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(共100张PPT)
功能关系的综合应用
(综合融通课)
第2课时
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(一) 摩擦力做功与摩擦热
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(二) 传送带模型中的能量问题
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(三) “滑块—木板”模型中的能量问题
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课时跟踪检测
CONTENTS
目录
(一) 摩擦力做功与摩擦热
1．两种摩擦力做功的比较
静摩擦力做功 滑动摩擦力做功
互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功
两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功 2．三步求解相对滑动物体的能量问题
第一步 正确分析物体的运动过程，做好受力分析
第二步 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
第三步 代入公式W＝Ff·x相对计算，其中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动，则代入总的相对路程s相对
考法1　摩擦力做功与摩擦热的计算
1．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论正确的是(　 )
考法全训
A．小物块到达小车最右端时的动能为(F－Ff)(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车的动能为Ffx
C．小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L＋x)
D．系统产生的内能为Fx
解析：由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物＝W合＝(F－Ff)(L＋x)，A正确；
√
√
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小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车＝Ffx，B正确；
小物块克服摩擦力所做的功Wf＝Ff(L＋x)，C正确；
系统产生的内能为FfL，D错误。
考法2　往复运动中摩擦力做功的计算
√
(二) 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)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传。
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
考法(一)　水平传送带问题
[例1]　如图所示，静止的水平传送带右端B点与粗糙的水平面相连接，传送带AB长L1＝0.36 m，质量为1 kg 的滑块以v0＝2 m/s的水平速度从传送带左端A点冲上传送带，并从传送带右端滑上水平面，最后停在距B点L2＝0.64 m的C处。已知滑块与传送带、滑块与水平面间的动摩擦因数均相等，重力加速度g＝10 m/s2。
考法全训
(1)求动摩擦因数μ的值；
(2)若滑块从A点以v0＝2 m/s的水平速度冲上传送带时，传送带以v＝2 m/s的速度逆时针转动，求滑块在传送带上运动的过程中，传送带对滑块的冲量大小和整个过程电动机由于传送滑块多消耗的电能。
[例2]　(多选)如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中(　 )
考法(二)　倾斜传送带问题
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到B处，乙传送带上的划痕长
C．将小物体传送到B处，乙系统由于摩擦产生的热量多
D．将小物体传送到B处，甲上的小物体需要的时间较长
[解析]　传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，两种情况小物体重力势能和动能增加量都相同，所以机械能增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，A正确；
√
√
|思|维|建|模|　传送带模型问题的分析流程　
(三) “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．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。
[典例]　如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝3 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)A、C两点的高度差；
(2)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。(sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)
代入数据解得FN＝68 N
根据牛顿第三定律可知，小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小为68 N，方向竖直向下。
[答案]　(1)0.8 m　(2)68 N，方向竖直向下 (3)3.625 m
|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。如典例第(3)问：mvD＝(m＋M)v。
考法1　水平面上的滑块—木板模型
考法全训
√
考法2　斜面上的滑块—木板模型
A．小孩在AB段滑动时，木板与斜面间摩擦力为240 N
B．下滑过程中，小孩的最大速度为3 m/s
C．小孩不会从C端滑出木板
D．整个过程中小孩与木板之间因摩擦产生热量240 J
