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第2课时　功能关系的综合应用(综合融通课)
　　传送带模型、“滑块—木板”模型和多运动组合模型三类问题是高考的热点题型,常在压轴大题的位置出现,其综合性强、过程复杂、难度较高,对学生的科学思维能力提出较高要求。用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律),能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
(一)传送带模型中的能量问题
1.传送带问题的两个角度
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
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。
[考法全训]
考法(一)　水平传送带问题
[例1]　(2025·哈尔滨高三模拟)如图,水平传送带由电动机带动,始终保持速度v1=2 m/s匀速运动,质量m=1 kg的滑块以速度v2=1 m/s从左端水平滑上传送带,最终与传送带共速,滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,取重力加速度g=10 m/s2。对于滑块从刚滑上传送带到与传送带共速这一过程,下列说法正确的是 (　　)
A.滑块在传送带上的加速时间为1 s
B.摩擦力对滑块做的功为1.5 J
C.滑块与传送带因摩擦产生的热量为1 J
D.电动机因滑块在传送带上运动而多消耗的电能为2.5 J
听课记录:
考法(二)　倾斜传送带问题
[例2]　图(a)为成都天府国际机场某货物传送装置实物图,简化图如图(b)所示,该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成,固定挡板CDEF与传送带上表面垂直,传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为θ=37°,CD与水平面平行。传送带匀速转动时,工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放,货物对地发生位移L=10 m后被取走,货物在传送带上运动时的剖面图如图(c)所示。已知传送带匀速运行的速度为v=1 m/s,货物质量为m=10 kg,其底部与传送带ABCD间的动摩擦因数为μ1=0.5,其侧面与挡板CDEF间的动摩擦因数为μ2=0.25。已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求:
(1)货物刚放上传送带时,其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力f2的大小;
(2)货物在传送带上所经历的时间;
(3)传送装置多消耗的电能。
规范解答:
|思|维|建|模|　传送带模型问题的分析流程
(二)“滑块—木板”模型中的能量问题
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.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。
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。
[考法全训]
考法(一)　水平面上的滑块—木板模型
　　[例1]　(2024·海南高考)某游乐项目装置简化如图,A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯,半径R=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧靠滑梯的末端,并与其水平相切,滑板质量M=25 kg,一质量为m=50 kg的游客,从a点由静止开始下滑,在b点滑上滑板,当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点,其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2,忽略空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小;
(2)滑板的长度L。
规范解答:
考法(二)　斜面上的滑块—木板模型
[例2]　如图所示,倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上,斜面的长为6 m,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也刚好滑到斜面的底端,运动的时间为2 s。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:
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与长木板A间的动摩擦因数μ2;
(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。
规范解答:
|思|维|建|模|
“滑块—木板”问题的三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时,求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
(三)多运动组合模型中的能量问题
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,构建大致的运动情境。
(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]　(2025·广安调研)某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示,在竖直面内,光滑弧形轨道AB和光滑圆弧轨道CD分别与水平粗糙轨道BC相切于B点和C点,圆弧轨道CD的半径为R=0.4 m,BC长L=2 m。某次实验中,将质量为m=0.4 kg的滑块从弧形轨道上高h=1.4 m处静止释放,滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小为F=4 N,此后,滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上,进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ;
(2)碰撞过程中动能的损失率η(动能损失量与碰前动能的百分比,结果保留一位小数)。
答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优)
　　[例2]　(2025·惠州检测)如图所示,水平平台上一轻弹簧左端固定在A点,原长时在其右端B处放置一质量为m=2 kg的小滑块(可视为质点),平台AB段光滑,BC段长x=2 m,与滑块间的动摩擦因数μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C点,传送带长L=5 m,与滑块间的动摩擦因数μ2=0.4。传送带右端D点与一光滑竖直圆形轨道相切,圆形轨道半径R=0.4 m,最高点E处有一弹性挡板,滑块碰撞挡板前后无机械能损失。现将滑块向左压缩弹簧后突然释放,滑块可在静止的传送带上滑行至距C点1.5 m处停下。已知传送带只可顺时针转动,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)释放滑块时弹簧的弹性势能Ep;
(2)若在相同位置释放滑块,要使滑块恰好上升到E点,传送带的速度v为多少;
(3)若在相同位置释放滑块,要使滑块不脱离圆形轨道,且不再返回压缩弹簧,传送带的速度大小范围。
第2课时　功能关系的综合应用
(一)　[例1]　选B　由牛顿第二定律可得,滑块在与传送带共速前的加速度大小为a=μg=2 m/s2,滑块在传送带上的加速时间为t== s=0.5 s,故A错误;由动能定理得摩擦力对滑块做的功为Wf=m-m=×1×(22-12)J=1.5 J,故B正确;滑块在与传送带共速前的位移为x2=v2t+at2=1×0.5 m+×2×0.52 m=0.75 m,传送带位移为x1=v1t=2×0.5 m=1 m,摩擦力产生的热量Q=μmgΔx,Δx=x1-x2,解得Q=0.5 J,故C错误;电动机因传送滑块而多输出的能量为整个过程中因为摩擦而产生的内能与摩擦力对滑块做的功之和,即ΔE=Wf+Q=1.5 J+0.5 J=2 J,故D错误。
[例2]　解析:(1)货物刚放上传送带时,对货物受力分析可知,其底面所受滑动摩擦力大小为f1=μ1mgcos θ=40 N
其侧面所受滑动摩擦力大小为f2=μ2mgsin θ=15 N。
(2)因为f1与运动方向相同,f2与运动方向相反,货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得f1-f2=ma1
