2024届高考物理一轮总复习第五章机械能第4讲功能关系能量守恒定律第2课时功能关系的综合应用学案.docx

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1、第2课时功能关系的综合应用(一) 摩擦力做功与摩擦热1两种摩擦力做功的比较静摩擦力做功滑动摩擦力做功互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功2三步求解相对滑动物体的能量问题多维训练考查角度1摩擦热的计算1.将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿斜面下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均

2、相同。在这三个过程中，下列说法不正确的是( )A沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小不同，沿着2和3下滑到底端时，物块的速度大小相同B沿着1下滑到底端时，物块的速度最大C物块沿着3下滑到底端的过程中，产生的热量最多D物块沿着1和2下滑到底端的过程中，产生的热量相同解析：选A设1、2、3木板与地面的夹角分别为1、2、3，木板长分别为l1、l2、l3，当物块沿木板1下滑时，由动能定理有mgh1mgl1cos 1mv120；当物块沿木板2下滑时，由动能定理有mgh2mgl2cos 2mv220，又h1h2，l1cos 1l2cos 2，可得v1v2；当物块沿木板3下滑时，由动能定理有mgh3mgl

3、3cos 3mv320，又h2h3，l2cos 2l3cos 3，可得v2v3，故A错，B对；三个过程中产生的热量分别为Q1mgl1cos 1，Q2mgl2cos 2，Q3mgl3cos 3，则Q1Q2Q3，故C、D对。考查角度2摩擦力做功与功能关系的综合2(2021湖北高考)如图甲所示，一物块以一定初速度沿倾角为30的固定斜面上滑，运动过程中摩擦力大小f恒定，物块动能Ek与运动路程s的关系如图乙所示。重力加速度大小取10 m/s2，物块质量m和所受摩擦力大小f分别为( )Am0.7 kg，f0.5 NBm0.7 kg，f1.0 NCm0.8 kg，f0.5 NDm0.8 kg，f1.0 N解

4、析：选A010 m内物块上滑，由动能定理得mgsin30sfsEkEk0，整理得EkEk0(mgsin 30f)s，结合010 m内的图像得mgsin 30f4 N；1020 m内物块下滑，由动能定理得(mgsin 30f)(ss1)Ek，整理得Ek(mgsin 30f)s(mgsin 30f)s1，结合1020 m内的图像得mgsin30f3 N，联立解得f0.5 N，m0.7 kg。故A正确。考查角度3往复运动中摩擦力做功的计算3(多选)如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块，开始时将物块

5、拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板CB段间的动摩擦因数为，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，这时弹簧的弹性势能为E0，不计物块的大小，则下列说法正确的是( )A物块可能会停在CB面上某处B物块最终会做往复运动C弹簧开始具有的最大弹性势能为mv02E0D物块克服摩擦做的功最大为mv02mgL解析：选BD由于k，由此kLmg，由此，物块不可能停在BC段，故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以物块最终会在AC段做往返运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C

6、点的过程中，根据能量守恒定律得EpmE0mv02mg，故C错误；物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v0，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，可知物块克服摩擦做的功最大为WfmEpmE0mv02mgL，故D正确。(二) 传送带模型的能量问题1传送带问题的两个角度动力学角度首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系能量角度求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解2.功能关系分析(1)功能关系分

7、析：WEkEpQ。(2)对W和Q的理解：传送带做的功：WFx传。产生的内能：QFfx相对。考法全析考法(一)水平传送带问题例1(2021年8省联考江苏卷)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v4 m/s，与倾角为37的斜面的底端P平滑连接，将一质量m2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为10.25、20.20，取重力加速度g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。求物块：(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。解析(1)由动

8、能定理得(mgsin 371mgcos 37)Lmv120解得v18 m/s。(2)由牛顿第二定律得2mgma，物块与传送带共速时，由速度公式得vv1at1解得t6 s，匀速运动阶段的时间为t23 s第1次在传送带上往返运动的时间tt1t29 s。(3)由分析可知，物块第一次离开传送带以后，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒有Q1mgcos 37Lmv248 J。答案(1)8 m/s(2)9 s(3)48 J针对训练1(多选)如图所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以速度v沿顺时针方向转动，一个质量为m的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，

