新高考物理一轮复习重难点练习难点10 动力学和能量观点的综合应用（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习重难点练习难点10 动力学和能量观点的综合应用（含解析），共30页。试卷主要包含了传送带模型，多运动组合问题，多选题等内容，欢迎下载使用。

难点10 动力学和能量观点的综合应用

一、传送带模型
1．设问的角度
(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．功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
(2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对．
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.

摩擦生热的计算：
1．正确分析物体的运动过程，做好受力分析．
2．利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移．
3．代入公式Q＝Ff·x相对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s相对．
【例1】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 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．
【答案】(1)　(2)230 J
【解析】(1)由题图可知，传送带长x＝＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动，有x1＝t1
工件速度达到v0后，做匀速运动，
有x－x1＝v0(t－t1)
联立解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移x1＝0.8 m
所以加速度大小a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝.
(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、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＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移
x相＝x传－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦产生的热量
Q＝μmgcos θ·x相＝60 J
最终工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
电动机多消耗的电能
E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
题型二　滑块—木板模型综合分析
“滑块—木板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移．
(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
③求摩擦生热时用相对位移Δx.

【例2】如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板．质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v0＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离．已知长板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.
【答案】(1)0.8 m　(2)2 N　(3)48 J
【解析】(1)滑块在板上做匀减速运动，
a＝＝μ2g
解得：a＝5 m/s2
根据运动学公式得：L＝v0t－at2
解得t＝0.4 s (t＝2.0 s舍去)
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速
板移动的位移x＝vt＝0.8 m
(2)对板受力分析如图所示，

有：F＋Ff2＝Ff1
其中Ff1＝μ1(M＋m)g＝12 N，Ff2＝μ2mg＝10 N
解得：F＝2 N
(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q1＝Ff2·(L－x) ＝μ2mg (L－x)＝12 J
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q2＝μ2mg(L－x)＝12 J
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：
Q3＝μ1(M＋m)g·L＝24 J
所以，系统因摩擦产生的热量：
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝48 J
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F1＝2 N (第二问可知)
F1做功为W1＝F1x＝2×0.8＝1.6 J
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：
F2＝Ff1＋Ff2＝μ1(M＋m)g＋μ2mg＝22 N
F2做功为W2＝F2(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
碰到挡板前滑块速度v1＝v0－at＝4 m/s
滑块动能变化：ΔEk＝20 J
所以系统因摩擦产生的热量：
Q＝ W1＋W2＋ΔEk＝48 J.
三、多运动组合问题
1．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．
2．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．
【例3】某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．现有质量为m＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝ m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：

(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处．
【答案】(1)2 m/s　(2)50 N　(3)6 J　(4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)
【解析】(1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识v0＝vBsin 30°
得vB＝2 m/s
(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律
mg(R＋Rsin 30°)＋mvB2＝mvC2
解得vC＝4 m/s
经过C点时受轨道的支持力大小FN，
有FN－mg＝m
解得FN＝50 N
由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N
(3)设弹簧的弹性势能最大值为Ep，滑块从C到F点过程中，
根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－Ep＝0－mvC2
代入数据可解得Ep＝6 J
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，
根据动能定理有mgLsin 30°＋Ep－μmgL＝mgh
代入数据可解得h＝0.6 m
因为h 代入数据可解得x＝3.2 m
滑块最后静止时离D点0.2 m(或离C点0.8 m)．

一、单选题
1．（2022·辽宁·沈阳二中模拟预测）一倾斜传送带与水平成30°角，以5m/s的速度顺时针匀速转动｡现将一质量为0.4kg的物体（物体可看成质点）轻放在传送带的顶端A点，物体从A运动到传送带底端B，离开B点时的速度大小为5m/s｡已知物体与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为10m/s2，则物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．传送带的长度可能为0.8m
B．若传送带的长度为2m，则摩擦力对物体做的功为6J
C．若传送带的长度为2m，则摩擦力对传送带做的功为-4J
D．若传送带的长度为2m，则因摩擦而产生的热量为1J
【答案】C
【解析】A． 物体相对传送带上滑时，物体的加速度大小为