解得a1=2.5 m/s2
设货物匀加速至与传送带共速所用时间为t1,对地位移为x1,由运动学公式得t1==0.4 s,x1==0.2 m
因x1货物运动总时间为t=t1+t2=10.2 s。
(3)[解法一]传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为Q1=f1=8 J
货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为
Q2=f2L=150 J
货物增加的动能ΔEk=mv2=5 J
传送装置多消耗的电能E电=Q1+Q2+ΔEk=163 J。
[解法二]在货物匀加速与匀速运动过程中,传送带的位移分别为
x3=vt1=0.4 m,x4=vt2=9.8 m
货物匀加速过程传送带克服摩擦力做功为Wf1=f1x3=16 J
货物匀速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf2=f2x4=147 J
则因运送货物传送装置多消耗的电能为
E=Wf1+Wf2=163 J。
答案:(1)40 N　15 N　(2)10.2 s　(3)163 J
(二)　[例1]　解析:(1)设游客滑到b点时速度大小为v0,从a到b过程,根据机械能守恒定律得mgh=m
解得v0=10 m/s
在b点,根据牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=1 000 N,根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。
(2)设游客恰好滑上平台时的速度大小为v,在平台上运动过程,由动能定理得-μmgs=0-mv2
解得v=8 m/s
根据题意可知,游客在滑板上运动过程中,游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设游客和滑板加速度大小分别为a1和a2,得a1==μg=2 m/s2
a2==4 m/s2
根据运动学公式得v=v0-a1t,解得t=1 s
该段时间内游客的位移为s1=t=9 m,滑板的位移为s2=a2t2=2 m
根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。
答案:(1)1 000 N　(2)7 m
[例2]　解析:(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2,物块B运动到斜面底端经历时间为t,长木板A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,则有L=a1t2
根据牛顿第二定律有
2mgsin θ-μ1×3mgcos θ+μ2mgcos θ=2ma1
以物块B为研究对象,则有2L=a2t2
根据牛顿第二定律有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2
解得μ1=0.5,μ2=0.375。
(2)[解法一]设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2,根据运动学公式有L=v1t,2L=v2t
根据能量守恒定律可知,因摩擦产生的总热量
Q=mg×2Lsin θ+2mgLsin θ-m-×2m
解得Q=90 J。
[解法二]摩擦产生的总热量为Q=μ1×3mgcos θ×L+μ2mgcos θ×L
解得Q=90 J。
答案:(1)0.5　0.375　(2)90 J
(三)　[例1]　解析:(1)滑块第一次通过Q点时,由牛顿第三定律知,滑块所受轨道的弹力大小为F'=F=4 N
由牛顿第二定律有mg+F'=m
解得v1Q=2 m/s
从释放到Q,由动能定理有mgh-μmgL-mg·2R=m-0,解得μ=0.1。
(2)滑块在D点正下方与水平轨道碰撞,设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2,从Q到碰前,由机械能守恒定律有Ek1=m+mg·2R
滑块第二次通过Q点时,所受轨道的弹力为零,由牛顿第二定律有mg=m
解得v2Q=2 m/s
从碰后到Q,由机械能守恒定律有
Ek2=m+mg·2R
所以η=×100%≈16.7%。
答案:(1)0.1　(2)16.7%
[例2]　解析:(1)滑块从释放到在传送带上静止,由能量守恒定律得Ep=μ1mgx+μ2mgx1
其中x1=1.5 m,解得Ep=22 J。
(2)滑块恰好到达E点,由牛顿第二定律有mg=m,得vE==2 m/s
分析得滑块在传送带上经历了加速过程,设滑块在传送带上加速的位移为L1,由动能定理有W弹-μ1mgx+μ2mgL1-2mgR=m
W弹=Ep
解得L1=1 m
又因L1联立解得传送带速度为v=vD=2 m/s。
(3)情况一:滑块恰好上升至圆心等高处时,设传送带速度为v2,由动能定理-mgR=0-m,解得v2==2 m/s
设滑块返回经过传送带速度减为零时与D点相距为L',则有-μ2mgL'=0-m
解得L'=1 m故滑块不会冲过C点,滑块在传送带与圆心等高处往复运动,则此情况要滑块不脱离圆弧轨道只需0情况二:滑块上升到最高点E后再恰好返回B点,设滑块在传送带上的加速位移为s,对全程分析由动能定理有Ep-2μ1mgx+μ2mgs-μ2mgL=0,解得s=4.75 m
设此时传送带速度为v3,则由动能定理有
Ep-μ1mgx+μ2mgs=m,解得v3=5 m/s
故此情况滑块不脱离圆弧轨道只需2 m/s≤v≤5 m/s
综上,要使滑块不脱离圆弧轨道,传送带的速度需满足的条件为0答案:(1)22 J　(2)2 m/s　(3)06 / 6(共95张PPT)
功能关系的综合应用(综合融通课)
第2课时
传送带模型、“滑块—木板”模型和多运动组合模型三类问题是高考的热点题型，常在压轴大题的位置出现，其综合性强、过程复杂、难度较高，对学生的科学思维能力提出较高要求。用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
1
(一)传送带模型中的能量问题
2
(二)“滑块—木板”模型中的能量问题
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(三)多运动组合模型中的能量问题
(一)传送带模型中的能量问题
1.传送带问题的两个角度
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
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。
考法(一)　水平传送带问题
[例1]　(2025·哈尔滨高三模拟)如图，水平传送带由电动机带动，始终保持速度v1=2 m/s匀速运动，质量m=1 kg的滑块以速度v2=1 m/s从左端水平滑上传送带，最终与传送带共速，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取重力加速度g=10 m/s2。对于滑块从刚滑上传送带到与传送带共速这一过程，下列说法正确的是(　　)
考法全训
A.滑块在传送带上的加速时间为1 s
B.摩擦力对滑块做的功为1.5 J
C.滑块与传送带因摩擦产生的热量为1 J
D.电动机因滑块在传送带上运动而多消耗的电能为2.5 J
√
[解析]　由牛顿第二定律可得，滑块在与传送带共速前的加速度大小为a=μg=2 m/s2，滑块在传送带上的加速时间为t== s=0.5 s，故A错误；由动能定理得摩擦力对滑块做的功为Wf=m-m
=×1×(22-12)J=1.5 J，故B正确；滑块在与传送带共速前的位移为x2=v2t+at2=1×0.5 m+×2×0.52 m=0.75 m，传送带位移为x1=v1t
=2×0.5 m=1 m，摩擦力产生的热量Q=μmgΔx，Δx=x1-x2，解得Q= 0.5 J，故C错误；电动机因传送滑块而多输出的能量为整个过程中因为摩擦而产生的内能与摩擦力对滑块做的功之和，即ΔE=Wf+Q=1.5 J+ 0.5 J=2 J，故D错误。
考法(二)　倾斜传送带问题
[例2]　图(a)为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化图如图(b)所示，该装置由传送带ABCD及固定挡板CDEF组成，固定挡板CDEF与传送带上表面垂直，传送带上表面ABCD与水平地面的夹角为θ=37°，CD与水平面平行。传送带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L=10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图(c)所示。
已知传送带匀速运行的速度为v=1 m/s，货物质量为m=10 kg，其底部与传送带ABCD间的动摩擦因数为μ1=0.5，其侧面与挡板CDEF间的动摩擦因数为μ2=0.25。已知sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求:
(1)货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力f1的大小及侧面所受滑动摩擦力f2的大小；
[答案]　40 N　15 N　
[解析]　货物刚放上传送带时，对货物受力分析可知，其底面所受滑动摩擦力大小为f1=μ1mgcos θ=40 N
其侧面所受滑动摩擦力大小为f2=μ2mgsin θ=15 N。
(2)货物在传送带上所经历的时间；
[答案]　10.2 s　
[解析]　因为f1与运动方向相同，f2与运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得f1-f2=ma1
解得a1=2.5 m/s2
设货物匀加速至与传送带共速所用时间为t1，对地位移为x1，由运动学公式得t1==0.4 s
x1==0.2 m
因x1货物运动总时间为t=t1+t2=10.2 s。
(3)传送装置多消耗的电能。
[答案]　163 J
[解析]　[解法一]传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之和。货物与传送带之间由于摩擦产生的内能为Q1=f1=8 J
货物与挡板之间由于摩擦产生的内能为Q2=f2L=150 J
货物增加的动能ΔEk=mv2=5 J
传送装置多消耗的电能E电=Q1+Q2+ΔEk=163 J。
[解法二]在货物匀加速与匀速运动过程中，传送带的位移分别为
x3=vt1=0.4 m，x4=vt2=9.8 m
货物匀加速过程传送带克服摩擦力做功为Wf1=f1x3=16 J
货物匀速过程传送带克服摩擦力做功为
Wf2=f2x4=147 J
则因运送货物传送装置多消耗的电能为
E=Wf1+Wf2=163 J。
传送带模型问题的分析流程
思维建模
(二)“滑块—木板”模型中的能量问题
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.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。
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。
考法(一)　水平面上的滑块—木板模型
[例1]　(2024·海南高考)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M=25 kg，一质量为m=50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求:
考法全训
(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
[答案]　1 000 N　
[解析]　设游客滑到b点时速度大小为v0，从a到b过程，根据机械能守恒定律得mgh=m
解得v0=10 m/s
在b点，根据牛顿第二定律得FN-mg=m
解得FN=1 000 N，根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。
(2)滑板的长度L。
[答案]　7 m
[解析]　设游客恰好滑上平台时的速度大小为v，在平台上运动过程，由动能定理得-μmgs=0-mv2
解得v=8 m/s
根据题意可知，游客在滑板上运动过程中，游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设游客和滑板加速度大小分别为a1和a2，得a1==μg=2 m/s2
a2==4 m/s2
根据运动学公式得v=v0-a1t
解得t=1 s
该段时间内游客的位移为s1=t=9 m，滑板的位移为s2=a2t2=2 m
根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。
考法(二)　斜面上的滑块—木板模型
[例2]　如图所示，倾角θ=37°的斜面体固
定在水平地面上，斜面的长为6 m，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也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。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:
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与长木板A间的动摩擦因数μ2；
[答案]　0.5　0.375　
[解析]　设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，长木板A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，则有L=a1t2
根据牛顿第二定律有
2mgsin θ-μ1×3mgcos θ+μ2mgcos θ=2ma1
以物块B为研究对象，则有2L=a2t2
根据牛顿第二定律有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2
解得μ1=0.5，μ2=0.375。
(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]　90 J
[解析]　[解法一]设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式有
L=v1t，2L=v2t
根据能量守恒定律可知，因摩擦产生的总热量
Q=mg×2Lsin θ+2mgLsin θ-m-×2m，解得Q=90 J。
[解法二]
摩擦产生的总热量为Q=μ1×3mgcos θ×L+μ2mgcos θ×L
解得Q=90 J。
“滑块—木板”问题的三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
思维建模
(三)多运动组合模型中
的能量问题
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，构建大致的运动情境。
(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]　(2025·广安调研)某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示，在竖直面内，光滑弧形轨道AB和光滑圆弧轨道CD分别与水平粗糙轨道BC相切于B点和C点，圆弧轨道CD的半径为R=0.4 m，BC长L=2 m。某次实验中，将质量为m=0.4 kg的滑块从弧形轨道上高h= 1.4 m处静止释放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小为F=4 N，此后，滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点，重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ；
[答案]　0.1　
[解析]　滑块第一次通过Q点时，由牛顿第三定律知，滑块所受轨道的弹力大小为F'=F=4 N
由牛顿第二定律有mg+F'=m
解得v1Q=2 m/s
从释放到Q，由动能定理有mgh-μmgL-mg·2R=m-0，解得μ=0.1。
(2)碰撞过程中动能的损失率η(动能损失量与碰前动能的百分比，结果保留一位小数)。
[答案]　16.7%
[解析]　滑块在D点正下方与水平轨道碰撞，设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2，从Q到碰前，由机械能守恒定律有Ek1=m+mg·2R
滑块第二次通过Q点时，所受轨道的弹力为零，由牛顿第二定律有mg=m
解得v2Q=2 m/s
从碰后到Q，由机械能守恒定律有
Ek2=m+mg·2R
所以η=×100%≈16.7%。
[例2]　(2025·惠州检测)如图所示，水平平台上一轻弹簧左端固定在A点，原长时在其右端B处放置一质量为m=2 kg的小滑块(可视为质点)，平台AB段光滑，BC段长x=2 m，与滑块间的动摩擦因数μ1=0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带长L=5 m，与滑块间的动摩擦因数μ2=0.4。传送带右端D点与一光滑竖直圆形轨道相切，圆形轨道半径R=0.4 m，最高点E处有一弹性挡板，滑块碰撞挡板前后无机械能损失。现将滑块向左压缩弹簧后突然释放，滑块可在静止的传送带上滑行至距C点1.5 m处停下。已知传送带只可顺时针转动，重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)释放滑块时弹簧的弹性势能Ep；
[答案]　22 J　
[解析]　滑块从释放到在传送带上静止，由能量守恒定律得Ep=μ1mgx+μ2mgx1
其中x1=1.5 m，解得Ep=22 J。
(2)若在相同位置释放滑块，要使滑块恰好上升到E点，传送带的速度v为多少；