9、运动到B端，此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为23，重力加速度为g，传送带速度大小不变。下列说法正确的是( ) A物块的初速度大小为B物块做匀加速直线运动的时间为C物块与传送带间的动摩擦因数为D整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为解析：选BC由题意知v23，得v0，A错误；匀速运动中vt，则t，匀加速与匀速运动时间相等，B正确；由运动学公式v2v022ax，xL，ga，解得动摩擦因数为，C正确；由热量Qfs相对，s相对LLL，得Q，D错误。考法(二)倾斜传送带问题例2如图所示，绷紧的传送带与水平

10、面的夹角30，传送带在电动机的带动下，始终保持v02 m/s的速率运行，现把一质量为m10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t1.9 s，工件被传送到h1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。解析(1)由题图可知，传送带长x3 m工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1t1匀速运动的位移为xx1v0(tt1)解得加速运动的时间t10.8 s加速运动的位移x10.8 m所以加速度a2.5 m/s2由牛顿第二定律有mgcos mgsin ma解得。(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件

11、的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量，在时间t1内，传送带运动的位移，x传v0t11.6 m，在时间t1内，工件相对传送带的位移，x相x传x10.8 m，在时间t1内，摩擦生热，Qmgcos x相60 J，最终工件获得的动能Ekmv0220 J，工件增加的势能Epmgh150 J，电动机多消耗的电能WQEkEp230 J。答案(1)(2)230 J规律方法传送带模型问题的分析流程针对训练2(多选)如图甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行。现将一质量为m1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10

12、 m/s2，sin 370.6，cos 370.8。则下列说法正确的是( )A08 s内，物体位移的大小是18 mB08 s内，物体机械能增量是90 JC08 s内，物体机械能增量是84 JD08 s内，物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J解析：选BD从题图乙求出08 s内物体位移的大小x14 m，A错误；08 s内，物体上升的高度hxsin 8.4 m，物体机械能增量EEpEk90 J，B正确，C错误；06 s内物体的加速度agcos gsin 1 m/s2，解得，传送带速度大小为4 m/s,08 s内物体与传送带间的相对位移为x18 m，物体与传送带因摩擦产生的热量Qmgcos x12

13、6 J，D正确。(三) “滑块木板”模型中的能量问题1模型分类滑块木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块木板模型和斜面上的滑块木板模型。2位移关系滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。3解题关键找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。典例如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m1 kg，从光滑平台上的A点以v02 m/s 的初速度水平抛出，到达C点

14、时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数0.3，圆弧轨道的半径为R0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角60，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值。解析(1)小物块在C点时的速度大小vC小物块由C到D的过程中，由动能定理得mgR(1cos 60)mvD2mvC2代入数据解得vD2 m/s小物块在D点时由牛顿第二定律得FNmgm

15、代入数据解得FN60 N由牛顿第三定律得FNFN60 N，方向竖直向下。(2)设小物块刚好能滑到长木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1g，a2速度分别为vvDa1t，va2t对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得mgLmvD2(mM)v2解得L2.5 m。答案(1)60 N，方向竖直向下(2)2.5 m规律方法“滑块木板”问题的三种处理方法(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。如典例第(2)问：mvD(mM)v。 针对训练1.(多选)如图所示

16、，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是( )A物体B动能的减少量等于系统损失的机械能B物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量C物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和D摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量解析：选CD物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，B错误；由

17、能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，C正确；物体B克服摩擦力做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，D正确。2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )A. B. Cmv2 D2mv2解析：选C由能量转化和守恒定律可

18、知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故Wmv2mgx相，x相vtt，ag，vat，联立以上各式可得Wmv2，故C正确。课时跟踪检测一、立足主干知识，注重基础性和综合性1(2022佛山模拟)(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力Fmgsin ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数tan ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是( )解析：选CD根据滑块与斜面间的动摩擦因数tan 可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一

19、沿斜面向上的恒力Fmgsin ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，C、D正确；产生的热量QFfx，由受力分析可知，滑块做匀减速直线运动，xv0tat2，故QFf，Q和t为二次函数关系，动能EkEk0mgsin x，动能Ek和时间也是二次函数关系，A、B错误。2.(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )A前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动B后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同C

