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第30课时　动力学和能量观点的综合应用(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。
用动力学和能量观点分析“传送带”问题
1．分析角度
(1)动力学角度：首先要正确的对物体进行运动分析和受力分析，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
(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。
　水平传送带问题
[典例1]　(多选)(2025·辽宁沈阳一中一模)一水平传送带长L＝20 m，以恒定速率v＝4 m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带左端每隔1 s轻放一个相同的小物块，小物块的质量m＝2 kg，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略小物块的尺寸，g取10 m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是(　　)
A．每个小物块在传送带上运动的时间为10 s
B．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带
C．计时后1 s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为10 N·s
D．计时后1 s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为－32 J
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　倾斜传送带问题
[典例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，则小物体从A到B的运动过程中(　　)
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，在甲传送带上小物体需要的时间较长
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[典例3]　(2025·江苏盐城一模)如图所示，一长L＝6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量m1＝4 kg的小物块A和质量m2＝2 kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在物块A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物块B刚下降时的加速度a；
(2)物块A从底端到达顶端所需的时间t；
(3)物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。
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归纳提升：解决传送带问题的关键点
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断。
(2)物体能否达到与传送带共速的判断。
(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和。
用动力学和能量观点分析“滑块—木板”问题
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a1、a2；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滑动的位移Δx。
　水平面上的“滑块—木板”问题
[典例4]　(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝1 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。此过程长木板A的动能随位移变化的图像如图乙所示，长木板和物体的速度随时间变化的图像如图丙所示。已知A、B间存在摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．长木板A的质量为4 kg
B．系统损失的机械能为1 J
C．长木板A的最小长度为0.5 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
[典例5]　(一题多解)(2025·辽宁丹东一模)如图所示，在光滑水平面上，质量m＝1 kg可视为质点的小物块静止在质量M＝2 kg的长木板左端，m与M间的动摩擦因数μ＝0.4，现对m施加一水平向右的拉力F＝8 N，作用一段时间t1后立刻撤掉外力F，小物块又经时间t2恰好运动到长木板的右端且没从右端落下，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)时间t1与时间t2的比值；
(2)若长木板的长度L＝ m，则在外力F作用时间t1内小物块和长木板组成的系统产生的热量大小。
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[典例6]　(2025·河南开封重点中学联考)如图所示，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(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。
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第30课时　动力学和能量观点的综合应用(进阶课)
进阶1
