專題強(qiáng)化十動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會(huì)用動(dòng)力學(xué)的觀點(diǎn)分析“傳送帶”和“板塊”模型的運(yùn)動(dòng)情況。2.

會(huì)用能量觀點(diǎn)求解摩擦產(chǎn)生的熱量等綜合問題。3.會(huì)利用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析

多運(yùn)動(dòng)組合問題。

模型一“傳送帶”模型

1.傳送帶問題的分析方法

(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)

學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送

帶之間的位移關(guān)系。

(2)能量角度：求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱

量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求

解。

2.功能關(guān)系分析

(1)傳送帶克服摩擦力做的功：w=ax傳，也是電動(dòng)機(jī)因傳送帶傳送物體而多做的

功。

(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能：Q=Ax相對(duì)。

(3)功能關(guān)系分析：W=AEk+AEp+eo其中AEk表示被傳送物體動(dòng)能的增加量，

△Ep表示被傳送物體重力勢(shì)能的增加量。

角度?水平傳送帶模型

例1(多選)在工廠中，經(jīng)常用傳送帶傳送貨物。如圖1所示，質(zhì)量m=10kg的貨

物(可視為質(zhì)點(diǎn))從高A=0.2m的軌道上P點(diǎn)由靜止開始下滑，貨物和軌道之間的

阻力可忽略不計(jì)，貨物滑到水平傳送帶上的A點(diǎn)，貨物在軌道和傳送帶連接處能

量損失不計(jì)，貨物和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,傳送帶A3兩點(diǎn)之間的距

離L=5m,傳送帶一直以。=4m/s的速度順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，取重力加速度g=10

m/s2o裝置由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，傳送帶與輪子間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，不計(jì)軸處的摩擦。貨物

從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到3點(diǎn)的過程中，下列說法正確的有()

p

hAB

b-L―H

圖1

A.摩擦力對(duì)貨物做功為50J

B.貨物從A運(yùn)動(dòng)到3用時(shí)1.5s

C.由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為20J

D.運(yùn)送貨物過程中，電動(dòng)機(jī)輸出的電能為60J

答案BC

解析根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mgh=^mvl,貨物運(yùn)動(dòng)至傳送帶的速度為vo=2m/s,

根據(jù)牛頓第二定律g=ma,貨物與傳送帶共速時(shí)，有vo+at\=v,解得A=ls,

此時(shí)，貨物的位移為xi="/fi=3m,摩擦力對(duì)貨物做功為W=〃mgxi=60J,A

T--Yi

錯(cuò)誤；貨物勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為/2=工-=。5S，則貨物從A運(yùn)動(dòng)到3用時(shí)f=a+/2

=1.5s,B正確；貨物與傳送帶的相對(duì)位移為AX=M—XI=1m,由于摩擦而產(chǎn)

生的熱量為Q=〃能gAx=20J,C正確；運(yùn)送貨物過程中，電動(dòng)機(jī)輸出的電能為E

=Q+品(z/—琢)=80J,D錯(cuò)誤。

角度口傾斜傳送帶模型

例2如圖2,傳送帶以0=10m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量機(jī)=1kg的物體

從傳送帶頂端以內(nèi)=5m/s的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成。=30°

角，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=竽，傳送帶底端到頂端長(zhǎng)L=10m,g取

10m/s2,最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等。求：

(1)物體從傳送帶底端滑出時(shí)的速度大??；

(2)若在物體滑入傳送帶運(yùn)動(dòng)了0.5s時(shí)，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動(dòng)

過程中，因與傳送帶間摩擦而產(chǎn)生的熱量。

答案(1)10m/s(2)37.5J

解析(1)當(dāng)物體沿傳送帶滑入時(shí)，設(shè)物體向下運(yùn)動(dòng)的加速度為物體向下加速

到。，所用時(shí)間為力,

物體運(yùn)動(dòng)位移為xi,有〃掰geosO+mgsin0=ma\

v=vo+a\t\

v+vo

=2九

解得ai=10m/s2,a=0.5s,xi=3.75m

由于X1<L,最大靜摩擦力Rfm=〃根geos30。=機(jī)gsin30°,則共速后物體將與傳

送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即物體從傳送帶底端滑出時(shí)的速度大小為10m/so

(2)0.5s內(nèi)物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移A%i="i—無(wú)產(chǎn)1.25m

