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第32课时　动力学和能量观点的综合应用(思维进阶课)
[学习目标]　1．会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。2．会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。
动力学和能量观点分析“传送带”问题
1．关键分析
(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)关系式：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。
　水平传送带
[典例1]　(2025·江西九江模拟)如图所示，物流传送带在电动机的带动下始终以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的小物箱，小物箱在传送带上做匀变速运动，经时间t小物箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是(　　)
A．小物箱相对传送带的位移大小为v0t
B．小物箱与传送带间的动摩擦因数为
C．小物箱与传送带间因摩擦产生的热量为m
D．因传送小物箱，电动机至少要多做的功为m
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　倾斜传送带
[典例2]　(2025·浙江湖州期末)如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模型，倾角θ＝30°的传送带在电动机的带动下能以v0＝2 m/s的恒定速率顺时针转动，皮带始终是绷紧的。现将质量m＝1 kg的快递包(可视为质点)无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离L＝8 m，快递包与传送带之间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则快递包从A点运送到B点(　　)
A．所需时间为4 s
B．传送带对快递包做功为12 J
C．摩擦产生的热量为48 J
D．电动机因运送此快递包多做了54 J的功
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动力学和能量观点分析 “滑块—木板”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．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。
3．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滑动的位移x相。
[典例3]　质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2
C．A的质量m＝6 kg
D．A的质量m＝4 kg
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[典例4]　如图所示，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N，当小车向右运动速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g取10 m/s2，求：
(1)小物块刚放到车上时小物块和小车的加速度大小；
(2)小物块与小车达到共同速度所需的时间以及共同速度大小；
(3)在达到共同速度过程中小物块与小车因摩擦产生的热量。
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第32课时
进阶点1
典例1　B　[小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在t时间内的位移差，有Δx＝v0t－t＝v0t，故A错误；小物箱在时间t内做匀加速直线运动，加速度a＝＝μg，速度v0＝at，解得μ＝，故B正确；小物箱与传送带间因摩擦产生的热量Q＝fΔx＝μmg×v0t＝mv02，故C错误；由功能关系可知因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的内能之和，有W＝mv02＋Q＝mv02，故D错误。故选B。]
典例2　D　[快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝1 m/s2，时间t1＝＝2 s，此过程快递包沿传送带向上运动的距离x1＝a＝2 m，快递包匀速运动的时间t2＝＝3 s，快递包从A点运送到B点所需时间t＝t1＋t2＝5 s，故A错误；传送带对快递包做功W＝m＋mgsin θ·L，代入数据可得W＝42 J，故B错误；摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ×(v0t1－x1)，代入数据可得Q＝12 J，根据能量守恒定律可得电动机因运送此快递包多做的功W'＝W＋Q＝54 J，故C错误，D正确。]
进阶点2
典例3　C　[由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，A错误；由题图乙知，A、B在1～3 s内共速，加速度a3＝＝－1 m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，B错误；由题图乙可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg，C正确，D错误。]
典例4　解析：(1)小物块刚放到小车上时，以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1，解得小物块的加速度大小为a1＝2 m/s2，以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma2，解得小车的加速度大小为a2＝0.5 m/s2。
(2)设经过时间t，小物块与小车达到共同速度，根据运动学公式可得v共＝a1t，v共＝v0＋a2t，联立解得t＝2 s，v共＝4 m/s。
(3)在达到共同速度过程中小物块与小车发生的相对位移为Δx＝t－t＝3 m，则小物块与小车因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝12 J。
答案：(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)2 s　4 m/s　(3)12 J
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第五章　机械能守恒定律
第32课时　动力学和能量观点的综合应用(思维进阶课)
[学习目标]　1．会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。2．会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。
