综合•融通(三) 机械能守恒定律与功能关系的综合应用（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理必修第二册（鲁科版2019 福建专版）

机械能守恒定律与功能关系的综合应用 (融会课——主题串知综合应用) 综合•融通(三) 在应用机械能守恒定律解决的问题中，通过细绳、弹簧连接的物体组成的系统所涉及的情境相对复杂，隐含条件发掘困难，因此，解答过程容易出错；学习了功、功率、动能定理、机械能守恒定律后，对于功能关系和能量守恒定律应该具有更进一步的认识，能从功能关系和能量守恒的角度分析解决一些实际问题。通过本节课的学习，要熟练掌握系统机械能守恒及功能关系、能量守恒定律相关问题的特点及解题思路。 1 主题(一)　系统机械能守恒问题 2 主题(二)　功能关系及其应用 3 主题(三)　能量守恒定律及其应用 4 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 主题(一)　系统机械能 守恒问题 1.应用思路 (1)对多个物体组成的系统要注意判断物体运动过程中，系统的机械能是否守恒。 (2)注意寻找用绳或杆相连接的物体间的速度关系和位移关系。 (3)列机械能守恒方程时，一般选用转化式ΔEk=-ΔEp或转移式ΔEA=-ΔEB。 知能融会通 2.细绳连接的物体系统 (1)常见情境 (2)三点提醒 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。 3.弹簧连接的物体系统 (1)弹簧和物体组成的系统在只有弹簧弹力和重力做功时，物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能之间相互转化，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个物体或弹簧的机械能都不守恒。 (2)弹簧弹力做的功等于弹簧弹性势能的改变量，而弹簧弹力做功与路径无关，只取决于初、末状态弹簧形变量的大小。 [典例]　(2024·福州高一期末)如图甲所示，长度为l的轻质杆可以绕位于杆的中点的固定光滑转轴O转动，可视为质点的A、B两球固定在轻质杆的两端，两球质量分别为m、3m，初始用外力控制杆处于水平状态，撤去外力后杆将会在竖直平面内转动起来。已知重力加速度为g，以下说法正确的是 (　 ) A.从初始状态到B球到达最低点过程中，杆上弹力对A球不做功 B.从初始状态到B球到达最低点过程中，杆上弹力对B球做正功 C.B球到达最低点时，OA杆对A球弹力为零 D.若转轴O位于杆的三等分处且靠近B球(如图乙所示)，A球将无法到达转轴O的正上方 √ [解析]　从初始状态到B球到达最低点过程中，A球的动能、重力势能均增大，故A球机械能增大，可知杆上弹力对A球做正功，故A错误；A、B球组成的系统只有动能和重力势能间的相互转化，机械能守恒，A球机械能增大，故B球机械能减小，故杆上弹力对B球做负功，故B错误； B球到达最低点时，由题意可知，A、B两球速度v大小相等，根据机械能守恒定律有3mg·=mg·+mv2+·v2，解得v=，对A球根据牛顿第二定律得mg+FN=，解得FN=0，故B球到达最低点时OA杆对A球弹力为零，故C正确； 若转轴O位于杆的三等分处且靠近B球，假设A球能到达转轴O正上方，此时速度为2v'，由于同根杆上各点角速度相同，故B球此时到达转轴O的正下方，速度为v'，根据机械能守恒定律得3mg·=mg·+m(2v')2 +·v'2，解得v'=，故A球可以到达转轴O的正上方，故D错误。 [思维建模] 应用机械能守恒定律解题的步骤 1.如图所示，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑的轻质 定滑轮，绳两端各系一小球a和b。a球质量为m，静止于 地面；b球质量为3m，用手托住，距地面的高度为h，此 时轻绳刚好被拉紧。从静止开始释放b球，则当b球刚落 地时a球的速度为(不计空气阻力，重力加速度为g) (　 ) A. B. C. D. 题点全练清 √ 解析：a、b两球组成的系统机械能守恒，设b球刚落地时的速度大小为v，则整个过程中系统动能增加量Ek增=(m+3m)v2=2mv2，系统重力势能的减少量Ep减=3mgh-mgh=2mgh，由机械能守恒定律得Ek增=Ep减，所以2mv2=2mgh，解得v=，A正确。 2.A的质量m1=4m，B的质量m2=m，斜面固定在水平地面上，倾角为30°。开始时将B按在地面上不动，然后放手，让A沿斜面由静止下滑而B上升。斜面足够长，A与斜面无摩擦，如图所示，设当A沿斜面下滑s距离后，细绳突然断了，求B上升的最大高度H。(不计空气阻力、绳与滑轮摩擦) 答案：1.2s 解析：A、B组成的系统机械能守恒，设细绳断开时A与B速率均为v，则有：4mgssin 30°=(4m)v2+mv2+mgs，解得：v=。细绳断了之后，B以初速度v竖直向上运动，机械能守恒：mgh=mv2，解得h=0.2s。 B上升的最大高度为：H=h+s， 代入数据解得：H=1.2s。 主题(二)　功能关系及其应用 1.功能关系的理解 (1)做功的过程就是能量转化的过程。不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的。 (2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数值上相等。 知能融会通 2.