高考物理一轮复习 第五章 能量和动量冲刺训练

到乌蒙山区的昭通;从甘肃中部的定西，到内蒙古边陲的阿尔山，看真贫、知真贫，真扶贫、扶真贫，成为“花的精力最多”的事;“扶贫先扶志”“扶贫必扶智”“实施精准扶贫” 第五章 能量和动量 (一)系统机械能守恒的三类连接体模型 连接体问题是力学部分的难点，本书通过对近几年高考题及各地模拟题的深入研究，总结出以下三类可以利用系统机械能守恒来快速解题的连接体模型。 速率相等的连接体模型 1如图所示的两物体组成的系统，当释放B而使A、B运动的过程中，A、B的速度均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程相等，则A、B的速率相等。 2判断系统的机械能是否守恒不从做功角度判断，而从能量转化的角度判断，即：如果系统中只有动能和势能相互转化，系统的机械能守恒。这类题目的典型特点是系统不受摩擦力作用。 典例1 如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计。开始时整个系统处于静止状态；释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。求： (1)斜面的倾角； (2)A球获得的最大速度vm。 审题建模 (1)细线不可伸长，A、B两球速率一定相等，但B与C球以弹簧相连，速率一般不同。 (2)弹簧的弹性势能与弹簧的形变量大小有关，无论弹簧处于伸长状态还是压缩状态。 解析 (1)由题意可知，当A沿斜面下滑至速度最大时，C恰好离开地面。A的加速度此时为零 由牛顿第二定律得： 4mgsin 2mg0 则：sin ，30。 (2)由题意可知，A、B两小球及轻质弹簧组成的系统在初始时和A沿斜面下滑至速度最大时的机械能守恒，同时弹簧的弹性势能相等， 故有：2mgkx 4mgxsin mgx(5m)vm2 得：vm2g 。 答案 (1)30 (2)2g 集训冲关 1.如图所示，可视为质点的小球A、B用不可伸长的细软轻线连接，跨过固定在地面上半径为R的光滑圆柱，A的质量为B的两倍。当B位于地面时，A恰与圆柱轴心等高。将A由静止释放，B上升的最大高度是( ) A2R B. C. D. 解析：选C 如图所示，以小球A、B为系统，以地面为零势能面，设A质量为2m，B质量为m，根据机械能守恒定律有：2mgRmgR3mv2，A落地后B将以v做竖直上抛运动，即有mv2mgh，解得hR。则B上升的高度为RRR，故选项C正确。 2.(多选)(2017青岛一模)如图所示，固定在水平面上的光滑斜面倾角为30，质量分别为M、m的两个物体通过细绳及轻弹簧连接于光滑轻滑轮两侧，斜面底端有一与斜面垂直的挡板。开始时用手按住物体M，此时M到挡板的距离为s，滑轮两边的细绳恰好伸直，而没有力的作用。已知M2m，空气阻力不计。松开手后，关于二者的运动下列说法中正确的是( ) AM和m组成的系统机械能守恒 B当M的速度最大时，m与地面间的作用力为零 C若M恰好能到达挡板处，则此时m的速度为零 D若M恰好能到达挡板处，则此过程中重力对M做的功等于弹簧弹性势能的增加量与物体m的机械能增加量之和 解析：选BD 运动过程中，M、m与弹簧组成的系统机械能守恒，A错误；当M速度最大时，弹簧的弹力等于Mgsin 30mg，此时m对地面的压力恰好为零，B正确；然后M做减速运动，恰好能到达挡板时，也就是速度刚好减小到了零，之后M会上升并最终到达松手位置，所以此时弹簧弹力大于mg，即此时m受到的绳拉力大于自身重力，m还在加速上升，C错误；根据功能关系，M减小的机械能，等于m增加的机械能与弹簧增加弹性势能之和，而M恰好到达挡板时，动能恰好为零，因此M减小的机械能等于M减小的重力势能，即等于重力对M做的功，D正确。 3.(2017福建质检)如图所示，一根轻绳绕过光滑的轻质定滑轮，两端分别连接物块A和B，B的下面通过轻绳连接物块C，A锁定在地面上。已知B和C的质量均为m，A的质量为m，B和C之间的轻绳长度为L，初始时C离地面的高度也为L。现解除对A的锁定，物块开始运动。设物块可视为质点，落地后不反弹。重力加速度大小为g。求： (1)A刚上升时的加速度大小a； (2)A上升过程中的最大速度大小vm； (3)A离地面的最大高度H。 解析：(1)解除对A的锁定后，A加速上升，B和C加速下降，A、B、C加速度大小相等，设轻绳对A和B的拉力大小为T，由牛顿第二定律得 对A受力分析得： Tmgma 对B、C受力分析得： (mm)gT(mm)a 由式得ag。 (2)当物块C刚着地时，A的速度最大，从A刚开始上升到C刚着地的过程，由机械能守恒定律得 2mgLmgL2mvm2mvm2 由式得vm 。 (3)假设C落地后A继续上升h时速度为零，此时B未触地，A和B组成的系统，由动能定理得 mghmgh0vm2 由式得hL 由于hLL，假设成立， 所以A离地面的最大高度 HLhL。 答案：(1)g (2) (3)L 角速度相等的连接体模型 1如图所示的两物体组成的系统，当释放后A、B在竖直平面内绕O点的轴转动，在转动的过程中相等时间内A、B转过的角度相等，则A、B转动的角速度相等。 2系统机械能守恒的特点 (1)一个物体的机械能增加，另一个物体的机械能必然减少，机械能通过内力做功实现物体间的转移。 (2)内力对一个物体做正功，必然对另外一个物体做负功，且二者代数和为零。 典例2 质量分别为m和2m的两个小球P和Q，中间用轻质杆固定连接，杆长为L，在离P球处有一个光滑固定轴O，如图所示。现把杆置于水平位置后自由释放，在Q球顺时针摆动到最低位置时，求： (1)小球P的速度大小。 (2)在此过程中小球P机械能的变化量。 解析 (1)两球和杆组成的系统机械能守恒，设小球Q摆到最低位置时P球的速度为v，由于P、Q两球的角速度相等，Q球运动半径是P球运动半径的两倍，故Q球的速度为2v。由机械能守恒定律得 2mgLmgLmv22m(2v)2， 解得v。 (2)小球P机械能增加量 EmgLmv2mgL。 答案 (1) (2)增加mgL 易错提醒 角速度相等的连接体解题的三点提醒 (1)要注意判断系统的机械能是否守恒。 (2)注意寻找物体间的速度关系和位移关系。 (3)列机械能守恒方程时，一般选用EkEp的形式。 集训冲关 1.(多选)如图所示，质量分别为m和2m的两个小球A和B，中间用轻质杆相连，在杆的中点O处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)( ) AB球的重力势能减少，动能增加，B球和地球组成的系统机械能守恒 BA球的重力势能增加，动能也增加，A球和地球组成的系统机械能不守恒 CA球、B球和地球组成的系统机械能守恒 DA球、B球和地球组成的系统机械能不守恒 解析：选BC A球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B项正确；由于A球、B球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C项正确，D项错误；所以B球和地球组成系统的机械能一定减少，A项错误。 2.(多选)如图所示，一质量不计的直角形支架两端分别连接质量为m和2m的小球A和B，支架的两直角边长度分别为2L和L，支架可绕固定轴O点在竖直平面内无摩擦转动，开始时OA处于水平位置，由静止释放后( ) AA球的最大速度为2 BA球的速度最大时，两小球的总重力势能最小 CA球的速度最大时，两直角边与竖直方向的夹角为45 DA、B两球的最大速度之比vAvB21 解析：选BCD 支架和两小球组成的系统在转动过程中机械能守恒。A的重力势能减少，A、B的动能和B的重力势能增加。A、B角速度相等，A的线速度总是B的线速度的2倍。A球速度最大时是系统动能最大时，即两球的总重力势能最小。设OA转过角时A球速度最大，如图所示，则有m(2v)22mv2mg2Lsin 2mgL(1cos )，即3v22gL(sin cos 1)，由数学知识可知45时，速度最大，即vAm ，vBm，选项B、C、D正确。 3.如图所示，半径为r、质量不计的圆盘盘面与地面垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴O，在盘的右边缘固定有一个质量为m的小球A，在O点正下方离O点处固定一个质量也为m的小球B，放开盘让其自由转动。 (1)当A转动到最低点时，两小球的重力势能之和减少了多少？ (2)A球转到最低点时的线速度是多少？ (3)在转动过程中半径OA向左偏离竖直方向的最大角度是多少？ 解析：(1)以通过固定轴O的水平面为零势能面，开始时两球的重力势能之和为： Ep1EpAEpB0mgrmgr， 当小球A转至最低点时两小球重力势能之和为： Ep2EpAEpBmgr0mgr， 故两球重力势能之和减少量为： Ep减Ep1Ep2mgr(mgr)mgr。 (2)由于圆盘转动过程中，系统只有动能和重力势能相互转化，系统的机械能守恒，因此系统的重力势能的减少一定等于两球动能的增加。设A球转至最低点时，A、B的线速度分别为vA和vB，则mgrmvA2mvB2。因A、B两球固定在同一圆盘上，转动过程中角速度相等，故线速度的关系为vA2vB，解得vA 。 (3)设半径OA向左偏离竖直线的最大角度为，如图所示，该位置小球的速度为零，故系统的机械能为： E3Ep3mgsin mgrcos 。 开始时系统的机械能为：E1Ep1mgr，对系统由机械能守恒得：mgrmgrsin mgrcos ， 所以sin (舍去负值)，即arcsin37。 答案：(1)mgr (2) (3)37 分速度大小相等的连接体模型 1如图所示的两物体组成的系统，当释放后A、B运动的过程中，A、B的速度并非均沿绳子方向，在相等时间内A、B运动的路程不相等，则A、B的速度大小不相等，但二者在沿着绳子方向的分速度大小相等。 2列系统机械能守恒的两种思路 (1)系统动能的减少(增加)等于重力势能的增加(减少)。 (2)一个物体机械能的减少等于另一个物体机械能的增加。 典例3 如图所示，一个半径为R的半球形碗固定在桌面上，碗口水平，O点为其圆心，碗的内表面及碗口是光滑的。一根足够长的轻质细线跨在碗口上，线的两端分别系有小球A(可视为质点)和B，当它们处于平衡状态时，小球A与O点的连线与水平线的夹角为60。求： (1)小球A与小球B的质量比mAmB。 (2)现将A球质量改为2m，B球质量改为m，且开始时A球位于碗口右端的C点，由静止沿碗下滑。当A球滑到碗底时，两球总的重力势能改变量的大小。 (3)在(2)的条件下，当A球滑到碗底时，B球的速度大小。 