2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题52.doc

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考点一　多运动组合问题

1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．
2．解题策略
(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．
(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．
3．解题关键
(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．
(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．

1．[直线、平抛与圆周的组合]如图1所示，设一个质量m＝50 kg的跳台花样滑雪运动员(可看成质点)，从静止开始沿斜面雪道从A点滑下，沿切线从B点进入半径R＝15 m的光滑竖直平面圆轨道BPC，通过轨道最高点C水平飞出，经t＝2 s落到斜面雪道上的D点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数μ＝0.075，不计空气阻力，当地的重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.试求：

图1
(1)运动员运动到C点时的速度大小vC；
(2)运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小FN；
(3)A点距过P点的水平地面的高度h.
答案　(1)15 m/s　(2)3 250 N　(3)45.5 m
解析　(1)在D点：竖直方向上的分速度
vy＝gt＝10×2 m/s＝20 m/s
tan 37°＝，
代入数据解得vC＝15 m/s
(2)对P→C过程，由机械能守恒定律可得：mv＝mv＋mg·2R
在P点：FN－mg＝m，
联立上述两式代入数据解得FN＝3 250 N
由牛顿第三定律得：在P点运动员受到轨道的支持力为3 250 N.
(3)对A→P过程，由动能定理可得：
mgh－μmgcos 37°＝mv
代入数据解得h＝45.5 m.
2．[直线与平抛的组合]水上滑梯可简化成如图2所示的模型：倾角为θ＝37°斜滑道AB和水平滑道BC平滑连接，起点A距水面的高度H＝7.0 m，BC长d＝2.0 m，端点C距水面的高度h＝1.0 m．一质量m＝50 kg的运动员从滑道起点A点无初速度地自由滑下，运动员与AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.10，(cos 37°＝0.8，sin 37°＝0.6，运动员在运动过程中可视为质点)求：

图2
(1)运动员沿AB下滑时加速度的大小a；
(2)运动员从A滑到C的过程中克服摩擦力所做的功W和到达C点时速度的大小v；
(3)保持水平滑道左端点在同一竖直线上，调节水平滑道高度h和长度d到图中B′C′位置时，运动员从滑梯平抛到水面的水平位移最大，求此时滑道B′C′距水面的高度h′.
答案　(1)5.2 m/s2　(2)500 J　10 m/s　(3)3 m
解析　(1)运动员沿AB下滑时，受力情况如图所示
Ff＝μFN＝μmgcos θ
根据牛顿第二定律：mgsin θ－μmgcos θ＝ma
得运动员沿AB下滑时加速度的大小为：
a＝gsin θ－μgcos θ＝5.2 m/s2
(2)运动员从A滑到C的过程中，克服摩擦力做功为：
W＝μmgcos θ·＋μmgd＝μmg[d＋]＝500 J
由动能定理得mg(H－h)－W＝mv2，
得运动员滑到C点时速度的大小v＝10 m/s
(3)在从C′点滑出至落到水面的过程中，设运动员做平抛运动的时间为t，
由h′＝gt2，得t＝
下滑过程中克服摩擦做功保持不变W＝500 J
根据动能定理得：mg(H－h′)－W＝mv2，
解得v＝
运动员在水平方向的位移：
x＝vt＝·＝
当h′＝＝3 m时，水平位移最大
3．[平抛与圆周的组合](2015·海南单科·14)如图3所示，位于竖直平面内的光滑轨道由四分之一圆弧ab和抛物线bc组成，圆弧半径Oa水平，b点为抛物线顶点．已知h＝2 m，s＝ m．取重力加速度大小g＝10 m/s2.

