资源简介

专题强化十　动力学和能量观点的综合应用
学习目标　1.会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。 2.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。 3.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
模型一　“传送带”模型
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＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。
(2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对。
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。
角度　水平传送带模型
例1 (多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图1所示，质量m＝10 kg的货物(可视为质点)从高h＝0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB两点之间的距离L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针匀速运动，取重力加速度g＝10 m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有(　　)
图1
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.运送货物过程中，电动机输出的电能为60 J
答案　BC
解析　根据机械能守恒定律有mgh＝mv，货物运动至传送带的速度为v0＝2 m/s，根据牛顿第二定律μmg＝ma，货物与传送带共速时，有v0＋at1＝v，解得t1＝1 s，此时，货物的位移为x1＝t1＝3 m，摩擦力对货物做功为W＝μmgx1＝60 J，A错误；货物匀速运动时间为t2＝＝0.5 s，则货物从A运动到B用时t＝t1＋t2＝1.5 s，B正确；货物与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1 m，由于摩擦而产生的热量为Q＝μmgΔx＝20 J，C正确；运送货物过程中，电动机输出的电能为E＝Q＋m(v2－v)＝80 J，D错误。
角度　倾斜传送带模型
例2 如图2，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＝，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：
图2
(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，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1
v＝v0＋a1t1
x1＝t1
解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝3.75 m
由于x1＜L，最大静摩擦力Ffm＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，则共速后物体将与传送带一起做匀速直线运动，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
传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30°
物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δx2＝L－x1＝6.25 m
则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ
解得Q＝37.5 J。
1.(2024·山东临沂模拟)如图3(a)所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系(Ek－x)图像如图(b)所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
图3
A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案　D
解析　开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcos θ－mgsin θ)x＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，Ek＝mv2＝2.0 J，联立解得μ＝0.8，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有W合＝ΔEk＝mv2＝2.0 J，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即Wf＝mv2＋mgLABsin θ＝62.0 J，C错误，D正确。
模型二　“滑块—木板”模型
1.模型分类
“滑块—木板”模型根据情况可以分成水平面上的“滑块—木板”模型和斜面上的“滑块—木板”模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3.解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带：每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
角度　水平面上“滑块—木板”模型
例3 (多选)(2023·全国乙卷，21)如图4，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　)
图4
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于mv－fl
D.物块的动能一定小于mv－fl
答案　BD
解析　物块和木板的运动示意图和v－t图像如图所示
根据动能定理可知
对m有－fx1＝mv－mv①
对M有fx2＝Mv②
根据v－t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知x2＝S△COF，x1＝SABFO
根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝Mv，即木板的动能一定小于fl，
A错误，B正确；
将①②两式相加得－fl＝mv＋Mv－mv
变形得物块离开木板时的动能mv＝mv－fl－Mv＜mv－fl，C错误，D正确。
2.(多选)(2024·沈阳长春模拟)如图5所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，下列说法中正确的是(　　)
图5
A.上述过程中，F做功大小为mv＋Mv
B.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越短
C.其他条件不变的情况下，M越大，s越小
D.其他条件不变的情况下，M越大，滑块与木板间产生的热量越多
答案　BC
解析　由功能关系可知拉力F做的功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，即拉力F做的功WF＝ΔEk＋FfL＝mv＋Mv＋Q，A错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速直线运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大，滑块的加速度越大，到达木板右端所用时间就越短，B正确；由于木板受到的摩擦力不变，当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间变短，所以木板在地面上运动的位移变小，C正确；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，m不变，摩擦力不变，产生的热量不变，D错误。
