高考物理一轮复习专题13动力学和能量观点的综合应用(原卷版+解析)

这是一份高考物理一轮复习专题13动力学和能量观点的综合应用(原卷版+解析)，共30页。试卷主要包含了多运动组合问题，“传送带”模型综合问题，“滑块－木板”模型综合问题等内容，欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc4610" 题型一 多运动组合问题 PAGEREF _Tc4610 \h 1
\l "_Tc15883" 题型二 “传送带”模型综合问题 PAGEREF _Tc15883 \h 6
\l "_Tc12517" 类型1 水平传送带问题 PAGEREF _Tc12517 \h 7
\l "_Tc31980" 类型2 倾斜传送带 PAGEREF _Tc31980 \h 10
\l "_Tc20166" 题型三 “滑块－木板”模型综合问题 PAGEREF _Tc20166 \h 13
题型一 多运动组合问题
【解题指导】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1】(2022·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°，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＝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．
【例2】如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为LMN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长LBC＝1 m，小滑块P质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.
(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；
(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；
(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围．
【例3】．如图所示为某轮滑比赛的场地，由斜面AB、圆弧面BCD和平台组成，斜面AB和圆弧面在B点相切，C为圆弧面的最低点，刚好与地面相切，圆弧BC所对的圆心角α＝37°，圆弧轨道半径为R，D点离地面的高度是平台离地面高度的一半，平台离圆弧轨道D点的水平距离和平台的高度相等，轮滑运动员从斜面上A点由静止滑下，从D点飞出后，刚好沿水平方向滑上平台，整个过程运动员视为质点，不计一切摩擦和阻力，重力加速度为g，求：(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，)
(1)圆弧CD所对的圆心角θ；
(2)斜面AB的长度．
【例4】．如图是小明设计的一个游戏装置．该滑道分为AM、AB、BC，CDE，EF和FG六段，其中AB、BC，CDE和FG轨道光滑，剩余轨道的动摩擦因数为0.5.在M点处安装一弹簧装置，将一物块与弹簧紧贴，释放弹簧，物块从M点处出发．游戏成功的要求：物块不会脱离CDE轨道(检测装置省略)，物块最后能平稳地停在EF轨道处，且不会从FG轨道中飞出．现已知物块的质量为1 kg，R1＝2 m，R2＝1 m，D点与A点位于同一水平线，AM＝1 m，H＝2 m，L＝20 m，不计空气阻力及弹簧装置内部物块的位移，物块可视为质点，g＝10 m/s2.回答下列有关问题：
(1)求物块在B点时速度的最小值，并求出当B点为最小速度时，A点的速度大小；
(2)若物块在M点处的弹性势能E1＝45 J，求物块在E点处对轨道的压力；
(3)求弹簧的弹性势能E与最后停止时物块到E点的距离d的关系式．
【例5】(2022·陕西西安市高考模拟猜想卷)学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，如图所示，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1 m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.2 kg 小滑块从水平地面P点以速度v0＝2eq \r(3) m/s出发并沿“e”字型轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰。已知水平直轨道EF长为L＝0.5 m，小滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。求：
(1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力；
(2)小滑块最终停止的位置离F点的距离；
(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足什么条件。
题型二 “传送带”模型综合问题
【解题指导】1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要用Q＝Ffx相对或能量守恒定律.