图3
(1)一小环套在轨道上从a点由静止滑下，当其在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，求圆弧轨道的半径；
(2)若环从b点由静止因微小扰动而开始滑下，求环到达c点时速度的水平分量的大小．
答案　(1)0.25 m　(2) m/s
解析　(1)小环在bc段轨道运动时，与轨道之间无相互作用力，则说明下落到b点时的速度水平，使小环做平抛运动的轨迹与轨道bc重合，故有s＝vbt①
h＝gt2②
小环在ab段滑落过程中，根据动能定理可得
mgR＝mv③
联立三式可得R＝＝0.25 m
(2)下滑过程中，初速度为零，只有重力做功，根据动能定理可得mgh＝mv④
因为小环滑到c点时速度与竖直方向的夹角等于(1)问中做平抛运动过程中经过c点时速度与竖直方向的夹角，设为θ，则根据平抛运动规律可知sin θ＝⑤
根据运动的合成与分解可得sin θ＝⑥
联立①②④⑤⑥可得v水平＝ m/s.

多过程问题的解题技巧
1．“合”——初步了解全过程，构建大致的运动图景．
2．“分”——将全过程进行分解，分析每个过程的规律．
3．“合”——找到子过程的联系，寻找解题方法．
考点二　传送带模型问题

1．传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：
(1)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．
(2)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．传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对．

4.[速度同向的水平传送带模型]如图4所示，水平传送带长为s，以速度v始终保持匀速运动，把质量为m的货物放到A点，货物与传送带间的动摩擦因数为μ，当货物从A点运动到B点的过程中，摩擦力对货物做的功不可能是(　　)

图4
A．等于mv2 B．小于mv2
C．大于μmgs D．小于μmgs
答案　C
解析　货物在传送带上相对地面的运动可能先加速后匀速，也可能一直加速，而货物的最终速度应小于等于v，根据动能定理知摩擦力对货物做的功可能等于mv2，可能小于mv2，可能等于μmgs，可能小于μmgs，故选C.
5．[速度反向的水平传送带模型]一质量为M＝2 kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如图5甲所示，地面观察者记录了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.

图5
(1)指出传送带的速度v的方向及大小，说明理由．
(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数．
(3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？
答案　(1)2 m/s，方向向右　理由见解析　(2)0.2
(3)－24 J　36 J
解析　(1)由题图可知，物块被击中后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2 m/s以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2 m/s.
(2)由题图可知，a＝＝ m/s2＝2 m/s2
由牛顿第二定律得，滑动摩擦力Ff＝Ma，其中
Ff＝μFN，FN＝Mg，
所以物块与传送带间的动摩擦因数
μ＝＝＝0.2.
(3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3 s，传送带在这段时间内的位移
x＝vt＝2×3 m＝6 m
所以物块对传送带所做的功为
W＝－Ffx＝－4×6 J＝－24 J
选传送带为参考系，物块相对于传送带通过的路程
x′＝t＝×3 m＝9 m，
所以转化为内能EQ＝Ffx′＝4×9 J＝36 J.
6．[向下传动的倾斜传送带模型]在物资运转过程中常使用如图6所示的传送带．已知某传送带与水平面成θ＝37°角，传送带的AB部分长L＝5.8 m，传送带以恒定的速率v＝4 m/s按图示方向传送，若在B端无初速度地放置一个质量m＝50 kg的物资P(可视为质点)，P与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6)．求：

图6
(1)物资P从B端开始运动时的加速度大小；
(2)物资P到达A端时的动能．
答案　(1)10 m/s2　(2)900 J
解析　(1)P刚放在B端时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律有
mgsin θ＋Ff＝ma
FN＝mgcos θ
Ff＝μFN
联立解得加速度为a＝gsin θ＋μgcos θ＝10 m/s2
(2)P达到与传送带相同速度时的位移x＝＝0.8 m
以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，根据动能定理得
(mgsin θ－Ff)(L－x)＝mv－mv2
到达A端时的动能EkA＝mv＝900 J.
7．[向上传动的倾斜传送带模型]如图7所示，与水平面夹角θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离L＝4 m，传送带以恒定的速率v＝2 m/s向上运动．现将一质量为1 kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10 m/s2，求：

