2024届鲁科版新教材高考物理一轮复习教案第六章机械能守恒定律专题强化九动力学和能量观点的综合应用

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题型一 传送带模型
例1 (多选)(2023·福建福州市模拟)福州某地铁站的安检设施如图所示．该设施中的水平传送带以恒定速率v运动，乘客将质量为m的物品静止放在传送带上，加速后匀速通过安检设施，对此过程下列说法正确的是( )
A．物品先受滑动摩擦力后受静摩擦力作用
B．物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同
C．物品由于摩擦产生的热量为mv2
D．传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量为mv2
答案 BD
解析 物品加速时受滑动摩擦力作用，匀速时不受摩擦力作用，故A错误；物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同，滑动摩擦力使物品加速运动，故B正确；设物品由加速到匀速所用时间为t，则这段时间内传送带的位移s1＝vt，物品的位移s2＝eq \f(v,2)t，物品与传送带之间产生的热量Q＝fΔs＝f(s1－s2)＝fs2，物品加速过程应用动能定理得fs2＝eq \f(1,2)mv2，则物品由于摩擦产生的热量Q＝eq \f(1,2)mv2，故C错误；传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量一部分转化为物品的动能Ek＝eq \f(1,2)mv2，另一部分由于摩擦产生了热量Q＝eq \f(1,2)mv2，故多消耗的能量为E＝Ek＋Q＝mv2，故D正确．
例2 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)eq \f(\r(3),2) (2)230 J
解析 (1)由题图可知，传送带长s＝eq \f(h,sin θ)＝3 m
工件速度大小达到v0前，做匀加速运动，有s1＝eq \f(v0,2)t1
工件速度大小达到v0后，做匀速运动，
有s－s1＝v0(t－t1)
联立解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移大小s1＝0.8 m
所以加速度大小a＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),2).
(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，传送带运动的位移大小
s传＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移大小
s相＝s传－s1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦产生的热量
Q＝μmgcs θ·s相＝60 J
最终工件获得的动能Ek＝eq \f(1,2)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.
1．传送带问题的分析方法
(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＝fs传．
(2)系统产生的内能：Q＝fs相对，s相对表示相对路程．
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
题型二 滑块—木板模型
例3 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示．下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板A最终获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案 D
解析 由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力．根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能EkA＝eq \f(1,2)mv12＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m·v2＝2 J，选项B错误；由题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确．
例4 (2023·黑龙江省佳木斯一中高三检测)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg, g＝10 m/s2.现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示)
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；
(2)A相对于B静止时的速度大小v；
(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q.
答案 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2)eq \f(7,3) m/s (3)eq \f(7,3) J
解析 (1)若A、B相对静止，则有a＝eq \f(F,m＋M)＝eq \f(7,3) m/s2>eq \f(μmg,M)＝2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2
对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2.
(2)撤去F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s，
撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2，
设经历时间t2二者共速，则有v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝eq \f(1,6) s，则v＝v1－a3t2＝eq \f(7,3) m/s.
(3)外力F对A、B整体做的功为
F·Δs＝F·eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(21,2) J
A、B最终以速度v＝eq \f(7,3) m/s运动．
故A、B整体动能为Ek＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(49,6) J
由能量守恒定律得F·Δs＝Q＋Ek，则Q＝eq \f(7,3) J.
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＝eq \f(Δv2,a2)＝eq \f(Δv1,a1)，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s滑；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移s板；
(3)求摩擦生热时用相对位移Δs.
题型三 多运动组合问题
例5 (2023·浙江舟山市模拟)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°，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C，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＝eq \r(2) 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)2eq \r(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，由平抛运动知识有v0＝vBsin 30°，得vB＝2eq \r(2) m/s
(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律得
mg(R＋Rsin 30°)＋eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvC2
解得vC＝4eq \r(2) m/s
经过C点时受轨道的支持力大小为N，
有N－mg＝meq \f(vC2,R)，解得N＝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Epm，滑块从C点到F点的过程中，根据动能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－eq \f(1,2)mvC2，代入数据可解得Epm＝6 J
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入数据可解得h＝0.6 m，因为h例6 如图所示，AB、FG均为半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角θ＝53°、长度L1＝2 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道．一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点．物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为μ＝eq \f(1,3)，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力．求：(sin 53°＝0.8，结果可保留分数)
(1)C、D两点间的距离x；
(2)物块从B点运动到E点的时间t；
(3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s.
答案 (1)1.2 m (2)eq \f(11,15) s (3)6 m 1.35 m
解析 (1)物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律则有mgR＝eq \f(1,2)mvB2，解得vB＝3 m/s
物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在D点的速度大小vD＝eq \f(vB,cs θ)＝5 m/s
竖直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s
竖直方向物块做自由落体运动，有vy＝gt1，
解得t1＝0.4 s
C、D两点间的距离x＝ vBt1＝1.2 m.