2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量．
【核心归纳】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)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
类型1 水平传送带问题
【例1】如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度－时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2
B．A、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m
C．若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为8 J
D．若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
【例2】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处由静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
【例3】．如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转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eq \f(R,4).重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法错误的是( )
A．传送带匀速转动的速度大小为eq \r(\f(gR,2))
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eq \f(9,4)mgR
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mgR
【例4】．(2022·浙江省杭州第二中学高三月考)如图为一水平传送带装置的示意图．传送带右端有一圆弧轨道与传送带相切于B点，紧绷的传送带AB始终保持v0＝5 m/s的恒定速率运行，AB间的距离L为8 m．将一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上距A点2 m处的P点，小物块随传送带运动到B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N.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.求：
(1)该圆轨道的半径r；
(2)要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M点(M点未画出)，M点为圆轨道右侧上的点，该点高出B点0.25 m，且小物块在圆形轨道上运动时中途不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A点的位置范围．
类型2 倾斜传送带
【例2】(多选)6月份是收割小麦的季节，如图甲所示，粮库工作人员通过传送带把小麦堆积到仓库内．其简化模型如图乙所示，工作人员把一堆小麦轻轻地放在倾斜传送带的底端，小麦经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上．已知传送带与地面的夹角为θ，两轴心间距为L，传送带以恒定的速度v顺时针转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于其中一颗质量为m的麦粒P(如图所示)的说法正确的是( )
A．在匀速阶段，其他麦粒对麦粒P不做功
B．在传送带上运动时，其他麦粒对麦粒P做的功为eq \f(1,2)mv2＋mgLsin θ
C．麦粒P离开传送带后(未落地)的机械能为eq \f(1,2)mv2＋2mgLsin θ
D．麦粒P克服重力做功的最大值为mgLsin θ＋eq \f(mv2sin2θ,2)
【例2】(多选)(2022·山东日照市模拟)如图所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为eq \f(L,4)时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度为eq \f(L,3)的位置由静止释放，则下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ＝4tan θ
B．释放瞬间链条的加速度为eq \f(1,3)gsin θ
C．释放后，链条运动的加速度均匀增大
D．从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加
【例3】(2021·福建南平市质检)如图，传送带以v＝10 m/s的速度逆时针转动，一个质量m＝1 kg的物体从传送带顶端以v0＝5 m/s的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成θ＝30°角，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，传送带底端到顶端长L＝10 m，g取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：
(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；
(2)若在物体滑入传送带运动了0.5 s时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间的摩擦而产生的热量。
【例4】(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮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放上一具有初速度的小物块．取沿斜面向上为正方向，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时间因摩擦产生热量为27 J
D．0～t2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J
题型三 “滑块－木板”模型综合问题
【解题指导】1．分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化.
2.用公式Q＝Ff·x相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量．
【核心归纳】“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＝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1】(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
【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.
【例3】(多选) (2022·山东临沂市等级考模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg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μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s
C．长木板的长度为2.25 m
D．从铁块放在长木板B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
【例3】(多选)如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能－位移(Ek－x)图像如图乙所示．已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10 m/s2，则( )
A．小滑块和木板的质量均为0.25 kg
B．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6
C．小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为eq \f(2,3) m/s
D．木板长度至少要eq \f(4,9) m，小滑块才不会冲出木板
【例4】如图，小物块A和木板B静止在光滑水平面上，CD为竖直面内一固定光滑半圆弧轨道，直径CD竖直，C点与B上表面等高．A在水平向右的恒定拉力作用下从B的左端由静止开始向右滑动，当A的速率为v时撤去拉力，此时B的速率为eq \f(v,2)，B恰好到达C处且立即被台阶粘住不动，A进入半圆弧轨道后恰好通过D点．已知A、B的质量分别为m、2m，A与B间的动摩擦因数μ＝0.5，B的长度L＝eq \f(v2,2g)，g为重力加速度大小．
(1)求拉力的大小F；
(2)求半圆弧轨道的半径R；
(3)A从D点飞出后是落到地面上还是落到B上？为什么？
【例5】．如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角θ＝30°，上有质量为m的足够长木板A，其下端距挡板的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),2).无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短．可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g，求：
(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B的加速度大小；
(2)木板A从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程；
(3)从开始到A、B最后都静止的过程中，系统因摩擦产生的热量．
专题13 动力学和能量观点的综合应用
目录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc4610" 题型一 多运动组合问题 PAGEREF _Tc4610 \h 1
\l "_Tc15883" 题型二 “传送带”模型综合问题 PAGEREF _Tc15883 \h 6
\l "_Tc12517" 类型1 水平传送带问题 PAGEREF _Tc12517 \h 7
\l "_Tc31980" 类型2 倾斜传送带 PAGEREF _Tc31980 \h 10
\l "_Tc20166" 题型三 “滑块－木板”模型综合问题 PAGEREF _Tc20166 \h 13
题型一 多运动组合问题
【解题指导】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1】(2022·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°，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＝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
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FN，
有FN－mg＝meq \f(vC2,R)
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－eq \f(1,2)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)．
【例2】如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为LMN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长LBC＝1 m，小滑块P质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.