[答案]　2 m/s　
[解析]　滑块恰好到达E点，由牛顿第二定律有mg=m，得vE==2 m/s
分析得滑块在传送带上经历了加速过程，设滑块在传送带上加速的位移为L1，由动能定理有
W弹-μ1mgx+μ2mgL1-2mgR=m
W弹=Ep，解得L1=1 m
又因L1-2mgR=m-m
联立解得传送带速度为v=vD=2 m/s。
(3)若在相同位置释放滑块，要使滑块不脱离圆形轨道，且不再返回压缩弹簧，传送带的速度大小范围。
[答案]　0[解析]　情况一:滑块恰好上升至圆心等高处时，设传送带速度为v2，由动能定理-mgR=0-m
解得v2==2 m/s
设滑块返回经过传送带速度减为零时与D点相距为L'，则有-μ2mgL'=0-m
解得L'=1 m故滑块不会冲过C点，滑块在传送带与圆心等高处往复运动，则此情况要滑块不脱离圆弧轨道只需0情况二:滑块上升到最高点E后再恰好返回B点，设滑块在传送带上的加速位移为s，对全程分析由动能定理有Ep-2μ1mgx+μ2mgs-μ2mgL=0
解得s=4.75 m
设此时传送带速度为v3，则由动能定理有
Ep-μ1mgx+μ2mgs=m，解得v3=5 m/s
故此情况滑块不脱离圆弧轨道只需2 m/s≤v≤5 m/s
综上，要使滑块不脱离圆弧轨道，传送带的速度需满足的条件为0课时跟踪检测
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(说明:标★的为推荐讲评题目)
一、单项选择题
1.(2025·邯郸模拟)如图所示为速冻食品加工厂
生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带
运送至下一环节。将饺子无初速度的轻放在传送
带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中，下列说法正确的是(　　)
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A.传送带的速度越快，饺子的加速度越大
B.饺子相对于传送带的位移为
C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D.传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能
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解析:饺子的加速度a===μg，与传送带的速度无关，故A错误；饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t=，饺子相对于传送带的位移s相对=vt-=，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek=μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q=μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子=t==s相对，故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。
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2.(2025·成都高三月考)如图，一质量为M=2 kg的木板静止在水平地面上，一质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)以v0=2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知)，重力加速度大小g=10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 (　　)
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A.地面对木板的摩擦力方向水平向右
B.地面对木板的摩擦力大小为9 N
C.μ2可能为0.12
D.整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J
解析:根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，大小为fm=μ1mg=3 N，由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力方向水平向左，大小为fM=fm=3 N，故A、B错误；木板始终保持静止，即μ2(m+M)g≥fm，解得μ2≥0.1，故C正确；整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量Q=m=2 J，故D错误。
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3.(2025·云南高三模拟)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，第一次上升的最高点距N点高度为R，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
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A.传送带匀速转动的速度大小为
B.经过足够长的时间，小滑块最终静止于N点
C.小滑块第二次上升的最高点距N点高度为R
D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于mgR
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解析:小滑块从M点下滑到N点过程，由动能定理有mgR=m，解得小滑块第一次到达N点时的速度大小为vN=，小滑块在传送带上先向右减速到0，再向左加速运动，假设小滑块会与传送带共速，则第一次上升过程有mv2=mg×R，解得v=2
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由上述分析可知，之后滑块在传送带与圆弧轨道之间做往复运动，上升的最高点距N点高度始终为R，故B、C错误；小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量等于损失的重力势能和维持传送带匀速运动补充的能量，损失的重力势能为mgR，所以小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于mgR，故D正确。
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4.如图所示，质量为2 000 kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落，电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为 4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止运动，下落过程中安全钳总共提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)，安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
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A.弹簧的劲度系数为3 000 N/m
B.整个过程中电梯的加速度一直在减小
C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 N
D.从电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4 636 J
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解析:电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s，缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止运动，根据能量守恒定律可得mv2+mg·Δx=kΔx2+f动·Δx，代入数据解得k=11 000 N/m，故A错误；与弹簧接触前，电梯做匀加速直线运动，接触弹簧后，电梯先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度逐渐增加的减速运动，故B错误；电梯停止在井底时，由受力平衡得kΔx=mg+f静，代入数据解得f静=2 000 N，故C错误；