典例1　BD　[小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为aμg0.1×10 m/s21 m/s2，则小物块做匀加速直线运动的时间为t1 s4 s，小物块做匀加速直线运动的位移为x1×4 m8 m，则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为t2 s3 s，故每个小物块在传送带上运动的时间为tt1＋t24 s＋3 s7 s，故A错误；结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7 s，由题知，在传送带左端每隔1 s轻放一个相同的小物块，则计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，故B正确；结合前面分析可知，计时后1 s内只有5~8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动量定理可得，计时后1 s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为I4m·at'4×2×1×1 N·s8 N·s，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为W－4μmg·vt－4×0.1×2×10×4×1 J－32 J，故C错误，D正确。]
典例2　AD　[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；设小物体在甲传送带上到达B处所用时间为t1，在乙传送带上到达C处所用时间为t2，根据题意可得在乙传送带上小物体到达C处后随传送带以速率v匀速运动到B点，所以甲传送带上的划痕长为s甲s皮带－s物体vt1－vt1，乙传送带上的划痕长为s乙vt2，同时有t1，t2，可得t1＞t2，所以有s甲＞s乙，B错误；甲系统由于摩擦产生的热量为Q甲Ff·s甲Ff·vt1Ff·s物体，根据动能定理有Ff·s物体－mgHmv2，可得Q甲mgH＋mv2，同理可得Q乙mg(H－h)＋mv2，所以有Q甲＞Q乙，C错误；传送到B处，在甲传送带上小物体需要的时间为t甲t1，在乙传送带上小物体需要的时间为t乙t2＋，所以有t甲＞t乙，D正确。]
典例3　解析：(1)当物块B刚下降时，设绳中拉力为FT1，对物块A分析有μm1gcos θ＋FT1－m1gsin θm1a
对物块B分析有m2g－FT1m2a
解得a2 m/s2。
(2)第一阶段：设物块A经过t1与传送带速度相同
由t1，得t12 s
物块A沿传送带上升的距离L1，得L14 m
第二阶段：因为m2g＜m1gsin θ，且μm1gcos θ＋m2g＞m1gsin θ，所以物块A受沿传送带向上的静摩擦力，与传送带相对静止一起匀速运动，到达顶端所需时间为t2
由t2，得t20.5 s
则物块A从底端到达顶端所需时间tt1＋t22.5 s。
(3)全过程中物块A增加的重力势能ΔEpAm1gLsin θ144 J
物块B减少的重力势能ΔEpB减m2gL120 J
物块A、B动能的增加量ΔEk(m1＋m2)v248 J
物块A与传送带间因摩擦产生的热量Qμm1g(vt1－L1)cos θ64 J
则电动机多做的功WΔEpA－ΔEpB减＋ΔEk＋Q136 J。
答案：(1)2 m/s2　(2)2.5 s　(3)136 J
进阶2
典例4　BD　[根据题图丙可知Ek0.5 J，v11 m/s，解得mA1 kg，故A错误；系统损失的机械能为ΔE1 J，故B正确；长木板A在0~0.5 m做匀加速直线运动，则x×v1t0.5 m，解得t1 s，在达到共同速度时，A、B的位移差为xB－xA×(1＋2)×1 m－0.5 m1 m，即长木板A的最小长度为1 m时才能使物块B不会掉下来，故C错误；根据运动学公式v1atμgt1 m/s，解得μ0.1，故D正确。]
典例5　解析：(1)方法一：
对小物块受力分析列方程F－μmgma1
解得a14 m/s2
对长木板受力分析列方程μmgMa2
解得a22 m/s2
小物块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后匀速，小物块减速的加速度满足－μmgma3
解得a3－4 m/s2
小物块加速阶段的最大速度v1a1t1，小物块减速阶段，有vv1＋a3t2
长木板一直加速，有va2(t1＋t2)
联立得。
方法二：
由题得小物块与长木板最终共速，设速度大小为v，对小物块由动量定理有
Ft1－μmg(t1＋t2)mv－0
对长木板由动量定理有μmg(t1＋t2)Mv－0
联立解得。
(2)小物块加速阶段的位移x1
小物块减速阶段的位移x2v1t2＋
长木板的位移x3a2(t1＋t2)2
由x1＋x2－x3L
解得t11 s
t1时间内相对位移Δxx1－1 m
QμmgΔx4 J。
答案：(1)　 (2)4 J
典例6　解析：(1)对物块与木板整体，根据动能定理有2mgLsin θ
解得v1。
(2)木板第一次与挡板碰撞后，设木板的加速度大小为a1，则mgsin θ＋kmgma1
解得a10.5g＋kg，沿斜面向下
设物块的加速度大小为a2，则kmg－mgsin θma2
解得a2kg－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木板与物块第一次速度相同时物块的位移为x块
木板的位移为x板
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于木板的位移为Δxx块－x板。
(3)从释放到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－kmgx0
解得x
故系统产生的热量Qkmgx。
答案：(1)
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第五章 机械能守恒定律
第30课时　动力学和能量观点的综合应用(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1 用动力学和能量观点分析“传送带”问题
1．分析角度
(1)动力学角度：首先要正确的对物体进行运动分析和受力分析，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
(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＝Ff x传。
②产生的内能：Q＝Ff x相对。
角度1　水平传送带问题
[典例1]　(多选)(2025·辽宁沈阳一中一模)一水平传送带长L＝20 m，以恒定速率v＝4 m/s沿顺时针方向匀速转动。在传送带左端每隔1 s轻放一个相同的小物块，小物块的质量m＝2 kg，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略小物块的尺寸，g取10 m/s2，从第1个小物块到达传送带最右端开始计时，下列说法正确的是(　　)