(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；
(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；
(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围．
【答案】 (1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m
【解析】 (1)滑块P在圆轨道F点对轨道的压力刚好为零，则vF＝0
mg(H－R)－μmgLBC＝0
解得H＝0.4 m
(2)H′＝1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为vN，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理
mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝eq \f(1,2)mvN2－0
解得vN＝2 m/s
滑块从N点做平抛运动，水平位移为
x＝vNeq \r(\f(2h,g))＝0.8 m
(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H1，从开始到E点应用动能定理
mgH1－μmgLBC－2mgR＝eq \f(1,2)mvE2－0
在E点时有mg＝meq \f(vE2,R)
解得H1＝0.7 m
滑块滑上传送带时的速度为vM
mgH1－μmgLBC＝eq \f(1,2)mvM2－0
vM＝eq \r(10) m/s<4 m/s
滑块做减速运动的位移为
L＝eq \f(vM2,2μg)＝2.5 m因此滑块返回M点时的速度为vM′＝eq \r(10) m/s，因此能第二次过E点．
设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为
v＝eq \r(2μgLMN)＝eq \r(12) m/s
从开始到M点应用动能定理
mgH2－μmgLBC＝eq \f(1,2)mv2－0
解得H2＝0.8 m
第二次经过E点后，当滑块再次从B点滑上圆轨道时在B点的速度为vB，则有
mgH2－3μmgLBC＝eq \f(1,2)mvB2－0
vB＝2 m/s所以滑块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差H范围是0.7 m≤H≤0.8 m.
【例3】．如图所示为某轮滑比赛的场地，由斜面AB、圆弧面BCD和平台组成，斜面AB和圆弧面在B点相切，C为圆弧面的最低点，刚好与地面相切，圆弧BC所对的圆心角α＝37°，圆弧轨道半径为R，D点离地面的高度是平台离地面高度的一半，平台离圆弧轨道D点的水平距离和平台的高度相等，轮滑运动员从斜面上A点由静止滑下，从D点飞出后，刚好沿水平方向滑上平台，整个过程运动员视为质点，不计一切摩擦和阻力，重力加速度为g，求：(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，)
(1)圆弧CD所对的圆心角θ；
(2)斜面AB的长度．
【答案】 (1)45° (2)eq \f(28－15\r(2)R,6)
【解析】 (1)设平台离地面的高度为d，则D点到平台的距离为d，D点与平台的高度差为eq \f(1,2)d，设运动员运动到D点时速度大小为v，运动员从D点飞出后，做平抛运动的逆运动，则d＝vcs θ·t，eq \f(1,2)d＝eq \f(1,2)vsin θ·t，
解得θ＝45°.
(2)由几何关系得eq \f(1,2)d＝R－Rcs θ，
解得d＝(2－eq \r(2))R.
由(vsin θ)2＝2g×eq \f(1,2)d，
解得v＝eq \r(22－\r(2)gR).
设AB长为L，根据机械能守恒定律有mgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Lsin α＋R－Rcs α－\f(1,2)d))＝eq \f(1,2)mv2，
解得L＝eq \f(28－15\r(2)R,6)
【例4】．如图是小明设计的一个游戏装置．该滑道分为AM、AB、BC，CDE，EF和FG六段，其中AB、BC，CDE和FG轨道光滑，剩余轨道的动摩擦因数为0.5.在M点处安装一弹簧装置，将一物块与弹簧紧贴，释放弹簧，物块从M点处出发．游戏成功的要求：物块不会脱离CDE轨道(检测装置省略)，物块最后能平稳地停在EF轨道处，且不会从FG轨道中飞出．现已知物块的质量为1 kg，R1＝2 m，R2＝1 m，D点与A点位于同一水平线，AM＝1 m，H＝2 m，L＝20 m，不计空气阻力及弹簧装置内部物块的位移，物块可视为质点，g＝10 m/s2.回答下列有关问题：
(1)求物块在B点时速度的最小值，并求出当B点为最小速度时，A点的速度大小；
(2)若物块在M点处的弹性势能E1＝45 J，求物块在E点处对轨道的压力；
(3)求弹簧的弹性势能E与最后停止时物块到E点的距离d的关系式．
【答案】 (1)2eq \r(5) m/s 2eq \r(15) m/s (2)70 N，方向竖直向下 (3)见解析
【解析】 (1)物块在C点恰好由重力提供向心力时，速度vB最小，由mg＝meq \f(vBmin,R1)，解得vBmin＝2eq \r(5) m/s，
此时从A点到B点，有eq \f(1,2)mvA2－mgH＝eq \f(1,2)mvBmin2，解得vA＝2eq \r(15) m/s.