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当电梯速度最大时，加速度为零，则kΔx'+f动=mg，解得Δx'= m，从电梯接触弹簧到速度最大的过程中，电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做功的绝对值，则ΔE=f动·Δx'=17 000× J≈4 636 J，故D正确。
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5.如图所示，BC、CD和DE为三段光
滑圆弧轨道，其圆心角θ均为60°，半径R
均为0.6 m，O1C、O2E沿竖直方向，AB是
倾角θ=60°的粗糙长直轨道，AB与圆弧BC
相切于B点，CD和DE圆弧轨道平滑连接。现让质量m=0.6 kg的可视为质点的小物块从长直轨道上的F点由静止释放，已知BF为 m，小物块与AB轨道间的动摩擦因数μ=，不计其他阻力，g=10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
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A.小物块滑至B点时的速度大小为 m/s
B.小物块滑至C点时对轨道的压力大小为13.5 N
C.小物块不能沿DE轨道到达E点
D.小物块能沿DE轨道运动至E点再做平抛运动
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解析:小物块在斜面上的加速度大小为a== m/s2，根据运动学公式可得2axBF=，解得小物块滑至B点时的速度大小为vB= m/s，故A错误；小物块从B到C过程，由动能定理可得mgR(1-cos θ)=m-m，在C点，由牛顿第二定律可得N-mg=m，联立可得N=19.5 N，根据牛顿第三定律可知，小物块滑至C点时对轨道的压
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力大小为19.5 N，故B错误；小物块从D到E过程中，假设在与竖直方向的夹角为α时小球脱离圆弧面，此时的速度为v，根据机械能守恒定律可得m=mv2+mgR(cos α-cos θ)，其中vD=vB= m/s，脱离瞬间有mgcos α=m，联立解得cos α=，即α<60°，故C正确，D错误。
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6.(2025·六安模拟)如图所示，传送带的倾角为θ=37°，从A到B长度为16 m，传送带以10 m/s的速度逆时针转动。 t=0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块， t=1 s时传送带被异物卡住不动了。 已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5，煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2。则 (　　)
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A.煤块到达B点时的速度大小为10 m/s
B.煤块从A到B的时间为3 s
C.煤块从A到B的过程中机械能减少了12 J
D.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16 m
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解析:开始阶段，由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2，煤块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1==1 s，煤块发生的位移为x1=a1=5 m<16 m，所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点，此时传送带刚好被异物卡住不动了，此后摩擦力方向改变；第二阶段，由于μ=0.52
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的时间t=t1+t2=2 s，煤块到达B点时的速度大小为vB=v+a2t2=12 m/s，故A、B错误；第一阶段煤块的速度小于传送带速度，煤块相对传送带向上移动，煤块与传送带的相对位移大小为Δx1=vt1-x1=10×1 m-5 m=5 m，故煤块相对于传送带上移5 m；第二阶段煤块的速度大于传送带速度(为零)，煤块相对传送带向下移动，煤块相对于传送带的位移大小为Δx2=LAB-x1=11 m，即煤块相对传送带下移11 m，故传送带表面留下黑色划痕的长度为11 m(前5 m被覆盖)，故D错误；开始时煤块的机械能为E=mgLABsin 37°
=48 J，到达B点时煤块的机械能为EB=m=36 J，煤块从A到B的过程中机械能减少了12 J，故C正确。
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二、多项选择题
7.(2025·辽宁鞍山检测)如图所示，电动机带
动的传送带与水平方向夹角θ=37°，与两皮带
轮O1、O2相切于A、B两点，从A到B长度为L1
=5.6 m。传送带以v0=0.8 m/s的速率顺时针转动。
两皮带轮的半径都为R=1.5 m。长度为L2=2.0 m
的水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略、质量为m=0.5 kg的小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与
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传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.8，与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为μ2，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，cos 37°=0.8。则 (　　)
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A.小物块从A运动到B的时间为8 s
B.小物块运动到皮带轮O2最高点时，一定受到皮带轮O2的支持力作用
C.将小物块由A点送到C点的过程，电动机多消耗的电能为21.02 J
D.若小物块刚好停在CD中点，则μ2=0.32
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解析:小物块在传送带下端A无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得μ1mgcos 37°-mgsin 37°=ma，解得a=0.4 m/s2，假设小物块能与传送带达到相同速度，则小物块做匀加速直线运动时上滑的位移为x1==0.8 mmgsin 37°，小物块与传送带一起做匀速运动，小物块做匀速运动的时间为t2==6 s，则小物块从A运动到
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B所用的时间为t=t1+t2=8 s，A正确；小物块运动到皮带轮O2最高点时所需的向心力F'=m≈0.21 N2
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8.(2025·廊坊模拟)如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t=2 s时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的v t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5 kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　)
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A.木板的长度为3 m
B.物块的质量为0.8 kg
C.拉力F对物块做的功为9.9 J
D.木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3 J
解析:由图像可知2.5 s时两者共速，木板在0~2.5 s内向右做匀加速直线运动，作出木板的v t图像如图所示，则木板在0~2.5 s内的加速度大小为a1= m/s2=0.4 m/s2，物块在0~2.0 s内的加速度大小为
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a2= m/s2=1.5 m/s2，物块在2.0~2.5 s内的加速度大小为a3=μ2g= m/s2=4 m/s2，2.5~3.0 s内二者一起做匀减速直线运动，加速度大小为a4=μ1g= m/s2=2 m/s2，可得木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4，由图可知，