傳送帶停止后，物體受到沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力Ff=Jumgcos30°=mgsin30°

物體勻速下滑，物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移Ax2=L—xi=6.25m

則物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=〃機(jī)g(Axi+A%2)cos3

解得Q=37.5J。

■跟蹤訓(xùn)練

1.(2024?山東臨沂模擬)如圖3(a)所示，傾角為37。的傳送帶以o=2.0m/s的速度順

時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的長(zhǎng)度LAB=10.0m。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m=1.0kg的

物塊，自A點(diǎn)無(wú)初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動(dòng)能反

與位移x的關(guān)系(Ek—x)圖像如圖(b)所示。取重力加速度g=10m/s2,sin37。=0.6,

cos37°=0.8o下列說法正確的是()

A.物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25

B.整個(gè)過程中合外力對(duì)物塊做的功為4.0J

C.整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物塊做的功為64.0J

D.整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量

答案D

解析開始時(shí)物塊在傳送帶的作用下動(dòng)能不斷增大，根據(jù)動(dòng)能定理有〃根geos6一

mgsin6）x=Ek—0,在5m后動(dòng)能不變，可知物塊與傳送帶相對(duì)靜止，即o=2.0m/s,

2

Ek=^mv=2.0J,聯(lián)立解得〃=0.8,A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，整個(gè)過程中合外

力對(duì)物塊做的功等于動(dòng)能的變化量，則有Wa=AEk=T1〃=2.0J,B錯(cuò)誤；由功

能關(guān)系可知，整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量，即Wf

=^mv2+mgLABSin0=62.0J,C錯(cuò)誤，D正確。

模型二“滑塊一木板”模型

1.模型分類

“滑塊一木板”模型根據(jù)情況可以分成水平面上的“滑塊一木板”模型和斜面上

的“滑塊一木板”模型。

2.位移關(guān)系

滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則滑

塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長(zhǎng)度；若滑塊和木板沿相反方向

運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長(zhǎng)度。

3.解題關(guān)鍵

找出物體之間的位移（路程）關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系

兩個(gè)過程的紐帶：每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度。

角度水平面上“滑塊一木板”模型

例3（多選）（2023?全國(guó)乙卷，21）如圖4,一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為/的木板靜止在光滑水

平桌面上，另一質(zhì)量為機(jī)的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度如開始運(yùn)

動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為方當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)（）

圖4

A.木板的動(dòng)能一定等于fl

B.木板的動(dòng)能一定小于fl

c.物塊的動(dòng)能一定大于yz

D.物塊的動(dòng)能一定小于右成8—月

答案BD

解析物塊和木板的運(yùn)動(dòng)示意圖和0-7圖像如圖所示

根據(jù)動(dòng)能定理可知

對(duì)加有一加=；機(jī)況一/機(jī)福①

對(duì)Af有小2=權(quán)加3②

根據(jù)V-t圖像與橫軸圍成的面積S表示物體運(yùn)動(dòng)的位移可知X2=SMO尸,XI=SABFO

根據(jù)位移關(guān)系可知l=X\—XI=SABCO＞X2=S^COF

因此力＞笈2=%的3，即木板的動(dòng)能一定小于力，

A錯(cuò)誤，B正確；

將①②兩式相加得一力=S濟(jì)+;A/涕-57福

變形得物塊離開木板時(shí)的動(dòng)能;冽況=；1褚一力一；/0避＜51相一力,C錯(cuò)誤，D正確。

■跟蹤訓(xùn)練

2.（多選）（2024.沈陽(yáng)長(zhǎng)春模擬）如圖5所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板置于光滑的水

平地面上，一質(zhì)量為機(jī)的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小

為A,用水平的恒定拉力R作用于滑塊。當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到木板右端時(shí)，木板在地面

上移動(dòng)的距離為s,滑塊的速度為01,木板的速度為02,下列說法中正確的是（）

圖5

A.上述過程中，R做功大小為

B.其他條件不變的情況下，R越大，滑塊到達(dá)木板右端所用時(shí)間越短

C.其他條件不變的情況下，M越大，s越小

D.其他條件不變的情況下，M越大，滑塊與木板間產(chǎn)生的熱量越多

答案BC

解析由功能關(guān)系可知拉力R做的功除了增加兩物體動(dòng)能以外還有系統(tǒng)產(chǎn)生的熱

量，即拉力F做的功WF=AEk+FfL+^Mvl+Q,A錯(cuò)誤；滑塊和木板都是

做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在其他條件不變的情況下，木板的運(yùn)動(dòng)情況不