角度　倾斜面上“滑块—木板”模型
例4 如图6所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5图6
(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；
(2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx；
(3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。
答案　(1)　(2)　(3)　
解析　(1)对物块与木板整体，根据动能定理有2mgLsin θ＝×2mv
解得v1＝。
(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsin θ＋kmg＝ma1
解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，
物块的加速度大小为a2，则kmg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，
规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1
对物块有v共＝v1－a2t1
解得t1＝，v共＝
木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移x块＝
木板的位移大小x板＝
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为
Δx＝x块＋x板＝。
(3)设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则
mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0
解得x＝
故系统产生的热量Q＝kmgx＝。
模型三　多运动组合模型
例5 如图7是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6 m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
图7
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)弹射器获得的最大弹性势能；
(3)若H＝6 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC间距离LBC应满足的条件。
答案　(1)100 N　(2)8 J　(3)0.5 m≤LBC≤1 m
解析　(1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
mgH－μmgLAB－mg·2R＝mv2
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋F＝m
联立解得F＝100 N
由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为100 N。
(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知
mgH－μmgLAC＝Ep
解得Ep＝8 J。
(3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg＝m
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知mg(H－2R)－μmgs1＝mv
解得s1＝28.75 m
LBC＝29LAC－s1＝0.25 m
要使滑块不脱离轨道，B、C之间的距离应该满足LBC≥0.25 m。
若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可知
mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝29.5 m
LAB＝s2－29LAC＝0.5 m
根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5 m，滑块不脱离轨道
综上所述，符合条件的BC长度为0.5 m≤LBC≤1 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。
3.(2024·安徽六安高三检测)如图8所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径不计，重力加速度为g)。求：
图8
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。
答案　(1)　(2)mgR　(3)(2－1)mgR
解析　(1)由几何关系得B、C间的高度差h＝R
小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝。
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep
滑块从A到D过程由动能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0
滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝m
联立解得Ep＝mgR。
(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向有y＝gt2
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
可得滑块落到挡板上时的动能为Ek＝m[v2＋(gt)2]
联立解得Ek＝(2－1)mgR。
1.如图1所示，传送带以v的速度匀速运动。将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止。下列说法中正确的是(　　)
图1
A.传送带对物块做功为mv2
B.传送带克服摩擦力做功为mv2
C.电动机由于传送物块多消耗的能量为mv2
D.在传送物块过程产生的热量为mv2
答案　D
解析　根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即mv2，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与摩擦产生的内能的和，故大于mv2，故C错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝FfΔx，设加速时间为t，物块的位移为x1＝vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理Ffx1＝mv2，故热量Q＝FfΔx＝Ff(x2－x1)＝mv2，故D正确。
2.(2024·山东省实验中学模拟)如图2所示，足够长的传送带水平放置，以大小为v的速度顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为μ的小物块在传送带的左端由静止释放，一段时间后物块与传送带共速。满足上述情景，若把传送带的速度改为2v，两次比较。下列说法正确的是(　　)
图2
A.传送带对小物块做的功变为原来的2倍
B.小物块对传送带做的功变为原来的2倍
C.传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍
D.因摩擦而产生的热量变为原来的2倍
答案　C
解析　由动能定理可知，传送带对小物块做的功为W＝mv2，可知速度变为原来的2倍，则传送带对小物块做的功变为原来的4倍，故A错误；小物块运动到与传送带速度相等，所用的时间为t＝，由于加速度相同，速度变为原来的2倍，则时间变为原来的2倍，传送带发生的位移为x＝vt，则位移变为原来的4倍，则小物块对传送带做的功变为原来的4倍，故B错误；小物块达到与传送带速度相等过程中的平均速度为＝，由于速度变为原来的2倍，且摩擦力相同，根据P＝Ff，可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍，故C正确；小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为Δx＝vt－vt＝vt，由于速度变为原来的2倍，时间也变为原来的2倍，则相对位移变为原来的4倍，由Q＝FfΔx可知，因摩擦而产生的热量变为原来的4倍，故D错误。