√
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整个过程中小孩与木板之间因摩擦产生热量为Q＝f2·Δx＝150×1.5 J＝225 J，故D错误。
课时跟踪检测
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A卷——质量水平评价
1．(多选)如图所示，水平传送带以8 m/s 的恒定速率逆时针运转， 它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块(视为质点)以初速度v0从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞(无机械能损失)返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为0.2，且AB＝6 m，AP＝5 m，取g＝10 m/s2。物块的初速度v0可能是(　 )
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A．6 m/s B．7 m/s
C．8 m/s D．9 m/s
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C．系统因摩擦产生的热量为2mgh
D．因放上物块，电动机多消耗的电能为2mgh
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系统因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为mgh，故C错误；
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3．(2024·成都高三模拟)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是(　 )
A．饺子一直做匀加速运动
B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
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．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能
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解析：饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A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，
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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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4．(多选)如图所示，一个长为L、质量为M的木
板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可
视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另
一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中(　 )
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A．摩擦力对物块做的功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做的功为μmgs
C．木板动能的增加量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
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解析：根据功的定义W＝Flcos θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A、B正确；
根据动能定理可知木板动能的增加量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；
由于摩擦而产生的热量Q＝FfΔx＝μmgd，D错误。
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5．(2024·厦门高三模拟)如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续运动。设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在向右运动到第一次到达最右端的过程中(　 )
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解析：因为P在接触弹簧前速度已达到v，即物块与传送带共速，此时物块与传送带相对静止，物块与传送带之间没有摩擦力，故A错误。
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物块P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，物块P受到的摩擦力为静摩擦力，此时静摩擦力的大小和弹簧弹力大小相等，物块P仍做匀速直线运动，所以物块P接触弹簧后的速度并不是不断减小，而是先做匀速直线运动，后做减速运动，故C错误。
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由以上分析可知，物块P接触弹簧后，先做匀速直线运动，后做减速运动，根据功率公式有P＝fv，开始时随着静摩擦力变大，所以功率变大；当物块P开始做减速运动时，摩擦力变为滑动摩擦力，其大小不变，但是速度减小，所以功率开始减小；综上所述，物块P的功率先增大后减小，故D正确。