(2)由能量守恒定理可知E1－mgH－μmgLAM＝eq \f(1,2)mvB2，解得eq \f(1,2)mvB2＝20 J>eq \f(1,2)mvBmin2＝10 J.
故物块会沿着轨道下滑．由动能定理可得2mgR1＝eq \f(1,2)mvE2－eq \f(1,2)mvB2，解得vE＝2eq \r(30) m/s.
由F－mg＝meq \f(v\\al(E2),R1)，解得F＝70 N.
根据牛顿第三定律，物块在E点处对轨道的压力方向竖直向下，大小为70 N.
(3)E－mgH－μmgLAM≥eq \f(1,2)mvBmin2，得E≥35 J.
从M点到E点，由动能定理，得E－mgH－μmgLAM＋2mgR1＝eq \f(1,2)mvE2，得eq \f(1,2)mvE2＝E＋15 J.
因为μmgL＝100 J，故对弹簧的弹性势能E进行分类讨论：
当35 J≤E≤85 J，有E＋15 J＝μmgd，得E＝5d－15.
当E>85 J，有E＋15 J＝μmg(L－d)＋100 J，得E＝185－5d.
又因为不能飞出，故有E－85 J－mgR2≤0，得E≤95 J，
故综上所述，当35 J≤E≤85 J时，E＝5d－15；当95 J≥E>85 J时，E＝185－5d.
【例5】(2022·陕西西安市高考模拟猜想卷)学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，如图所示，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF连接，轨道CDE半径r＝0.1 m，轨道ABC半径为2r，A端与地面相切。现将质量m＝0.2 kg 小滑块从水平地面P点以速度v0＝2eq \r(3) m/s出发并沿“e”字型轨道上滑，运动到F点与挡板发生完全弹性相碰。已知水平直轨道EF长为L＝0.5 m，小滑块与轨道EF间的动摩擦因数μ＝0.5，其余阻力均不计，小滑块可视为质点。求：
(1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力；
(2)小滑块最终停止的位置离F点的距离；
(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足什么条件。
【答案】 (1)2 N，方向竖直向上 (2)0.3 m (3)eq \r(10)m/s【解析】 (1)小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得－mg·4r＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
在C点对小滑块根据牛顿第二定律可得
FN＋mg＝eq \f(mveq \\al(2,C),2r)
联立解得FN＝2 N
根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力大小为2 N，方向竖直向上。
(2)从P点到EF轨道停止过程中，根据动能定理可得－mg·2r－μmgs＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
解得s＝0.8 m＝(L＋0.3) m
所以小球最终停在离F点0.3 m处。
(3)小滑块刚好经过最高点C，则mg＝eq \f(mv2,2r)
小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得
－mg·4r＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)
联立解得v1＝eq \r(10) m/s
当小滑块第一次从挡板弹回，到达小圆的圆心等高处时速度为零，小滑块从P到D的过程中，根据动能定理可得
－mg·3r－μmg·2L＝0－eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)
解得v2＝4 m/s
所以小滑块的初速度范围为eq \r(10) m/s题型二 “传送带”模型综合问题
【解题指导】1．计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要用Q＝Ffx相对或能量守恒定律.