變，滑塊和木板的相對(duì)位移還是3滑塊的位移也沒有發(fā)生改變，所以拉力R越

大，滑塊的加速度越大，到達(dá)木板右端所用時(shí)間就越短，B正確；由于木板受到

的摩擦力不變，當(dāng)M越大時(shí)木板的加速度越小，而滑塊的加速度不變，相對(duì)位移

一樣，滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短，所以木板在地面上運(yùn)動(dòng)的位移變小，C正確；

系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力和相對(duì)位移乘積，相對(duì)位移沒變，機(jī)不變，摩擦力不

變，產(chǎn)生的熱量不變，D錯(cuò)誤。

角度傾斜面上“滑塊一木板”模型

例4如圖6所示，一傾角為。=30°的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定在水平面上，斜面下

端有一與斜面垂直的固定擋板，將一質(zhì)量為機(jī)的木板放置在斜面上，木板的上端

有一質(zhì)量為m的小物塊(視為質(zhì)點(diǎn))，物塊和木板間最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力

且大小恒為kmg(0.5<k<l),初始時(shí)木板下端與擋板的距離為L(zhǎng)?，F(xiàn)由靜止同時(shí)釋

放物塊和木板，物塊和木板沿斜面下滑，已知木板與擋板碰撞的時(shí)間極短，且碰

撞后木板的速度大小不變，方向與碰撞前的速度方向相反，物塊恰好未滑離木板，

重力加速度為g,求：

(1)木板第一次與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大?、撸?/p>

(2)從釋放到木板第二次與擋板碰撞前瞬間，物塊相對(duì)木板的位移大小Ax；

(3)木板的長(zhǎng)度x以及整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

答案⑴版(2)1⑶春徵

解析(1)對(duì)物塊與木板整體，根據(jù)動(dòng)能定理有2/ngLsin6=；X2加濟(jì)

解得Vi=y[gLo

(2)木板第一次與擋板碰撞后，木板的加速度大小為m,則/ngsin6+fong=/nai

解得ai=0.5g+依，沿斜面向下，

物塊的加速度大小為。2,則左機(jī)g—mgsin。=機(jī)(22

解得。2=依一0.5g,沿斜面向上，

規(guī)定向下為正方向，木板第一次與擋板碰撞結(jié)束時(shí)到木板和物塊速度相同時(shí)，對(duì)

木板有o共=-01+內(nèi)力

對(duì)物塊有0共=01—。2人

\[gL

解得力=gk，"共=2k

7彳一7戶

木板第一次與擋板碰撞到二者第一次速度相同時(shí)物塊的位移.三

(—01)2—旅

木板的位移大?。グ?

2al

之后到碰撞擋板前二者無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，故物塊相對(duì)于長(zhǎng)木板的位移為

L

Ax—:x塊+x板=層

(3)設(shè)板長(zhǎng)為居從釋放到長(zhǎng)木板和物塊都靜止的過程中系統(tǒng)能量守恒，則

mgLsin0+mg(L+x)sin0—kmgx=O

2r

解得、=目

2kmgL

故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=kmgx=

2k一1

模型三多運(yùn)動(dòng)組合模型

例5如圖7是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究裝置。

水平軌道AC末端裝有一體積不計(jì)的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B

點(diǎn)，且5點(diǎn)位置可改變?，F(xiàn)將質(zhì)量機(jī)=2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從弧形軌道高H

=0.6m處?kù)o止釋放，且將3點(diǎn)置于AC中點(diǎn)處。已知圓軌道半徑R=0.1m,水

平軌道長(zhǎng)Lic=LOm,滑塊與AC間動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2,弧形軌道和圓軌道均視

為光滑，不計(jì)其他阻力與能量損耗，求：

圖7

⑴滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小；

(2)彈射器獲得的最大彈性勢(shì)能；

(3)若H=6m,改變3點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過程中不脫離軌道，則3C間

距離LBC應(yīng)滿足的條件。

答案(1)100N(2)8J(3)0.5HIWLBCW1m

解析(1)從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理可得

1

mgH—/LimgLAB~mg-2R=~^nw9

、力

在圓軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可得加g+R=/n無(wú)