A．每个小物块在传送带上运动的时间为10 s
B．计时开始时刻，第8个小物块刚放上传送带
C．计时后1 s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为
10 N·s
D．计时后1 s内，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为－32 J
√
√
BD　[小物块在传送带上先做匀加速直线运动，加速度大小为a＝＝μg＝0.1×10 m/s2＝1 m/s2，则小物块做匀加速直线运动的时间为t1＝＝ s＝4 s，小物块做匀加速直线运动的位移为x1＝t1＝×4 m＝8 m，则小物块在传送带上做匀速直线运动的时间为t2＝＝ s＝3 s，故每个小物块在传送带上运动的时间为t＝t1＋t2＝4 s＋3 s＝7 s，故A错误；结合前面分析可知，第1个小物块到达传送带最右端时所花时间为7 s，由题知，在传送带左端每隔1 s轻放一个相同的小物块，则计时
开始时刻，第8个小物块刚放上传送带，故B正确；结合前面分析可知，计时后1 s内只有5～8四个物块在皮带上做匀加速直线运动，摩擦力相同，则由动量定理可得，计时后1 s内，传送带对所有小物块摩擦力的总冲量大小为I＝4m·at′＝4×2×1×1 N·s＝8 N·s，所有小物块对传送带的摩擦力做的总功为W＝－4μmg·vt＝－4×0.1×2×10×4×1 J＝
－32 J，故C错误，D正确。]
角度2　倾斜传送带问题
[典例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，则小物体
从A到B的运动过程中(　　)
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，在甲传送带上小物体需要的时间较长
√
√
AD　[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；设小物体在甲传送带上到达B处所用时间为t1，在乙传送带上到达C处所用时间为t2，根据题意可得在乙传送带上小物体到达C处后随传送带以速率v匀速运动到B点，所以甲传送带上的划痕长为s甲＝s皮带－s物体＝vt1－·t1＝vt1，乙传送带上的划痕长为s乙＝vt2，同时有t1＝＝，t2
＝，可得t1>t2，所以有s甲>s乙，B错误；甲系统由于摩擦产生的热量为Q甲＝Ff·s甲＝Ff·vt1＝Ff·s物体，根据动能定理有Ff·
s物体－mgH＝mv2，可得Q甲＝mgH＋mv2，同理可得Q乙＝mg(H－h)＋mv2，所以有Q甲>Q乙，C错误；传送到B处，在甲传送带上小物体需要的时间为t甲＝t1＝，在乙传送带上小物体需要的时间为t乙＝t2＋＝＝，所以有t甲>t乙，D正确。]
[典例3]　(2025·江苏盐城一模)如图所示，一长L＝6 m的倾斜传送带在电动机带动下以速度v＝4 m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量m1＝4 kg的小物块A和质量m2＝2 kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计滑轮的质量与摩擦，在物块A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。取sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物块B刚下降时的加速度a；
(2)物块A从底端到达顶端所需的时间t；
(3)物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。
[解析]　(1)当物块B刚下降时，设绳中拉力为FT1，对物块A分析有μm1g cos θ＋FT1－m1g sin θ＝m1a
对物块B分析有m2g－FT1＝m2a
解得a＝2 m/s2。
(2)第一阶段：设物块A经过t1与传送带速度相同
由t1＝，得t1＝2 s
物块A沿传送带上升的距离L1＝，得L1＝4 m
第二阶段：因为m2gm1g sin θ，所以物块A受沿传送带向上的静摩擦力，与传送带相对静止一起匀速运动，到达顶端所需时间为t2
由t2＝，得t2＝0.5 s
则物块A从底端到达顶端所需时间t＝t1＋t2＝2.5 s。
(3)全过程中物块A增加的重力势能ΔEpA＝m1gL sin θ＝144 J
物块B减少的重力势能ΔEpB减＝m2gL＝120 J
物块A、B动能的增加量ΔEk＝(m1＋m2)v2＝48 J
物块A与传送带间因摩擦产生的热量Q＝(－L1)cos θ＝64 J
则电动机多做的功W＝ΔEpA－ΔEpB减＋ΔEk＋Q＝136 J。
[答案]　(1)2 m/s2　(2)2.5 s　(3)136 J
归纳提升：解决传送带问题的关键点
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断。
(2)物体能否达到与传送带共速的判断。
(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和。
[教师备选资源]
(2025·辽宁丹东一模)某款游戏装置可简化为如图所示模型。水平传送带A、B两端间距离xAB＝6 m，传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速运行，速度大小可调，传送带上表面与光滑水平面BC在同一水平面内。半径为R＝0.8 m的光滑半圆弧轨道CD固定在竖直面内，圆弧面的最低点C与水平面相切。将质量为1 kg的物块轻放在传送带上表面的左端，物块与传送带上表面间动摩擦因数μ＝0.4，已知重力加速度g＝10 m/s2。
(1)要使物块在圆弧面上运动时能通过最高点D，则物块进入圆弧面上C点时速度至少为多大；
(2)若将传送带的速度调为v＝5 m/s，求物块在圆弧面上运动时离开圆弧面的位置离水平面ABC的高度。
[解析]　(1)物块恰好能过圆弧最高点，根据能量守恒有－2mgR＝牛顿第二定律有mg＝
联立解得vmin＝2 m/s。
(2)若小物块过圆上与O点等高的位置时速度为0，则有－mgR＝
解得v′C＝4 m/s