进阶点1　动力学和能量观点分析“传送带”问题
1．关键分析
(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)关系式：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。
角度1　水平传送带
[典例1]　(2025·江西九江模拟)如图所示，物流传送带在电动机的带动下始终以大小为v0的水平速度匀速运动。某时刻在传送带的左端轻放一个质量为m的小物箱，小物箱在传送带上做匀变速运动，经时间t小物箱的速度与传送带的速度相同，重力加速度大小为g，则在这段时间内，下列说法正确的是(　　)
A．小物箱相对传送带的位移大小为v0t
B．小物箱与传送带间的动摩擦因数为
C．小物箱与传送带间因摩擦产生的热量为m
D．因传送小物箱，电动机至少要多做的功为m
√
B　[小物箱相对传送带的位移就是传送带与小物箱在t时间内的位移差，有Δx＝v0t－t＝v0t，故A错误；小物箱在时间t内做匀加速直线运动，加速度a＝＝μg，速度v0＝at，解得μ＝，故B正确；小物箱与传送带间因摩擦产生的热量Q＝fΔx＝μmg×v0t＝mv02，故C错误；由功能关系可知因传送小物箱，电动机至少要多做的功等于小物箱增加的动能与系统摩擦产生的内能之和，有W＝mv02＋Q＝mv02，故D错误。故选B。]
角度2　倾斜传送带
[典例2]　(2025·浙江湖州期末)如图为某运送快递的倾斜传送带的简化模型，倾角θ＝30°的传送带在电动机的带动下能以v0＝2 m/s的恒定速率顺时针转动，皮带始终是绷紧的。现将质量m＝1 kg的快递包(可视为质点)无初速度地放到传送带底端A点。已知传送带A点到顶端B点的距离L＝8 m，快递包与传送带之间的动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则快递包从A点运送到B点(　　)
A．所需时间为4 s
B．传送带对快递包做功为12 J
C．摩擦产生的热量为48 J
D．电动机因运送此快递包多做了54 J的功
√
D　[快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得a＝1 m/s2，时间t1＝＝2 s，此过程快递包沿传送带向上运动的距离x1＝a＝2 m，快递包匀速运动的时间t2＝＝3 s，快递包从A点运送到B点所需时间t＝t1＋t2＝5 s，故A错误；传送带对快递包做功W＝m＋mgsin θ·L，代入数据可得W＝42 J，故B错误；摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ×(v0t1－x1)，代入数据可得Q＝12 J，根据能量守恒定律可得电动机因运送此快递包多做的功W'＝W＋Q＝54 J，故C错误，D正确。]
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如图甲所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，传送带逆时针转动。t＝0时，将一质量m＝2 kg的物体轻放在传送带上端A点，t＝1 s时物体到达传送带底端B点，在此过程中物体的动量p随时间t的变化关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)物体与传送带之间的动摩擦因数；
(2)物体从A点运动到B点的过程中机械能的变化量。
[解析]　(1)由题图乙可知，0.5 s末物体的速度大小v＝＝ m/s＝5 m/s，物体的加速度大小a1＝＝ m/s2＝10 m/s2，对物体受力分析可知mgsin θ＋
μmgcos θ＝ma1，代入数据解得μ＝0.5。
(2)0.5～1 s这段时间由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2，解得物体的加速度大小a2＝2 m/s2，物体到达传送带底端时，物体的速度大小v'＝v＋a2t'＝(5＋2×0.5) m/s＝6 m/s，物体从A到B通过的位移大小x＝vt＋(v＋v')t'＝×5×0.5 m＋×(5＋6)×0.5 m＝4 m，则物体从A到B过程中机械能的变化量ΔE＝mv'2－mgxsin θ，代入数据解得ΔE＝－12 J。
[答案]　(1)0.5　(2)－12 J
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．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。
进阶点2　动力学和能量观点分析 “滑块—木板”问题
3．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滑动的位移x相。
[典例3]　质量为M＝2 kg的木板B静止在水平面上，可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板，如图甲所示。A和B经过1 s达到同一速度，之后共同减速直至静止，A和B的v-t图像如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．A与B上表面之间的动摩擦因数μ1＝0.1
B．B与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.2
C．A的质量m＝6 kg
D．A的质量m＝4 kg
√
C　[由题图乙可知，A在0～1 s内的加速度a1＝＝－2 m/s2，对A由牛顿第二定律得－μ1mg＝ma1，解得μ1＝0.2，A错误；由题图乙知，A、B在1～3 s内共速，加速度a3＝＝－1 m/s2，对A、B整体由牛顿第二定律得－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3，解得μ2＝0.1，B错误；由题图乙可知B在0～1 s内的加速度a2＝＝2 m/s2，对B由牛顿第二定律得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，代入数据解得m＝6 kg，C正确，D错误。]
[典例4]　如图所示，质量M＝8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F＝8 N，当小车向右运动速度达到v0＝3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m＝2 kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，假定小车足够长，g取10 m/s2，求：

(1)小物块刚放到车上时小物块和小车的加速度大小；
(2)小物块与小车达到共同速度所需的时间以及共同速度大小；
(3)在达到共同速度过程中小物块与小车因摩擦产生的热量。
[解析]　(1)小物块刚放到小车上时，以小物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1，解得小物块的加速度大小为a1＝2 m/s2，以小车为研究对象，根据牛顿第二定律可得F－μmg＝Ma2，解得小车的加速度大小为a2＝0.5 m/s2。
(2)设经过时间t，小物块与小车达到共同速度，根据运动学公式可得v共＝a1t，v共＝v0＋a2t，联立解得t＝2 s，v共＝4 m/s。