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0~2.5 s内木板的位移大小为x1=×2.5×1 m=1.25 m，物块的位移大小为x2= m+×0.5 m=4 m，物块恰好到达木板右端，所以木板的长度为L=x2-x1=2.75 m，故A错误；前2 s内，对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1，对物块有F-μ2m2g=m2a2，解得m2=0.6 kg，F=3.3 N，故B错误；拉力F对物块做的功为W=Fx3，结合图像可知，0~2 s内物块的位移为x3=×3×2.0 m=3 m，所以W=9.9 J，故C正确；木板与地面间因摩擦产生的热量Q=μ1g·x4，结合图像可知，木板的位移为x4=×3.0×1 m=1.5 m，所以Q=3.3 J，故D正确。
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三、计算题
9.(10分)(2025·广西贺州检测)如图为某建
筑工地的传送装置示意图， 传送带倾斜地固
定在水平面上， 以恒定的速度v0=2 m/s向下运
动， 质量为m=1 kg的工件无初速度地放在传送带的顶端P， 经时间t1=0.2 s，工件的速度达到2 m/s，此后再经过t2=1.0 s时间， 工件运动速度为v=4 m/s，工件运动到底端Q，重力加速度g=10 m/s2，工件可视为质点。求:
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(1)传送带与工件间的动摩擦因数μ；(5分)
答案:0.5　
解析:工件在传送带上先加速运动，受到沿斜面向下的摩擦力，设斜面与水平面夹角为θ，有mgsin θ+μmgcos θ=ma1，v0=a1t1
速度达到2 m/s后工件继续加速，受到沿斜面向上的摩擦力，有mgsin θ-μmgcos θ=ma2
v=v0+a2t2
联立解得cos θ=，μ=0.5。
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(2)工件由P 运动到Q的过程中， 因摩擦而产生的热量Q。(5分)
答案:4.8 J
解析:工件两次加速与传送带的相对位移分别为x1=v0t1-t1=0.2 m
x2=t2-v0t2=1 m
因摩擦产生的热量为Q=μmg(x1+x2)cos θ=4.8 J。
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10.(11分)(2025·长沙一模)可利用如图所示
装置测量滑块与某些材料间的动摩擦因数。将
原长为L的轻质弹簧放置在光滑水平面AB上，
一端固定在A点，另一端与滑块P(可视为质点，
质量为m)接触但不连接，AB的长度为
2R(2R>L)，B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切，C点与圆心O等高，D点在O点的正上方，是半圆轨道的最高点，用滑块P将弹簧压缩至E点(图中未画出)，AE的长度为R，静止释放后，滑块P刚好能到达
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半圆轨道的最高点D。在水平面AB上铺被测材料薄膜，滑块P仍从E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道上的F点，O、F连线与OC的夹角为53°。重力加速度为g，sin 53°=0.8。
(1)求滑块P与被测材料间的动摩擦因数；(5分)
答案:　
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解析:滑块P刚好到达半圆轨道最高点D时，只有滑块P的重力提供向心力，有m=mg
滑块P从E点运动到D点的过程，由能量守恒定律有Ep=m+2mgL=mgL
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在水平面AB上铺上被测材料薄膜后，滑块P到达F点时，只有滑块P重力沿半径方向的分力提供向心力，有m=mgsin 53°
由能量守恒定律可得Ep=m+mg(L+Lsin 53°)+fR，又f=μmg，联立解得μ=。
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(2)在不撤去被测材料的基础上仅将滑块P换成质量为2m的同种材质的滑块Q，滑块Q最终不与弹簧接触，试判断滑块Q由静止释放后能否压缩弹簧2次。(6分)
答案:滑块Q可以压缩弹簧两次
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解析:当换成滑块Q后，假设滑块Q滑不到C处，由能量守恒定律得Ep=2μmgR+2mgh
解得h=则假设成立，滑块Q第一次释放后没有脱离半圆轨道，由能量守恒定律可得Ep=2μmgx
解得x=R
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若滑块Q下滑后都运动到E点，可知释放后滑块Q可以再运动到E点两次，而实际上，滑块下滑后都只能运动到E点左侧，故释放后滑块Q可以压缩弹簧两次。
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11.(14分)(2025·江门一模)如图是工人传输货物的示意图，工人甲把质量为m=7 kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放，货物从轨道的底端B点(B点有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1=10 m，倾斜轨道AB与水平方向的
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夹角为θ=53°，BC段的长度L2=7.5 m，长木板的长度d=5 m，货物与倾斜轨道间、货物与长木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，重力加速度g=10 m/s2，取sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求:
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(1)货物到达B点时的速度大小vB；(3分)
答案: 10 m/s　
解析:依题意，货物由A运动到B过程，根据动能定理可得
mgL1sin 53°-μ1mgL1cos 53°=m
解得vB=10 m/s。
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(2)长木板的右端刚到C点时货物的速度大小vC；(5分)
答案:5 m/s　
解析:依题意，货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得a货==5 m/s2
根据匀变速直线运动规律，有-2a货L2=-，解得vC=5 m/s。
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(3)长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值η。(6分)
答案:60%
解析:长木板进入反弹装置时的速度大小为v1=vC=5 m/s
设长木板的质量为M，长木板与货物向右运动过程，有μ1mg-μ2g=Ma板
根据匀变速直线运动规律，有=2a板
联立解得M=3 kg
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则长木板刚进入反弹装置时的动能为E=M=37.5 J
长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2，长木板从C点到B点的过程中，由动能定理得-μ2Mg(L2-d)=0-M
长木板在反弹的过程中损失的动能为ΔE=M-M=22.5 J
则长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值η=×100%=60%。
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4课时跟踪检测(三十三)　功能关系的综合应用
一、单项选择题
1.(2025·邯郸模拟)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序,饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度的轻放在传送带上,传送带足够长且以速度v匀速转动,饺子与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.传送带的速度越快,饺子的加速度越大