将物块从A传送到B端过程，根据牛顿第二定律有μmg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
根据运动学规律有v2＝2a1x1
解得x1＝3.125 m可知物块先加速，再匀速，则vB＝vC＝v＝5 m/s
结合第(1)问的结论，则有4 m/s<5 m/s<2 m/s
说明物块离开圆弧面时，其高度已经超过圆心高度，但是还未达到圆弧最高点，设离开圆弧面的位置离水平面的高度为h，则有－mgh＝－mv2
结合牛顿第二定律有mg cos θ＝
由几何关系，可得cos θ＝
解得h＝1.1 m。
[答案]　(1)2 m/s　(2)1.1 m
进阶2 用动力学和能量观点分析“滑块—木板”问题
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a1、a2；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滑动的位移Δx。
角度1　水平面上的“滑块—木板”问题
[典例4]　(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为mB＝1 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。此过程长木板A的动能随位移变化的图像如图乙所示，长木板和物体的速度随时间变化的图像如图丙所示。已知A、B间存在摩擦力，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A．长木板A的质量为4 kg
B．系统损失的机械能为1 J
C．长木板A的最小长度为0.5 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
√
√
BD　[根据题图丙可知Ek＝＝0.5 J，v1＝1 m/s，解得mA＝1 kg，故A错误；系统损失的机械能为ΔE＝＝
1 J，故B正确；长木板A在0～0.5 m做匀加速直线运动，则x＝×v1t＝0.5 m，解得t＝1 s，在达到共同速度时，A、B的位移差为xB－xA＝×(1＋2)×1 m－0.5 m＝1 m，即长木板A的最小长度为1 m时才能使物块B不会掉下来，故C错误；根据运动学公式v1＝at＝μgt＝1 m/s，解得μ＝0.1，故D正确。]
[典例5]　(一题多解)(2025·辽宁丹东一模)如图所示，在光滑水平面上，质量m＝1 kg可视为质点的小物块静止在质量M＝2 kg的长木板左端，m与M间的动摩擦因数μ＝0.4，现对m施加一水平向右的拉力F＝8 N，作用一段时间t1后立刻撤掉外力F，小物块又经时间t2恰好运动到长木板的右端且没从右端落下，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)时间t1与时间t2的比值；
(2)若长木板的长度L＝ m，则在外力F作用时间t1内小物块和长木板组成的系统产生的热量大小。
[解析]　(1)方法一：
对小物块受力分析列方程F－μmg＝ma1
解得a1＝4 m/s2
对长木板受力分析列方程μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
小物块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后匀速，小物块减速的加速度满足－μmg＝ma3
解得a3＝－4 m/s2
小物块加速阶段的最大速度v1＝a1t1，小物块减速阶段，有v＝v1＋a3t2
长木板一直加速，有v＝a2(t1＋t2)
联立得＝。
方法二：
由题得小物块与长木板最终共速，设速度大小为v，对小物块由动量定理有
Ft1－μmg(t1＋t2)＝mv－0
对长木板由动量定理有μmg(t1＋t2)＝Mv－0
联立解得＝。
(2)小物块加速阶段的位移x1＝
小物块减速阶段的位移x2＝
长木板的位移x3＝a2(t1＋t2)2
由x1＋x2－x3＝L
解得t1＝1 s
t1时间内相对位移Δx＝＝1 m
Q＝μmgΔx＝4 J。
[答案]　(1)　 (2)4 J
角度2　倾斜面上的“滑块—木板”问题
[典例6]　(2025·河南开封重点中学联考)如图所示，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(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。
[解析]　(1)对物块与木板整体，根据动能定理有2mgL sin θ＝
解得v1＝。
(2)木板第一次与挡板碰撞后，设木板的加速度大小为a1，则mg sin θ＋kmg＝ma1
解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下
设物块的加速度大小为a2，则kmg－mg sin 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木板与物块第一次速度相同时物块的位移为x块＝
木板的位移为x板＝
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于木板的位移为Δx＝x块－x板＝。
(3)从释放到木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则mgL sin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0
解得x＝
故系统产生的热量Q＝kmgx＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
课时数智作业(三十)　动力学和能量观点的综合应用
(进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
说明：第1～5题、第7～8题，每小题5分；本试卷共63分。
1．(2025·湖南邵阳期中)如图所示，某快递公司使用电动传输机输送快件，传输机皮带以v＝4 m/s的速度逆时针运转，两传动轮O、P之间的距离s＝5 m，在传动轮O的正上方，将一质量m＝1 kg的快件轻放在皮带上，已知快件与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，在快件由O处传送到P处的过程中，因传送快件而多消耗的电能为(　　)
A．32 J　　　B．16 J　　　C．8 J　　　D．4 J