解析 (1)设碗的内表面对A球的支持力为FN，细线中拉力为FT，由平衡条件得FNcos 60FTcos 60 FNsin 60FTsin 60mAg FTmBg 由联立解得：。 (2)当A球滑到碗底时，B球上升的高度为R，两球总的重力势能的减小量： Ep2mgRmgR(2)mgR。 (3)对系统由机械能守恒定律得， (2)mgR2mvA2mvB2 其中vAcos 45vB 解得：vB 。 答案 (1)1 (2)(2)mgR (3) 思维建模 (1)用绳或杆连接的两物体，沿绳或杆方向的分速度相等，而物体的速度、位移、或竖直方向高度的变化等一般不同。 (2)列系统机械能守恒的方程时，应用EkEp或EAEB，不必选取统一的零势面。 集训冲关 1.(多选)如图所示，将质量为2m的重物悬挂在轻绳的一端，轻绳的另一端系一质量为m的环，环套在竖直固定的光滑轻直杆上，光滑的轻小定滑轮与直杆的距离为d，杆上的A点与定滑轮等高，杆上的B点在A点下方距离为d处。现将环从A处由静止释放，不计一切摩擦阻力，下列说法正确的是( ) A环到达B处时，重物上升的高度h B环到达B处时，环与重物的速度大小相等 C环从A到B，环减少的机械能等于重物增加的机械能 D环能下降的最大高度为d 解析：选CD 重物上升的高度h与滑轮左侧轻绳的增加量相等，故h(1)d，A项错误；重物的速度v物v环cos 45，B项错误；由于不计一切摩擦阻力，环与重物组成的系统机械能守恒，即满足环减少的机械能等于重物增加的机械能，故C项正确；设环能下降的最大高度为h，由机械能守恒得：mgh2mg，解得hd，D项正确。 2(多选)(2017三门峡市陕州中学检测)如图所示，在距水平地面高为0.4 m处，水平固定一根长直光滑杆，在杆上P点固定一定滑轮，滑轮可绕水平轴无摩擦转动，在P点的右边，杆上套有一质量m2 kg的小球A。半径R0.3 m的光滑半圆形细轨道竖直地固定在地面上，其圆心O在P点的正下方，在轨道上套有一质量也为m2 kg的小球B。用一条不可伸长的柔软细绳，通过定滑轮将两小球连接起来。杆和半圆形轨道在同一竖直面内，两小球均可看作质点，且不计滑轮大小的影响。现给小球A一个水平向右的恒力F50 N。(取g10 m/s2)则( ) A把小球B从地面拉到P的正下方C处时力F做功为20 J B小球B运动到C处时的速度大小为0 C小球B被拉到与小球A速度大小相等时，sinOPB D把小球B从地面拉到P的正下方C处时小球B的机械能增加了6 J 解析：选AC 对于F的做功过程，由几何知识得到：力F作用点的位移xPBPC m(0.4 m0.3 m)0.4 m，则力F做的功WFx500.4 J20 J，故A正确； 由于B球到达C处时，已无沿绳的分速度，所以此时小球A的速度为零，考察两球及细绳组成的系统的能量变化过程，由功能关系得：Wmv2mgR，代入已知量得：20 J(2v22100.3) J，解得小球B速度的大小v m/s，故B错误；当细绳与轨道相切时两球速度相等，如图所示， 由三角形知识得：sinOPB， 故C正确； 设最低点势能为0，小球B从地面拉到P的正下方C处时小球B的机械能增加， EEkEpmv2mgR20 J， 故D错误。 3.如图所示，跨过同一高度处的定滑轮的细线连接着质量相同的物体A和B，A套在光滑水平杆上，定滑轮离水平杆的高度h0.2 m，开始时让连着A的细线与水平杆的夹角137，由静止释放B，当细线与水平杆的夹角253时，A的速度为多大？在以后的运动过程中，A所获得的最大速度为多大？(设B不会碰到水平杆，sin 370.6，sin 530.8，取g10 m/s2) 解析：对A、B两物体组成的系统，只有动能和重力势能的相互转化，机械能守恒。设细线与水平杆的夹角253时，A的速度为vA，B的速度为vB，此过程中B下降的高度为h1，则有mgh1mvA2mvB2， 其中，h1，vAcos 2vB， 代入数据，解以上关系式得vA1.1 m/s。 A沿着杆滑到左侧滑轮正下方的过程，细线拉力对A做正功，A做加速运动，此后细线拉力对A做负功，A做减速运动，故当390时，A的速度最大，设为vAm，此时B下降到最低点，B的速度为零，此过程中B下降的高度为h2， 则有mgh2mvAm2， 其中h2h， 代入数据解得vAm1.63 m/s。 答案：1.1 m/s 1.63 m/s 第五章冲刺985深化内容 (二)能量和动量问题的三组强化训练 伴随着“动量”调整为必考内容，动量与能量结合的“压轴题”更容易受到高考试卷命题人的青睐，因此本书特意为冲刺985的考生准备了动量与能量结合的三组经典题目，进行强化训练。 子弹打木块中的能量和动量问题 1.(多选)如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动。已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为l，子弹进入木块的深度为d，若木块对子弹的阻力Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是( ) AFflMv2 BFfdMv2 CFfdmv02(Mm)v2 DFf(ld)mv02mv2 解析：选ACD 作出如图所示的运动过程示意图，从图中可以看出，当木块前进距离l，子弹进入木块的深度为d时，子弹相对于地面发生的位移为ld，由牛顿第三定律，子弹对木块的作用力大小也为Ff。 