几种常见的功能关系及其表达式 力做功 能的变化 定量关系 合外力 做功 动能 变化 (1)合外力做正功，动能增加 (2)合外力做负功，动能减少 (3)W合=Ek2-Ek1=ΔEk 重力 做功 重力势 能变化 (1)重力做正功，重力势能减少 (2)重力做负功，重力势能增加 (3)WG=-ΔEp=Ep1-Ep2 弹簧弹 力做功 弹性势 能变化 (1)弹力做正功，弹性势能减少 (2)弹力做负功，弹性势能增加 (3)W弹=-ΔEp=Ep1-Ep2 除重力和 弹簧弹力 之外的其 他力做功 机械能 变化 (1)其他力做正功，机械能增加 (2)其他力做负功，机械能减少 (3)W其他=ΔE机 续表 一对相互 作用的滑 动摩擦力 的总功 内能变化 (1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加 (2)Q=f·l相对 续表 [典例]　如图，一轻弹簧原长为L，一端固定 在光滑细杆的O点，另一端连接一质量为m的小 球，小球和弹簧穿在细杆上，杆上有A、B两点，OA=L，OB=L。当细杆与水平面成30°角时，小球由A点无初速度释放，到达B点时速度为零。现让细杆绕O点转到竖直位置，小球再由A点无初速度释放，重力加速度大小为g，则小球运动到B点的过程中，下列说法正确的是(　 ) A.小球重力势能减少 B.弹簧的弹性势能增加 C.小球动能增加 D.小球机械能减少 √ [解析]　当细杆与水平面成30°角时，从A到B，根据动能定理有mgLsin 30°+W弹=0-0，故弹簧弹力做功W弹=-mgL。细杆绕O点转到竖直位置，A、B的高度差为，重力做功mgL，小球重力势能减少，A错误；弹簧形变相同，所以弹力做功仍为W弹=-mgL，弹性势能增加mgL，合力做功mg·L+W弹=mgL，小球的动能增加mgL，B、C错误；根据能量守恒定律可知弹簧增加的弹性势能是小球减少的机械能转化而来，所以小球机械能减少，D正确。 1.如图所示，质量为m的物体(可视为质点)以某一 速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加 速度大小为g，g为重力加速度，此物体在斜面上上升的最大高度为h，则在这个过程中物体(　 ) A.重力势能增加了mgh B.克服摩擦力做功为mgh C.动能损失了mgh D.机械能损失了mgh 题点全练清 √ 解析：物体在斜面上能够上升的最大高度为h，所以重力势能增加了mgh，故A错误；加速度a=g=，解得摩擦力f=mg，物体在斜面上能够上升的最大高度为h，发生的位移为2h，则克服摩擦力做功为，故B错误；由动能定理可知，动能损失量为合外力做的功的大小ΔEk=F合·s=m·g·2h=mgh，故C错误；机械能的损失量为fs=mg·2h=mgh，故D正确。 2.(2024·山东高考)如图所示，质量 均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平 放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E=kx2(x为绳的伸长量)。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于(　 ) A.+μmg(l-d) B.+μmg(l-d) C.+2μmg(l-d) D.+2μmg(l-d) √ 解析：当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板整体有kx0=μmg，解得弹性绳的伸长量x0=，则此时弹性绳的弹性势能为E0=k=，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙及其所坐木板的位移为x1=x0+l-d，则由功能关系可知该过程F所做的功W=E0+μmgx1=+μmg(l-d)，故选B。 主题(三)　能量守恒定律 及其应用 1.能量守恒定律 (1)内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化或转移的过程中，能量的总量保持不变。 (2)适用范围：能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适用的一条规律。 知能融会通 2.对定律的理解 (1)ΔE一种=-ΔE其他：某种形式的能量减少，一定存在另外形式的能量增加，且减少量和增加量相等。 (2)ΔEA=-ΔEB：某个物体的能量减少，一定存在别的物体的能量增加，且减少量和增加量相等。 (3)E1=E2：初状态的各种能量总和等于末状态的各种能量总和。 [典例]　(2024·江苏高考)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从 A点由静止加速至 B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从 C点又恰好到达最高点D。已知重力加速度为g。求： (1)CD段长x； [答案]　 [解析]　物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma 由运动学公式得0-v2=-2ax 联立解得x=。 (2)BC段电动机的输出功率P； [答案]　mgv　 [解析]　物块在BC段匀速运动，由平衡条件得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ 输出功率P=Fv=mgv。 (3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。 [答案]　 [解析]　全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ 整个过程能量守恒，电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，可知E2=E1+μmgcos θ·L 可得==。 [思维建模] 运用能量守恒定律解题的基本思路 1.荡秋千运动因其设备简单，容易学习，故而深受人 们的喜爱。会荡秋千的人不用别人推，就能越摆越高， 而不会荡秋千的人则始终也摆不起来。要使秋千越摆越 高，以下做法合理的是 (　 ) 题点全练清 A.从高处摆下来的时候身体迅速下蹲，而从最低点向上摆起时，身体迅速直立起来 B.从高处摆下来的时候身体要保持直立，而从最低点向上摆起时，身体迅速下蹲 C.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起，身体都要保持下蹲 D.不论从高处摆下来还是从最低点向上摆起，身体都要保持直立 √ 解析：由能量守恒定律可知，要让秋千越荡越高，那么应该在秋千从高处摆下来的时候身体迅速下蹲，使重心降低，使更多的重力势能转化为动能；秋千过了最低点后向上摆起时，身体应该迅速直立起来，升高重心，获得更多的重力势能，故A正确。 2.(2023·广东1月学考)水力发电对实现“碳达峰”目标具有重要意义。当某水电站的水位落差为150 m时，用于发电的水流量为每秒钟1×107 kg，发电机组的发电效率为60%。重力加速度g取10 m/s2，若某电动汽车行驶1 km消耗500 kJ的电能，则此时该水电站每秒钟所发的电可使该电动汽车行驶的里程是 (　 ) A.1.6×104 km B.1.8×104 km C.2.0×104 km D.2.2×104 km √ 解析：根据题意可知，发电机组每秒所发电能为W=mgh·60% =9×109 J=9×106 kJ，该水电站每秒钟所发的电可使该电动汽车行驶的里程是x= km=1.8×104 km。故选B。 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1.如图所示,运动员从十米跳台起跳到全身入水过程中, 下列说法正确的是 (　 ) A.运动员的机械能保持不变 B.下落过程中重力做正功 C.整个过程只有重力做功 D.手入水后运动员的动能开始减小 √ 6 7 8 9 10 11 12 解析:运动员从起跳到全身入水过程中,除了重力做功外,还有空气阻力做功,入水后,还有水的阻力做功,机械能不守恒,A、C错误;下落过程中重力是做正功的,B正确;手入水后,刚开始水的阻力小于重力,运动员还是加速下落,动能增大,直到阻力大小等于重力时,速度达到最大,之后,阻力大于重力,做减速运动,动能减小,D错误。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2.如图所示,质量为60 kg的滑雪运动员从雪道上的某点 腾空而起,空中飞行一段时间后落在比起点低的雪道上,落点 与腾空起点的竖直距离为10 m,空中飞行过程中运动员克服 阻力做功为100 J。重力加速度取g=10 m/s2,则关于运动员空中飞行过程的下列说法正确的是 (　 ) A.他的动能增加了6 000 J B.他的机械能减少了100 J C.他的重力势能减少了5 900 J D.他的机械能保持不变 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:重力做功为WG=mgh=60×10×10 J=6 000 J,可知重力势能减少6 000 J,C错误;空中飞行过程中运动员克服阻力做功100 J,可知机械能减少了100 J,B正确,D错误;根据动能定理可得ΔEk=WG+Wf=6 000 J -100 J=5 900 J,可知动能增加了5 900 J,A错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2024·莆田高一检测)某人用球拍以初速度v0竖直向上击出一个质量为m的小球,小球在运动过程中受到阻力的大小恒为f,能达到的最大高度为h,重力加速度为g,则小球从击出到落回击出点的过程中 (　 ) A.人对小球做功mgh B.人对小球做功m C.小球的机械能减少了fh D.小球的机械能守恒 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:人对小球做的功等于小球动能的变化,即m,小球从击出到落回击出点的过程中机械能不守恒,机械能的减少量等于克服阻力做的功,即2fh,所以B正确,A、C、D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4.如图所示,小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上,从小球接 触弹簧开始到弹簧被压缩至最短的过程中(弹簧一直保持竖直),下 列说法不正确的是 (　 ) A.小球的动能不断减小 B.弹簧的弹性势能不断增大 C.弹簧的弹性势能和小球的动能之和不断增大 D.小球的动能和重力势能之和不断减小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:小球刚接触弹簧时,重力大于弹力,小球先向下做加速度逐渐减小的加速运动,当加速度减小为0时,速度最大,然后重力小于弹力,小球向下做加速度逐渐增大的减速运动直到速度为0,所以小球的速度先增大后减小,故动能先增大后减小,故A错误;下落过程,小球与弹簧组成的系统机械能守恒,重力对小球做正功,故小球的重力势能不断减小,则弹簧的弹性势能和小球的动能之和不断增大,从球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的过程中,弹簧形变量一直增大,所以弹性势能一直增大,故小球的动能和重力势能之和不断减小,故B、C、D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5.