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[刚放上快件时，快件与皮带之间有相对滑动，快件运动的加速度a＝＝＝μg＝2 m/s2，当快件的速度增大到与皮带的速度相同时，滑动摩擦力消失，滑动摩擦力的作用时间t＝＝2 s，在此时间内，快件运动的位移L＝at2＝4 m题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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，需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
8
7
9
C　[由能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统的内能，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。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
3．(多选)如图所示，一质量为M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开始运动并从右端滑下，该过程中，物块的动能减少量为ΔEk1，木板的动能增加量为ΔEk2，m、M间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力)，关于ΔEk1，ΔEk2，Q的数值，下列数值可能的是(　　)
A．ΔEk1＝3 J，ΔEk2＝1 J，Q＝2 J
B．ΔEk1＝7 J，ΔEk2＝2 J，Q＝5 J
C．ΔEk1＝8 J，ΔEk2＝4 J，Q＝4 J
D．ΔEk1＝10 J，ΔEk2＝3 J，Q＝6 J
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
AB　[设物块与木板间的摩擦力大小为Ff，物块的位移为x1，木板的位移为x2，对木板有ΔEk2＝Ffx2，对物块有ΔEk1＝Ffx1，且Q＝Ff(x1－x2)，物块和木板运动的v-t图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出x1>(x1－x2)>x2，所以有ΔEk1>Q>ΔEk2，根据能量守恒有ΔEk1＝Q＋ΔEk2，
故选AB。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
4．(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，则快递包从A点运送到B点(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[在快递包速度小于传送带速度过程中，根据牛顿第二定律有μmg
cos θ－mg sin 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＝＝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＝μmg cos θ·x1＋mg sin θ·(L－x1)，代入数据可得W＝42 J，故B错误；摩擦产生的热量Q＝μmg cos 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。]
题号
1
3
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9
5．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，小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。则以下说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
D　[小滑块在圆弧轨道下滑，由mgR＝，解得到达N点时的速度为vN＝，小滑块在传送带上先向右做减速运动，减速到0，然后再在传送带上向左先做加速运动，和传送带共速后做匀速运动，返回时第一次上升的最高点距N点高度为R，由mg·R＝mv2，可得传送带匀速转动的速度v＝，故A错误；之后小滑块一直重复运动，小滑块在传送带上先向右做减速运动，减速到0，返回时
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
在传送带上向左先做加速运动，到达N点时和传送带共速，在圆弧轨道上运动时上升的最高点距N点高度始终为R，所以滑块不会静止，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。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
6．(14分)如图所示，质量M＝2 kg、长L＝0.6 m的木板静止放置于光滑水平地面上，一质量为m＝1 kg的物块(可看成质点)以速度v0＝3 m/s从左端冲上木板，物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff＝5 N。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度。求：
(1)共同速度v的大小；
(2)摩擦力对物块做的功W；
(3)由于物块与木板的摩擦产生的热量Q。
题号
1
3
5
2
4
6
8
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9
[解析]　(1)设物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，共速前物块在木板上滑行的时间为t
根据牛顿第二定律有Ff＝ma1，Ff＝Ma2
解得a1＝5 m/s2，a2＝2.5 m/s2
两者达到共同速度时有v＝v0－a1t，v＝a2t
解得v＝1 m/s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(2)解法一：物块从木板左端滑至右端的过程中，木板的位移x＝a2t2
物块的位移s＝x＋L
摩擦力对物块做的功W＝－Ffs
联立解得W＝－4 J。
解法二：对物块进行分析，根据动能定理有
W＝