20、v相同时，不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同D相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍解析：选AC物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ffmgma，物品的加速度大小为ag，匀加速的时间为t，位移为xt，传送带匀速的位移为xvt，物品相对传送带滑行的距离为xxx，物品与传送带摩擦产生的热量为Qmgxmv2，则知v相同时，不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位

21、移为x，则知相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。3如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m2 kg 的另一物体B(可视为质点)以水平速度v02 m/s 滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )AA获得的动能为2 JB系统损失的机械能为4 JCA的最小长度为2 mDA、B间的动摩擦因数为0.1解析：选D由题图乙可知，A、B的加速度大小均为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，A获得的动能为1 J，A错误；系统损失的机械能Emv022mv22 J，B错误

22、；由题图乙可求出A、B相对位移为1 m，即A的最小长度为1 m，C错误；对物体B分析，根据牛顿第二定律得：mgma，解得0.1，D正确。4(多选)质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为，则( )A物体与水平面间的动摩擦因数为B物体再前进便停止C物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的 倍D若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0解析：选AD由动能定理知WfmgdE0，解得，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有mgsE0，解得sd，物体再前进便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动，则连续运动三个距离所用时

23、间之比为1(1)()，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知mg3dEk，解得Ek2E0，D正确。5(多选)如图所示倾角为30的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程( )A甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数B甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量C两个过程中皮带对滑块

24、所做的功相同D两个过程中电动机对皮带所做的功相同解析：选BC相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；动能增加量相同，f甲2hmghf乙hmgh，得f乙2f甲mg，相对位移x甲2x乙，根据Qfs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B正确；从传送带底端到顶端，甲、乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，根据B、

25、C两项分析知放甲滑块时电动机做的功较多，故D错误。6(2021年8省联考辽宁卷)(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是( )At0.5 s时，两滑块相距2 mBt1.5 s时，两滑块速度相等C01.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 mD02.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14

26、.5 J解析：选BCD两滑块做匀变速运动时的加速度大小ag2 m/s2，根据xv0tat2，t0.5 s时，两滑块相距xx03 m，A错误；传送带启动时，甲滑块的速度为v1v1at5 m/s，与传送带速度相等所用时间t11 s，因此在t1.5 s时，甲滑块速度与传送带相等；传送带启动时，乙滑块传送的速度为v2v2at1 m/s，与传送带速度相等所用时间t21 s，因此在t1.5 s时，乙滑块速度与传送带相等；t1.5 s时，两滑块速度相等，B正确；00.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x1v2tat20.75 m,0.51.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2v0t1 m，因此01.5 s

27、内，乙相对传送带的位移大小为x2x10.25 m，C正确；甲相对传送带的位移x甲v1t甲at甲2v0t甲61.5 m21.52 m31 m3.75 m，甲滑块与传送带间摩擦生热量Q1m1gx甲7.5 J，乙滑块与传送带间摩擦生热量Q2m2g(x1x2)7 J，因此02.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热为QQ1Q214.5 J，D正确。7(2022佛山模拟)如图甲所示，质量为0.1 kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平地面上、半径为0.4 m的半圆形轨道，小球速度的平方与其高度的关系图像如图乙所示。已知小球恰能到达最高点C，轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计。g取10 m/s2，B为轨道AC

28、中点。下列说法中不正确的是( )A图乙中x4 m2s2B小球从B到C损失了0.125 J的机械能C小球从A到C合外力对其做的功为1.05 JD小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8 m解析：选B当h0.8 m时，小球恰在C点，由于小球恰好通过最高点C，由mgm，可得vC2gr4 m2s2，A正确；小球从A到C的过程中，动能减少量EkmvA2mvC21.05 J，故合外力对其做的功为1.05 J，重力势能增加量Epmg2r0.8 J，故机械能减少0.25 J，由于小球在AB段所受摩擦力大于在BC段的摩擦力，故小球从B到C损失的机械能小于0.125 J，B错误，C正确；小球离开C点后做平抛运动，

29、由2rgt2，xvCt，可解得x0.8 m，故D正确。8.如图所示，传送带与地面的夹角37，A、B两端间距L16 m，传送带以速率v10 m/s沿顺时针方向运动，现有一物体质量m1 kg无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数0.5(取sin 370.6，cos 370.8，g10 m/s2)，求：(1)物体由A端运动到B端的时间；(2)系统因摩擦产生的热量。解析：(1)物体刚放上传送带时受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1设物体经时间t1加速到与传送带同速，则va1t1，x1a1t12解得a110 m/s2，t11 s，x15 m设物体经过时间t