物体与传送带间的动摩擦因数

故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，离开B点时的速度大小为5m/s，故物体可能是一直加速运动或者先加速后匀速运动，若一直加速运动，则传送带的长度

若先加速后匀速运动，则传送带的长度必然大于1m，故A错误；
B．若传送带的长度为L=2m，则根据动能定理

解得摩擦力对物体做的功

故B错误；
C．若传送带的长度为2m，物体运动时间为

物体匀加速阶段，传送带的位移

匀速阶段，传送带的位移

根据受力分析可知，前1m物体对传送带的摩擦力方向向上，后1m对传送带的摩擦力方向向下，则摩擦力对传送带做的功

故C正确；
D．若传送带的长度为2m，则因摩擦而产生的热量

其中，相对运动距离

解得

故D错误。
故选C。
2．（2022·湖北·高三阶段练习）皮带输送机普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，通过扫码可实现快递自动分拣。如图所示，传送带在电动机带动下以m/s的速度匀速运动，将质量kg的包裹（可视为质点）无初速度放在与扫码仪B相距10m的A点处，包裹与传送带间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。下列说法正确的是（　　）

A．包裹从A点运动到扫码仪B的过程中先受滑动摩擦力作用后受静摩擦力作用
B．包裹从A点运动到扫码仪B的时间为5s
C．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，电动机多消耗的电能为4J
D．将一个包裹运送到扫码仪B的过程中，系统因摩擦产生的热量为4J
【答案】C
【解析】B．包裹在传送带上加速时有

解得

包裹在传送带上加速的时间

包裹在传送带上加速的位移

包裹在传送带上匀速运动的时间

包裹从A点运动到扫码仪B的时间

故B错误；
A．包裹加速过程受滑动摩擦力作用，与传送带共速后不受摩擦力作用，故A错误；
C．传送带在包裹加速时间内的位移

传送带克服摩擦力所做的功

电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，故C正确；
D．包裹在传送带上加速的过程中，系统因摩擦产生的热量为
J
故D错误。
故选C。
3．（2021·新疆·乌鲁木齐八一中学高三阶段练习）在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为。已知传送带的速率恒为，工件与传送带间动摩擦因数为，工件质量为，重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）

A．工件在传送带上加速运动的时间一定等于
B．传送带对每个工件做的功为+
C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于
D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为
【答案】D
【解析】A．工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动每个工件划伤传送带后运动的规律相同，由此可知：

解得将相邻两个物块放到传送带上的时间间隔为

而不能确定加速时间，故A错误；
B．传送带对每个工件做的功为：

故B错误；
C．设工件加速运动的时间为，工件与传送带相对滑动的路程为：

摩擦产生的热量为：

加速时间不确定，无法得出每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量，故C错误；
D．根据能量守恒得，传送带传送一个工件多消耗的能量为：

对于工件加速过程，有：

整理得：

故D正确。
故选D。
4．（2021·山西朔州·高三期中）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角，传送带在电动机的带动下，始终保持的速度顺时针运行。现把一质量为的工件（可视为质点）轻放在传送带的底端，经过一段时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度大小为，则在此过程中，下列说法正确的是（　　）

A．工件加速过程的时间为 B．传送带对工件做的功为
C．工件与传送带间摩擦产生的热量为 D．电动机因传送工件多做的功为
【答案】C
【解析】A．工件加速过程由牛顿第二定律得

解得加速度

得加速时间

故A错误；
B．工件在传送带上不仅受重力还受到传送带对它的摩擦力和支持力，由动能定理有

得传送带对工件做的功

故B错误；
C．加速过程工件与传送带相对运动的位移

工件与传送带间摩擦产生的热量

故C正确；
D．电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量，则有

故D错误。
故选C。
5．（2022·全国·高三课时练习）如图甲，倾角为的传送带始终以恒定速率逆时针运行，时速度大小为（）的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的图像如图乙，则（　　）