解得W＝－4 J。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(3)解法一：根据功能关系，由于物块与木板的摩擦产生的热量Q＝FfL
解得Q＝3 J。
解法二：根据能量守恒定律有
Q＝－(m＋M)v2
解得Q＝3 J。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[答案]　(1)1 m/s　(2)－4 J　(3)3 J
7．(多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．0～2 s长木板的加速度aM＝3 m/s2
B．0～2 s过程中F1对小物块做了12 J的功
C．0～4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J
D．恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
BC　[对长木板进行受力分析，受力示意图如图甲所示，根据牛顿第二定律得F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，故A错误；对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为2 m/s2和4 m/s2，长木板和小物块在0～4 s内的v-t图像如图乙所示，0～2 s小物块做匀加速直线运动，位移x＝4 m，拉力对小物块做功为W＝F1x＝12 J，故B正确；两条v-t图线围成的面积表示小
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
物块相对于长木板运动的长度，由v-t图像可知L＝12 m，小物块与长木板之间摩擦产生的热量Q＝μ1mgL＝24 J，故C正确；恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
8．(多选)如图(a)所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率顺时针转动。质量为0.5 kg的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8 s后离开传送带，运动的整个过程中物块的速率v随时间t变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A．物块在传送带上运动的路程为2 m
B．物块与传动带之间的动摩擦因数为
C．运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1 J
D．运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为
0.5 J
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
AC　[物块在传送带上运动的路程由题图(b)可知x＝ m＝2 m，故A正确；由题图(b)可知0～0.4 s内，物块的加速度大小为a1＝ m/s2＝7.5 m/s2，在0.4～0.8 s内，物块的加速度大小为a2＝ m/s2＝2.5 m/s2，根据牛顿第二定律有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，联立解得μ＝，θ＝30°，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
故B错误；摩擦力对物块做的功为W＝μmg cos θ＝－1 J，故C正确；由题图(b)可知传送带的速度为3 m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q＝μmg cos θ＝1 J，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
9．(14分)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L＝4 m、质量M＝2 kg的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝8 N的作用下从静止开始下滑，经时间t1＝1 s，将一质量为m＝1 kg的可视为质点的物块无初速度地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力，试求：
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(1)t1＝1 s时木板速度的大小v1；
(2)从物块放到木板上到与木板共速的速度大小v2和所用时间t2；
(3)木板上表面因摩擦产生的热量Q。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[解析]　(1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
F＋Mg sin θ－μ1Mg cos θ＝Ma
解得a＝6 m/s2
t1＝1 s时木板速度的大小v1＝at1＝6 m/s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(2)从物块放到木板上到与木板共速的过程，设木板的加速度大小为a1，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，对木板，有F＋Mg sin θ－μ1(m＋M)g cos θ－μ2mg cos θ＝Ma1
对物块，有mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma2
解得a1＝3 m/s2，a2＝8 m/s2
设经时间t2物块与木板共速，速度大小为v2，有v2＝v1＋a1t2＝a2t2
解得v2＝9.6 m/s，t2＝1.2 s。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
(3)从物块放到木板上到与木板共速的过程，物块的位移x2＝＝5.76 m
木板的位移x1＝＝9.36 m
物块相对木板向上运动的位移Δx＝x1－x2＝3.6 m