中国制造的某一型号泵车如图所示,表中列出 了其部分技术参数。已知混凝土密度为2.4×103 kg/m3, 假设泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处 输送混凝土,则每小时泵送系统对混凝土做的功至少为(g取10 m/s2) (　 ) 2 3 4 发动机最大 输出功率/kW 332 最大输送高度/m 63 整车满 载质量/kg 5.4×104 最大输送量/(m3/h) 180 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.1.08×107 J B.5.04×107 J C.1.08×108 J D.2.72×108 J 解析:泵车的泵送系统以150 m3/h的输送量给30 m高处输送混凝土,每小时泵送系统对混凝土做的功W=ρVgh=2.4×103×150×10×30 J =1.08×108 J,故C正确。 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6.(多选)某运动员采用蹲踞式起跑,在发令枪响后,左脚迅速蹬离起跑器,在向前加速的同时提升身体重心。如图所示,假设该运动员的质量为m,在起跑时前进的距离s内,重心升高了h,获得的速度为v,重力加速度为g,忽略空气阻力,则此过程中 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.运动员克服重力做功WG=mgh B.运动员的机械能增加mv2 C.运动员的机械能增加mv2+mgh D.运动员对自身做功W=mv2 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:运动员在此过程中重心升高高度为h,获得的速度为v,故重力势能增加mgh,动能增加mv2,则机械能增加mv2+mgh,A、C正确,B错误;运动员通过蹬地对自身做的功等于其机械能的增加量,D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7.(多选)如图所示,倾角θ=30°的粗糙斜面固定在地面上,长为l、质量为m、粗细均匀、质量分布均匀的软绳置于斜面上,其上端与斜面顶端齐平。用细线将物块与软绳连接,物块由静止释放后向下运动,直到软绳刚好全部离开斜面(此时物块未到达地面),重力加速度为g,在此过程中 (　 ) A.物块的机械能逐渐增加 B.软绳重力势能共减少了mgl C.物块重力势能的减少量等于软绳克服摩擦力所做的功 D.软绳重力势能的减少量小于其动能的增加量与克服摩擦力所做功之和 2 3 4 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:物块克服细线的拉力做功,其机械能减少,故A错误;软绳重力势能减少量ΔEp减=mg·-mg·sin θ=mgl,故B正确;由功能关系,细线对软绳做的功与软绳重力势能的减少量之和等于其动能增加量与克服摩擦所做的功之和,C错误,D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 8.如图所示,在倾角θ=30°的光滑固定斜面上,放有两个质量分别为mA=1 kg和mB=2 kg的可视为质点的小球A和B,两球之间用一根长L=0.2 m的轻杆相连,小球B距水平地面的高度h=0.1 m。两球由静止开始下滑到光滑地面上,不计球与地面碰撞时的机械能损失,g取10 m/s2。则下列说法中正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A.整个下滑过程中A球机械能守恒 B.整个下滑过程中轻杆没有作用力 C.整个下滑过程中A球机械能的减少量为 J D.整个下滑过程中B球机械能的增加量为 J 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:A、B两球均在斜面上滑动的过程中,设轻杆的作用力大小为F。根据牛顿第二定律,对整体有(mA+mB)gsin 30°=(mA+mB)a,对B有F+mBgsin 30°=mBa,联立解得F=0,即在斜面上滑动的过程中,只有重力对A球做功,所以A球在B球到地面之前,在斜面上运动时机械能守恒。在斜面上下滑的整个过程中,只有重力对系统做功,系统的机械能守恒,得mAg(h+Lsin 30°)+mBgh=(mA+mB)v2,解得v= m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 在斜面上下滑的整个过程中B球机械能的增加量为ΔEB=mBv2-mBgh= J。根据系统的机械能守恒知,A球机械能的增加量为ΔEA=-ΔEB=- J,则由分析可知A在斜面上、B在水平面上运动过程中轻杆有作用力,故A、B、D错误,C正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9.一质量为m的物体在拉力F的作用下沿竖直方向运 动,其机械能E随高度h变化的情况如图所示,当物体高度 为h=0(零势能面)时,机械能为E0,当物体的高度为h=h1时, 机械能为E=1.5E0,物体上升的最大高度为h2,已知重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　 ) A.F先做正功再做负功 B.mgh1一定小于0.5E0 C.mgh1一定大于0.5E0 D.