(2)物块在斜轨道上的加速度大小a1＝gsin θ－μgcs θ＝6 m/s2，由L1＝vDt2＋eq \f(1,2)a1t22
代入数据解得t2＝eq \f(1,3) s
物块从B点运动到E点的时间
t＝t1＋t2＝0.4 s＋eq \f(1,3) s＝eq \f(11,15) s.
(3)物块由F到G，由机械能守恒定律eq \f(1,2)mvF2＝mgR，代入数据解得vF＝eq \r(2gR)＝3 m/s
物块在E点的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s
物块从E到F，由动能定理可得
－μmgL2＝eq \f(1,2)mvF2－eq \f(1,2)mvE2
代入数据解得L2＝6 m
物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，由动能定理可得－μmgs＝0－eq \f(1,2)mvF2
代入数据解得s＝1.35 m.
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．
课时精练
1．(多选)(2023·福建厦门市湖滨中学月考)如图甲所示，水平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10 kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带最左端，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，4 s末木箱到达传送带最右端，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1
B．整个过程中因摩擦产生的热量为20 J
C．整个过程中传送带对木箱做的功为60 J
D．传送带速度为2 m/s
答案 ABD
解析 由题图乙可知，木箱相对传送带滑动过程中的加速度大小为a＝eq \f(Δv,Δt)＝1 m/s2，设木箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.1，故A正确；由题图乙可知传送带的速度为v＝2 m/s,0～2 s内，木箱和传送带之间的相对位移大小为Δs＝vΔt－eq \f(vΔt,2)＝2 m，整个过程中因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔs＝20 J，故B、D正确；根据动能定理，整个过程中传送带对木箱做的功为W＝ΔEk＝eq \f(1,2)mv2＝20 J，故C错误．
2.(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物体(可视为质点)从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，轨道与传送带在A点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A、B两点之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针运动，则(g取10 m/s2)( )
A．物体从A运动到B的时间是1.5 s
B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J
C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J
D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J
答案 AC
解析 设物体下滑到A点时的速度大小为v0，在由P到A过程中，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv02＝mgh，代入数据得v0＝eq \r(2gh)＝2 m/s3.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，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，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.eq \f(mv2,4)B.eq \f(mv2,2)
C．mv2D．2mv2
答案 C
解析 由能量转化和能量守恒定律可知，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W＝eq \f(1,2)mv2＋μmgs相，s相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确．
4．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v－t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，则( )
A．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5
B．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 J
C．小物块的初速度为v0＝12 m/s
D．0～2 s与2～3 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1
答案 ACD
解析 由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0～2 s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2－0,2) m/s2＝1 m/s2.对木板，根据牛顿第二定律有，f1－f2＝ma1，f1＝μmg，在2～3 s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为a2＝eq \f(Δv′,Δt′)＝eq \f(0－2,1) m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律有，f2＝2ma2＝4 N，联立以上各式，解得μ＝0.5，故A正确；对物块，在0～2 s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2 m/s＋5×2 m/s＝12 m/s，故C正确；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q＝eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)×1×122 J＝72 J,2～3 s时间内物块和木板一起减速，系统的机械能减少量ΔE损2＝eq \f(1,2)·2mv2＝4 J，故0～2 s时间内系统机械能减少量ΔE损1＝72 J－4 J＝68 J，则0～2 s与2～3 s系统机械能减少量之比为17∶1，故B错误，D正确．
5．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/s
B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝eq \f(2\r(3),5)
C．0～t2时间内因摩擦产生的热量为27 J
D．0～t2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J
答案 ABC
解析 从题图乙可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度大小为2 m/s，顺时针转动，故A正确；由题图乙可知，小物块的加速度大小a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcs θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝eq \f(2\r(3),5)，故B正确；物块运动速度减为零后，反向加速过程经历的时间t＝eq \f(v0,a)＝2 s，由题图乙可知t2＝3 s，物块运动的位移大小s＝1.5 m，传送带与物块的相对位移Δs＝4.5 m，摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·Δs＝27 J，故C正确；物块增加的重力势能ΔEp＝mgsin θ·s＝7.5 J，物块动能的增量ΔEk＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)mv12＝1.5 J，传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J，故D错误．
另解：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t＝eq \f(v0,a)＝2 s，因此题图乙中t2＝3 s，
3 s内传送带的位移s传＝v0t2＝6 m，
传送带多消耗的电能W电＝μmgcs θ·s传＝36 J，故D错误．
6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.
答案 (1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J
解析 (1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a1＝μg＝3 m/s2
木板运动的加速度大小为a2＝eq \f(F－μmg,M)＝5 m/s2
设抽出过程的时间为t，则有eq \f(1,2)a2t2－eq \f(1,2)a1t2＝L，
解得t＝1 s，所以小铁块运动的位移为s1＝eq \f(1,2)a1t2，
解得s1＝1.5 m
木板运动的位移为s2＝eq \f(1,2)a2t2，解得s2＝2.5 m
摩擦力对小铁块做的功为W1＝μmgs1，
解得W1＝4.5 J
摩擦力对木板做的功为W2＝－μmgs2，
解得W2＝－7.5 J
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能
Q＝μmgL＝3 J.