2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量．
【核心归纳】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)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
类型1 水平传送带问题
【例1】如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小物块从A端到B端的速度－时间变化规律如图乙所示，t＝6 s时恰好到B点，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2
B．A、B间距离为16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是8 m
C．若物块质量m＝1 kg，物块对传送带做的功为8 J
D．若物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端
【答案】 B
【解析】 由题图乙可知，物块加速过程的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(4,4) m/s2＝1 m/s2，由牛顿第二定律可知a＝μg，联立解得μ＝0.1，故A错误；由于4 s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4 m/s，A、B间距离x＝eq \f(2＋6×4,2) m＝16 m，小物块在传送带上留下的痕迹是l＝4×4 m－eq \f(4×4,2) m＝8 m，故B正确；物块对传送带的摩擦力大小为μmg，加速过程传送带的位移为16 m，则物块对传送带所做的功为W＝－μmgx＝－0.1×1×10×16 J＝－16 J，故C错误；物块速度刚好到4 m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8 m，则物块可以到达B端，故D错误．
【例2】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理模型。竖直平面内有一倾角θ＝37°的直轨道AB，其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R＝0.4 m、转轴间距L＝2 m的传送带以恒定的线速度逆时针转动，转轮最低点离地面的高度H＝2.2 m。现将一小物块放在距离传送带高h处由静止释放，假设小物块从直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5。(sin 37°＝0.6，g取10 m/s2)
(1)若h＝2.4 m，求小物块到达B端时速度的大小；
(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；
(3)改变小物块释放的高度h，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x与h的关系式及h需要满足的条件。
【答案】 (1)4 m/s (2)h＜3.0 m (3)x＝2eq \r(h－3)(m) h≥3.6 m
【解析】 (1)小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin θ－μmgcs θ＝ma
veq \\al(2,B)＝2aeq \f(h,sin θ)
解得vB＝4 m/s。
(2)若要小物块落到传送带左侧地面，小物块到达传送带上D点前速度应为零，设小物块从距传送带高度为h1处由静止释放，到D点时速度恰好为零，则有
mgh1－μmgcs θ·eq \f(h1,sin θ)－μmgL＝0
解得h1＝3.0 m
当h＜h1＝3.0 m时满足题中条件。
(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达D点的速度为v，则有
mgh－μmgcs θeq \f(h,sin θ)－μmgL＝eq \f(1,2)mv2
H＋2R＝eq \f(1,2)gt2，x＝vt
解得x＝2eq \r(h－3)(m)
为使小物块能在D点水平向右抛出，则需满足mg≤eq \f(mv2,R)
解得h≥3.6 m。
【例3】．如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转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eq \f(R,4).重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法错误的是( )
A．传送带匀速转动的速度大小为eq \r(\f(gR,2))
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eq \f(9,4)mgR
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mgR
【答案】 B
【解析】 设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mgR＝eq \f(1,2)mv12，解得v1＝eq \r(2gR)，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mg·eq \f(1,4)R＝eq \f(1,2)mv22，解得v2＝eq \r(\f(1,2)gR).因为v2【例4】．(2022·浙江省杭州第二中学高三月考)如图为一水平传送带装置的示意图．传送带右端有一圆弧轨道与传送带相切于B点，紧绷的传送带AB始终保持v0＝5 m/s的恒定速率运行，AB间的距离L为8 m．将一质量m＝1 kg的小物块轻轻放在传送带上距A点2 m处的P点，小物块随传送带运动到B点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N.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.求：
(1)该圆轨道的半径r；