聯(lián)立解得尸=100N

由牛頓第三定律知，滑塊對(duì)軌道的壓力大小為100N。

(2)彈射器第一次壓縮時(shí)彈性勢(shì)能有最大值，由能量守恒定律可知

mgH—/j.mgLAC=Ep

解得Ep=8J。

(3)若滑塊恰好到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)，有機(jī)g=機(jī)需

從開始到圓軌道最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知mg(H-2R)—/btmgsi=^mvi

解得$1=28.75m

LBC=29LAC~SI=0.25m

要使滑塊不脫離軌道，B、C之間的距離應(yīng)該滿足￡/三0.2501。

若滑塊剛好達(dá)到圓軌道的圓心等高處，此時(shí)的速度為零，由動(dòng)能定理可知

mg(H-R)—jLimgS2=0

解得52=29.5m

LAB=S2~29LAC=0.5m

根據(jù)滑塊運(yùn)動(dòng)的周期性可知，應(yīng)使LBC>0.5m,滑塊不脫離軌道

綜上所述，符合條件的長(zhǎng)度為0.5mWLBcWlm。

■方法總結(jié)■

1.分析思路

(1)受力與運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動(dòng)過

程中力的變化情況。

⑵做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點(diǎn)，分析各種力在不同運(yùn)動(dòng)過程中的做功

情況。

(3)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選

擇合適的規(guī)律求解。

2.方法技巧

(1)“合”一整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)情景。

(2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過程對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律。

(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。

■1跟蹤訓(xùn)練

3.(2024?安徽六安高三檢測(cè))如圖8所示，水平軌道AB長(zhǎng)為2R,其A端有一被鎖

定的輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上。圓心在。1、半徑為R的光滑圓弧

軌道與A3相切于3點(diǎn)，并且和圓心在。2、半徑為2R的光滑細(xì)圓管軌道CD

平滑對(duì)接，。、C、。2三點(diǎn)在同一條直線上。光滑細(xì)圓管軌道8右側(cè)有一半徑

為2R,圓心在。點(diǎn)的《圓弧擋板豎直放置，并且與地面相切于Q點(diǎn)。質(zhì)量

為機(jī)的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從軌道上的C點(diǎn)由靜止滑下，剛好能運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，觸

發(fā)彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小滑塊在到達(dá)3點(diǎn)之前已經(jīng)脫離彈

簧，并恰好無(wú)擠壓通過細(xì)圓管軌道最高點(diǎn)。(計(jì)算時(shí)圓管直徑不計(jì)，重力加速度為

g)。求：

(1)小滑塊與水平軌道A3間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃;

(2)彈簧鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep；

⑶小滑塊通過最高點(diǎn)D后落到擋板上時(shí)具有的動(dòng)能與。

答案(1)|(2)ymg7?(3)(2加一1)機(jī)gR

2

解析(1)由幾何關(guān)系得5、C間的高度差介=甲

小滑塊從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理得機(jī)g/z—〃掰g-2R=0,解得〃=3。

(2)彈簧對(duì)滑塊做功過程由功能關(guān)系有W#=EP

滑塊從A到D過程由動(dòng)能定理得

1,

Ep—mg-2R—/img-2R=—0

v2

滑塊在。點(diǎn)，由重力提供向心力，有mg=m而

聯(lián)立解得Ep=^-mgRo

(3)滑塊通過。點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可知，水平方向有x=0/

豎直方向有y=\gt1

由幾何關(guān)系可知x2+y2=47?2

可得滑塊落到擋板上時(shí)的動(dòng)能為Ek=|m[y2+(g/月

聯(lián)立解得Ek=(2巾T)mgR。

■提升素養(yǎng)能力(限時(shí)：40分鐘)

1.如圖1所示，傳送帶以。的速度勻速運(yùn)動(dòng)。將質(zhì)量為機(jī)的物塊無(wú)初速度放在傳

送帶上的A端，物塊將被傳送到3端，已知物塊到達(dá)3端之前已和傳送帶相對(duì)靜

止。下列說法中正確的是()

AFIB

C)二G)

圖1

A.傳送帶對(duì)物塊做功為mv2

B.傳送帶克服摩擦力做功為5i"

C.電動(dòng)機(jī)由于傳送物塊多消耗的能量為5t"

D.在傳送物塊過程產(chǎn)生的熱量為最n"

