高三物理一轮复习收尾二轮专题突破检测机械能守恒定律功能关系(均为高考题及模拟题).pdf

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1、学习必备欢迎下载机械能守恒定律功能关系A组(45 分钟100 分) 一、选择题 ( 本大题共8 小题 , 每小题 8 分, 共 64 分。多选题已在题号后标出) 1.( 多选 )(2013 周口一模 ) 如图 , 一物体从光滑斜面AB底端 A点以初速度 v0上滑 , 沿斜面上升的最大高度为h。下列说法中正确的是( 设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)( ) A.若把斜面CB部分截去 , 物体冲过C点后上升的最大高度仍为h B.若把斜面AB变成光滑曲面AEB,物体沿此曲面上升仍能到达B点C.若把斜面弯成圆弧形D, 物体仍沿圆弧升高h D.若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状, 物

2、体上升的最大高度有可能仍为h 2.(2013 汕头一模 ) 蹦床运动员与床垫接触的过程可简化为下述模型: 运动员从高处落到处于自然状态的床垫(A 位置 ) 上, 随床垫一同向下做变速运动到达最低点(B 位置 ), 如图所示。有关运动员从A运动至 B的过程 , 下列说法正确的是( ) A.运动员的机械能守恒B.运动员的速度一直减小C.合力对运动员做负功D.运动员先超重后失重3.( 多选 )(2013 潍坊二模 ) 如图所示 ,质量为 m的小球穿在半径为R的光滑圆环上 , 可以沿圆环自由滑动, 连接小球的轻质弹簧另一端固定在圆环的最高点。现将小球从圆环的水平直径右端B点静止释放 , 此时弹簧处于自

3、然长度。当小球运动至圆环最低点C 时速度为 v, 此时小球与圆环之间没有弹力。运动过程中弹簧始终处在弹性限度内, 则下面判断正确的是( ) A.小球在 B点的加速度大小为g, 方向竖直向下B.该过程中小球的机械能守恒C.在 C点弹簧的弹性势能等于mgR- mv2D.该过程中小球重力做的功等于其动能的增量4. 如图所示 , 竖直向上的匀强电场中, 绝缘轻质弹簧直立于地面上, 上面放一个质量为 m的带正电的小球, 小球与弹簧不连接。现将小球向下压到某位置后由静学习必备欢迎下载止释放 , 若小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中, 重力和电场力对小球做功的大小分别为W1和 W2, 小球离开弹簧时速度为

4、v, 不计空气阻力, 则上述过程中( ) A.带电小球电势能增加W2B.弹簧弹性势能最大值为W1+mv2C.弹簧弹性势能减少量为W2+W1D.带电小球和弹簧组成的系统机械能增加W25.(2013 遂宁一模 ) 一质量为0.1kg 的小球自t=0 时刻从水平地面上方某处自由下落, 小球与地面碰撞后反向弹回, 不计空气阻力, 也不计小球与地面碰撞的时间, 小球距地面的高度h 与运动时间t 关系如图所示 , 取 g=10m/s2。则 ( ) A.小球第一次与地面碰撞时机械能损失了5 J B.小球第二次与地面碰撞前的最大速度为20 m/s C.第二次碰撞后小球反弹过程中的最大势能( 地面为零势能面)E

5、p=1.25J D.小球将在t=6s 时与地面发生第四次碰撞6.(2013 安徽高考 ) 质量为 m的人造地球卫星与地心的距离为r 时, 引力势能可表示为Ep=-, 其中 G为引力常量 ,M 为地球质量。该卫星原来在半径为R1的轨道上绕地球做匀速圆周运动, 由于受到极稀薄空气的摩擦作用 , 飞行一段时间后其圆周运动的半径变为R2, 此过程中因摩擦而产生的热量为( ) A.GMm(-) B.GMm(-) C.(-) D.(-) 7.(2013 眉山二模 ) 在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带, 如图所示 , 当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后, 传送带和行李之间的滑动摩

6、擦力使行李开始运动, 随后它们保持相对静止 , 行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查, 设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4m/s, 某行李箱的质量为5kg, 行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2, 在旅客把这个行李箱小心地放在传送带上, 通过安全检查的过程中,g 取 10m/s2,则 ( ) 学习必备欢迎下载A.开始时行李的加速度为0.2 m/s2B.行李到达B点的时间为2s C.传送带对行李做的功为0.4 J D.传送带上将留下一段摩擦痕迹, 该痕迹的长度是0.03 m 8.(2013 嘉兴一模 ) 如图所示是全球最高的( 高度 208 米) 北京朝阳公园摩天轮 , 一质量为m的乘