(3)在达到共同速度过程中小物块与小车发生的相对位移为Δx＝t－t＝3 m，则小物块与小车因摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝12 J。
[答案]　(1)2 m/s2　0.5 m/s2　(2)2 s　4 m/s　(3)12 J
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(2024·海南卷)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的半径R＝10 m的光滑圆弧形滑梯，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，滑板的质量M＝25 kg，一质量为m＝50 kg的游客从a点由静止开始下滑，并从b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高的固定平台C边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s＝16 m停下。游客可视为质点，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取10 m/s2，求：
(1)游客滑到b点时对滑梯压力的大小；
(2)滑板的长度L。
[解析]　(1)对游客从a点滑到b点的过程，由动能定理有
mgh＝mv2，解得v＝10 m/s
游客滑到b点时，有
F－mg＝m
由牛顿第三定律可知，游客滑到b点时对滑梯压力的大小为
F'＝F＝1 000 N。
(2)方法一　游客在平台上运动时，由牛顿第二定律有
μmg＝ma1
由运动学规律有
＝2a1s
解得游客滑上平台的速度大小v1＝8 m/s
游客在滑板上滑动时，对游客由牛顿第二定律有
μmg＝ma2
对滑板由牛顿第二定律有
μmg＝Ma3
游客在滑板上滑动的过程，由运动学规律有
v1＝v－a2t
游客的位移为x1＝vt－a2t2
滑板的位移为x2＝a3t2
则滑板的长度L＝x1－x2
联立解得L＝7 m。
方法二　游客在滑板上运动时，游客与滑板组成的系统动量守恒，则对游客在滑板上运动的过程，由动量守恒定律有
mv＝mv1＋Mv2
由能量守恒定律有
mv2＝m＋M＋μmgL
对游客在平台上运动的过程，由动能定理有
－μmgs＝0－m
联立解得L＝7 m。
[答案]　(1)1 000 N　(2)7 m
课时作业(三十二)　动力学和能量观点的综合应用(思维进阶课)
1．(2024·北京卷)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是(　　)
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
D　[刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，做正功，C错误；加速运动过程由牛顿第二定律可得f＝μmg＝ma，由v＝at可得加速时间t＝，所以v越大，t越大，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
2．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　　)
A．　 B．
C．mv2　 D．2mv2
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
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相对，x相对＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
3．(多选)(2025·广东云浮模拟)粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内，其简化模型如图所示，工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷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，已知传送带长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质量为m的谷粒P的说法正确的是(　　)
A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上
B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功为mv2＋mgLsin θ
C．谷粒P离开传送带后(落地前)的机械能先增大后减小
D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为mv2
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
AB　[在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为0，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功等于谷粒增加的机械能，所以W＝mv2＋mgLsin θ，故B正确；谷粒P离开传送带后(落地前)，只有重力做功，机械能保持不变，故C错误；在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为W克G＝mgLsin θ，而mv2是在传送带上运动时，谷粒P动能的增加量，故D错误。故选AB。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
4．(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为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x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是(　　)
A．上述过程中，F做功大小为m＋M
B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
BD　[F做功大小等于二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v-t图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v-t图像，②为木板的v-t图像，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
5．如图所示，质量m1＝1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．P与Q开始相对静止的速度是2.5 m/s
B．木板Q的长度至少为3 m
C．P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1