A．时间内，小物块所受的摩擦力始终不变
B．小物块与传送带间的动摩擦因数满足大于
C．时刻小物块离传送带底端的距离最远
D．小物块返回传送带底端时的速率小于
【答案】D
【解析】A．通过乙图可以看出，小物块先向上匀减速运动，减速到零后反向加速，当速度与传送带速度相等时，加速度大小发生变化，所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前，摩擦力方向一直沿斜面向下，时刻以后摩擦力方向沿斜面向上，故A错误；
B．根据图乙可知，时刻以后小物块相对于传送带向下加速运动，根据牛顿第二定律可得

所以小物块与传送带间的动摩擦因数满足

故B错误；
C．根据图乙可知，时刻小物块向上运动的速度为零，此时小物块离传送带底端的距离达到最大，故C错误；
D．小物块在整个运动过程中重力做功为零，机械能的损失转化为由于摩擦产生的热，所以小物块的机械能减少，小物块返回传送带底端时的速率小于，故D正确。
故选D。
6．（2022·全国·高三专题练习）质量为M的长木板放在光滑的水平面上，如图所示，一质量为m的滑块以某一速度沿木板表面从A点滑到B点，在木板上前进的距离为L，而长木板前进的距离为l，若滑块与木板间动摩擦因数为，则（　　）

A．摩擦力对滑块所做的功为
B．摩擦力对木板所做的功为
C．滑块损失的动能为
D．滑块和木板系统损失的动能为
【答案】D
【解析】A．摩擦力对滑块所做的功为

故A错误；
B．摩擦力对木板所做的功为

故B错误；
C．根据动能定理可知，滑块损失的动能等于滑块克服摩擦力所做的功，即

故C错误；
D．根据能量守恒定律可知滑块和木板系统损失的动能等于系统产生的摩擦热，即

故D正确。
故选D。
7．（2020·江苏淮安·高三阶段练习）如图所示，木块A放在木板B的左端，AB间接触面粗糙，用恒力F将木块A拉到木板B的右端，第一次将B固定在水平地面上，第二次将B放在光滑水平地面上，则前后两个过程中相同的量是（       ）

A．物块A达B右端时的速度
B．物块A的运动时间
C．力F对物块A做的功
D．系统产生的摩擦热
【答案】D
【解析】AB．不管木板B是否固定，木块A受到重力、支持力、拉力F和滑动摩擦力f，根据牛顿第二定律有

因

可解得

因此两种情况下的加速度相同，当木板固定时由

得

当木板放在光滑的水平地面上时，由于A对B摩擦力作用，木板B将向右加速滑动，此时木块A滑到B右端时，A对地面的位移为
x=L+s
其中s是木板发生的位移，由

可得

故两种情况下木块A的运动时间不同。根据
v=at
可知物块A达B右端时的速度不同，故AB错误；
C．根据
W=Fx
可知，由于两种情况下木块A位移不同，故做的功不同，故C错误；
D．根据“摩擦生热”公式
Q=fs相对
可知，两种情况下滑动摩擦力f相同，相对位移相同，所以系统产生的热量相同，故D正确。
故选D。
8．（2019·黑龙江牡丹江·高三阶段练习）光滑水平面上有一质量为M的木板，在木板的最左端有一质量为m的小滑块（可视为质点），小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ，开始时它们都处于静止状态，某时刻给小滑块一瞬时冲量，使小滑块以初速度v0向右运动，经过一段时间小滑块与木板达到共同速度v，此时小滑块与木板最左端的距离为d，木板的位移为x，如图所示，下列关系式正确的是（　　）

A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】由动量守恒可知
mv0=(M+m)v
则

对m分析可知，m只有M的摩擦力做功，则由动能定理可知
-μmg（x+d）=mv2-mv02
对M分析可知，M受m的摩擦力做功，由动能定理可知
μmgx=Mv2
联立可得