子弹对木块的作用力对木块做正功，由动能定理得： FflMv2 木块对子弹的作用力对子弹做负功，由动能定理得： Ff(ld)mv2mv02 两式联立得： Ffdmv02(Mm)v2 所以，A、C、D正确。 2如图所示，一木块放在光滑水平面上，一子弹水平射入木块中，射入的深度为d，平均阻力为Ff。设木块运动位移为x时开始匀速前进，下列判断正确的是( ) AFfd量度子弹、木块系统总动能的损失 BFfd量度子弹损失的动能 CFfd量度木块增加的动能 DFf(xd)量度木块增加的动能 解析：选A 子弹在阻力作用下做减速运动，其相对于地面的位移为(xd)，而木块在力的作用下做加速运动，其相对于地面的位移为x，当二者速度相同(设为v)时，一起做匀速运动。根据动能定理，对子弹：Ff(xd)mv2mv02，对木块：FfxMv2；两式相加得Ffdmv02，即二者减少的动能等于系统产生的热量Ffd(QFfd)，故A正确。 3(2017贵州二模)如图所示，在平直轨道上P点静止放置一个质量为2 m的物体A，P点左侧粗糙，右侧光滑，现有一颗质量为m的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起滑上光滑平面，与前方静止物体B发生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离d停下。已知物体A与粗糙面间动摩擦因数为，求： (1)子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能； (2)B物体的质量。 解析：(1)设子弹与物体A的共同速度为v， 由动量守恒定律得 mv03mv 则该过程损失的机械能 Emv023mv2mv02 (2)以子弹、物体A和物体B为系统， 设B的质量为M，碰后子弹和物体A的速度为v1，物体B的速度为v2， 由动量守恒定律得 3mvMv23mv1 碰撞过程机械能守恒 3mv23mv12Mv22 子弹与物体A滑上粗糙面到停止，由能量守恒定律得3mgd3mv12 又， 综上可解得M9m 答案：(1)mv02 (2)9m 板块模型中的能量和动量问题 4.(多选)(2017泰安质检)如图，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是( ) A小物块到达小车最右端时具有的动能为(FFf)(Lx) B小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx C小物块克服摩擦力所做的功为Ff(Lx) D小物块和小车增加的机械能为Fx 解析：选ABC 由动能定理可得小物块到达小车最右端时的动能Ek物W合(FFf)(Lx)，A正确；小车的动能Ek车Ffx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功WfFf(Lx)，C正确；小物块和小车增加的机械能为F(Lx)FfL，D错误。 5.(多选)如图所示，一块长木板B放在光滑的水平面上，在B上放一物体A，现以恒定的外力F拉B，由于A、B间摩擦力的作用，A将在B上滑动，以地面为参考系，A、B都向前移动一段距离。在此过程中( ) A外力F做的功等于A和B动能的增量 BB对A的摩擦力所做的功等于A的动能增量 CA对B的摩擦力所做的功等于B对A的摩擦力所做的功 D外力F对B做的功等于B的动能的增量与B克服摩擦力所做的功之和 解析：选BD A物体所受的合外力等于B对A的摩擦力，对物体A应用动能定理，则有B对A的摩擦力所做的功等于A的动能的增量，选项B正确；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B相对地的位移不等，故二者做功大小不等，选项C错误；对长木板B应用动能定理，WFWfEkB，即WFEkBWf就是外力F对B做的功，等于B的动能增量与B克服摩擦力所做的功之和，选项D正确；由前述讨论知B克服摩擦力所做的功与A的动能增量(等于B对A的摩擦力所做的功)大小不等，故选项A错误。 6.如图所示，质量M3 kg的足够长的小车静止在光滑的水平面上，半径R0.8 m的光滑圆弧轨道的下端与小车的右端平滑对接，质量m1 kg的物块(可视为质点)由轨道顶端由静止释放，接着物块离开圆轨道滑上小车。从物块滑上小车开始计时，t2 s时小车被地面装置锁定。已知物块与小车之间的动摩擦因数0.3，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)物块运动至圆轨道的下端时受到的支持力FN； (2)小车被锁定时，其右端距圆轨道的下端的距离x； (3)物块静止时，系统增加的内能Q。 解析：(1)设物块运动至圆轨道的下端时速度为v，由动能定理得mgRmv2，v4 m/s 此时物块做圆周运动，由牛顿第二定律得FNmg， 解得FN30 N，方向竖直向上。 (2)物块滑上小车后， 对物块有：mgma1；对小车有：mgMa2。 设经时间t，物块和小车达到共同速度v， 有vva1ta2t， 解得t1 s，而tt，即物块和小车共速后，又以速度v运动了tt1 s，小车才被锁定。 