答案D

解析根據(jù)動(dòng)能定理，傳送帶對(duì)物塊做的功等于物塊動(dòng)能的增加量，即品。2,故

A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)能定理，摩擦力對(duì)物塊做功大小為在物塊勻加速運(yùn)動(dòng)的過

程中，由于傳送帶的位移大于物塊的位移，則傳送帶克服摩擦力做的功大于摩擦

力對(duì)物塊做的功，所以傳送帶克服摩擦力做的功大于故B錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)由

于傳送物塊多消耗的能量等于物塊動(dòng)能增加量與摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能的和，故大于3

mv2,故C錯(cuò)誤；在傳送物塊過程產(chǎn)生的熱量等于滑動(dòng)摩擦力與相對(duì)路程的乘積，

即Q=FfAx,設(shè)加速時(shí)間為3物塊的位移為傳送帶的位移為X2=vt,

根據(jù)動(dòng)能定理RfXi=%w2,故熱量。二/的二五及一為）：5^",故D正確。

2.（2024.山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)模擬）如圖2所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶水平放置，以大小為。

的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。質(zhì)量為機(jī)、與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃的小物塊在傳送帶

的左端由靜止釋放，一段時(shí)間后物塊與傳送帶共速。滿足上述情景，若把傳送帶

的速度改為2°,兩次比較。下列說法正確的是（）

以上八

圖2

A.傳送帶對(duì)小物塊做的功變?yōu)樵瓉淼?倍

B.小物塊對(duì)傳送帶做的功變?yōu)樵瓉淼?倍

C.傳送帶對(duì)小物塊做功的平均功率變?yōu)樵瓉淼?倍

D.因摩擦而產(chǎn)生的熱量變?yōu)樵瓉淼?倍

答案C

解析由動(dòng)能定理可知，傳送帶對(duì)小物塊做的功為可知速度變?yōu)樵瓉?/p>

的2倍，則傳送帶對(duì)小物塊做的功變?yōu)樵瓉淼?倍，故A錯(cuò)誤；小物塊運(yùn)動(dòng)到與

V

傳送帶速度相等，所用的時(shí)間為/=》由于加速度相同，速度變?yōu)樵瓉淼?倍，

則時(shí)間變?yōu)樵瓉淼?倍，傳送帶發(fā)生的位移為x=",則位移變?yōu)樵瓉淼?倍，則

小物塊對(duì)傳送帶做的功變?yōu)樵瓉淼?倍，故B錯(cuò)誤；小物塊達(dá)到與傳送帶速度相

一V

等過程中的平均速度為。=》由于速度變?yōu)樵瓉淼?倍，且摩擦力相同，根據(jù)P

=F（o,可知傳送帶對(duì)小物塊做功的平均功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故C正確；小物塊

達(dá)到與傳送帶速度相等過程中的相對(duì)位移為^x=vt—^yt=^yt,由于速度變?yōu)樵?/p>

來的2倍，時(shí)間也變?yōu)樵瓉淼?倍，則相對(duì)位移變?yōu)樵瓉淼?倍，由。=4&可

知，因摩擦而產(chǎn)生的熱量變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯(cuò)誤。

3.（多選）（2024?河南南陽(yáng)高三月考）如圖3所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角為

傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持式的速率運(yùn)行?，F(xiàn)把一物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕

輕放在傳送帶底端，物塊被傳送到傳送帶的最高點(diǎn)（在運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)前與傳送帶達(dá)

到共速）。已知物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，”tan。，/為運(yùn)動(dòng)時(shí)間，x為物

塊沿斜面運(yùn)動(dòng)的距離。某同學(xué)以傳送帶底端所在水平面為零勢(shì)能面，畫出了在物

塊由傳送帶底端被傳送到傳送帶的最高點(diǎn)的過程中，物塊的速度。，重力勢(shì)能Ep,

機(jī)械能E,物塊和傳送帶摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能。等四個(gè)物理量變化圖像如圖所示，其

中正確的是（）

答案AC

解析物塊剛放到傳送帶上時(shí)，相對(duì)傳送帶向下運(yùn)動(dòng)，則由牛頓第二定律得

jumgcos0—mgsm0=ma,可得a=〃gcos6—gsin0,物塊的速度為Vi=at=（jugcos0

-gsind）t,物塊做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)物塊速度等于傳送帶速度后，物

塊相對(duì)傳送帶靜止，隨傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，故A正確；物塊的重力勢(shì)能為Ep=

mgh=mg-xsm0,物塊相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，機(jī)械能為E=EP+E^=mgxsin0+^mvl=