7、客坐在摩天轮中以速率v 在竖直平面内做半径为R的匀速圆周运动, 假设 t=0 时刻乘客在轨道最低点且重力势能为零, 那么 ,下列说法错误的是( ) A.乘客运动的过程中, 重力势能随时间的变化关系为Ep=mgR1-cos(t) B.乘客运动的过程中, 在最高点受到座位的支持力为mg-mC.乘客运动的过程中, 机械能守恒 , 且机械能为E=mv2D.乘客运动的过程中, 机械能随时间的变化关系为E= mv2+mgR1-cos(t) 二、计算题 ( 本大题共2 小题 , 共 36 分。需写出规范的解题步骤) 9.(18分) 有一倾角为 =37的硬杆, 其 上套一底端固定且劲度系数为k=120N/m的

8、轻弹簧 , 弹簧与杆间无摩擦。一个质量为m=1kg的小球套在此硬杆上 , 从 P 点由静止开始滑下, 已知小球与硬杆间的动摩擦因数为=0.5,P与弹簧自由端Q间的距离为l=1m 。弹簧的弹性势能与其形变量x 的关系为Ep=kx2。 (sin37 =0.6,cos37 =0.8, 取 g=10m/s2) 求: (1) 小球从开始下滑到与弹簧自由端相碰所经历的时间t; (2) 小球运动过程中达到的最大速度vm; (3) 若使小球在P点以初速度v0下滑后又恰好回到P点, 则 v0需多大 ? 10.(18分 )(2013 佛山一模 ) 如图甲所示 ,ABC 为竖直放置的半径为0.1m 的半圆形轨道 ,

9、 在轨道的最低点A和最高点C 各安装了一个压力传感器, 可测定小球在轨道内侧通过这两点时对轨道的压力FA和 FC。质量为学习必备欢迎下载0.1kg 的小球 , 以不同的初速度v 冲入 ABC轨道。 (g 取 10m/s2) (1) 若 FC和 FA的关系图线如图乙所示, 求: 当 FA=13N时小球经过A 点时的速度vA, 以及小球由A点滑至 C 点的过程中损失的机械能。(2) 若轨道 ABC光滑 , 小球均能通过C点。试推导FC随 FA变化的关系式。B组(45 分钟100 分) 一、选择题 ( 本大题共8 小题 , 每小题 8 分, 共 64 分。多选题已在题号后标出) 1.( 多选 )(2

10、013 广东高考 ) 如图 , 游乐场中 , 从高处 A到水面 B处有两条长度相同的光滑轨道。甲、乙两小孩沿不同轨道同时从A处自由滑向B处, 下列说法 正确的有 ( ) A.甲的切向加速度始终比乙的大B.甲、乙在同一高度的速度大小相等C.甲、乙在同一时刻总能到达同一高度D.甲比乙先到达B处2.(2013 宣城一模 ) 从地面竖直上抛一个质量为m的小球 , 小球上升的最大高度为H。设上升过程中空气阻力 F阻恒定 , 则对于小球的整个上升过程, 下列说法中错误的是( ) A.小球动能减少了mgH B.小球机械能减少了F阻H C.小球重力势能增加了mgH D.小球的加速度大于重力加速度g 3.(20

11、13 淮安一模 ) 铁饼运动员奋力将质量为m的铁饼以初速度v0抛出 ,v0与水平面成 角, 铁饼到达的最大高度为h, 不计空气阻力和抛出点的高度, 运动员抛铁饼过程对铁饼做的功可以表示为( ) A.m+mgh B.mgh 学习必备欢迎下载C.mgh+ mcos2D.mgh+ msin24.( 多选 ) 如图所示 ,相距均为d 的三条水平虚线L1、L2和 L3,L1与 L2、L2与L3之间分别有垂直纸面向外、向里的匀强磁场, 磁感应强度大小均为B。一个边长也是d 的正方形导线框, 从 L1上方一定高度处由静止开始自由下落, 当 ab 边刚越过L1进入磁场时 , 恰好以速度v1做匀速直线运动; 当