小车被锁定时，其右端距圆弧轨道下端的距离： xvtv(tt)，解得x1.5 m。 (3)整个过程中，物块相对小车运动的路程： xa2t2， 系统增加的内能Qmgx， 解得Q6.5 J。 答案：(1)30 N，方向竖直向上 (2)1.5 m (3)6.5 J 7如图所示，一小车置于光滑水平面上，轻质弹簧右端固定，左端栓连物块b，小车质量M3 kg，AO部分粗糙且长L2 m，与物块间动摩擦因数0.3，OB部分光滑。另一小物块a放在车的最左端，和车一起以v04 m/s的速度向右匀速运动，车撞到固定挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连。已知车OB部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内。a、b两物块视为质点且质量均为m1 kg，碰撞时间极短且不粘连，碰后一起向右运动。(取g10 m/s2)求： (1)物块a与b碰后的速度大小； (2)当物块a相对小车静止时小车右端B到挡板的距离； (3)当物块a相对小车静止时在小车上的位置到O点的距离。 解析：(1)对物块a，由动能定理得： mgLmv12mv02， 代入数据解得a与b碰前速度：v12 m/s； a、b碰撞过程系统动量守恒，以a的初速度方向为正方向， 由动量守恒定律得：mv12mv2， 代入数据解得：v21 m/s； (2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a以v21 m/s在小车上向左滑动，当与车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得： mv2(Mm)v3，代入数据解得：v30.25 m/s， 对小车，由动能定理得：mgsMv32， 代入数据解得，同速时车B端距挡板的距离： s m0.03125 m； (3)由能量守恒得：mgxmv22(Mm)v32， 解得滑块a与车相对静止时与O点距离： x m0.125 m 答案：(1)1 m/s (2)0.03125 m (3)0.125 m 传送带模型中的能量和动量问题 8.(多选)如图所示，水平传送带由电动机带动，并始终保持以速度v匀速运动。现将质量为m的某物块由静止轻放在传送带的左端，过一会儿物块能保持与传送带相对静止。设物块与传送带间的动摩擦因数为，对于这一过程，下列说法正确的是( ) A摩擦力对物块做的功为mv2 B传送带克服摩擦力做的功为mv2 C系统摩擦生热为mv2 D电动机多做的功为mv2 解析：选ACD 题述过程中，传送带匀速运动的位移x1vt，物块的位移x2t，即传送带的位移是木块位移的两倍，对物块运用动能定理，摩擦力做的功等于物块动能的增加，即Wffx2mv2，故选项A正确；传送带克服摩擦力做的功Wfx12fx2mv2，故B错误；系统因摩擦产生的热量等于Qf(x1x2)mv2，故选项C正确；根据能量守恒，电动机多做的功使电能一部分转化为物体的动能，一部分转化为产生的热量，故电动机多做的功为mv2，故选项D正确。 9.(多选)(2017大庆一模)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为，物块a通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b相连，b的质量为m，开始时，a、b及传送带均静止，且a刚好不受传送带摩擦力作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b上升高度h(未与滑轮相碰)过程中( ) A物块a的重力势能减少mgh B摩擦力对a做的功大于a机械能的增加 C摩擦力对a做的功小于物块a、b动能增加之和 D任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等 解析：选ABD 开始时，a、b及传送带均静止，且a刚好不受传送带摩擦力作用，有magsin mbg，则ma。b上升h，则a下降hsin ，则a重力势能的减少量为maghsin mgh，故A正确；根据能量守恒得，a、b系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量。所以摩擦力做功大于a的机械能增加。由前述讨论可知，a、b系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加，故B正确，C错误；任意时刻a、b的速率相等，对b，克服重力的瞬时功率Pbmgv，对a有：Pamagvsin mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确。 10(2017盐城模拟)已知一足够长的传送带与水平面的倾角为，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t0时刻，记录物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(取沿传送带斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1v2)。已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2。