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6．(多选)如图所示为探究滑块从同一高度沿不同轨道下滑时，水平位移大小关系的示意图，所有轨道均处在同一竖直平面内。某次实验中让滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，且A、C连线与水平方向夹角为30°。滑块可视为质点，且不计经过弯角处的能量损失，滑块与所有接触面的动摩擦因数均相同。以下结论正确的是(　 )
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由以上分析可知，滑动摩擦力做功等于μmg与水平位移的乘积，滑块沿AED轨道下滑时外界需要提供向心力，则AED轨道对滑块的支持力大于重力垂直于接触面向下的分力mgcos β，对应的滑动摩擦力大于μmgcos β，β是滑块所在处切线方向与水平方向的夹角，沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，水平位移相等，则沿AED轨道下滑克服摩擦力做功大，故到达轨道底端时的动能小，将不会到达C点，选项B、C错误；
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7．(2024·天津质检)(多选)在大型物流货场，经常用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物轻放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，由v-t图像可知(　 )
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A．A、B两点间的距离为2.4 m
B．货物与传送带的动摩擦因数为0.55
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为－11.2 J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J
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由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，由图像得到a1＝10 m/s2，a2＝2 m/s2，解得θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误；
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传送带对货物做的功分两段来求，有W＝W1＋W2＝0.5×1×10×0.8×0.2 J－0.5×1×10×0.8×3 J＝－11.2 J，选项C正确；
货物与传送带摩擦产生的热量也分两段来求，有Q＝f×Δx1＋f×Δx2＝0.5×1×10×0.8×[(2×0.2－0.2)＋(3－2×1)]J＝4.8 J，选项D正确。
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8．(2024·岳阳高三质检)如图，在倾角为37°且足
够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面
之间的动摩擦因数为0.25。物体在拉力F的作用下从
斜面底端由静止开始运动，F的大小为10 N、方向沿斜面向上。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)物体的加速度大小；
(2)加速2 s后撤去F，让物体在斜面上运动，物体从静止开始在斜面上运动的整个过程中因摩擦产生的热量是多少？
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解析：(1)设物体在力F作用下沿斜面向上运动时加速度为a1，由牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝2 m/s2。
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答案：(1)2 m/s2　(2)20 J
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9．传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置。如图所示，是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v＝2 m/s的速率运动，传送带两端A、B间的距离L＝4 m。工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程。已知每瓶罐头质量m＝0.8 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，取重力加速度g＝10 m/s2。从第一瓶罐头放到A点开始计时，求：
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(1)1 min内能运送多少瓶罐头；
(2)1 min内因运送罐头需要多消耗的电能。
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所以传送一瓶罐头多消耗的电能E＝Q＋ΔEk＝3.2 J
1 min内因运送罐头需要多消耗的电能E0＝24E＝76.8 J。
答案：(1)24瓶　(2)76.8 J
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B卷——重难考法强化
10．自动扶梯的应用相当广泛，给生产、生活
带来极大的方便。某斜坡式扶梯的长度为13 m，对
应的高度为5 m，木箱与扶梯表面的动摩擦因数为
0.5，扶梯能以恒定的速率1 m/s 向上或向下运动。小张同学将质量为10 kg的木箱轻放在扶梯上。重力加速度g取10 m/s2，以下分析正确的是(　 )
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11．(多选)如图1所示，木板静止放在光滑的水平面上，可视为质点的小物块静置于木板左端，用F＝4 N的恒力拉动小物块，使小物块运动到木板右端，此过程小物块的机械能随位移变化的E机-x图像如图2所示，木板和小物块的速度随时间变化的v-t图像如图3所示，已知木板和小物块间存在摩擦，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　 )