故C正确，ABD错误；
故选C。
9．（2021·江苏·苏州市苏州高新区第一中学高三阶段练习）如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，上升到最高点时距N点高度为。不计空气阻力，则以下说法错误的是（　　）

A．传送带匀速传动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于N点
C．滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
D．滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为
【答案】B
【解析】A．小滑块第一次滑上传送带时的速度为v1，根据机械能守恒定律可得

解得

向右减速到零后，再反向加速，离开传送带时的速度为v2，滑块上升过程中根据机械能守恒定律可得

解得

因为

所以小滑块返回时是先加速后匀速，即传送带匀速传动的速度大小为，A正确；
B．最终滑块下落到底端的速度大小与传送带速度大小相等时，滑块滑上传送带的速度和离开传动带的速度大小相等，之后一直保持这种状态来回运动，所以小滑块不会停在N点，B错误；
C．设滑块与传送带之间的动摩擦因数为μ，小滑块第一次在传送带上减速直线运动的时间为

相对传送带的距离为

解得

反向加速直线运动的时间为

相对传送带的位移为

解得

滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为

解得

C正确；
D．第三次滑上传送带时，速度与传送带速度大小相等，所以以后每次滑上传送带产生的热量一样相同；滑上传送带减速直线运动过程中经过的时间

相对传送带的距离为

返回过程相对传送带的距离为

滑块第三次及以后每次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为

D正确。
故选B。
10．（2021·安徽·高三阶段练习）如图甲所示，沿顺时针方向运动的水平传送带AB，零时刻将一个质量m=1kg的物块轻放在A处，6s末恰好运动到B处，物块6s内的速度一时间图像如图乙所示，物块可视为质点，（重力加速度）则（　　）

A．AB长度为24m B．物块相对于传送带滑动的距离12m
C．传送带因传送物块多消耗的电能16J D．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5
【答案】C
【解析】A．由图得AB长度为物块的位移
16m
故A错误；
B．6s内传送带的路程为

物块相对于传送带滑动的距离

故B错误；
C．传送带因传送物块多消耗的电能为传送带4s内克服摩擦力做的功，即

故C正确；
D．由图可知，物块的加速度为

对物块用牛顿第二定律得

解得

故D错误。
故选C。
二、多选题
11．（2022·云南·宣威市第七中学高三阶段练习）如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（　　）

A．电动机做的功为mv2
B．摩擦力对物体做的功为mv2
C．传送带克服摩擦力做的功为mv2
D．小物块与传送带因摩擦产生的热量为Q=mv2
【答案】AC
【解析】设经t时间物体与传送带相对静止，物体做匀加速直线运动，传动带做匀速运动，则物体位移

传送带运动距离

二者相对位移

物体所受合力为滑动摩擦力，由动能定理

即，传送带克服摩擦力做功为

小物块与传送带因摩擦产生的热量为

电动机做功等于物体增加的动能与传送带与物体之间摩擦产生的热能之和，则

故AC正确，BD错误。
12．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）如图所示，倾斜传送带倾角为，传送带底端通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道连接。金属小球B（不能视为质点）通过细绳竖直悬挂，小球与光滑水平轨道只接触不挤压，竖直细绳左侧存在强磁场。传送带以的速度逆时针匀速转动，绝缘滑块A从传送带上距传送带底端处静止释放，A、B每次都发生一维弹性碰撞，由于左侧强磁场的作用，B很快就停在原位置。已知A的质量，A与传送带间的摩擦因数，B的质量为，重力加速度g取，。下列说法正确的是（　　）

A．A下滑过程做匀加速直线运动
B．第一次碰后A、B的速度大小相等、方向相同
C．第一次碰撞前A与传送带的摩擦生热大小为3.2J
D．经过足够长的时间A、B均静止后，整个过程中A与传送带间的摩擦生热大小等于A重力势能减少量和传送带多消耗的电能之和
【答案】AC
【解析】AC．A下滑过程中，设经过时间t加速到与传送带同速，时间t内A的加速度为a，位移为，由牛顿第二定律得