(mgsinO+ma)x,相對(duì)靜止后，物塊的機(jī)械能為E=EP+Ek=mgxsin。+產(chǎn)"，故

B錯(cuò)誤,C正確；在物塊與傳送帶共速之前,有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，則Q=〃機(jī)geos。(“一ga/2),

共速后沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，不再產(chǎn)生熱量，故D錯(cuò)誤。

4.如圖4所示，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度0向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將

質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)

為〃，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對(duì)木板靜止的過程中，

須對(duì)木板施一水平向右的作用力F則力R對(duì)木板所做的功為()

,因p

_!.......—

T77777777777777777777777777777777?77.

圖4

mv2mv2

A.丁B—

C.rrnrD.2mv2

答案C

解析由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知，力R對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物

10

體的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故卬=亍成2+〃機(jī)gx相，%相="一/，q=〃g,

v=at,聯(lián)立以上各式可得故選項(xiàng)C正確。

5.如圖5所示，傾角。=37。，長(zhǎng)為6m的斜面體固定在水平地面上，長(zhǎng)為3m、

質(zhì)量為4kg的長(zhǎng)木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對(duì)齊；質(zhì)量為2kg的物塊

3(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)木板的上端，同時(shí)釋放A和3,結(jié)果當(dāng)A的下端滑到斜面底

端時(shí)，物塊3也剛好滑到斜面底端，已知長(zhǎng)木板A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃1=0.5,

物塊3與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=0.375,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)物塊3的

大小，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37o=0.6,cos37o=0.8。求：

圖5

(1)從開始到A的下端滑到斜面底端所用時(shí)間；

(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與3間、A與斜面間因摩擦產(chǎn)生

的總熱量。

答案(1)2s(2)90J

解析(1)設(shè)長(zhǎng)木板A運(yùn)動(dòng)的加速度大小為ai,A的下端滑到斜面底端經(jīng)歷時(shí)間為

3長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)為L(zhǎng)、物塊3的質(zhì)量為機(jī)，則斜面長(zhǎng)為2L、長(zhǎng)木板A的質(zhì)量為

2m,以長(zhǎng)木板為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律可得

2mgsinX3mgcos。+〃2加geos0=2ma\

由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得

聯(lián)立解得t=2so

(2)設(shè)長(zhǎng)木板A和物塊3運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)速度分別為⑦、02,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可

得L=^yit

2L=^V2t

由能量守恒定律可得，因摩擦產(chǎn)生的總熱量為

Q=mgX2Lsin(9+2mgLsin0—^mvi—2mvx

代入數(shù)據(jù)解得Q=90J。

6.(2024?山東臨沂高三期中)如圖6所示，一足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以0=4m/s的速

度向右傳送，與傾角為37。的斜面的底端尸平滑連接，將一質(zhì)量m=2kg的小物

塊從A點(diǎn)靜止釋放。已知A、P的距離L=8m,物塊與斜面、傳送帶間的動(dòng)摩擦

因數(shù)均為〃=0.25,取g=10m/s2,sin37°-0.6,cos37°=0.80求：

(1)小物塊第一次滑過P點(diǎn)時(shí)的速度大小01；

(2)小物塊第一次在傳送帶上往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間/；

(3)物塊第一次從P點(diǎn)沖上傳送帶到沿傳送帶運(yùn)動(dòng)到最遠(yuǎn)處的過程中，電動(dòng)機(jī)因傳

送物塊多做的功；

(4)從釋放到最終停止運(yùn)動(dòng)，小物塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程。

答案(1)8m/s(2)7.2s(3)64J(4)12m

解析(1)由動(dòng)能定理得(Mgsin37°—//mgcos37°)L=^mz??—0

解得0i=8m/So

(2)由牛頓第二定律得jumg=ma\

以向右為正方向，物塊與傳送帶共速時(shí)，由速度公式得v=~v\+aiti

解得力i=4.8s

況V2

勻速運(yùn)動(dòng)階段的時(shí)間叁=2,20=24S

第1次在傳送帶上往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間/=/i+fe=7.2So

(3)物塊從P點(diǎn)勻減速到0時(shí)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間