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A．木板长度为2 m
B．木板和小物块间的动摩擦因数为0.3
C．木板的质量为6 kg
D．系统因摩擦产生的热量为3 J
解析：由题图2得小物块对地位移x1＝2 m，由于此过程木板也向前运动，所以木板长度不等于2 m，选项A错误；
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12．(2024·济南高三检测)如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能Ep＝18 J，一个质量m＝1 kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l＝6 m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5 m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其他摩擦均忽略不计，g＝10 m/s2，求：
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(1)小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小；
(2)若传送带以5 m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；
(3)若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，传送带转动速度的可能值。
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(2)小物块冲上传送带后先做匀减速运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma
解得a＝2.5 m/s2
设物块与传送带共速时的对地位移为x，则由运动学公式可得v02－v2＝2ax
代入数据解得x＝2.2 m1
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13．(2024·重庆高三模拟)如图甲，物体A的质量m1＝1 kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量m2＝2 kg，某时刻A以v0＝6 m/s的初速度从左端滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平方向的拉力F，F随时间的变化如图乙，共作用1.5 s，以水平向右为正方向。已知A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板B足够长(忽略物体A的大小)。求：
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(1)0～1 s内，物体A和木板B的加速度分别为多大；
(2)1.5 s末，A、B的速度分别为多大；
(3)最终，物体A和木板B由于摩擦产生的热量(用分数表示)。
解析：(1)0～1 s内，若A一直做匀减速运动，B一直做匀加速运动，根据牛顿第二定律，对A有：μm1g＝m1a1
对B有：F＋μm1g＝m2a2
解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2。
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对B分析：F′－μm1g＝m2a4
解得a4＝3 m/s2
1．5 s末，A的速度为v3＝v1－a3t2＝3 m/s
1．5 s末，B的速度为v4＝v2－a4t2＝2.5 m/s。
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4课时跟踪检测(三十一)　功能关系的综合应用
A卷——质量水平评价
1．(多选)如图所示，水平传送带以8 m/s 的恒定速率逆时针运转，它与两侧的水平轨道分别相切于A、B两点，物块(视为质点)以初速度v0从B点滑上传送带，与轨道左端的竖直固定挡板P碰撞(无机械能损失)返回到B点。已知物块与传送带、轨道间的动摩擦因数均为0.2，且AB＝6 m，AP＝5 m，取g＝10 m/s2。物块的初速度v0可能是(　 )
A．6 m/s B．7 m/s
C．8 m/s D．9 m/s
2．(多选)如图，倾角为30°的传送带逆时针匀速转动，将质量为m的物块轻放到传送带上端，物块下降高度h时，恰与传送带共速。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g，则此过程中(　 )
A．传送带对物块的摩擦力做功为2mgh
B．物块的机械能变化量为mgh
C．系统因摩擦产生的热量为2mgh
D．因放上物块，电动机多消耗的电能为2mgh
3．(2024·成都高三模拟)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是(　 )
A．饺子一直做匀加速运动
B．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
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．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能
4．(多选)如图所示，一个长为L、质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s，重力加速度为g。则在此过程中(　 )
A．摩擦力对物块做的功为－μmg(s＋d)
B．摩擦力对木板做的功为μmgs
C．木板动能的增加量为μmgd
D．由于摩擦而产生的热量为μmgs