12、 ab 边在越过L2运动到L3之前的某个时刻, 线框又开始以速度v2做匀速直线运动, 在线框从进入磁场到速度变为v2的过程中 , 设线框的动能变化量为Ek, 重力对线框做功为W1, 安培力对线框做功为W2, 下列说法中正确的有( ) A.在导线框下落过程中, 由于重力做正功, 所以 v2v1B.从 ab 边进入磁场到速度变为v2的过程中 , 线框动能的变化量为Ek=W1+W2C.从 ab 边进入磁场到速度变为v2的过程中 , 线框动能的变化量为Ek=W1-W2D.从 ab 边进入磁场到速度变为v2的过程中 , 机械能减少了W1- Ek5.(2013 泸州二模 ) 如图所示 , 长度相同的三根轻

13、杆构成一个正三角形支架, 在A处固定质量为2m的小球 ,B 处固定质量为m的小球 , 支架悬挂在O点, 可绕过 O点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动, 开始时OB与地面相垂直。放手后支架开始运动 , 在不计任何阻力的情况下, 下列说法不正确的是( ) A.A 处小球到达最低点时速度为0 B.A 处小球机械能的减少量等于B处小球机械能的增加量C.B 处小球向左摆动所能到达的最高位置应高于A处小球开始运动时的高度D.当支架从左向右回摆时,A 处小球能回到起始高度6.(2013 福州一模 ) 如图所示 ,在光滑斜面上的A 点先后水平抛出和静止释放两个质量相等的小球1 和 2, 不计空气阻力 , 最

14、终两小球在斜面上的 B点相遇 , 在这个过程中( ) A.小球 1 重力做的功大于小球2 重力做的功B.小球 1 机械能的变化大于小球2 机械能的变化C.小球 1 到达 B点的动能大于小球2 到达 B点的动能D.两小球到达B点时 , 在竖直方向的分速度相等7.(2013 南通模拟 ) 如图甲所示 , 在倾角为 的光滑斜面上,有一个质量为m的物体在沿斜面方向的力F 的作用下由静止开始运动, 物体的机械能E 随位移x 的变化关系如图乙所示。其中0 x1过程的图线是曲学习必备欢迎下载线,x1x2过程的图线为平行于x 轴的直线 ,则下列说法中正确的是( ) A.物体在沿斜面向上运动B.在 0 x1过程

15、中 , 物体的加速度一直减小C.在 0 x2过程中 , 物体先减速再匀速D.在 x1x2过程中 , 物体的加速度为gsin 8.( 多选 )(2013 潍坊一模 ) 如图所示 , 在升降机内固定一光滑的斜面体,一轻弹簧的一端连在位于斜面体上方的固定木板B上,另一端与质量为m的物块 A相连 , 弹簧与斜面平行。整个系统由静止开始加速上升高度h 的过程中 ( ) A.物块 A的重力势能增加量一定等于mgh B.物块 A的动能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和C.物块 A的机械能增加量等于斜面的支持力和弹簧的拉力对其做功的和D.物块 A和弹簧组成系统的机械能增加量等于斜面对物块的支持力和

16、B对弹簧拉力做功的和二、计算题 ( 本大题共2 小题 , 共 36 分。需写出规范的解题步骤) 9.(18分)(2013 西安一模 ) 如图所示 , 质量为m1的物体 A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体 B相连 ,弹簧的劲度系数为k,A 、B都处于静止状态。一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮, 一端连物体A, 另一端连一轻挂钩。开始时各段绳都处于伸直状态,A 上方的一段沿竖直方向。若在挂钩上挂一质量为m3的物体 C,则 B将刚好离地。若将C 换成另一个质量为m1+m3的物体D,仍从上述初始位置由静止状态释放 , 则这次 B刚离地时D的速度大小是多少?( 已知重力加速度为g) 10.(18分

17、 )(2013 济南二模 ) 如图所示 , 固定的粗糙弧形轨道下端B点水平 , 上端 A学习必备欢迎下载与 B点的高度差为h1=0.3m, 倾斜传送带与水平方向的夹角为 =37, 传送带的上端C点到 B点的高度差为h2=0.1125m(传送带传动轮的大小可忽略不计) 。一质量为m=1kg的滑块 ( 可看作质点 ) 从轨道的A点由静 止滑下 , 然后从B 点抛出 , 恰好以平行于传送带的速度从C 点落到传送带上, 传送带逆时针传动, 速度大小为v=0.5m/s, 滑块与传送带间的动摩擦因数为 =0.8, 且传送带足够长, 滑块运动过程中空气阻力忽略不计,g=10m/s2, 试求 : (1) 滑块