(2)要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M点(M点未画出)，M点为圆轨道右侧上的点，该点高出B点0.25 m，且小物块在圆形轨道上运动时中途不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A点的位置范围．
【答案】 (1)0.5 m (2)7 m≤x≤7.5 m或0≤x≤5.5 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
小物块从开始运动到与传送带共速，所用的时间t＝eq \f(v0,a)＝1 s
运动的位移Δx＝eq \f(v\\al(02),2a)＝2.5 m故小物块与传送带达到相同速度后以v0＝5 m/s的速度匀速运动到B，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有
mg＝meq \f(v\\al(N2),r)
由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝2mgr＋eq \f(1,2)mvN2
解得r＝0.5 m
(2)设在距A点x1处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒定律得μmg(L－x1)＝mgh
代入数据解得x1＝7.5 m
设在距A点x2处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度处，由能量守恒定律得μmg(L－x2)＝mgr
代入数据解得x2＝7 m
则能到达圆心右侧的M点，物块放在传送带上距A点的距离范围7 m≤x≤7.5 m
同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，由(1)可知x3＝8 m－2.5 m＝5.5 m
则0≤x≤5.5 m
故小物块放在传送带上距A点的距离范围7 m≤x≤7.5 m或0≤x≤5.5 m
类型2 倾斜传送带
【例2】(多选)6月份是收割小麦的季节，如图甲所示，粮库工作人员通过传送带把小麦堆积到仓库内．其简化模型如图乙所示，工作人员把一堆小麦轻轻地放在倾斜传送带的底端，小麦经过加速和匀速两个过程到达传送带顶端，然后被抛出落到地上．已知传送带与地面的夹角为θ，两轴心间距为L，传送带以恒定的速度v顺时针转动，忽略空气阻力，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于其中一颗质量为m的麦粒P(如图所示)的说法正确的是( )
A．在匀速阶段，其他麦粒对麦粒P不做功
B．在传送带上运动时，其他麦粒对麦粒P做的功为eq \f(1,2)mv2＋mgLsin θ
C．麦粒P离开传送带后(未落地)的机械能为eq \f(1,2)mv2＋2mgLsin θ
D．麦粒P克服重力做功的最大值为mgLsin θ＋eq \f(mv2sin2θ,2)
【答案】 BD
【解析】 选麦粒P为研究对象，在匀速阶段，根据动能定理W－WG＝0，其他麦粒对麦粒P做功，A错误；在传送带上运动时，根据动能定理W＋WG＝eq \f(1,2)mv2－0，WG＝－mgLsin θ，解得W＝eq \f(1,2)mv2＋mgLsin θ，B正确；麦粒P刚离开传送带时，机械能为E＝mgLsin θ＋eq \f(1,2)mv2，在抛出过程机械能守恒，则麦粒P离开传送带后(未落地)的机械能为eq \f(1,2)mv2＋mgLsin θ，C错误；麦粒P离开传送带做斜抛运动，竖直分速度为vy＝vsin θ，则麦粒P上升的高度为vy2＝2gh，解得h＝eq \f(v2sin2 θ,2g)，则麦粒P克服重力做功的最大值W＝mg(Lsin θ＋h)＝mgLsin θ＋eq \f(mv2sin2 θ,2)，D正确．
【例2】(多选)(2022·山东日照市模拟)如图所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为θ，斜面部分光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为eq \f(L,4)时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度为eq \f(L,3)的位置由静止释放，则下列说法正确的是(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)( )
A．链条与传送带之间的动摩擦因数μ＝4tan θ
B．释放瞬间链条的加速度为eq \f(1,3)gsin θ
C．释放后，链条运动的加速度均匀增大
D．从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加
【答案】 AB
【解析】 设整个链条的总质量为m，当位于传送带部分的长度为eq \f(L,4)时，链条恰能保持静止，则mgsin θ＝μ·eq \f(1,4)mgcs θ，解得μ＝4tan θ，A正确；释放的瞬间，根据牛顿第二定律得μ·eq \f(1,3)mgcs θ－mgsin θ＝ma，解得a＝eq \f(1,3)gsin θ，B正确；链条从静止释放后，链条受摩擦力随着链条位于传送带部分的长度均匀增大，则链条的加速度在增大，但不是均匀增大，C错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理得W－WG＝ΔEk，传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D错误。
【例3】(2021·福建南平市质检)如图，传送带以v＝10 m/s的速度逆时针转动，一个质量m＝1 kg的物体从传送带顶端以v0＝5 m/s的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成θ＝30°角，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝eq \f(\r(3),3)，传送带底端到顶端长L＝10 m，g取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：
(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；