5．(2024·厦门高三模拟)如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续运动。设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在向右运动到第一次到达最右端的过程中(　 )
A．接触弹簧前，P一直受到传送带的摩擦力作用
B．接触弹簧后，弹簧对P做的功等于mv2
C．接触弹簧后，P的速度不断减小
D．接触弹簧后，传送带对P做功的功率先变大再变小
6．(多选)如图所示为探究滑块从同一高度沿不同轨道下滑时，水平位移大小关系的示意图，所有轨道均处在同一竖直平面内。某次实验中让滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，且A、C连线与水平方向夹角为30°。滑块可视为质点，且不计经过弯角处的能量损失，滑块与所有接触面的动摩擦因数均相同。以下结论正确的是(　 )
A．滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，将停止在C点
B．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑，将停止在C点
C．滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，到达D点时速度大小相等
D．滑块与接触面间的动摩擦因数为
7．(2024·天津质检)(多选)在大型物流货场，经常用传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m＝1 kg的货物轻放在传送带上的A处，经过1.2 s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，由v t图像可知(　 )
A．A、B两点间的距离为2.4 m
B．货物与传送带的动摩擦因数为0.55
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功大小为－11.2 J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8 J
8．(2024·岳阳高三质检)如图，在倾角为37°且足够长的斜面上有一个质量为1 kg的物体，物体与斜面之间的动摩擦因数为0.25。物体在拉力F的作用下从斜面底端由静止开始运动，F的大小为10 N、方向沿斜面向上。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2，求：
(1)物体的加速度大小；
(2)加速2 s后撤去F，让物体在斜面上运动，物体从静止开始在斜面上运动的整个过程中因摩擦产生的热量是多少？
9．传送带是自动化工业生产中一种重要的输送装置。如图所示，是一条罐头生产线部分示意图，电动机带动传送带始终以v＝2 m/s的速率运动，传送带两端A、B间的距离L＝4 m。工作时，机器手臂将一瓶罐头无初速放到A点，当该罐头刚离开B点时，机器手臂将下一瓶罐头放到A点，此后不断重复此过程。已知每瓶罐头质量m＝0.8 kg，与传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，罐头可视为质点且不发生滚动，取重力加速度g＝10 m/s2。从第一瓶罐头放到A点开始计时，求：
(1)1 min内能运送多少瓶罐头；
(2)1 min内因运送罐头需要多消耗的电能。
B卷——重难考法强化
10．自动扶梯的应用相当广泛，给生产、生活带来极大的方便。某斜坡式扶梯的长度为13 m，对应的高度为5 m，木箱与扶梯表面的动摩擦因数为0.5，扶梯能以恒定的速率1 m/s 向上或向下运动。小张同学将质量为10 kg的木箱轻放在扶梯上。重力加速度g取10 m/s2，以下分析正确的是(　 )
A．若放在扶梯上端向下运送，木箱在沿斜坡向下运动了0.65 m时速率达到1 m/s
B．若放在扶梯下端向上运送，木箱在沿斜坡向上运动了0.65 m时速率达到1 m/s
C．木箱与扶梯共速后，摩擦力对木箱的功率绝对值为 W
D．向上运送全过程，因木箱而使电机输出的能量额外增加了1 205 J
11．(多选)如图1所示，木板静止放在光滑的水平面上，可视为质点的小物块静置于木板左端，用F＝4 N的恒力拉动小物块，使小物块运动到木板右端，此过程小物块的机械能随位移变化的E机 x图像如图2所示，木板和小物块的速度随时间变化的v t图像如图3所示，已知木板和小物块间存在摩擦，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　 )
A．木板长度为2 m
B．木板和小物块间的动摩擦因数为0.3
C．木板的质量为6 kg
D．系统因摩擦产生的热量为3 J
12．(2024·济南高三检测)如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能Ep＝18 J，一个质量m＝1 kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l＝6 m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5 m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其他摩擦均忽略不计，g＝10 m/s2，求：
(1)小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小；
(2)若传送带以5 m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；
(3)若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，传送带转动速度的可能值。
13．(2024·重庆高三模拟)如图甲，物体A的质量m1＝1 kg，静止在光滑水平面上的木板B的质量m2＝2 kg，某时刻A以v0＝6 m/s的初速度从左端滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平方向的拉力F，F随时间的变化如图乙，共作用1.5 s，以水平向右为正方向。已知A与B之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板B足够长(忽略物体A的大小)。求：
(1)0～1 s内，物体A和木板B的加速度分别为多大；