3.(多选)(2024·河南南阳高三月考)如图3所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v0的速率运行。现把一物块(可视为质点)轻轻放在传送带底端，物块被传送到传送带的最高点(在运动至最高点前与传送带达到共速)。已知物块与传送带间动摩擦因数为μ，μ>tan θ，t为运动时间，x为物块沿斜面运动的距离。某同学以传送带底端所在水平面为零势能面，画出了在物块由传送带底端被传送到传送带的最高点的过程中，物块的速度v，重力势能Ep，机械能E，物块和传送带摩擦产生的内能Q等四个物理量变化图像如图所示，其中正确的是(　　)
图3
答案　AC
解析　物块刚放到传送带上时，相对传送带向下运动，则由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝μgcos θ－gsin θ，物块的速度为v1＝at＝(μgcos θ－gsin θ)t，物块做初速度为零的匀加速运动，当物块速度等于传送带速度后，物块相对传送带静止，随传送带做匀速运动，故A正确；物块的重力势能为Ep＝mgh＝mg·xsin θ，物块相对传送带运动时，机械能为E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv＝(mgsin θ＋ma)x，相对静止后，物块的机械能为E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv2，故B错误，C正确；在物块与传送带共速之前，有相对运动，则Q＝μmgcos θ，共速后没有相对运动，不再产生热量，故D错误。
4.如图4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(　　)
图4
A. B.
C.mv2 D.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＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。
5.如图5所示，倾角θ＝37°，长为6 m的斜面体固定在水平地面上，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐；质量为2 kg的物块B(可视为质点)放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面底端，已知长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块B与A间的动摩擦因数μ2＝0.375，重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图5
(1)从开始到A的下端滑到斜面底端所用时间；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
答案　(1)2 s　(2)90 J
解析　(1)设长木板A运动的加速度大小为a1，A的下端滑到斜面底端经历时间为t，长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律可得
2mgsin θ－μ1×3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
由运动学公式可得L＝a1t2
联立解得t＝2 s。
(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式可得L＝v1t
2L＝v2t
由能量守恒定律可得，因摩擦产生的总热量为
Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－mv－×2mv
代入数据解得Q＝90 J。
6.(2024·山东临沂高三期中)如图6所示，一足够长的水平传送带以v＝4 m/s的速度向右传送，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图6
(1)小物块第一次滑过P点时的速度大小v1；
(2)小物块第一次在传送带上往返运动的时间t；
(3)物块第一次从P点冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，电动机因传送物块多做的功；
(4)从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程。
答案　(1)8 m/s　(2)7.2 s　(3)64 J　(4)12 m
解析　(1)由动能定理得(mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μmg＝ma1
以向右为正方向，物块与传送带共速时，由速度公式得v＝－v1＋a1t1
解得t1＝4.8 s
匀速运动阶段的时间t2＝＝2.4 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝7.2 s。
(3)物块从P点匀减速到0时运动的时间
t3＝＝ s＝3.2 s
这段时间内传送带运动的位移x1＝vt3＝12.8 m
传送带匀速运动，电动机增加的牵引力F＝μmg＝5 N
电动机多做的功W＝Fx1＝64 J。
(4)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，故物块最终停止在P点，则根据能量守恒定律有
μmgs1cos 37°＝mv2
s＝s1＋L
联立可得s＝12 m。
7.(2024·湖南长沙高三期末统考)如图7甲所示，在竖直平面内的光滑曲面AB与光滑半圆形轨道BC相切连接于B点，直径BC竖直。一小球在AB上离地H高处静止释放，用光电门测出它到达圆形轨道最高点C时的速度vC，不断改变H，得到多组数据后画出H–v图像如图乙所示(不计空气阻力)。求：
图7
(1)由图像推理得出圆形轨道的半径R和重力加速度为多大？
(2)当从H＝0.4 m处静止释放时，小球到达与圆心O点等高的D点时的加速度大小；
(3)要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，则H的取值应满足什么条件？
答案　(1)0.1 m　10 m/s2　(2)10 m/s2　(3)H≥0.25 m或H≤0.1 m
解析　(1)小球由静止释放运动到C点的过程中，由机械能守恒定律有
mgH＝mg·2R＋mv
整理可得H＝2R＋v
结合图像可得2R＝0.2 m
＝ s2/m
解得R＝0.1 m，g＝10 m/s2。
(2)小球从H＝0.4 m处静止释放时，到达C点时，由图像知v＝4 m2/s2
从D点到C点过程中，由机械能守恒定律有mgR＋mv＝mv
解得vD＝ m/s
则小球在D点时的向心加速度为an＝＝60 m/s2
则小球到达与圆心O点等高的D点时的加速度大小为a＝＝10 m/s2。
(3)根据题意可知，要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，有2种情况，第1种情况：小球从C点飞出，小球恰好通过C点，由牛顿第二定律有mg＝m
由机械能守恒定律有mgH＝mg·2R＋mv
解得H＝2.5R＝0.25 m
即如果从C点离开半圆轨道，则有H≥0.25 m
第2种情况，小球恰好到达D点，则有mgH＝mgR
解得H＝0.1 m
即小球如果从B点离开半圆轨道，则有H≤0.1 m
综上所述，满足题意的H的取值范围应满足H≥0.25 m或H≤0.1 m。专题强化十　动力学和能量观点的综合应用
学习目标　1.会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。 2.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。 3.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
模型一　“传送带”模型