7．(2023·福建省泉州第五中学检测)一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度LAB＝4 m，BC段是倾斜的，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接(图中未画出圆弧)，传送带以v＝4 m/s的恒定速率顺时针运转．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.现将一个工件(可看作质点)无初速度地放在A点，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，求：
(1)工件第一次到达B点所用的时间；
(2)工件沿传送带上滑的最大距离．
答案 (1)1.4 s (2)4 m
解析 (1)设工件刚放在传送带水平段上的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μmg＝ma1
解得a1＝μg＝5 m/s2.设经t1时间与传送带的速度相同，则t1＝eq \f(v,a1)＝0.8 s
前进的位移为s＝eq \f(1,2)a1t12＝1.6 m，此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时t2＝eq \f(LAB－s,v)＝0.6 s．所以工件第一次到达B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.4 s
(2)设工件沿传送带上滑的最大距离为Δs，由动能定理得(μmgcs θ－mgsin θ)Δs＝0－eq \f(1,2)mv2，
解得Δs＝4 m.
8．“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R＝5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点．P为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x＝0.32 m．一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t＝0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m＝3 kg，薄木板质量M＝1 kg，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝eq \f(19,24)，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝eq \f(5,6)，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：
(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)；
(2)物块相对于木板运动的距离；
(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．
答案 (1)(91.92－24eq \r(5)) N (2)1.5 m
(3)87 J
解析 (1)物块由C到D，做斜上抛运动
水平方向v水平＝eq \f(x,t)＝1.6 m/s
物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度大小v＝eq \f(v水平,cs θ)＝2 m/s，
v竖直＝vsin θ＝1.2 m/s
物块在C端时竖直方向速度大小v竖直′＝v竖直－gt＝－0.8 m/s，
vC＝eq \r(v水平2＋v竖直′2)＝eq \f(4\r(5),5) m/s
由B到C有eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvC2＋mgR(1－cs α)
其中cs α＝eq \f(v水平,vC)，
在B点有N－mg＝meq \f(vB2,R)
由牛顿第三定律得F压＝N＝(91.92－24eq \r(5)) N
(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mgcs θ－mgsin θ＝mam，解得物块加速度大小am＝eq \f(2,3) m/s2，做匀减速直线运动
对木板有μ2mgcs θ＋Mgsin θ－μ1(M＋m)gcs θ＝MaM，解得木板加速度大小aM＝eq \f(2,3) m/s2，做匀加速直线运动设两者经时间t1达到共速v共，则有v－amt1＝aMt1＝v共
解得t1＝1.5 s，v共＝1 m/s
此过程中s物＝eq \f(v＋v共,2)t1＝eq \f(9,4) m，
s板＝eq \f(v共,2)t1＝eq \f(3,4) m
物块相对于木板运动的距离Δs＝s物－s板＝1.5 m
(3)μ2mgcs θ>mgsin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止．
以物块和木板为整体，a共＝μ1gcs θ－gsin θ＝eq \f(1,3) m/s2，s共＝eq \f(v共2,2a共)＝1.5 m
Q物－板＝μ2mgcs θ·Δs＝30 J
Q板－斜＝μ1(M＋m)gcs θ·(s板＋s共)＝57 J
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q＝Q物－板＋Q板－斜＝87 J.
9．(2023·福建省联考)如图所示，质量M＝1 kg的平板置于光滑的水平面上，板上最右端放一质量m＝1 kg、可视为质点的小物块，平板与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，距平板左端L＝0.8 m处有一固定弹性挡板，平板撞上挡板后会原速率反弹．现对平板施一水平向左的恒力F＝5 N，物块与平板一起由静止开始运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，整个过程中物块未离开平板．求：
(1)第一次碰撞时平板的速度大小；
(2)第二次碰撞时物块离平板右端的距离；
(3)物块最终离平板右端的距离．
答案 (1)2 m/s (2)eq \f(8,15) m (3)0.8 m
解析 (1)若两者保持相对静止，在恒力作用下一起向左加速，有a＝eq \f(F,M＋m)＝2.5 m/s2
由于a＝2.5 m/s2<μg＝5 m/s2，故两者一起向左加速，由v12＝2aL，得v1＝2 m/s
(2)平板反弹后，物块加速度大小为a1＝μg＝5 m/s2，方向水平向右，物块向左匀减速运动．平板的加速度大小a2＝eq \f(F＋μmg,M)＝10 m/s2，方向水平向左．以向左为正方向，经t1时间到达共速，有v1－a1t1＝－v1＋a2t1，得t1＝eq \f(4,15) s
共同速度为v共1＝v1－a1t1＝eq \f(2,3) m/s，方向向左，从第一次碰撞到共速的过程中，物块的位移s1＝eq \f(v1＋v共1,2)t1＝eq \f(16,45) m
平板的位移s2＝eq \f(－v1＋v共1,2)t1＝－eq \f(8,45) m
物块相对平板的位移Δs1＝s1－s2＝eq \f(8,15) m
(3)设相对位移为sn，全过程由能量守恒定律得μmgsn＝FL
解得sn＝0.8 m.