B.饺子相对于传送带的位移为
C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中,增加的动能等于因摩擦产生的热量
D.传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能
2.(2025·成都高三月考)如图,一质量为M=2 kg的木板静止在水平地面上,一质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)以v0=2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板,木板始终保持静止。木板足够长,滑块与木板间的动摩擦因数为μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知),重力加速度大小g=10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 (　　)
A.地面对木板的摩擦力方向水平向右
B.地面对木板的摩擦力大小为9 N
C.μ2可能为0.12
D.整个过程中,滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J
3.(2025·云南高三模拟)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,第一次上升的最高点距N点高度为R,重力加速度为g。下列说法正确的是 (　　)
A.传送带匀速转动的速度大小为
B.经过足够长的时间,小滑块最终静止于N点
C.小滑块第二次上升的最高点距N点高度为R
D.小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于mgR
4.如图所示,质量为2 000 kg的电梯在缆绳发生断裂后向下坠落,电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s,缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止运动,下落过程中安全钳总共提供给电梯17 000 N的滑动摩擦力。已知弹簧的弹性势能为Ep=kx2(k为弹簧的劲度系数,x为弹簧的形变量),安全钳提供的滑动摩擦力等于最大静摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.弹簧的劲度系数为3 000 N/m
B.整个过程中电梯的加速度一直在减小
C.电梯停止在井底时受到的摩擦力大小为17 000 N
D.从电梯接触弹簧到速度最大的过程中电梯和弹簧组成的系统损失的机械能约为4 636 J
5.如图所示,BC、CD和DE为三段光滑圆弧轨道,其圆心角θ均为60°,半径R均为0.6 m,O1C、O2E沿竖直方向,AB是倾角θ=60°的粗糙长直轨道,AB与圆弧BC相切于B点,CD和DE圆弧轨道平滑连接。现让质量m=0.6 kg的可视为质点的小物块从长直轨道上的F点由静止释放,已知BF为 m,小物块与AB轨道间的动摩擦因数μ=,不计其他阻力,g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.小物块滑至B点时的速度大小为 m/s
B.小物块滑至C点时对轨道的压力大小为13.5 N
C.小物块不能沿DE轨道到达E点
D.小物块能沿DE轨道运动至E点再做平抛运动
6.(2025·六安模拟)如图所示,传送带的倾角为θ=37°,从A到B长度为16 m,传送带以10 m/s的速度逆时针转动。 t=0时刻在传送带上A端无初速度地放一个质量为m=0.5 kg的黑色煤块, t=1 s时传送带被异物卡住不动了。 已知煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.5,煤块在传送带上经过会留下黑色划痕。sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,取g=10 m/s2。则 (　　)
A.煤块到达B点时的速度大小为10 m/s
B.煤块从A到B的时间为3 s
C.煤块从A到B的过程中机械能减少了12 J
D.煤块从A到B的过程中传送带上留下划痕的长度是16 m
二、多项选择题
7.(2025·辽宁鞍山检测)如图所示,电动机带动的传送带与水平方向夹角θ=37°,与两皮带轮O1、O2相切于A、B两点,从A到B长度为L1=5.6 m。传送带以v0=0.8 m/s的速率顺时针转动。两皮带轮的半径都为R=1.5 m。长度为L2=2.0 m的水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略、质量为m=0.5 kg的小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为μ1=0.8,与水平直轨道CD之间的动摩擦因数为μ2,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,cos 37°=0.8。则 (　　)
A.小物块从A运动到B的时间为8 s
B.小物块运动到皮带轮O2最高点时,一定受到皮带轮O2的支持力作用
C.将小物块由A点送到C点的过程,电动机多消耗的电能为21.02 J
D.若小物块刚好停在CD中点,则μ2=0.32
8.(2025·廊坊模拟)如图甲所示,足够长的木板静置于水平地面上,木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F,在F的作用下物块和木板发生相对滑动,t=2 s时撤去F,物块恰好能到达木板右端,整个过程物块运动的v t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5 kg,物块与木板间、木板与地面间均有摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g=10 m/s2,下列说法正确的是 (　　)
A.木板的长度为3 m
B.物块的质量为0.8 kg
C.拉力F对物块做的功为9.9 J
D.木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3 J
卷码 400013321 姓名
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三、计算题
9.(10分)(2025·广西贺州检测)如图为某建筑工地的传送装置示意图, 传送带倾斜地固定在水平面上, 以恒定的速度v0=2 m/s向下运动, 质量为m=1 kg的工件无初速度地放在传送带的顶端P, 经时间t1=0.2 s,工件的速度达到2 m/s,此后再经过t2=1.0 s时间, 工件运动速度为v=4 m/s,工件运动到底端Q,重力加速度g=10 m/s2,工件可视为质点。求:
(1)传送带与工件间的动摩擦因数μ;(5分)
(2)工件由P 运动到Q的过程中, 因摩擦而产生的热量Q。(5分)
10.(11分)(2025·长沙一模)可利用如图所示装置测量滑块与某些材料间的动摩擦因数。将原长为L的轻质弹簧放置在光滑水平面AB上,一端固定在A点,另一端与滑块P(可视为质点,质量为m)接触但不连接,AB的长度为2R(2R>L),B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切,C点与圆心O等高,D点在O点的正上方,是半圆轨道的最高点,用滑块P将弹簧压缩至E点(图中未画出),AE的长度为R,静止释放后,滑块P刚好能到达半圆轨道的最高点D。在水平面AB上铺被测材料薄膜,滑块P仍从E点由静止释放,恰能运动到半圆轨道上的F点,O、F连线与OC的夹角为53°。重力加速度为g,sin 53°=0.8。
(1)求滑块P与被测材料间的动摩擦因数;(5分)
(2)在不撤去被测材料的基础上仅将滑块P换成质量为2m的同种材质的滑块Q,滑块Q最终不与弹簧接触,试判断滑块Q由静止释放后能否压缩弹簧2次。(6分)
11.(14分)(2025·江门一模)如图是工人传输货物的示意图,工人甲把质量为m=7 kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放,货物从轨道的底端B点(B点有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间,货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速,此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区,长木板进入反弹装置,反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度L1=10 m,倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ=53°,BC段的长度L2=7.5 m,长木板的长度d=5 m,货物与倾斜轨道间、货物与长木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2,重力加速度g=10 m/s2,取sin 53°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)货物到达B点时的速度大小vB;(3分)