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＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。
（2）系统产生的内能：Q＝Ffx相对。
（3）功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。
角度　水平传送带模型
例1 （多选）在工厂中，经常用传送带传送货物。如图1所示，质量m＝10 kg的货物（可视为质点）从高h＝0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB两点之间的距离L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针匀速运动，取重力加速度g＝10 m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有（　　）
图1
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.运送货物过程中，电动机输出的电能为60 J
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度　倾斜传送带模型
例2 如图2，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＝，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：
图2
（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，因与传送带间摩擦而产生的热量。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.（2024·山东临沂模拟）如图3（a）所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系（Ek－x）图像如图（b）所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是（　　）
图3
A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
模型二　“滑块—木板”模型
1.模型分类
“滑块—木板”模型根据情况可以分成水平面上的“滑块—木板”模型和斜面上的“滑块—木板”模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
3.解题关键
找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带：每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
角度　水平面上“滑块—木板”模型
例3 （多选）（2023·全国乙卷，21）如图4，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）
图4
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于mv－fl
D.物块的动能一定小于mv－fl
听课笔记　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.（多选）（2024·沈阳长春模拟）如图5所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，下列说法中正确的是（　　）
图5
A.上述过程中，F做功大小为mv＋Mv
B.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板右端所用时间越短
C.其他条件不变的情况下，M越大，s越小
D.其他条件不变的情况下，M越大，滑块与木板间产生的热量越多
角度　倾斜面上“滑块—木板”模型
例4 如图6所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块（视为质点），物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg（0.5图6
（1）木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；
（2）从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx；
（3）木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
模型三　多运动组合模型
例5 如图7是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m＝2 kg的滑块（可视为质点）从弧形轨道高H＝0.6 m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
图7
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
（2）弹射器获得的最大弹性势能；
（3）若H＝6 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC间距离LBC应满足的条件。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
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。
3.（2024·安徽六安高三检测）如图8所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块（可视为质点）从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D（计算时圆管直径不计，重力加速度为g）。求：
图8
（1）小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
（2）弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
（3）小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　专题强化练十　动力学和能量观点的综合应用
1.如图1所示，传送带以v的速度匀速运动。将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止。下列说法中正确的是(　　)
图1
A.传送带对物块做功为mv2
B.传送带克服摩擦力做功为mv2
C.电动机由于传送物块多消耗的能量为mv2
D.在传送物块过程产生的热量为mv2
2.(2024·山东省实验中学模拟)如图2所示，足够长的传送带水平放置，以大小为v的速度顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为μ的小物块在传送带的左端由静止释放，一段时间后物块与传送带共速。满足上述情景，若把传送带的速度改为2v，两次比较。下列说法正确的是(　　)
图2
A.传送带对小物块做的功变为原来的2倍
B.小物块对传送带做的功变为原来的2倍
C.传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍
D.因摩擦而产生的热量变为原来的2倍
3.(多选)(2024·河南南阳高三月考)如图3所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v0的速率运行。现把一物块(可视为质点)轻轻放在传送带底端，物块被传送到传送带的最高点(在运动至最高点前与传送带达到共速)。已知物块与传送带间动摩擦因数为μ，μ>tan θ，t为运动时间，x为物块沿斜面运动的距离。某同学以传送带底端所在水平面为零势能面，画出了在物块由传送带底端被传送到传送带的最高点的过程中，物块的速度v，重力势能Ep，机械能E，物块和传送带摩擦产生的内能Q等四个物理量变化图像如图所示，其中正确的是(　　)
图3
4.如图4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(　　)