整个过程拉力F做功为mgh2-E0 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:由图像可知物体机械能始终增大,根据功能关系可知F始终对物体做正功,故A错误;由题意可知h=0时物体重力势能为零,所以动能为E0,设物体在h1处的动能为Ek,则1.5E0=mgh1+Ek,E-h图像上各点切线的斜率大小表示F的大小,所以F为变力,不可能始终等于mg。若0~h1过程中F>mg,则物体做加速运动,有Ek>E0,此时mgh1<0.5E0,若0~h1过程中F<mg,则物体做减速运动,有Ek<E0,此时mgh1>0.5E0,故B、C错误;由题意可知物体在高度h2时速度为零,此时其机械能等于重力势能,根据功能关系可知整个过程F做的功等于物体机械能的变化量,即WF=mgh2-E0,故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 10.(3分)如图,长为10 m的光滑斜面倾角为30°。质量为m=1 kg的物体在一沿斜面向上、大小为10 N的拉力作用下,从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动到斜面顶端的过程中(g取10 m/s2),物体沿斜面运动的加速度的大小为　　 m/s2,拉力F做的功为　　 J,物体运动到斜面顶端时机械能增加了　　 J。  2 3 4 5 100 100 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:对物体受力分析,根据牛顿第二定律有F-mgsin θ=ma,代入数据解得a=5 m/s2,拉力做的功为W=Fs=10×10 J=100 J,根据功能关系有ΔE机=W=100 J。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 11.(13分)如图所示,轻绳一端固定于O点,绕过轻 质光滑的动滑轮和定滑轮,另一端与质量为mB=2m的 物块B相连,动滑轮下方悬挂质量为mA=m的物块A,将 物块B置于倾角为30°的固定光滑斜面的顶端。已知斜面长为L,与物块B相连接的轻绳始终与斜面平行,悬挂动滑轮的轻绳竖直,两滑轮间竖直距离足够长,空气阻力忽略不计,两物块均可视为质点,重力加速度为g。现由静止释放物块B,求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)物块B运动至斜面底端时的动能; 答案:　 解析:由题可知同一时刻,物块B的速度大小始终是物块A速度大小的2倍,即vB=2vA, 对A、B系统,由机械能守恒定律有mBgLsin 30°-mAg=mA +mB,解得vB=,物块B的动能Ek=mB=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)物块B从斜面顶端运动至底端的过程中,克服轻绳拉力做的功。 答案: 解析:对B运动至底端的过程,由动能定理有mBgLsin 30°-W=mB,解得W=。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(18分)如图所示,质量为M=2 kg的长木板静止 在光滑水平面上,现有一质量m=1 kg的小滑块(可视为 质点)以v0=3 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板,带动木板一起向右滑动,已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,长木块长L0=4.5 m,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)滑块在木板上滑动过程中,滑块的加速度a1的大小和木板的加速度a2的大小; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 答案:1 m/s2　0.5 m/s2　 解析:滑块在木板上滑动过程中,受到向左的滑动摩擦力,做匀减速运动,根据牛顿第二定律得滑块加速度大小为a1=μg=1 m/s2, 木板的加速度大小为a2==0.5 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)试判断滑块与长木板能否达到共同速度,若能,请求出共同速度大小和小滑块相对长木板滑行的距离L;若不能,求出滑块滑离木板的速度和需要的时间; 答案:能　1 m/s　3 m 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:设经过时间t,滑块和长木板达到共同速度v,则对滑块有v=v0-a1t, 对长木板有v=a2t, 联立以上两式,代入数据得滑块和长木板达到的共同速度v=1 m/s,t=2 s, 此时,滑块相对长木板滑行的距离L=s滑-s木=t-t=3 m<4.5 m, 故滑块与长木板能达到共同速度。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)整个过程中系统因摩擦产生的热量Q。 答案:3 J 解析:根据能量守恒定律,整个过程中系统因摩擦产生的热量 Q=FfL=μmgL=3 J。 2 3 4 阶段•评估　第1章质量检测 (单击进入电子文档) $$