18、运动至C点时的速度vC大小 ; (2) 滑块由 A到 B运动过程中克服摩擦力做的功Wf; (3) 滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q 。答案解析A组1. 【解析】 选 B、D。斜面光滑 , 系统机械能守恒, 若把斜面CB部分截去 ,物体从 A点运动到C点后做斜上抛运动 , 到达最高点时有水平方向的分速度, 则物体上升不到h 高度。而变成曲面AEB及从 C点以上部分弯成与 C点相切的圆弧状, 物体到达最高点时速度都可为零, 物体可达最大高度h, 而沿圆弧形D物体做圆周运动,到达最高点需有个最小速度, 故选项 B、D正确。2. 【解析】 选 C。由能量守恒定律可知, 运动员减少的机械能转

19、化为床垫的弹性势能, 故选项 A错误 ; 当 F弹=mg时,a=0, 在此之前 ,F弹mg,加速度方向向上( 超重 ), 物体 做减速运动 , 选项 B、D错误 ;从 A位置到 B位置 ,由动能定理得W合=-Ek0, 选项 C正确。3.【解析】 选 A、C。小球在 B点只受重力作用, 故在该处的加速度为重力加速度,A 对。 从 B到 C的过程中 ,小球和弹簧组成的系统机械能守恒,B 错。对小球和弹簧从B到 C的过程由机械能守恒得 mgR= mv2+Ep弹, 即Ep 弹=mgR- mv2,C 对,D 错。学习必备欢迎下载【方法技巧】机械能守恒的判断方法(1) 物体只受重力作用, 发生动能和重力势

20、能的相互转化, 如物体做自由落体运动、抛体运动等。(2) 只有弹力做功, 发生动能和弹性势能的相互转化。如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞 , 在其与弹簧作用的过程中, 物体和弹簧组成的系统的机械能守恒。上述弹力是指与弹性势能对应的弹力,如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力,不是指压力、支持力等。(3) 物体既受重力又受弹力作用, 只有弹力和重力做功, 发生动能、 重力势能、 弹 性势能的相互转化, 如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上, 在小球与弹簧作用的过程中, 物体和弹簧组成的系统的机械能守恒。(4) 物体除受重力或弹力外虽然受其他力的作用, 但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零

21、, 如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动, 其拉力与摩擦力大小相等, 该过程中物体的机械能守恒。4. 【解题指南】解答本题时应注意以下两点: (1) 明确小球的带电性质, 正确判断电势能的变化情况。(2) 明确电场力做的功等于系统机械能的增加量。【解析】 选 D。电场力对小球做了W2的正功 , 根据功能关系可知, 小球的电势能减少了W2, 选项 A错误 ; 对于小球在上述过程中,有 W2+W弹-W1=mv2, 根据功能关系可知, 弹簧弹性势能最大值为W1+mv2-W2, 选项 B、C错误; 根据功能关系知, 选项 D正确。5. 【解析】 选 C。小球第一次与地面碰撞时机械能损失了E=

22、(20-5)J=15 J, 第二次与地面碰撞前的最大速度 vm=10m/s, 第二次碰撞后小球反弹的最大高度h=gt2=1.25m, 最大重力势能Ep=mgh=1.25J, 每次碰后均损失机械能,弹起高度减小, 空中运动时间变短, 故第四次碰撞在t=6s 之前 , 正确答案为C。6. 【解析】 选 C。选卫星为研究对象, 当卫星做圆周运动时, 万有引力提供向心力: =m可得 Ek=mv2=故卫星由半径为R1的轨道变为半径为R2的轨道的过程中损失的机械能为: E=E1-E2= Ep1+Ek1-(Ep2+Ek2) 代入数据可得学习必备欢迎下载E=(-) 由能量转化和守恒定律得, 卫星损失的机械能等

23、于通过摩擦产生的热量, 产生的热量为(-),C项正确。7. 【解析】 选 C 。行李开始运动时由牛顿第二定律有: mg=ma,所以 a=2m/s2, 故 A错误 ; 由于传送带的长度未 知 , 故 时 间 不 可 求 , 故B 错 误 ; 行 李 最 后 和 传 送 带 一 起 匀 速 运 动 , 所 以 传 送 带 对 行 李 做 的 功 为W= mv2=0.4J,C 正确 ; 在传送带上留下的痕迹长度为s=vt-=0.04 m,D 错误。8. 【解析】 选 C。在最高点 , 根据牛顿第二定律可得,mg-FN=m, 乘客受到座位的支持力为FN=mg-m,B 项正确 ; 由于乘客在竖直平面内做