图4
A. B.
C.mv2 D.2mv2
5.如图5所示，倾角θ＝37°，长为6 m的斜面体固定在水平地面上，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐；质量为2 kg的物块B(可视为质点)放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面底端，已知长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块B与A间的动摩擦因数μ2＝0.375，重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图5
(1)从开始到A的下端滑到斜面底端所用时间；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
6.(2024·山东临沂高三期中)如图6所示，一足够长的水平传送带以v＝4 m/s的速度向右传送，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图6
(1)小物块第一次滑过P点时的速度大小v1；
(2)小物块第一次在传送带上往返运动的时间t；
(3)物块第一次从P点冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，电动机因传送物块多做的功；
(4)从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程。
7.(2024·湖南长沙高三期末统考)如图7甲所示，在竖直平面内的光滑曲面AB与光滑半圆形轨道BC相切连接于B点，直径BC竖直。一小球在AB上离地H高处静止释放，用光电门测出它到达圆形轨道最高点C时的速度vC，不断改变H，得到多组数据后画出H–v图像如图乙所示(不计空气阻力)。求：
图7
(1)由图像推理得出圆形轨道的半径R和重力加速度为多大？
(2)当从H＝0.4 m处静止释放时，小球到达与圆心O点等高的D点时的加速度大小；
(3)要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，则H的取值应满足什么条件？
专题强化练十　动力学和能量观点的综合应用
1.D　[根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即mv2，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与摩擦产生的内能的和，故大于mv2，故C错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝FfΔx，设加速时间为t，物块的位移为x1＝vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理Ffx1＝mv2，故热量Q＝FfΔx＝Ff(x2－x1)＝mv2，故D正确。]
2.C　[由动能定理可知，传送带对小物块做的功为W＝mv2，可知速度变为原来的2倍，则传送带对小物块做的功变为原来的4倍，故A错误；小物块运动到与传送带速度相等，所用的时间为t＝，由于加速度相同，速度变为原来的2倍，则时间变为原来的2倍，传送带发生的位移为x＝vt，则位移变为原来的4倍，则小物块对传送带做的功变为原来的4倍，故B错误；小物块达到与传送带速度相等过程中的平均速度为＝，由于速度变为原来的2倍，且摩擦力相同，根据P＝Ff，可知传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍，故C正确；小物块达到与传送带速度相等过程中的相对位移为Δx＝vt－vt＝vt，由于速度变为原来的2倍，时间也变为原来的2倍，则相对位移变为原来的4倍，由Q＝FfΔx可知，因摩擦而产生的热量变为原来的4倍，故D错误。]
3.AC　[物块刚放到传送带上时，相对传送带向下运动，则由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝μgcos θ－gsin θ，物块的速度为v1＝at＝(μgcos θ－gsin θ)t，物块做初速度为零的匀加速运动，当物块速度等于传送带速度后，物块相对传送带静止，随传送带做匀速运动，故A正确；物块的重力势能为Ep＝mgh＝mg·xsin θ，物块相对传送带运动时，机械能为E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv＝(mgsin θ＋ma)x，相对静止后，物块的机械能为E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv2，故B错误，C正确；在物块与传送带共速之前，有相对运动，则Q＝μmgcos θ，共速后没有相对运动，不再产生热量，故D错误。]
4.C　[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＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。]
5.(1)2 s　(2)90 J
解析　(1)设长木板A运动的加速度大小为a1，A的下端滑到斜面底端经历时间为t，长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律可得
2mgsin θ－μ1×3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
由运动学公式可得L＝a1t2
联立解得t＝2 s。
(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式可得L＝v1t
2L＝v2t
由能量守恒定律可得，因摩擦产生的总热量为
Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－mv－×2mv
代入数据解得Q＝90 J。
6.(1)8 m/s　(2)7.2 s　(3)64 J　(4)12 m
解析　(1)由动能定理得(mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μmg＝ma1
以向右为正方向，物块与传送带共速时，由速度公式得
v＝－v1＋a1t1
解得t1＝4.8 s