(2)1.5 s末，A、B的速度分别为多大；
(3)最终，物体A和木板B由于摩擦产生的热量(用分数表示)。
课时跟踪检测(三十一)
1．选BCD　从A点到返回B点的过程中，假设到达B点的速度刚好为零，则根据动能定理可得－μmg(2AP＋AB)＝0－mvA2，解得vA＝8 m/s；假设物块从B点全程加速到A点，根据动能定理可得μmg×AB＝mvA2－mvmin2，解得vmin＝2 m/s，故选B、C、D。
2．选BD　传送带对物块的摩擦力做功为Wf＝μmgcos θ·＝mgh，则物块的机械能变化量为mgh，故A错误，B正确；系统因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为mgh，故C错误；物块沿斜面方向所受合力为F＝mgsin θ＋μmgcos θ＝mg，共速时物块动能为Ek＝F·＝2mgh，因放上物块，电动机多消耗的电能为W＝Ek＋Wf－mgh＝2mgh，故D正确。
3．选C　饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误；饺子的加速度a＝＝＝μg，与传送带的速度无关，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＝s传送带－s饺子＝vt－＝，所以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。
4．选AB　根据功的定义W＝Flcos θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋d)，摩擦力对木板做的功W2＝μmgs，A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增加量ΔEk＝W2＝μmgs，C错误；由于摩擦而产生的热量Q＝FfΔx＝μmgd，D错误。
5．选D　因为P在接触弹簧前速度已达到v，即物块与传送带共速，此时物块与传送带相对静止，物块与传送带之间没有摩擦力，故A错误。接触弹簧后，对物块P由动能定理得Wf－W弹＝0－mv2，整理有W弹＝mv2＋Wf，故B错误。物块P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，物块P受到的摩擦力为静摩擦力，此时静摩擦力的大小和弹簧弹力大小相等，物块P仍做匀速直线运动，所以物块P接触弹簧后的速度并不是不断减小，而是先做匀速直线运动，后做减速运动，故C错误。由以上分析可知，物块P接触弹簧后，先做匀速直线运动，后做减速运动，根据功率公式有P＝fv，开始时随着静摩擦力变大，所以功率变大；当物块P开始做减速运动时，摩擦力变为滑动摩擦力，其大小不变，但是速度减小，所以功率开始减小；综上所述，物块P的功率先增大后减小，故D正确。
6．选AD　设A点到水平面的高度为h，AB倾角为α，AD倾角为θ，则滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，根据能量守恒定律有mgh＝μmgcos α·＋μmgxBC＝μmgxEB＋μmgxBC＝μmgxEC；滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，根据能量守恒定律有mgh＝μmgcos θ·＋μmgx＝μmgxED＋μmgx，联立解得x＝xDC，滑块沿AD轨道下滑时将停止在C点，选项A正确；由以上分析可知，滑动摩擦力做功等于μmg与水平位移的乘积，滑块沿AED轨道下滑时外界需要提供向心力，则AED轨道对滑块的支持力大于重力垂直于接触面向下的分力mgcos β，对应的滑动摩擦力大于μmgcos β，β是滑块所在处切线方向与水平方向的夹角，沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，水平位移相等，则沿AED轨道下滑克服摩擦力做功大，故到达轨道底端时的动能小，将不会到达C点，选项B、C错误；根据前面推导得出mgh＝μmgxEC，则动摩擦因数μ＝＝tan 30°＝，选项D正确。
7．选CD　货物的位移就是A、B两点的距离，求出货物的v t图像与坐标轴围成的面积即可，所以有sAB＝ m＋×1 m＝3.2 m，选项A错误；由图像可以看出货物做两段匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，由图像得到a1＝10 m/s2，a2＝2 m/s2，解得θ＝37°，μ＝0.5，选项B错误；传送带对货物做的功分两段来求，有W＝W1＋W2＝0.5×1×10×0.8×0.2 J－0.5×1×10×0.8×3 J＝－11.2 J，选项C正确；货物与传送带摩擦产生的热量也分两段来求，有Q＝f×Δx1＋f×Δx2＝0.5×1×10×0.8×[(2×0.2－0.2)＋(3－2×1)]J＝4.8 J，选项D正确。
8．解析：(1)设物体在力F作用下沿斜面向上运动时加速度为a1，由牛顿第二定律有F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，解得a1＝2 m/s2。
(2)F作用2 s，末速度v1＝a1t1＝2×2 m/s＝4 m/s，位移x1＝a1t12＝×2×22 m＝4 m
撤去外力F后，物体继续向上运动，加速度为a2＝－gsin θ－μgcos θ＝－10×0.6 m/s2－0.25×10×0.8 m/s2＝－8 m/s2
物体向上减速运动位移x2＝－＝1 m，物体向上减速到0后，又会下滑到斜面底端
故总路程为x总＝2(x1＋x2)
全过程摩擦生热Q＝－Wf＝μmgcos θ·x总＝0.25×10×0.8×2×5 J＝20 J。
答案：(1)2 m/s2　(2)20 J
9．解析：(1)罐头刚放上传送带时，由牛顿第二定律：μmg＝ma
加速度a＝μg＝2 m/s2
匀加速运动时间t1＝＝1 s
匀加速运动位移x1＝t1＝1 m
匀速运动位移x2＝L－x1＝3 m
匀速运动时间t2＝＝1.5 s
罐头从A运动到B的时间t＝t1＋t2＝2.5 s
1 min内能运送罐头的瓶数为
n＝＝＝24(瓶)。
(2)罐头刚放上传送带做匀加速运动时，相对于传送带的位移大小为Δx＝vt1－x1＝1 m
因相互摩擦产生的热量为
Q＝f·Δx＝μmg·Δx＝1.6 J
到达B时，动能增加量ΔEk＝mv2＝1.6 J