则下列判断正确的是( ) A0t1时间内，物块对传送带做正功 B物块与传送带间的动摩擦因数为，mgsin ，故tan ，B错误；0t2时间内，由图可知图线所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带方向向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得WWGmv22mv12，则传送带对物块做的功Wmv22mv12，C错误；0t2时间内，物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律可知，系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D正确。 11如图所示，倾角为45的粗糙斜面AB足够长，其底端与半径为R0.4 m的两个光滑圆弧轨道BCD的最低点B平滑相接，O为轨道BC圆心，BO为圆弧轨道BC的半径且为竖直线，A、D两点等高，在D点右侧有一以v13 m/s的速度逆时针转动的传送带，传送带足够长。质量m1 kg的滑块P从A点由静止开始下滑，恰能滑到与O等高的C点，重力加速度g取10 m/s2，滑块与传送带间的动摩擦因数为0.2。 (1)求滑块与斜面间的动摩擦因数1； (2)若使滑块恰能到达D点，滑块应从离地多高处由静止开始下滑？ (3)在第(2)问前提下若滑块滑到D点后水平滑上传送带，滑块返回后最终在斜面上能上升多高，此情况下滑块在传送带上产生的热量Q为多少？ 解析：(1)滑块P从A到C的过程，由动能定理得： mg(2RR)1mgcos 450 解得10.5。 (2)若滑块P恰能到达D点，在D点，由牛顿第二定律有： mgm，vD2 m/s 从离地H的高处到D点的过程，由动能定理得： mg(H2R)1mgcos 45mvD20， 解得H2 m。 (3)由于v1vD，滑块P返回到D点时的速度大小仍为vD。 设滑块P从D点返回后在斜面上上升的最大高度为h，由动能定理得： mg(2Rh)1mgcos 450mvD2， 解得h m 当滑块P在传送带上向右运动时，加速度大小为 ag 滑块向右运动的位移为s11 m， 传送带的位移为s2v1tv13 m 两者相对位移为s1s1s24 m 当滑块P在传送带上向左运动时，两者相对位移为 s2s2s12 m 产生的热量为Qmg(s1s2)12 J。 答案：(1)0.5 (2)2 m (3) m 12 J 12如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M2 kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u“2 m/s”的速率逆时针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量m1 kg的小物块B从其上距水平台面h1.0 m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数0.2，l1.0 m。设物块A、B中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g10 m/s2。 (1)求物块B与物块A第一次碰撞前速度大小； (2)通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？ (3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B第n次碰撞后的运动速度大小。 解析：(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0 由机械能守恒知 mghmv02 v0 设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，mgma 设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 v2v022al 联立解得v4 m/s 由于vu2 m/s， 所以v4 m/s 即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小。 (2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为V、v1，取向右为正方向，由弹性碰撞知 mvmv1MV mv2mv12MV2 解得v1vm/s 即碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动 设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l，则 0v122al l m1 m 所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上。 (3)当物块B在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1，继而与物块A发生第二次碰撞。