匀速运动阶段的时间t2＝＝2.4 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝7.2 s。
(3)物块从P点匀减速到0时运动的时间
t3＝＝ s＝3.2 s
这段时间内传送带运动的位移x1＝vt3＝12.8 m
传送带匀速运动，电动机增加的牵引力F＝μmg＝5 N
电动机多做的功W＝Fx1＝64 J。
(4)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，故物块最终停止在P点，则根据能量守恒定律有μmgs1cos 37°＝mv2
s＝s1＋L
联立可得s＝12 m。
7.(1)0.1 m　10 m/s2　(2)10 m/s2　
(3)H≥0.25 m或H≤0.1 m
解析　(1)小球由静止释放运动到C点的过程中，由机械能守恒定律有mgH＝mg·2R＋mv
整理可得H＝2R＋v
结合图像可得2R＝0.2 m
＝ s2/m
解得R＝0.1 m，g＝10 m/s2。
(2)小球从H＝0.4 m处静止释放时，到达C点时，由图像知
v＝4 m2/s2
从D点到C点过程中，由机械能守恒定律有
mgR＋mv＝mv
解得vD＝ m/s
则小球在D点时的向心加速度为an＝＝60 m/s2
则小球到达与圆心O点等高的D点时的加速度大小为
a＝＝10 m/s2。
(3)根据题意可知，要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，有2种情况，第1种情况：小球从C点飞出，小球恰好通过C点，由牛顿第二定律有
mg＝m
由机械能守恒定律有mgH＝mg·2R＋mv
解得H＝2.5R＝0.25 m
即如果从C点离开半圆轨道，则有H≥0.25 m
第2种情况，小球恰好到达D点，则有mgH＝mgR
解得H＝0.1 m
即小球如果从B点离开半圆轨道，则有H≤0.1 m
综上所述，满足题意的H的取值范围应满足
H≥0.25 m或H≤0.1 m。(共56张PPT)
专题强化十　动力学和能量观点的综合应用
第五章　机械能守恒定律
会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。
会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。
会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
学习目标
目 录
CONTENTS
研透核心考点
01
提升素养能力
02
研透核心考点
1
模型二　“滑块—木板”模型
模型一　“传送带”模型
模型三　多运动组合模型
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。
模型一　“传送带”模型
2.功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。
(2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对。
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。
BC
例1 (多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图1所示，质量m＝10 kg的货物(可视为质点)从高h＝0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB两点之间的距离L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针匀速运动，取重力加速度g＝10 m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有(　　)
角度　　水平传送带模型
图1
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.运送货物过程中，电动机输出的电能为60 J
(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；
角度　　倾斜传送带模型
图2
解析　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，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1
v＝v0＋a1t1
解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝3.75 m
由于x1＜L，最大静摩擦力Ffm＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，则共速后物体将与传送带一起做匀速直线运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10 m/s。
答案　10 m/s
(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，因与传送带间摩擦而产生的热量。
解析　0.5 s内物体相对传送带运动的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25 m
传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30°
物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δx2＝L－x1＝6.25 m
则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ
解得Q＝37.5 J。
答案　37.5 J
D
1.(2024·山东临沂模拟)如图3(a)所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg的物块，自A点无初速度的放在传送带底端，其被传送至B端的过程中，动能Ek与位移x的关系(Ek－x)图像如图(b)所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是(　　)
图3
A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