解得

由匀变速直线运动公式


解得


由于等于 A距传送带底端的距离，所以A下滑过程一直做加速度不变的匀加速直线运动，A恰好滑到传送带底端时，速度与传送带相同；
在时间内，传送带运动的距离为

则第一次碰撞前A与传送带摩擦产生的热量为

故AC正确；
B．A与B发生弹性碰撞，设A的初速度方向为正方向，第一次碰撞过程有


解得


第一次碰后A、B的速度大小相等、方向相反，故B错误；
D．A、B均静止后，由能量守恒定律，A与传送带间的摩擦生热与B进出磁场时产生的焦耳热之和等于A重力势能减少量和传送带多消耗的电能之和，故D错误。
故选AC。
13．（2022·全国·模拟预测）如图甲所示，倾角为＝37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m＝10kg的木箱（可视为质点）轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10s时刻木箱到达传送带上端B。重力加速度g取10m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则（　　）

A．木箱放上传送带先做匀加速运动，其加速度大小为0.4m/s2
B．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1240J
D．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和
【答案】ABC
【解析】AB．速度时间图像斜率表示加速度，木箱刚放上去时做匀加速运动，结合图乙可知其加速度

可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数

故AB正确；
CD．由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机消耗的电能等于物块获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热能之和，相对位移


故C正确，D错误。
故选ABC。
14．（2022·全国·高三专题练习）如图甲，劲度系数的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个质量为M的木板。开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上、一质量的物块（可视为质点）从木板左端以初速度滑上木板，最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物块的图线；B为木板的图线且为正弦图线。已知重力加速度，根据图中所给信息可得（　　）

A．木板的长度为
B．时，弹簧的弹性势能为
C．时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等
D．内“物块和木板”系统的摩擦生热为
【答案】AD
【解析】A．由于v-t图像与t轴围成的面积表示位移，通过图像可知，A一直向右运动，位移s=2m，B先向右后向左运动，总位移为0。因此，A运动的位移即为木板长度，即2m，A正确；
B．由于v-t图像的斜率表示加速度，可知A减速运动的加速度为1m/s2。而A在仅受摩擦力的作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律可知

由物块B的v-t图像可知，t=0.5s时，B的速度最大，此时由于切线斜率为0，故B物块的加速度为0。
对B进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小应为B的位移x，则有：

解得

由正弦图线的对称性可知，t=1s时，B的速度为0，即位于简谐运动的振幅处，B向右的位移为2x。
对0~1s过程列能量守恒：

其中A在1s内的位移为

联立可得

B错误；
C．1s时，木板的v-t图切线斜率不为0，说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力并不相等，C错误；
D．两秒内“物块和木板”系统的摩擦生热

而由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移s，因此系统摩擦生热为2J，D正确。
故选AD。
15．（2022·全国·高三课时练习）如图所示，一倾角为的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列判断正确的是（　　）

A．动摩擦因数
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
【答案】BC
【解析】A．开始时长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，有

解得

A错误；
B．铁块A轻轻放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有

解得
   ，方向沿斜面向下
对B，根据牛顿第二定律有

解得
   ， 方向沿斜面向上
铁块A和长木板B共速的时间为

解得

铁块A和长木板B共速后，速度大小为

B正确；
C．铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为

C正确；
D．由能量守恒定律可知，从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。
故选BC。
三、解答题
16．（2022·辽宁·沈阳二中高三阶段练习）如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图像如图乙所示，已知1.0s末物体的速度v1=10m/s，2.0s末物体恰好滑离传送带时速度v2=12m/s。取沿传送带向下为正方向，重力加速度g=10m/s2。（sin37°=0.6、cos37°=0.8）求：
（1）物体与传送带间的摩擦因数为多少？
（2）物体在传送带上运动过程中因摩擦而产生的热量为多少？

【答案】（1）；（2）24J
【解析】（1）由图知，物体先做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向上。
在0-1.0s内有