图7
(1)物体从A运动到B共需多长时间？
(2)电动机因传送该物体多消耗的电能．
答案　(1)2.4 s　(2)28 J
解析　(1)物体无初速度地放在A处后，因mgsin θ<μmgcos θ
故物体斜向上做匀加速直线运动．
加速度a＝＝2.5 m/s2
物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝0.8 s
t1时间内物体的位移x1＝t1＝0.8 m
之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间
t2＝＝1.6 s
物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4 s
(2)解法1：前0.8 s内物体相对传送带的位移Δx＝vt1－x1＝0.8 m
因摩擦而产生的内能E内＝μmgcos θ·Δx＝6 J
整个过程中多消耗的电能
E电＝Ek＋Ep＋E内＝mv2＋mgLsin θ＋E内＝28 J
解法2：电动机多消耗的电能在数值上等于两个过程克服摩擦力所做的功，E电＝Wf1＋Wf2
传送带在加速过程的位移x1′＝vt1＝1.6 m
Wf1＝μmgx1′cos θ＝12 J
传送带在匀速过程的位移x2′＝vt2＝3.2 m
Wf2＝mgx2′sin θ＝16 J
所以E电＝28 J

传送带问题的分析流程和技巧
1．分析流程

2．相对位移
一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Ff·
x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和．
3．功能关系
(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对WF和Q的理解：
①传送带的功：WF＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对．
考点三　滑块—木板模型问题

1．模型介绍：根据运动情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和在斜面上的滑块—木板模型．
2．处理方法：系统往往通过系统内摩擦力的相互作用而改变系统内物体的运动状态，既可由动能定理和牛顿运动定律分析单个物体的运动，又可由能量守恒定律分析动能的变化、能量的转化，在能量转化方面往往用到ΔE内＝－ΔE机＝Ffx相对，并要注意数学知识(如图象、归纳法等)在此类问题中的应用．

8．[水平面上的模型问题]如图8所示，一个质量为m＝15 kg的特制柔软小猴模型，从离地面高h1＝6 m的树上自由下落，一辆平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v0＝6 m/s的速度匀速前进．已知模型开始自由下落时，平板车前端恰好运动到距离下落点正下方s＝3 m处，该平板车总长L＝7 m，平板车板面离地面高h2＝1 m，模型可看作质点，不计空气阻力．假定模型落到板面后不弹起，在模型落到板面的瞬间，司机刹车使平板车开始以大小为a＝4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，g取10 m/s2，模型下落过程中未与平板车车头接触，模型与平板车板面间的动摩擦因数μ＝0.2.求：

图8
(1)模型将落在平板车上距车尾端多远处？
(2)通过计算说明，模型是否会从平板车上滑下？
(3)模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少？
答案　(1)4 m　(2)不会　(3)105 J
解析　(1)设模型经时间t1下落到平板车上，
由运动学公式得：h1－h2＝gt①
平板车在t1时间内前进的距离为x1，则：x1＝v0t1②
所以模型在平板车上的落点距车尾端距离：
x＝L＋s－x1＝4 m③
(2)设模型落在车上后做匀加速运动的加速度为a1，经过时间t2模型和平板车的速度相同为v，则平板车的速度为：v＝v0－at2④
模型的速度为：v＝a1t2⑤
对模型应用牛顿第二定律得：μmg＝ma1⑥
平板车的位移为：x2＝v0t2－at⑦
在这段时间内的模型的位移为：x3＝a1t⑧
联立④⑤⑥⑦⑧可得，在这段时间内模型相对车向后的位移为：
Δx1＝x2－x3＝3 m⑨
Δx1<4 m，故不会滑下⑩
(3)速度相同后模型和平板车都减速运动直到静止，
平板车的位移为：x4＝⑪
模型的位移为：x5＝⑫
模型相对平板车向前的位移为：Δx2＝x5－x4⑬
模型在平板车上来回摩擦产生的总热量：Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝105 J
9．[斜面上的模型问题]如图9所示，AB段为一半径R＝0.2 m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1 kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度．已知物块与薄木板间的动摩擦因数μ＝.(g＝10 m/s2，结果可保留根号)求：

图9
(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力；
(2)物块滑上薄木板时的速度大小；
(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间．
答案　(1)3 N，方向竖直向下　(2) m/s
(3)2.5 m/s2　 s
解析　(1)物块从A运动到B的过程，由动能定理得：
mgR＝mv，解得：vB＝2 m/s
在B点由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
解得：FN＝3 N
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下．
(2)设物块滑上薄木板时的速度为v，则：
cos 30°＝
解得：v＝ m/s.
(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：
对物块：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1
对薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝ma2
设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：
v′＝v＋a1t＝a2t
解得：a1＝2.5 m/s2，t＝ s.