24、匀速圆周运动, 其动能不变, 重力势能发生变化, 所以乘客在运动的过程中机械能不守恒,C 项错误 ; 在时间 t 内转过的弧度为t, 所以对应t 时刻的重力势能为Ep=mgR1-cos(t),总的机械能为E=Ek+Ep=mv2+mgR1-cos(t),A、 D两项正确。9. 【解析】 (1) 由牛顿第二定律得:F合=mgsin- mgcos =ma,解得 a=2m/s2 (2 分) 由l=at2, 解得 t=2al=1s (2 分) (2) 当小球从P点无初速滑下时, 弹簧被压缩至x 处有最大速度vm, 由 mgsin- mgcos=kx 得 x=m=0.017m (2分) 由功能关系得: m

25、gsin(l+x)- mgcos(l+x)-W弹=m (1分) 又 W弹=kx2 (2分) 代入数据解得vm=2m/s (2分) (3) 设小球从P点压缩弹簧至最低点, 弹簧的压缩量为x1, 由动能定理得学习必备欢迎下载mgsin(l+x1)- mgcos (l+x1)-k=0-m (3分) 从最低点经过弹簧原长Q点回到 P点的速度为0, 则有k-mgsin (l+x1)- mgcos(l+x1)=0 (2分) 解得 :x1=0.5m,v0=4.9m/s (2分) 答案 : (1)1s (2)2 m/s (3)4.9 m/s 【方法技巧】涉及弹性势能的机械能守恒问题的分析技巧(1) 弹簧的弹性

26、势能与弹簧劲度系数和形变程度有关, 对同一根弹簧而言, 无论是处于伸长状态还是压缩状态, 只要形变量相同, 其储存的弹性势能就相同。(2) 对同一根弹簧而言, 先后经历两次相同的形变过程, 则两次过程中弹簧弹性势能的变化相同。(3) 弹性势能公式Ep=kx2不是考试大纲中规定的内容, 高考试题除非在题干中明确给出该公式, 否则不必用该公式定量解决物理计算题, 以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的。10. 【解析】 (1) 由牛顿第三定律可知, 小球在 A、 C两点所受轨道的弹力大小FA=FA,FC=FC在 A点由牛顿第二定律得FA -mg=(2 分) 解得 vA

27、=2m/s (1 分) 在 C点由牛顿第二定律得FC +mg= (2分) 解得 vC=2m/s 对 A至 C的过程 , 由动能定理得 :Wf-mg2R= m-m (3 分) 联立解得学习必备欢迎下载Wf=m-m+2mgR=-0.2J (3分) 故损失的机械能为0.2J (1分 ) (2) 因轨道光滑 , 小球由 A至 C的过程中机械能守恒m=m+mg 2R (2 分) 联立解得FA-FC=6mg (2分) 即 FC=(FA-6)N (2分) 答案 : (1)2m/s 0.2J (2)FC=(FA-6)N B 组1. 【解析】 选 B、D。在曲线上任取一点,将重力沿轨道的切线方向分解,切线与水平

28、方向成的锐角为 , 则切向力为 :mgsin =ma切, 可得甲的切向加速度一直减小, 乙的切向加速度一直增大, 在 B点, 有 a甲切a乙切,A 错误 ;对 甲 、 乙 下 落 相 同 高 度h, 由 重 力 做 功 的 特 点 和 动 能 定 理 得mgh= mv2,v=,B 正确 ; 从 A到 B,开始一段甲的切向加速度大于乙的切向加速度, 即甲的速度增加得快, 平均速度大 , 二者位移相等, 由如图所示的速率时间图像知甲比乙先到达 B处,D 正确、 C错误。2. 【解析】 选 A。由动能定理知, 小球动能减少了(mg+F阻)H,A 错误 ; 由功能关系知, 小球机械能减少了F阻H,B