设第二次碰撞后物块B速度大小为v2，同上计算可知 v2v12v 物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞、碰撞后物块B的速度大小依次为 v3v23v、 v4v34v、 则第n次碰撞后物块B的速度大小为 vnnv m/s。 答案：(1)4 m/s (2)见解析 (3) nv 第五章冲刺985深化内容 (三)测定动摩擦因数的三种方法 动摩擦因数是一个重要的物理量，测定动摩擦因数已成为近几年高考实验命题的热点。其测量方法主要有以下三种：利用平衡条件测定，利用动力学观点测定，利用能量观点测定，现分述如下： 利用平衡条件测定动摩擦因数 典例1 某同学在做“测定滑块与木板间动摩擦因数”的实验时，设计了两种实验方案。 图1 方案一：木板固定，用弹簧秤拉动滑块，如图1(a)所示。 方案二：用弹簧秤钩住滑块，用力拉动木板，如图1(b)所示。 除了实验必需的弹簧秤、滑块、木板、细线外，该同学还准备了若干重量均为2.0 N的砝码。试分析下列问题： (1)上述两种方案中，你认为较合理的方案是_ (选填“方案一”或“方案二”)，理由是_ _。 (2)该同学选用较合理的方案后，在滑块上加放砝码，改变滑块对木板的压力，共进行了5次实验，部分实验数据如下表所示： 实验次数 1 2 3 4 5 砝码对滑块的压力F/N 0 2.0 4.0 6.0 8.0 弹簧秤读数Ff/N 1.5 2.5 2.9 3.5 第2次实验弹簧秤读数如图2所示，将此次实验中弹簧秤的拉力大小读出并填入上表； 请根据实验数据在图3中作出FfF关系图像； 由所作图像可知，滑块的重力为G_N，滑块与木板间的动摩擦因数为_。 解析 (1)较合理的方案是方案二，因为对于方案一，只有当滑块匀速运动时弹簧秤的读数才等于滑块与木板之间的摩擦力大小，在实际操作中很难用弹簧秤拉着滑块做匀速直线运动。而对于方案二，只要木板运动，弹簧秤的读数就等于滑块与木板之间的滑动摩擦力，即木板向左运动的快慢不会引起弹簧秤的示数变化。 (2)弹簧秤的读数为Ff2.0 N。 根据实验数据所作的图像如图所示。 在方案二中，滑块受到的滑动摩擦力为Ff(FG)FG，可见FfF图像的斜率k即滑块与木板之间的动摩擦因数，图像在纵轴上的截距为滑块重力与动摩擦因数的乘积。根据数学知识可求得图像的斜率为k0.25，所以滑块与木板间的动摩擦因数为0.25。 图像在纵轴上的截距为b1.5 N，由图像截距的物理意义可求得，滑块重力为G6.0 N。 答案 (1)方案二 见解析 (2)2.0 见解析图 6.0 0.25 题后悟通 (1)采用方案二时，无论木板是做匀速还是加速运动，弹簧秤的示数均为滑块所受的摩擦力大小。 (2)本题中FfFNF，这也是FfF图像不过原点的原因。 集训冲关 1.某同学设计了测定动摩擦因数的实验，(已知重力加速度为g)其设计的实验装置如图所示。其中A为一质量为M的长直木板，B为木板上放置的质量为m的物块，C为物块右端连接的一轻质弹簧测力计。实验时用力将A从B的下方抽出，通过C的读数F1即可测出动摩擦因数。则该设计能测出_(填“A与B”或“A与地面”)之间的动摩擦因数，其表达式为_。 解析：当A从B的下方抽出时，B处于静止状态，弹簧测力计的读数F1与B所受的滑动摩擦力Ff大小相等，B对木板A的压力大小等于B的重力mg，由FfFN得，从C上读取F1，则可求得，即A与B之间的动摩擦因数。 答案：A与B 2.(2017惠州调研)某同学在做测定木块与木板间的动摩擦因数的实验时，设计了如图实验方案。 除了实验必需的器材之外，该同学还准备了质量为100 g的砝码若干个，该同学在木块上加放砝码，改变木块对木板的正压力FN，并记录若干组弹簧弹力F弹与FN的数据，而且以F弹为纵坐标，FN为横坐标，做出图像，那么作出来的图像应该是图_。 解析：根据摩擦力公式F弹FN，故F弹与FN成正比，故B正确。 答案：B 利用动力学观点测定动摩擦因数 典例2 某同学想测定一滑块与桌面之间的动摩擦因数，其实验装置如图1所示：实验时先把滑块固定于水平桌面的A点处，此时重物与水平地面的初始高度为y。现在由静止开始释放滑块，如图2所示(滑块从A点到定滑轮的距离大于y)，当重物碰到地板时，滑块和重物都获得速度vb。此后，滑块将滑动一段距离x后停止，如图3所示。然后将滑块重新置于桌面上的A点，多次重复上述实验，不计滑轮与细绳之间的摩擦，试分析下列问题： (1)由于不容易直接测量y，故测量A、B间的长度，等效为y，某次测量的结果如图4所示，则由此次测量的结果可得y_ cm。 图4 (2)实验中保持重物的质量m1175 g，滑块的质量m2250 g，多次测量y、x的结果如下表所示： y/cm 33.5 33.5 33.7 33.5 33.5 33.5 33.7 33.5 33.5 34.1 x/cm 26.4 26.0 26.5 26.3 26.5 26.3 26.3 26.5 26.7 26.5 根据以上测量数据求得滑块与桌面之间的动摩擦因数_。(结果保留3位有效数字) 解析 (1)由题图4中刻度尺的读数可知y33.4 cm。 (2)滑块从A到B的过程中，设滑块和重物的共同加速度大小为a1，则有m1gm2g(m1m2)a1 对重物有vb22a1y 滑块从B到C的过程中有vb22gx 联立得 求出x、y的平均值，代入可得 0.300。 