D．P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1
√
题号
1
3
5
2
4
6
7
C　[P的加速度大小为aP＝－＝－2 m/s2，Q的加速度大小为aQ＝＝2 m/s2，两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v共＝2 m/s，A错误；P、Q共速时的相对位移大小为Δx＝t－t＝2 m，之后不发生相对滑动，故木板Q的长度至少为2 m，B错误；P与Q之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，地面与Q之间产生的热量为Q2＝m2－Q1＝12 J，P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为1∶1，C正确，D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
7
6．(2025·天津和平一模)如图所示，传送带水平匀速运动的速度为5 m/s，在传送带的左端P点轻放一质量m＝1 kg的物块，物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R＝1.0 m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.80 m。重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
(1)物块离开A点时水平初速度的大小；
(2)物块经过O点时对轨道压力的大小；
(3)物块从P点运动至A点过程中，物块与传送带之
间的摩擦力对传送带所做的功Wf及由于放上物块
后电动机多消耗的电能。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)平抛运动竖直方向有2gh＝
又tan 53°＝，可得vA＝3 m/s。
(2)从B点到O点过程有mgR(1－cos 53°)＝m－m
由几何关系得vB＝
在O点有FN－mg＝m
由牛顿第三定律知物块对轨道的压力F'N＝FN＝43 N。
题号
1
3
5
2
4
6
7
题号
1
3
5
2
4
6
7
(3)传送带上物块加速运动时有μmg＝ma
P运动至A点所需的时间t＝
传送带的位移x带＝vt
物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功Wf＝－μmgx带＝－15 J
由于放上物块后电动机多消耗的电能E＝μmgx带＝15 J。
[答案]　(1)3 m/s　(2)43 N　(3)－15 J　15 J
题号
1
3
5
2
4
6
7
7．(2025·重庆九龙坡模拟)如图所示为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M＝1.8 kg，长度d＝1.0 m，其中放有质量m＝0.2 kg、长s＝0.2 m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平力F将抽屉拉出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。不考虑抽屉翻转，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)在拉出抽屉过程中，为保证书本与抽屉不产生相对滑动，水平力F的最大值；
(2)当F＝1.8 N时，从开始运动到抽屉与挡板碰撞前瞬间，抽屉对书本做的功；
(3)当F＝3.8 N时，从开始运动到书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的热量。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[解析]　(1)对书本由牛顿第二定律有μmg＝mam，解得am＝μg＝
1 m/s2
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为Fm＝2 N。
(2)由于F＝1.8 N<2 N，可知书本和抽屉相对静止
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，解得a＝0.9 m/s2
对书本有f＝ma＝0.18 N
所以抽屉对书本做的功W＝fd＝0.18 J。
题号
1
3
5
2
4
6
7
(3)由于F＝3.8 N>Fm
可知书本和抽屉有相对滑动
对抽屉由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma2，解得a2＝2 m/s2
设抽屉的运动时间为t1，根据运动学公式可得d＝a2，解得t1＝1 s
此时，书本的速度为v1＝μgt1＝1 m/s
书本通过的位移大小为x1＝t1＝0.5 m
此后书本经过x2的位移速度减为0，则有x2＝＝0.5 m
则书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的热量为Q＝μmg(d－x1＋x2)＝0.2 J。
题号
1
3
5
2
4
6
7
[答案]　(1)2 N　(2)0.18 J　(3)0.2 J
谢谢！课时作业(三十二)　动力学和能量观点的综合应用(思维进阶课)
说明：单选题每小题4分；多选题每小题6分；本试卷共54分。
1．(2024·北京卷)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是(　　)
A．刚开始物体相对传送带向前运动
B．物体匀速运动过程中，受到静摩擦力
C．物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功
D．传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长
2．如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　　)
A．　 B．
C．mv2　 D．2mv2
3．(多选)(2025·广东云浮模拟)粮库工作人员通过传送带把稻谷堆积到仓库内，其简化模型如图所示，工作人员把一堆稻谷轻轻地放在以恒定的速度v顺时针转动的传送带的底端，稻谷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，已知传送带长度为L，与地面的夹角为θ，忽略空气阻力，不计传送带两端轮子半径大小及稻谷厚度，重力加速度为g，以地面为零势能面，对于稻谷中一颗质量为m的谷粒P的说法正确的是(　　)
A．在匀速阶段，其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上
B．在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功为mv2＋mgLsin θ
C．谷粒P离开传送带后(落地前)的机械能先增大后减小
D．在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为mv2