29、正确 ;重力势能增加了mgH,C正确 ; 小球的加速度为g+,D 正确。3. 【解析】 选 C 。由功能关系知, 铁饼抛出时获得的动能m等于运动员对其做的功,A 错。当铁饼上升到最大高度时,v=v0cos, 铁饼抛出后机械能守恒, 故m=mgh+ mv2=mgh+ mcos2, 故 C对,B、 D错。4. 【解析】 选 B、D。当 ab 边刚越过L1进入磁场时 , 恰好以速度v1做匀速直线运动, 说明线框所受的重力和安培力相平衡; 当 ab 边在越过L2运动到 L3之前的某个时刻又开始以v2做匀速直线运动, 此时电路中有双电动势产生 , 在刚越过L2边界后 ,线框所受安培力变大且方向向上, 线

30、框做减速运动, 速度减小 , 有 v2Ek2,C 正确 ; 由上面的分析可知 , 两小球到达B 点时 , 小球 1 的速度大于小球2 的速度 , 且小球 1 的速度方向与竖直方向的夹角小于小球 2 速度方向与竖直方向的夹角, 因此 , 小球 1在竖直方向上的速度大于小球2在竖直方向上的速度,D 错误。7. 【解析】 选 D。由图乙可知 , 在 0 x1过程中 , 物体机械能减少, 故力 F在此过程中做负功, 因此 , 物体沿斜面向下运动 , 因在 E-x 图线中的0 x1阶段 ,图线的斜率逐渐变小, 故力 F 在此过程中逐渐减小, 由 mgsin-F=ma 可知 , 物体的加速度逐渐增大,A、

31、 B、C 错误 ;x1x2过程中 , 物体机械能保持不变,F=0, 故此过程中物体的加速度a=gsin ,D 正确。8. 【解析】 选 C、D。整个系统由静止开始加速上升, 系统处于超重状态, 弹簧伸长量变大, 物块 A升高的高度小于 h, 选项 A错误 ; 对物块 A由动能定理得 ,EkA=W支+W弹-W重, 选项 B错误 ; 物块 A和弹簧组成的系统受重力 GA、斜面对物块的支持力FNA和木板 B 对弹簧的拉力F弹, 物块 A 和弹簧组成的系统的机械能增加量等于学习必备欢迎下载除物块 A的重力以外其他力做的功, 选项 D正确。9. 【解析】 开始时 A、B静止 , 即处于平衡状态。设弹簧的

32、压缩量为x1, 则有 :kx1=m1g (3 分) 挂上 C后, 当 B刚要离地时 ,设弹簧的伸长量为x2,则有 :kx2=m2g (3 分) 此时 ,A 和 C的速度均为零从挂上 C到 A和 C的速度均为零时, 根据机械能守恒定律可知, 弹性势能的改变量为: E=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2) (5分) 将 C换成 D后 , 有: E+ (m1+m3+m1)v2=(m1+m3)g(x1+x2)-m1g(x1+x2) (5 分) 联立解得 :v=。 (2分) 答案 :【方法技巧】运用机械能守恒定律解题的步骤(1) 选取研究对象; (2) 分析研究对象的物理过程及其初、末状态; (3

33、) 分析所研究的物理过程中, 研究对象的受力情况和这些力的做功情况, 判断是否满足机械能守恒定律的适用条件 ; (4) 规定参考平面( 用转化观点时 , 可省略这一步); (5) 根据机械能守恒定律列方程; (6) 解方程 ,统一单位 , 进行运算 , 求出结果 , 进行检验。10. 【解题指南】(1) 滑块从B 到 C 做平抛运动 , 由于滑块恰好平行于传送带从C 处落到传送带上, 所以 vC与水平方向夹角为37。(2) 从 A到 B,利用动能定理求克服摩擦力做的功Wf。(3) 求摩擦生热时, 关键是求出滑块与传送带间的相对位移。【解析】 (1) 在 C点, 竖直分速度 :vy=(1 分)

34、vy=vCsin37 (1 分) 由得vC=2.5m/s (1分) 学习必备欢迎下载(2) 滑块在 C点的水平分速度为vx=vB=vCcos37=2 m/s (2分) 从 A点到 B点的过程中 , 据动能定理有 : mgh1-Wf=m (2分) 解得 Wf=1J (1分) (3) 滑块在传送带上运动时,据牛顿第二定律有: mgcos37-mgsin37 =maa=0.4m/s2方向沿传送带向上 (2分 ) 滑块与传送带达到共同速度耗时: t=5s (2分) 二者间的相对位移为: s=t-vt=5m (2分) 由于 mgsin37mgcos37, 此后滑块将做匀速运动 (2分) Q= mg scos37 =32J (2分) 答案 : (1)2.5m/s (2)1 J (3)32 J