解析　开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcos θ－mgsin θ)x＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对
1.模型分类
“滑块—木板”模型根据情况可以分成水平面上的“滑块—木板”模型和斜面上的“滑块—木板”模型。
2.位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
模型二　“滑块—木板”模型
3.解题关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带：每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
BD
例3 (多选)(2023·全国乙卷，21)如图4，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　)
角度　　水平面上“滑块—木板”模型
图4
解析　物块和木板的运动示意图和v－t
图像如图所示
根据动能定理可知
根据v－t图像与横轴围成的面积S表示
物体运动的位移可知x2＝S△COF，x1＝SABFO
根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
BC
2.(多选)(2024·沈阳长春模拟)如图5所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，下列说法中正确的是(　　)
图5
B.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达木板
右端所用时间越短
C.其他条件不变的情况下，M越大，s越小
D.其他条件不变的情况下，M越大，滑块与木板间产生的热量越多
滑块和木板都是做初速度为零的匀加速直线运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大，滑块的加速度越大，到达木板右端所用时间就越短，B正确；由于木板受到的摩擦力不变，当M越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间变短，所以木板在地面上运动的位移变小，C正确；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，m不变，摩擦力不变，产生的热量不变，D错误。
例4 如图6所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5角度　　倾斜面上“滑块—木板”模型
图6
(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；
(2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx；
解析　木板第一次与挡板碰撞后，木板的加
速度大小为a1，则mgsin θ＋kmg＝ma1
解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，
物块的加速度大小为a2，则kmg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，
规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1
对物块有v共＝v1－a2t1
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为
(3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。
解析　设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则
mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0
例5 如图7是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B点，且B点位置可改变。现将质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6 m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
模型三　多运动组合模型
图7
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
解析　从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
联立解得F＝100 N
由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为100 N。
答案　100 N
(2)弹射器获得的最大弹性势能；
解析　弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知
mgH－μmgLAC＝Ep
解得Ep＝8 J。
答案　8 J
(3)若H＝6 m，改变B点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC间距离LBC应满足的条件。
解得s1＝28.75 m
LBC＝29LAC－s1＝0.25 m
要使滑块不脱离轨道，B、C之间的距离应该满足LBC≥0.25 m。
若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可知
mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝29.5 m
LAB＝s2－29LAC＝0.5 m
根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5 m，滑块不脱离轨道
综上所述，符合条件的BC长度为0.5 m≤LBC≤1 m。
答案　0.5 m≤LBC≤1 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。