(2)长木板的右端刚到C点时货物的速度大小vC;(5分)
(3)长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值η。(6分)
课时跟踪检测(三十三)
1.选C　饺子的加速度a===μg,与传送带的速度无关,故A错误;饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t=,饺子相对于传送带的位移s相对=vt-=,故B错误;饺子从静止加速到与传送带共速的过程,饺子增加的动能Ek=μmgs饺子,因摩擦产生的热量Q=μmgs相对,又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速,饺子的位移s饺子=t==s相对,故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量,故C正确;传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和,故D错误。
2.选C　根据受力分析可知滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右,大小为fm=μ1mg=3 N,由于木板始终保持静止,故地面对木板的静摩擦力方向水平向左,大小为fM=fm=3 N,故A、B错误;木板始终保持静止,即μ2(m+M)g≥fm,解得μ2≥0.1,故C正确;整个过程中,滑块的动能全部转化为系统的内能,产生的热量Q=m=2 J,故D错误。
3.选D　小滑块从M点下滑到N点过程,由动能定理有mgR=m,解得小滑块第一次到达N点时的速度大小为vN=,小滑块在传送带上先向右减速到0,再向左加速运动,假设小滑块会与传送带共速,则第一次上升过程有mv2=mg×R,解得v=4.选D　电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为4 m/s,缓冲弹簧被压缩2 m时电梯停止运动,根据能量守恒定律可得mv2+mg·Δx=kΔx2+f动·Δx,代入数据解得k=11 000 N/m,故A错误;与弹簧接触前,电梯做匀加速直线运动,接触弹簧后,电梯先做加速度逐渐减小的加速运动,后做加速度逐渐增加的减速运动,故B错误;电梯停止在井底时,由受力平衡得kΔx=mg+f静,代入数据解得f静=2 000 N,故C错误;当电梯速度最大时,加速度为零,则kΔx'+f动=mg,解得Δx'= m,从电梯接触弹簧到速度最大的过程中,电梯和弹簧组成的系统损失的机械能等于摩擦力做功的绝对值,则ΔE=f动·Δx'=17 000× J≈4 636 J,故D正确。
5.选C　小物块在斜面上的加速度大小为a== m/s2,根据运动学公式可得2axBF=,解得小物块滑至B点时的速度大小为vB= m/s,故A错误;小物块从B到C过程,由动能定理可得mgR(1-cos θ)=m-m,在C点,由牛顿第二定律可得N-mg=m,联立可得N=19.5 N,根据牛顿第三定律可知,小物块滑至C点时对轨道的压力大小为19.5 N,故B错误;小物块从D到E过程中,假设在与竖直方向的夹角为α时小球脱离圆弧面,此时的速度为v,根据机械能守恒定律可得m=mv2+mgR(cos α-cos θ),其中vD=vB= m/s,脱离瞬间有mgcos α=m,联立解得cos α=,即α<60°,故C正确,D错误。
6.选C　开始阶段,由牛顿第二定律得mgsin θ+μmgcos θ=ma1,解得a1=gsin θ+μgcos θ=10 m/s2,煤块加速至与传送带速度相等需要的时间为t1==1 s,煤块发生的位移为x1=a1=5 m<16 m,所以煤块加速到10 m/s时仍未到达B点,此时传送带刚好被异物卡住不动了,此后摩擦力方向改变;第二阶段,由于μ=0.57.选ABC　小物块在传送带下端A无初速度释放后,受到的滑动摩擦力沿传送带向上,做匀加速直线运动,由牛顿第二定律可得μ1mgcos 37°-mgsin 37°=ma,解得a=0.4 m/s2,假设小物块能与传送带达到相同速度,则小物块做匀加速直线运动时上滑的位移为x1==0.8 mmgsin 37°,小物块与传送带一起做匀速运动,小物块做匀速运动的时间为t2==6 s,则小物块从A运动到B所用的时间为t=t1+t2=8 s,A正确;小物块运动到皮带轮O2最高点时所需的向心力F'=m≈0.21 N8.选CD　由图像可知2.5 s时两者共速,
木板在0~2.5 s内向右做匀加速直线运动,作出木板的v t图像如图所示,则木板在0~2.5 s内的加速度大小为a1= m/s2=0.4 m/s2,物块在0~2.0 s内的加速度大小为a2= m/s2=1.5 m/s2,物块在2.0~2.5 s内的加速度大小为a3=μ2g= m/s2=4 m/s2,2.5~3.0 s内二者一起做匀减速直线运动,加速度大小为a4=μ1g= m/s2=2 m/s2,可得木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4,由图可知,0~2.5 s内木板的位移大小为x1=×2.5×1 m=1.25 m,物块的位移大小为x2= m+×0.5 m=4 m,物块恰好到达木板右端,所以木板的长度为L=x2-x1=2.75 m,故A错误;前2 s内,对木板有μ2m2g-μ1(m1+m2)g=m1a1,对物块有F-μ2m2g=m2a2,解得m2=0.6 kg,F=3.3 N,故B错误;拉力F对物块做的功为W=Fx3,结合图像可知,0~2 s内物块的位移为x3=×3×2.0 m=3 m,所以W=9.9 J,故C正确;木板与地面间因摩擦产生的热量Q=μ1g·x4,结合图像可知,木板的位移为x4=×3.0×1 m=1.5 m,所以Q=3.3 J,故D正确。
9.解析:(1)工件在传送带上先加速运动,受到沿斜面向下的摩擦力,设斜面与水平面夹角为θ,有mgsin θ+μmgcos θ=ma1,v0=a1t1
速度达到2 m/s后工件继续加速,受到沿斜面向上的摩擦力,有mgsin θ-μmgcos θ=ma2
v=v0+a2t2
联立解得cos θ=,μ=0.5。
(2)工件两次加速与传送带的相对位移分别为x1=v0t1-t1=0.2 m
x2=t2-v0t2=1 m
因摩擦产生的热量为Q=μmg(x1+x2)cos θ=4.8 J。
答案:(1)0.5　(2)4.8 J
10.解析:(1)滑块P刚好到达半圆轨道最高点D时,只有滑块P的重力提供向心力,有m=mg
滑块P从E点运动到D点的过程,由能量守恒定律有
Ep=m+2mgL=mgL
在水平面AB上铺上被测材料薄膜后,滑块P到达F点时,只有滑块P重力沿半径方向的分力提供向心力,有m=mgsin 53°
由能量守恒定律可得Ep=m+mg(L+Lsin 53°)+fR,又f=μmg,联立解得μ=。
(2)当换成滑块Q后,假设滑块Q滑不到C处,由能量守恒定律得Ep=2μmgR+2mgh
解得h=则假设成立,滑块Q第一次释放后没有脱离半圆轨道,由能量守恒定律可得Ep=2μmgx
解得x=R
若滑块Q下滑后都运动到E点,可知释放后滑块Q可以再运动到E点两次,而实际上,滑块下滑后都只能运动到E点左侧,故释放后滑块Q可以压缩弹簧两次。
答案:(1)　(2)滑块Q可以压缩弹簧两次
11.解析:(1)依题意,货物由A运动到B过程,根据动能定理可得
mgL1sin 53°-μ1mgL1cos 53°=m
解得vB=10 m/s。
(2)依题意,货物在长木板上做匀减速直线运动,由牛顿第二定律可得a货==5 m/s2
根据匀变速直线运动规律,有-2a货L2=-,解得vC=5 m/s。
(3)长木板进入反弹装置时的速度大小为v1=vC=5 m/s
设长木板的质量为M,长木板与货物向右运动过程,有μ1mg-μ2g=Ma板
根据匀变速直线运动规律,有=2a板
联立解得M=3 kg
则长木板刚进入反弹装置时的动能为E=M=37.5 J
长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2,长木板从C点到B点的过程中,由动能定理得
-μ2Mg(L2-d)=0-M
长木板在反弹的过程中损失的动能为
ΔE=M-M=22.5 J
则长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值
η=×100%=60%。
答案:(1)10 m/s　(2)5 m/s　(3)60%
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