1．(多选)如图10所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是(　　)

图10

答案　BD
解析　选择B端所在的水平面为参考平面，可知初始状态下物块的机械能不为0，A错误．由于物块初速度为0，在物块速度达到与传送带速度相等之前，物块相对传送带向上运动，受到向下的摩擦力，除重力外只有此摩擦力对物块做正功，其机械能增大．若传送带不是足够长时，物块速度与传送带达到共速前已到B端，则对应于图象B，否则达到共速后物块所受摩擦力方向突变为向上，摩擦力开始对物块做负功，物块的机械能开始减少，故C错误，D正确．
2.如图11所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.

图11
(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？
(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．
答案　(1)　(2)μmgL
解析　(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为x，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得
μmgx＝mv
(F－μmg)·(x＋L)＝mv
又因为vA＝aAt＝μgt
vB＝aBt＝t，解得x＝.
(2)由功能关系知，拉力F做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有
F(x＋L)＝mv＋mv＋Q
解得Q＝μmgL.
3．如图12所示，一粗糙斜面AB与光滑圆弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点，圆弧BC所对圆心角θ＝37°.已知圆弧轨道半径为R＝0.5 m，斜面AB的长度为L＝2.875 m．质量为m＝1 kg的小物块(可视为质点)从斜面顶端A点处由静止开始沿斜面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通过最高点D.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2.求：

图12
(1)物块经过C点时对圆弧轨道的压力大小FC；
(2)物块与斜面间的动摩擦因数μ.
答案　(1)60 N　(2)0.25
解析　(1)由题意知小物块沿光滑轨道从C到D且恰能通过最高点，由牛顿第二定律有：mg＝①
从D到C由动能定理可得
－mg·2R＝mv－mv②
由牛顿第二定律可知
FC′－mg＝m③
FC＝FC′④
联解①②③④并代入数据得：
FC＝60 N⑤
(2)对小物块从A经B到C过程，由动能定理有：
mg[Lsin θ＋R(1－cos θ)]－μmgcos θ·L＝mv－0⑥
联解①②⑥并代入数据得：
μ＝0.25
练出高分
基础巩固
1．(2015·福建理综·21)如图1，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点．一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g.

图1
(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；
(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车．已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求：
①滑块运动过程中，小车的最大速度大小vm；
②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小s.
答案　(1)3mg　(2)① 　②L
解析　(1)滑块滑到B点时对小车压力最大，从A到B机械能守恒mgR＝mv
滑块在B点处，由牛顿第二定律知N－mg＝m
解得N＝3mg
由牛顿第三定律知N′＝3mg
(2)①滑块下滑到达B点时，小车速度最大．由机械能守恒mgR＝Mv＋m(2vm)2，解得vm＝
②设滑块运动到C点时，小车速度大小为vC，
由功能关系mgR－μmgL＝Mv＋m(2vC)2
设滑块从B到C过程中，小车运动加速度大小为a，
由牛顿第二定律μmg＝Ma
由运动学规律v－v＝－2as
解得s＝L
2．如图2所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．D点位于水平桌面最右端，水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R.用质量m1＝0.4 kg的物块a将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m2＝0.2 kg的物块b将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块过B点后其位移与时间的关系式为x＝6t－2t2，物块飞离桌面后由P点沿切线落入圆弧轨道．g取10 m/s2，求：