切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径不计，重力加速度为g)。求：
图8
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的
动能Ek。
图8
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep
滑块从A到D过程由动能定理得
(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
提升素养能力
2
D
1.如图1所示，传送带以v的速度匀速运动。将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止。下列说法中正确的是(　　)
图1
A.传送带对物块做功为mv2
C
2.(2024·山东省实验中学模拟)如图2所示，足够长的传送带水平放置，以大小为v的速度顺时针转动。质量为m、与传送带间的动摩擦因数为μ的小物块在传送带的左端由静止释放，一段时间后物块与传送带共速。满足上述情景，若把传送带的速度改为2v，两次比较。下列说法正确的是(　　)
图2
A.传送带对小物块做的功变为原来的2倍
B.小物块对传送带做的功变为原来的2倍
C.传送带对小物块做功的平均功率变为原来的2倍
D.因摩擦而产生的热量变为原来的2倍
AC
3.(多选)(2024·河南南阳高三月考)如图3所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v0的速率运行。现把一物块(可视为质点)轻轻放在传送带底端，物块被传送到传送带的最高点(在运动至最高点前与传送带达到共速)。已知物块与传送带间动摩擦因数为μ，μ>tan θ，t为运动时间，x为物块沿斜面运动的距离。某同学以传送带底端所在水平面为零势能面，画出了在物块由传送带底端被传送到传送带的最高点的过程中，物块的速度v，重力势能Ep，机械能E，物块和传送带摩擦产生的内能Q等四个物理量变化图像如图所示，其中正确的是(　　)
图3
解析　物块刚放到传送带上时，相对传送带向下运动，则由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝μgcos θ－gsin θ，物块的速度为v1＝at＝(μgcos θ－gsin θ)t，物块做初速度为零的匀加速运动，当物块速度等于传送带
C
4.如图4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(　　)
图4
C
5.如图5所示，倾角θ＝37°，长为6 m的斜面体固定在水平地面上，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐；质量为2 kg的物块B(可视为质点)放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面底端，已知长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，物块B与A间的动摩擦因数μ2＝0.375，重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图5
(1)从开始到A的下端滑到斜面底端所用时间；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
答案　(1)2 s　(2)90 J
解析　(1)设长木板A运动的加速度大小为a1，A的下端滑到斜面底端经历时间为t，长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，根据牛顿第二定律可得
2mgsin θ－μ1×3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
联立解得t＝2 s。
6.(2024·山东临沂高三期中)如图6所示，一足够长的水平传送带以v＝4 m/s的速度向右传送，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图6
(1)小物块第一次滑过P点时的速度大小v1；
(2)小物块第一次在传送带上往返运动的时间t；
(3)物块第一次从P点冲上传送带到沿传送带运动到最远处的过程中，电动机因传送物块多做的功；
(4)从释放到最终停止运动，小物块在斜面上运动的总路程。
答案　(1)8 m/s　(2)7.2 s　(3)64 J　(4)12 m
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μmg＝ma1
以向右为正方向，物块与传送带共速时，由速度公式得v＝－v1＋a1t1
解得t1＝4.8 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝7.2 s。
这段时间内传送带运动的位移x1＝vt3＝12.8 m
传送带匀速运动，电动机增加的牵引力F＝μmg＝5 N
电动机多做的功W＝Fx1＝64 J。
(4)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，故物块最终停止在P点，则根据能量守恒定律有
s＝s1＋L
联立可得s＝12 m。
7.(2024·湖南长沙高三期末统考)如图7甲所示，在竖直平面内的光滑曲面AB与光滑半圆形轨道BC相切连接于B点，直径BC竖直。一小球在AB上离地H高处静止释放，用光电门测出它到达圆形轨道最高点C时的速度vC，不断改
图7
(1)由图像推理得出圆形轨道的半径R和重力加速度为多大？
(2)当从H＝0.4 m处静止释放时，小球到达与圆心O点等高的D点时的加速度大小；
(3)要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，则H的取值应满足什么条件？
解析　(1)小球由静止释放运动到C点的过程中，由机械能守恒定律有
结合图像可得2R＝0.2 m
解得H＝2.5R＝0.25 m
即如果从C点离开半圆轨道，则有H≥0.25 m
第2种情况，小球恰好到达D点，则有mgH＝mgR
解得H＝0.1 m
即小球如果从B点离开半圆轨道，则有H≤0.1 m
综上所述，满足题意的H的取值范围应满足H≥0.25 m或H≤0.1 m。
本节内容结束
THANKS

展开更多......

收起↑