30、2到达B端，因mgsin mgcos ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，可得mgsin mgcos ma2Lx1vt2a2t22解得t21 s故物体由A端运动到B端的时间tt1t22 s。(2)物体相对传送带运动的路程x相(vt1x1)(Lx1vt2)6 m故系统因摩擦产生的热量为Qmgcos x相24 J。答案：(1)2 s(2)24 J9如图所示，质量M8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数0.2，现对小物块施加一个大小F8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始

31、运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小物块和长木板的加速度各为多大；(2)长木板的长度；(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。解析：(1)长木板与小物块间摩擦力Ffmg4 N小物块加速度a12 m/s2长木板加速度a20.5 m/s2。(2)小物块对地位移x1a1t24 m长木板对地位移x2a2t21 m长木板长Lx1x23 m。(3)摩擦力对小物块做功W1Ffx116 J摩擦力对长木板做功W2Ffx24 J，故W1W20。答案：(1)2 m/s20.5 m/s2(2)3 m(3)见解析二、强化迁移能力，突出创新

32、性和应用性10.如图所示，倾角37的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 370.6，cos 370.8。求：(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数1和物块B与A间的动摩擦因数2；(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别

33、为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则La1t2，根据牛顿第二定律2mgsin 13mgcos 2mgcos 2ma1，以物块B为研究对象，则2La2t2，根据牛顿第二定律mgsin 2mgcos ma2，联立以上各式并代入数据解得10.5，20.375。(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式Lv1t,2Lv2t，因摩擦产生的总热量Qmg2Lsin 2mgLsin mv222mv12或Q13mgcos L2mg cos L，代入数据解得Q90 J。答

34、案：(1)0.50.375(2)90 J11如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A位于水平传送带的右端，B置于倾角为30的光滑固定斜面上，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v02 m/s逆时针匀速转动，某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v15 m/s运动，方向如图，经过一段时间A回到传送带的右端。已知A、B的质量均为1 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.1，斜面、轻绳、传送带均足够长，B不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取10 m/s2。求：(1)A向左运动的总时间；(2)A回到传送带右端的速度大小；(3)上述过程中，A与传送带间因摩擦产生的总热量。

35、解析：(1)A向左减速运动的过程中，刚开始时，A的速度大于传送带的速度，以A为研究对象，受到向右的摩擦力与绳对A的拉力，设绳子的拉力为FT1，以向右为正方向，得FT1mgma1，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A相等，B向上运动的过程mgsin 30FT1ma1，联立可得a13 m/s2，A的速度与传送带的速度相等时所用的时间t11 s，当A的速度与传送带的速度相等之后A的速度小于传送带的速度，受到的摩擦力方向向左，设绳子的拉力为FT2，以A为研究对象，则FT2mgma2，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A是相等的，B向上运动的过程中mgsin 30FT2ma2，联立可得a22

36、 m/s2，当A向左速度减为0，经过时间t21 s，A向左运动的总时间tt1t22 s。(2)A向右运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向左，仍然受到绳子的拉力，同时，B受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以A的加速度不变，仍为a3a22 m/s2，t1时间内A的位移x1t13.5 m，负号表示方向向左，t2时间内A的位移x2t21 m，负号表示方向向左，A向左运动的总位移xx1x24.5 m，A回到传送带右端的位移x3x4.5 m，速度v3 m/s。(3)t1时间内传送带的位移x1v0t12 m，该时间内传送带相对于A的位移大小x1x1x11.5 m，t2时间内传送带的位移x2v0t22 m，该时间内传送带相对于A的位移大小x2x2x21 m，A回到传送带右端的时间为t3，则t3 s，t3时间内传送带的位移x3v0t33 m，该时间内传送带相对于A的位移大小x3x3x3(4.53)m，A与传送带之间的摩擦力Ffmg1 N，上述过程中A与传送带间因摩擦产生的总热量QFf(x1x2x3)(73)J。答案：(1)2 s(2)3 m/s(3)(73)J