所以传送一瓶罐头多消耗的电能E＝Q＋ΔEk＝3.2 J
1 min内因运送罐头需要多消耗的电能E0＝24E＝76.8 J。
答案：(1)24瓶　(2)76.8 J
10．选B　根据题意，设扶梯的倾角为θ，则有sin θ＝，cos θ＝，若放在扶梯上端向下运送，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝ m/s2，由公式v2－v02＝2ax可得，当木箱的速率达到1 m/s时，向下运动的距离为x1＝＝ m，故A错误；若放在扶梯下端向上运送，由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma2，解得a2＝ m/s2，由公式v2－v02＝2ax可得，当木箱的速率达到1 m/s时，向上运动的距离为x2＝＝0.65 m，故B正确；木箱与扶梯共速后，木箱受静摩擦力，大小为f＝mgsin θ，则摩擦力对木箱的功率绝对值为P＝fv＝ W，故C错误；向上运送全过程，由能量守恒定律可知，因木箱而使电机输出的能量额外增加的量为摩擦产生的热与木箱的机械能增加量之和，由运动学公式v＝v0＋at可得，共速需要的时间为t＝＝1.3 s，则摩擦产生的热为Q＝μmgcos θ·Δx＝0.5×10×10××(1.3－0.65)J＝30 J，木箱的动能增加量为Ek＝mv2＝5 J，木箱的重力势能增加量为Ep＝mgh＝500 J，则因木箱而使电机输出的能量额外增加了ΔE＝Q＋Ek＋Ep＝535 J，故D错误。
11．选BCD　由题图2得小物块对地位移x1＝2 m，由于此过程木板也向前运动，所以木板长度不等于2 m，选项A错误；由题图3可知小物块t0时间内获得的速度为v1＝2 m/s，小物块做匀加速直线运动，有x1＝t0，解得t0＝2 s，由题图3可知小物块的加速度a1＝＝1 m/s2，再由题图2可知Ek＝mv12＝2 J，解得小物块的质量m＝1 kg，由牛顿第二定律得F－μmg＝ma1，解得μ＝0.3，选项B正确；由题图3可知木板加速度为a2＝＝0.5 m/s2，由牛顿第二定律得μmg＝Ma2，解得M＝6 kg，选项C正确；木板做匀加速直线运动，有x2＝t0＝1 m，所以x相对＝x1－x2＝1 m，系统因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对，解得Q＝3 J，选项D正确。
12．解析：(1)设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为v0，根据题意，由能量守恒定律可得Ep＝mv02，解得v0＝6 m/s。
(2)小物块冲上传送带后先做匀减速运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2.5 m/s2
设物块与传送带共速时的对地位移为x，
则由运动学公式可得v02－v2＝2ax
代入数据解得x＝2.2 m则可知物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，最终通过圆轨道最高点，设通过圆轨道最高点时的速度为v1，最高点对物块的弹力为FN，则由动能定理有
－2mgR＝mv12－mv2
在最高点由牛顿第二定律可得
FN＋mg＝m，联立解得FN＝0
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，物块对圆轨道的压力为0。
(3)要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，则有两种情况：
(一)当传送带顺时针转动时：
①物块恰能过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据(2)中分析可知，此时传送带的速度为5 m/s，即只要传送带的速度v≥5 m/s，物块就不会脱离圆轨道；
②当物块恰好运动至圆轨道圆弧处时速度减为零，此种情况下物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有－mg·R＝0－mv2
解得v＝ m/s
若物块在传送带上始终做匀减速运动，假设物块在离开传送带时速度为v2，由运动学公式可得v02－v22＝2al
解得v2＝ m/s< m/s
即只要传送带的速度满足0≤v≤ m/s，滑块就不会脱离圆轨道。
(二)当传送带逆时针转动时：
通过上述分析可知，当传送带逆时针转动时，物块在传送带上始终做匀减速运动，且物块离开传送带时的速度与传送带的转速无关，可知，若传送带逆时针转动，速度任意。
综上可得：若传送带顺时针转动，v≥5 m/s或0≤v≤ m/s；若传送带逆时针转动，速度任意。
答案：(1)6 m/s　(2)0　(3)若传送带顺时针转动，v≥5 m/s或0≤v≤ m/s；若传送带逆时针转动，速度任意
13．解析：(1)0～1 s内，若A一直做匀减速运动，B一直做匀加速运动，根据牛顿第二定律，对A有：μm1g＝m1a1
对B有：F＋μm1g＝m2a2
解得a1＝2 m/s2，a2＝4 m/s2。
(2)1 s末A的速度为v1＝v0－a1t1＝4 m/s
1 s末B的速度为v2＝a2t1＝4 m/s
1 s后拉力反向，若一起减速，根据牛顿第二定律F′＝(m1＋m2)a，解得a＝ m/s2
A做匀减速运动的最大加速度为a3＝2 m/s2，即A以a3＝2 m/s2做匀减速运动，
对B分析：F′－μm1g＝m2a4
解得a4＝3 m/s2
1．5 s末，A的速度为v3＝v1－a3t2＝3 m/s
1．5 s末，B的速度为v4＝v2－a4t2＝2.5 m/s。
(3)0～1 s内，物体A和木板B相对位移为Δs1＝t1－t1＝3 m
1～1.5 s内，物体A和木板B相对位移为Δs2＝t2－t2＝ m
1．5 s后A做匀减速运动的加速度为a5＝2 m/s2，B做匀加速运动，根据牛顿第二定律有μm1g＝m2a6，解得a6＝1 m/s2，
共速时v＝v3－a5t3＝v4＋a6t3，
解得t3＝ s
物体A和木板B相对位移为
Δs3＝t3－t3＝ m
之后，A和B一起做匀速运动，物体A和木板B由于摩擦产生的热量为Q＝μm1g(Δs1＋Δs2＋Δs3)，解得Q＝ J。
答案：(1)2 m/s2　4 m/s2
(2)3 m/s　2.5 m/s　(3) J
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