(2)若在物体滑入传送带运动了0.5 s时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间的摩擦而产生的热量。
【答案】 (1)10 m/s (2)37.5 J
【解析】 (1)当物体沿传送带滑入时，设物体向下运动的加速度为a1，物体向下加速到v
所用时间为t1，物体运动位移为x1，根据运动学公式μmgcs θ＋mgsin θ＝ma1
v＝v0＋a1t1
x1＝eq \f(v＋v0,2)t1
解得t1＝0.5 s，x1＝3.75 m
由于x1＜L，最大静摩擦力
Ffm＝μmgcs 30°＝0.5mg
且沿斜面向上，物体将与传送带一起做匀速运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10 m/s。
(2)0.5 s内物体相对传送带运动的位移
Δx1＝vt1－x1＝1.25 m
0．5 s后传送带停止，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力Ff＝μmgcs 30°＝0.5mg
物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δx2＝L－x1＝6.25 m
则物体与传送带间摩擦产生的热量
Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cs θ
解得Q＝37.5 J。
【例4】(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮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放上一具有初速度的小物块．取沿斜面向上为正方向，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时间因摩擦产生热量为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v－t图可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2 m/s，顺时针转动，故A正确；小物块的加速度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，反向加速经历时间t＝eq \f(v0,a)＝2 s，v－t图中可知t2＝3 s，物块运动的位移s＝1.5 m，传送带与物块的相对位移Δs＝4.5 m，产生内能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.
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v－t图中t2＝3 s，
3 s内传送带的位移s＝v0t2＝6 m，
传送带多消耗的电能
W电＝μmgcs θ·s＝36 J.
题型三 “滑块－木板”模型综合问题
【解题指导】1．分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化.
2.用公式Q＝Ff·x相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量．
【核心归纳】“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＝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1】(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Ff1－Ff2＝ma1，Ff1＝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Ff2＝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 s～3 s物块和木板一起减速，系统的机械能减少Q＝eq \f(1,2)·2mv2＝4 J，故0～2 s系统机械能减少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．
【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＝eq \f(μ2mg,m)＝μ2g
解得：a＝5 m/s2
根据运动学公式得：L＝v0t－eq \f(1,2)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.
【例3】(多选) (2022·山东临沂市等级考模拟)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg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μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )
A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s
C．长木板的长度为2.25 m
D．从铁块放在长木板B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】 开始时长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，有Mgsin 37°＝μMgcs 37°，解得μ＝0.75，A错误；铁块A轻轻放在长木板B时，根据牛顿第二定律，对A分析有μmgcs 37°＋mgsin 37°＝maA，解得aA＝12 m/s2，方向沿斜面向下；对B分析有μ(M＋m)gcs 37°＋μmgcs 37°－Mgsin 37°＝MaB，解得aB＝6 m/s2，方向沿斜面向上，设铁块A和长木板B相对滑动的时间为t，则v0－aBt＝aAt，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度大小为v共＝aAt＝6 m/s，B正确；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L＝xB－xA＝eq \f(v0＋v共,2)t－eq \f(v共,2)t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块放在长木板B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。