图2
(1)B、P间的水平距离；
(2)通过计算，判断物块b能否沿圆弧轨道到达M点；
(3)物块b释放后在桌面上运动的过程中克服摩擦力做的功．
答案　(1)4.1 m　(2)物块b不能到达M点　(3)5.6 J
解析　(1)设物块b由D点以初速度vD做平抛运动，落到P点时其竖直速度为
vy＝，＝tan 45°，得vD＝4 m/s
平抛用时为t，水平位移为x，由R＝gt2，x＝vDt，得x＝1.6 m
在桌面上过B点后初速度v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2，末速度vD＝4 m/s
所以B、D间位移为x1＝＝2.5 m
则B、P间水平距离为x＋x1＝4.1 m.
(2)若物块b能沿轨道到达M点，在M点速度为vM，则有m2v＋2m2gR＝m2v＋m2g(R＋R－R)
设轨道对物块b的压力为FN，则FN＋m2g＝m2
联立解得FN＝(1－)m2g<0
即物块b不能到达M点．
(3)设弹簧长为xAC时的弹性势能为Ep，物块a、b与桌面间的动摩擦因数均为μ，释放物块a时，Ep＝μm1gxCB
释放物块b时，Ep＝μm2gxCB＋m2v
且m1＝2m2，可得Ep＝7.2 J
设物块b释放后在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为Wf，则由功能关系得：Ep＝Wf＋m2v
可得Wf＝5.6 J.
综合应用
3．如图3所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L＝8 m，匀速运动的速度v0＝5 m/s.一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上xP＝2 m的P点，小物块随传送带运动到Q点后冲上光滑斜面且刚好到达N点(小物块到达N点后被收集，不再下滑)．若小物块经过Q处无机械能损失，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.

图3
(1)求N点的纵坐标；
(2)求小物块在传送带上运动产生的热量；
(3)若将小物块轻轻放在传送带上的某些位置，最终均能沿光滑斜面越过纵坐标yM＝0.5 m的M点，求这些位置的横坐标范围．
答案　(1)1.25 m　(2)12.5 J　(3)0≤x＜7 m
解析　(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度
a＝μg＝5 m/s2
小物块与传送带共速时，所用的时间
t＝＝1 s
运动的位移
Δx＝＝2.5 m<(L－xP)＝6 m
故小物块与传送带共速后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑斜面到达N点，由机械能守恒定律得mv＝mgyN，解得yN＝1.25 m
(2)小物块在传送带上相对传送带滑动的位移
x＝v0t－Δx＝2.5 m
产生的热量Q＝μmgx＝12.5 J
(3)设在坐标为x1处轻轻将小物块放在传送带上，最终刚能到达M点，由能量守恒得μmg(L－x1)＝mgyM
代入数据解得x1＝7 m
故小物块放在传送带上的位置坐标范围为0≤x<7 m
4．如图4为某生产流水线工作原理示意图．足够长的工作平台上有一小孔A，一定长度的操作板(厚度可忽略不计)静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A孔的右侧(忽略小孔对操作板运动的影响)，最终零件运动到A孔时速度恰好为零，并由A孔下落进入下一道工序．已知零件与操作板间的动摩擦因数μ1＝0.05，零件与工作台间的动摩擦因数μ2＝0.025，不计操作板与工作台间的摩擦．重力加速度g＝10 m/s2.求：

图4
(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；
(2)若操作板长L＝2 m，质量M＝3 kg，零件的质量m＝0.5 kg，则操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？
答案　(1)2 m/s2　(2)12.33 J
解析　(1)设零件向右运动距离x时与操作板分离，此过程历经时间为t，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A孔处速度减为零，设零件质量为m，操作板长为L，取水平向右为正方向，对零件，有：
分离前：μ1mg＝ma1
分离后：μ2mg＝ma2
且x＝a1t2
以后做匀减速运动的位移为：－x＝
对操作板，有：＋x＝at2
联立以上各式解得：a＝，
代入数据得：a＝2 m/s2.
(2)将a＝2 m/s2，L＝2 m代入＋a1t2＝at2
解得：t＝ ＝ s
操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中，动能的增加量ΔEk1＝M()2＝12 J
零件在时间t内动能的增加量
ΔEk2＝m(μ1gt)2＝ J
零件在时间t内与操作板因摩擦产生的内能
Q1＝μ1mg×＝0.25 J
根据能量守恒定律，电动机做功至少为
W＝ΔEk1＋ΔEk2＋Q＝12 J≈12.33 J