答案 (1)33.4 (2)0.300 题后悟通 用动力学观点来测定动摩擦因数时要先求出联系运动学与力学的桥梁，即加速度，然后建立与滑动摩擦力相关的动力学方程，即可求出动摩擦因数。 集训冲关 1某同学为测定木块与木板之间的动摩擦因数的实验设计如图甲所示。他在一端带有定滑轮的长木板上固定有A、B两个光电门，与光电门相连的计时器可以显示带有遮光片的物块在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。实验时，多次改变砂桶中砂的质量，每次都让物块从靠近光电门A处由静止开始运动，读出多组测力计示数F及对应的物块在两光电门之间的运动时间t。在坐标系中作出F的图线如图乙所示，图线的斜率为k，与纵轴的截距为b，与横轴的截距为c。因该同学不能测出物块质量，故该同学还应该测出的物理量为_。根据该测量物理量及图线信息可知物块与木板之间的动摩擦因数表达式为_。 解析：物块由静止开始做匀加速运动，位移xat2。 a，根据牛顿第二定律得 对于物块，F合Fmgma，则：Fmg 则图线的斜率为：k2mx，与纵轴的截距为bmg； k与摩擦力是否存在无关，小车与长木板间的动摩擦因数： 。由此表达式可知，该同学还应该测出光电门A、B之间的距离x。 答案：光电门A、B之间的距离x 2(2017哈尔滨师范大学附属中学模拟)某高一同学寒假时，在教材中查到木质材料与金属材料间的动摩擦因数为0.2，为了验证这个数据，他设计了一个实验方案，如图所示，图中长铝合金板水平固定。 (1)下列哪些操作是必要的_。 A调整定滑轮高度，使细绳与水平铝合金板平行 B将铝合金板垫起一个角度 C选尽量光滑的滑轮 D砝码的质量远小于木块的质量 (2)下图为木块在水平铝合金板上带动纸带运动时打出的一条纸带，测量数据如图所示，则木块加速度大小a_m/s2(电火花计时器接在频率为50 Hz的交流电源，结果保留2位有效数字)。 (3)该同学在实验报告中，将测量原理写为：根据mgMgMa，所以。其中M为木块的质量，m为砝码盘和砝码的总质量，a为木块的加速度，重力加速度为g。判断该同学的做法是否正确，如不正确，请写出正确表达式：_。 (4)若m70 g，M100 g，则可测得_(g取9.8 m/s2，保留2位有效数字)。 解析：(1)实验过程中，应调整定滑轮高度，使细绳与长铝合金板平行，同时选尽量光滑的滑轮，这样摩擦阻力只有木块与铝合金板之间的摩擦力，故选项A、C正确。 (2)据推论公式xaT2，得：a， 代入题给数据解得a3.0 m/s2。 (3)对M、m组成的系统，由牛顿第二定律得： mgMg(Mm)a，解得：。 (4)将m70 g0.070 kg，M100 g0.1 kg，a3.0 m/s2代入，整理可以得到：0.18。 答案：(1)AC (2)3.0 (3)不正确， (4)0.18 3(2017佛山模拟)某同学设计了一个如图1所示的装置来测定滑块与木板间的动摩擦因数，其中A为质量是M的滑块，B和C是质量可调的砝码，不计绳和滑轮的质量及一切摩擦。实验中该同学在砝码总质量(m0mm)保持不变的条件下，改变m和m的大小，测出不同m下系统的加速度，然后通过实验数据的分析就可求出滑块与木板间的动摩擦因数。 (1)该同学手中有打点计时器、纸带、10个质量均为100克的砝码、滑块、一端带有定滑轮的长木板、细线，为了完成本实验，得到所要测量的物理量，还应有_。 A秒表 B毫米刻度尺 C天平 D交流电源 (2)实验中，该同学得到一条较为理想的纸带，如图2所示，从清晰的O点开始，每隔4个点取一计数点(中间4个点没画出)，分别记为A、B、C、D、E、F，各计数点到O点的距离为OA1.61 cm，OB4.02 cm，OC7.26 cm，OD11.30 cm，OE16.14 cm，OF21.80 cm，打点计时器打点频率为50 Hz，则由此纸带可得到打E点时滑块的速度v_m/s，此次实验滑块的加速度a_m/s2。 图3 (3)在实验数据处理中，该同学以m为横轴，以系统的加速度a为纵轴，绘制了如图3所示的实验图线，结合本实验可知滑块与木板间的动摩擦因数_。(g取10 m/s2) 解析：(1)通过打点计时器的打点数即可知道时间，故不需要秒表，故A错误；实验需要测量纸带上打出的点之间的距离，故需要毫米刻度尺，故B正确；本实验中可以不测滑块的质量，而且砝码的质量已知，故天平可以不选，故C错误；打点计时器要用到交流电源，故D正确。 (2)每隔4个点取一计数点，相邻计数点之间的时间间隔为0.1 s，故由平均速度等于中间时刻的瞬时速度可得： vE m/s0.53 m/s； 由xat2可得：a0.81 m/s2。 (3)对ABC系统应用牛顿第二定律可得： ag， 所以，at图像中，纵轴的截距为g， 故g3，0.3。 答案：(1)BD (2)0.53 0.81 (3)0.3 4(2017烟台模拟)为了测量木块与木板间的动摩擦因数，某小组使用DIS位移传感器设计了如图甲所示实验装置，让木块从倾斜木板上一点A由静止释放，位移传感器可以测出木块到传感器的距离。位移传感器连接计算机，描绘出滑块相对传感器的位移x随时间t的变化规律如图乙所示。 (1)根据图乙图线，计算0.4 s时木块的速度v_m/s，木块加速度a_m/s2(结果均保留2位有效数字)。 (2)为了测定动摩擦因数，还需要测量的量是_(已知当地的重力加速度g)，可得