【例3】(多选)如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块(可视为质点)水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能－位移(Ek－x)图像如图乙所示．已知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度大小为10 m/s2，则( )
A．小滑块和木板的质量均为0.25 kg
B．小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6
C．小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为eq \f(2,3) m/s
D．木板长度至少要eq \f(4,9) m，小滑块才不会冲出木板
【答案】 BC
【解析】 由题图乙可知，滑块滑上木板后动能减小，滑动x1＝1 m后与木板共速，此时滑块的动能为1 J，则由动能定理μ1mgx1＝Ek0－Ek1＝4 J－1 J＝3 J，μ2·2mgx2＝2Ek1＝2 J，其中x2＝2 m，解得μ1＝0.6，m＝0.5 kg，选项A错误，B正确；根据Ek0＝eq \f(1,2)mv02，小滑块滑上木板瞬间，小滑块的初速度大小为v0＝eq \r(\f(2Ek0,m))＝eq \r(\f(2×4,0.5)) m/s＝4 m/s，同理共速时小滑块的速度v1＝2 m/s，小滑块的加速度a1＝μ1g＝6 m/s2，到达共速时的时间t＝eq \f(v0－v1,a1)＝eq \f(1,3) s，木板的加速度a2＝eq \f(μ1mg－μ2·2mg,m)＝4 m/s2，小滑块滑上木板瞬间木板的速度大小v0板＝v1－a2t＝eq \f(2,3) m/s，到达共速时木板的位移x1′＝eq \f(v0板＋v1,2)t＝eq \f(4,9) m，木块相对木板的位移Δx＝x1－x1′＝eq \f(5,9) m，即木板长度至少要eq \f(5,9) m小滑块才不会冲出木板，选项C正确，D错误．
【例4】如图，小物块A和木板B静止在光滑水平面上，CD为竖直面内一固定光滑半圆弧轨道，直径CD竖直，C点与B上表面等高．A在水平向右的恒定拉力作用下从B的左端由静止开始向右滑动，当A的速率为v时撤去拉力，此时B的速率为eq \f(v,2)，B恰好到达C处且立即被台阶粘住不动，A进入半圆弧轨道后恰好通过D点．已知A、B的质量分别为m、2m，A与B间的动摩擦因数μ＝0.5，B的长度L＝eq \f(v2,2g)，g为重力加速度大小．
(1)求拉力的大小F；
(2)求半圆弧轨道的半径R；
(3)A从D点飞出后是落到地面上还是落到B上？为什么？
【答案】 (1)mg (2)eq \f(v2,5g) (3)落到了B上，理由见解析
【解析】 (1)设撤去拉力F前A、B的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律，对A有F－μmg＝ma1
对B有μmg＝2ma2
设从静止开始经t1时间A的速率为v，则v＝a1t1，eq \f(v,2)＝a2t1
解得F＝mg
(2)设从静止开始到撤去力F的过程中A、B的位移分别为x1、x2，则v2＝2a1x1，(eq \f(v,2))2＝2a2x2
解得x1＝eq \f(v2,g)，x2＝eq \f(v2,2g)
则Δx＝x1－x2＝eq \f(v2,2g)＝L
即撤去拉力时A恰好到达C处，A从C运动到D的过程中，根据机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv2＝mg·2R＋eq \f(1,2)mvD2
A进入半圆弧轨道后恰好通过D点，则mg＝meq \f(v\\al(D2),R)
解得R＝eq \f(v2,5g)
(3)A从D点飞出后做平抛运动，假设A落到B上，设该过程中物块A的运动时间为t2，水平方向上的位移为x，则2R＝eq \f(1,2)gt22，x＝vDt2
解得x＝eq \f(2v2,5g)
由于x【例5】．如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角θ＝30°，上有质量为m的足够长木板A，其下端距挡板的距离为L，质量也为m的小物块B置于木板A的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为μ＝eq \f(\r(3),2).无初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短．可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度为g，求：
(1)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B的加速度大小；
(2)木板A从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程；
(3)从开始到A、B最后都静止的过程中，系统因摩擦产生的热量．
【答案】 (1)eq \f(1,4)g (2)eq \f(9,5)L (3)3mgL
【解析】 (1)木板A与挡板第一次碰撞前，A、B系统加速度为a＝gsin 30°
由运动学公式，第一次碰撞时系统速度v1＝eq \r(2aL)＝eq \r(gL)
碰后，对B有aB＝μgcs θ－gsin θ＝eq \f(1,4)g
方向沿斜面向上
(2)碰后，对A有aA＝μgcs θ＋gsin θ＝eq \f(5,4)g
方向沿斜面向下，可见，A、B均做减速运动，A先减速至零．
第一次碰后，A沿斜面上滑的距离为x1＝eq \f(v\\al(12),2aA)＝eq \f(2,5)L
从开始到第二次碰撞，A的总路程为xA＝L＋2x1＝eq \f(9,5)L
(3)A最后静止于斜面底部．设B相对A下滑位移为Δx，由系统功能关系，有mgLsin θ＋mg(L＋Δx)sin θ＝μmgΔxcs θ
可得Δx＝4L
因此，系统因摩擦产生的热量为
Q＝μmgΔxcs θ＝3mgL.