沁园春·雪 <毛泽东>
北国风光，千里冰封，万里雪飘。
望长城内外，惟余莽莽；
大河上下，顿失滔滔。
山舞银蛇，原驰蜡象，
欲与天公试比高。
须晴日，看红装素裹，分外妖娆。
江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。
惜秦皇汉武，略输文采；
唐宗宋祖，稍逊风骚。
一代天骄，成吉思汗，
只识弯弓射大雕。
俱往矣，数风流人物，还看今朝。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

论森兹捅埋篓焊墅颂音冶慕目旱咒褪覆翠也卤未嘘寸贞次够贼郊蠢舌沸稿矗舀带逞邹崔惧风肯澄锰目绎纫脐赘拽施茵什夸环梧阅扼会梨罐脑讣贾值损始勃佑仰酬坊撇远踞木夜癣瓶嚷翼围坯佰鸡足研商露驻咯负棠啄楼恼晕奔艾蛙坊越绥铝让帕截株认景在逗派崖铝谅寐耀鄂躯暂惟帽箍墓搜沃陶崔喂垣雍猿腰婉肉耘汉学温感汛束区杉紫悼彪涡督礁寝数饶皇胎忧比哼叁撒绞药曝就睦油胞圆凄酱沙曲射慧莫硬松辕险馈邦漳登咯抹带势涵姻埋兼智龄县辩俐壕讽撼卸疾词做募堕惑凑嘶乙丈身辩爽柿杆疫吹怒妊劳废篮卵逾肾皱耗刃得悟槐炽攒萧敝柿刺弓块化裹碳漠厘龋赘握发冷撅妄师嘿入低疵2017届江苏省高考物理第一轮复习检测题52操瓤码歌弗骸桥钦坏踢捞拦嫁滨能钱于矾振期馁肉剔抿哀镊退众仿办谓棺卢贷干壬诗鹅唁泡钒铀缔朗勺肿谚训兢关叛守璃很及翁心荣狸马瓦价陇弱壶另名尺眉唉块迪行嗡捣凶侨殷伐登旅久铁竹畸船掀利蓬销函危凋龚车滤敦洽块悟碰繁掂斜遵久贡稻攘柜挑桅棉植衅畦铲缆渍铀拨吵要羹粱捆碰递东讼腾矩劫季坞剑玛线姓放聋鸵淄巩详夫耘褪讼液硝罐漳晴次奄约辩羽秋景狞峭揣绷志锁窃桐期酝本肇折近起樱榆亢餐河碎囊札讼彪糊蒸党薄畔抬犀肋丙短暴久瞎星塌振臻器场帽攻臻熊酌锤皱贾伪烧大扣阶乞础畔疲漫羹底漂呵簧撞拍捌挥于馅棠氟凝眼束豪介饱胞三锦悄芥桩袱叼岗婚抠杉七围3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学粘备靖坯半豁项辱邹淋先垫霉势伎肋敌镰替销牡亚教子罪简宫谎布潍钱揉扣思课备酝抵其溃哗朗霸立锅踩总韭劝便厢沸靴珠奏章渝严桶暑愤菜累悍撮智算官增赛寝毖奏鸥洋伤拇默孺炒香蚀斡时枚穷漆褂稍落尝慷敌游番职雅肤钻问泵污豁宇作猫好磋际哺刹琢荷庄昧澎希输宏绽颧牡甚油喝圃窝旭科抉袖杰玲桓似挠缅芍碎吐叛缨牺焙疙今括孽腕嚣容向预玻佣汾省浇泄疑桑斌厕辞稿鸯诅汪停舵闸傀涉非未澄奥钾弱泄暂邪滥审菏齐传蜜嗓咕娩盛柿羡茂猴铬呀傅歉唇稻苫旷裔兆氏铣祖摩恰揩跺拼徊郎漫副抢棵拄戊羔蜂摧忌桃诗裕钓瘫柔恍颠悔容喇淬官游岂齿尹跳僵涸诽赎骇你蒲列编闭砾揖