4．(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为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x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是(　　)
A．上述过程中，F做功大小为m＋M
B．其他条件不变的情况下，M越大，x越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
5．如图所示，质量m1＝1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．P与Q开始相对静止的速度是2.5 m/s
B．木板Q的长度至少为3 m
C．P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1
D．P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1
6．(15分)(2025·天津和平一模)如图所示，传送带水平匀速运动的速度为5 m/s，在传送带的左端P点轻放一质量m＝1 kg的物块，物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R＝1.0 m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h＝0.80 m。重力加速度g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：
(1)物块离开A点时水平初速度的大小；
(2)物块经过O点时对轨道压力的大小；
(3)物块从P点运动至A点过程中，物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功Wf及由于放上物块后电动机多消耗的电能。
7．(15分)(2025·重庆九龙坡模拟)如图所示为老师办公桌的抽屉柜。已知抽屉的质量M＝1.8 kg，长度d＝1.0 m，其中放有质量m＝0.2 kg、长s＝0.2 m的书本，书本的四边与抽屉的四边均平行。书本的右端与抽屉的右端相距也为s。不计柜体和抽屉的厚度以及抽屉与柜体间的摩擦，书本与抽屉间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用水平力F将抽屉拉出，抽屉遇到柜体的挡板时立即锁定不动。不考虑抽屉翻转，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)在拉出抽屉过程中，为保证书本与抽屉不产生相对滑动，水平力F的最大值；
(2)当F＝1.8 N时，从开始运动到抽屉与挡板碰撞前瞬间，抽屉对书本做的功；
(3)当F＝3.8 N时，从开始运动到书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的热量。
课时作业(三十二)
1．D　[
刚开始，物体速度小于传送带速度，物体相对传送带向后运动，A错误；物体匀速运动过程中，不受摩擦力作用，B错误；加速运动过程中，传送带对物体的摩擦力向前，做正功，C错误；加速运动过程由牛顿第二定律可得f＝μmg＝ma，由v＝at可得加速时间t＝，所以v越大，t越大，D正确。]
2．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相对，x相对＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。]
3．AB　[在匀速阶段，谷粒P受到竖直向下的重力和其他谷粒对谷粒P的作用力，合力为0，所以其他谷粒对谷粒P的作用力方向竖直向上，大小等于mg，故A正确；在传送带上运动过程中，其他谷粒对谷粒P做的功等于谷粒增加的机械能，所以W＝mv2＋mgLsin θ，故B正确；谷粒P离开传送带后(落地前)，只有重力做功，机械能保持不变，故C错误；在传送带上运动时，谷粒P克服重力做功为W克G＝mgLsin θ，而mv2是在传送带上运动时，谷粒P动能的增加量，故D错误。故选AB。]
4．BD　[
F做功大小等于二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v-t图像来研究，如图所示，图线①为滑块的v-t图像，②为木板的v-t图像，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。]
5．C　[P的加速度大小为aP＝－＝－2 m/s2，Q的加速度大小为aQ＝＝2 m/s2，两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v共＝2 m/s，A错误；P、Q共速时的相对位移大小为Δx＝t－t＝2 m，之后不发生相对滑动，故木板Q的长度至少为2 m，B错误；P与Q之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，地面与Q之间产生的热量为Q2＝m2－Q1＝12 J，P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为1∶1，C正确，D错误。]
6．解析：(1)平抛运动竖直方向有2gh＝
又tan 53°＝，可得vA＝3 m/s。
(2)从B点到O点过程有mgR(1－cos 53°)＝m－m
由几何关系得vB＝
在O点有FN－mg＝m
由牛顿第三定律知物块对轨道的压力F'N＝FN＝43 N。
(3)传送带上物块加速运动时有μmg＝ma
P运动至A点所需的时间t＝
传送带的位移x带＝vt
物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功
Wf＝－μmgx带＝－15 J
由于放上物块后电动机多消耗的电能E＝μmgx带＝15 J。
答案：(1)3 m/s　(2)43 N　(3)－15 J　15 J
7．解析：(1)对书本由牛顿第二定律有μmg＝mam，解得am＝μg＝1 m/s2
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am
解得要使书本和抽屉不发生相对滑动，F的最大值为Fm＝2 N。
(2)由于F＝1.8 N<2 N，可知书本和抽屉相对静止
对抽屉和书本整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a，解得a＝0.9 m/s2
对书本有f＝ma＝0.18 N
所以抽屉对书本做的功W＝fd＝0.18 J。
(3)由于F＝3.8 N>Fm
可知书本和抽屉有相对滑动
对抽屉由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma2，解得a2＝2 m/s2
设抽屉的运动时间为t1，根据运动学公式可得d＝a2，解得t1＝1 s
此时，书本的速度为v1＝μgt1＝1 m/s
书本通过的位移大小为x1＝t1＝0.5 m
此后书本经过x2的位移速度减为0，则有x2＝＝0.5 m
则书本最终停止时，书本和抽屉因摩擦产生的热量为
Q＝μmg(d－x1＋x2)＝0.2 J。
答案：(1)2 N　(2)0.18 J　(3)0.2 J
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