由v-t图像得

在1.0-2.0s有

由v-t图像得

联立解得

（2）由题意得传送带的速率为v1，0~1.0s物体相对传送带的路程为

1.0~2.0s物体相对传送带的路程为

物体在传送带上运动过程中产生的热量为

解得

17．（2022·湖南·高三专题练习）如图所示，水平传送带足够长，顺时针运动的速度v=4m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m=2kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L=9m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为、，取重力加速度，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求物块：
（1）第1次滑过P点时的速度大小；
（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。

【答案】（1）6m/s；（2）12.5s；（3）88J
【解析】（1）由动能定理得

解得

（2）由牛顿第二定律得

物块与传送带共速时，由速度公式得

解得

匀速运动阶段的时间为

第1次在传送带上往返运动的时间

（3）由分析可知，物块第一次离开传送带以后，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，物块最终停止在P点，则根据能量守恒有

18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，质量为M=2.5kg的长木板B静止放置在光滑水平面上，B左侧的竖直平面内固定一个光滑圆弧轨道PQ，O点为圆心，半径为R=6m，OQ竖直，Q点与木板B上表面相切，圆心角为。圆弧轨道左侧有一水平传送带，传送带顺时针转动，传送带上表面与P点高度差为H=0.45m。现在传送带左侧由静止放置一个质量为m=1kg的可视为质点的滑块A，它随传送带做匀加速直线运动，离开传送带后做平抛运动，恰好从P点沿切线进入圆弧轨道，滑出轨道后又滑上木板B，最后与木板B相对静止。已知滑块A与长木板B间的动摩擦因数，取，sin37°=0.6，求：
（1）滑块离开传送带的速度大小；
（2）滑块经过Q点时受到弹力大小；（结果保留三位有效数字）
（3）木板B的最小长度。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足

又滑块A沿切线滑入圆轨道，满足

解得


（2）滑块A沿圆轨道滑下，机械能守恒，得

在Q点，由圆周运动规律

解得
，
（3）滑块A滑上木板B后，A、B水平方向不受外力，动量守恒，有

解得

根据功能关系，有

解得

所以木板B的最小长度L=8.75m
19．（2021·全国·高三专题练习）如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M=20kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m=5kg可视为质点的小货箱C以初速度v0=4m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车时速度的时开始匀速运动，小货箱未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h=0.45m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ=0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10m/s2。求∶
（1）小货箱C冲上平板小车时的速度大小；
（2）平板小车板面的最小长度；
（3）从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。

【答案】(1)5m/s；(2)2m；(3)50J
【解析】(1)小货箱在A上滑行过程，据动能定理可得

解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为

(2)由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，设达到共同速度时小货箱恰好滑到平板小车最右端，相对滑动过程由能量守恒定律可得

解得平板小车板面的最小长度为

(3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为

20．（2022·全国·高三专题练习）如图甲所示，一长木板静置于水平地面上，木板最右端放置一小物块。时刻对木板施加一水平向右的恒力，时撤去，此后木板运动的图像如图乙所示。已知物块质量，木板质量，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块始终在木板上，重力加速度大小。
（1）设物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数分别是、，求、的值（提示：）；
（2）求撤去直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力的冲量大小；
（3）求整个过程中木板与物块间、木板与地面间因摩擦产生的总热量。

【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）根据图线可知，时物块和木板速度相等，之后两者相对静止一起匀减速至0。设内木板加速度大小为，内木板加速度大小为，内物块加速度大小为，由图像可知
，，
内，对木板，根据牛顿第二定律有

对物块，根据牛顿第二定律有

内，对木板，根据牛顿第二定律有

联立解得
，，
（2）时，物块速度

撤去直至木板停下的过程中，物块所受摩擦力的冲量即为合外力的冲量，则

联立解得

所以物块所受摩擦力的冲量大小为
（3）设撤去外力时，木板位移为，则

对全过程，根据能量守恒定律有

联立解得