撤去F后，木板速度小于物块速度，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面因摩擦产生的热量Q＝μ2mg cos θ·2Δx
解得Q＝14.4 J。
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
[答案]　(1)6 m/s　(2)9.6 m/s　1.2 s　(3)14.4 J
谢 谢 ！课时数智作业(三十)　动力学和能量观点的综合应用(进阶课)
说明：第1～5题、第7～8题，每小题5分；本试卷共63分。
1．(2025·湖南邵阳期中)如图所示，某快递公司使用电动传输机输送快件，传输机皮带以v＝4 m/s的速度逆时针运转，两传动轮O、P之间的距离s＝5 m，在传动轮O的正上方，将一质量m＝1 kg的快件轻放在皮带上，已知快件与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，在快件由O处传送到P处的过程中，因传送快件而多消耗的电能为(　　)
A．32 J　　　B．16 J　　　C．8 J　　　D．4 J
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，需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)如图所示，一质量为M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开始运动并从右端滑下，该过程中，物块的动能减少量为ΔEk1，木板的动能增加量为ΔEk2，m、M间摩擦产生的热量为Q(不考虑空气阻力)，关于ΔEk1，ΔEk2，Q的数值，下列数值可能的是(　　)
A．ΔEk1＝3 J，ΔEk2＝1 J，Q＝2 J
B．ΔEk1＝7 J，ΔEk2＝2 J，Q＝5 J
C．ΔEk1＝8 J，ΔEk2＝4 J，Q＝4 J
D．ΔEk1＝10 J，ΔEk2＝3 J，Q＝6 J
4．(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，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
5．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，小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。则以下说法正确的是(　　)
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
6．(14分)如图所示，质量M＝2 kg、长L＝0.6 m的木板静止放置于光滑水平地面上，一质量为m＝1 kg的物块(可看成质点)以速度v0＝3 m/s从左端冲上木板，物块与木板间的滑动摩擦力大小为Ff＝5 N。当物块滑至木板最右端时，两者恰好达到共同速度。求：
(1)共同速度v的大小；
(2)摩擦力对物块做的功W；
(3)由于物块与木板的摩擦产生的热量Q。
7．(多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是(　　)
A．0～2 s长木板的加速度aM＝3 m/s2
B．0～2 s过程中F1对小物块做了12 J的功
C．0～4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J
D．恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量
8．(多选)如图(a)所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率顺时针转动。质量为0.5 kg的物块在传送带的顶端无初速度释放，物块在传送带上运动0.8 s后离开传送带，运动的整个过程中物块的速率v随时间t变化的关系如图(b)所示。已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．物块在传送带上运动的路程为2 m
B．物块与传动带之间的动摩擦因数为
C．运动的整个过程中，摩擦力对物块做的功为－1 J
D．运动的整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为0.5 J
9．(14分)如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L＝4 m、质量M＝2 kg的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝8 N的作用下从静止开始下滑，经时间t1＝1 s，将一质量为m＝1 kg的可视为质点的物块无初速度地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力，试求：
(1)t1＝1 s时木板速度的大小v1；
(2)从物块放到木板上到与木板共速的速度大小v2和所用时间t2；
(3)木板上表面因摩擦产生的热量Q。
课时数智作业(三十)
1．B　[刚放上快件时，快件与皮带之间有相对滑动，快件运动的加速度aμg2 m/s2，当快件的速度增大到与皮带的速度相同时，滑动摩擦力消失，滑动摩擦力的作用时间t2 s，在此时间内，快件运动的位移Lat24 m＜s，因传送快件而多消耗的电能等于皮带克服摩擦力所做的功，则因传送快件而多消耗的电能Eμmgvt16 J，故B正确。]
2．C　[由能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统的内能，故Wmv2＋μmgx相，x相vt－t，aμg，vat，联立以上各式可得Wmv2，故选项C正确。]
3．AB　[设物块与木板间的摩擦力大小为Ff，物块的位移为x1，木板的位移为x2，对木板有ΔEk2Ffx2，对物块有ΔEk1Ffx1，且QFf(x1－x2)，物块和木板运动的v t图像如图所示，图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出x1＞(x1－x2)＞x2，所以有ΔEk1＞Q＞ΔEk2，根据能量守恒有ΔEk1Q＋ΔEk2，故选AB。
]
4．D　[在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 θma，解得a1 m/s2，时间t12 s，此过程快递包沿传送带向上运动的距离x12 m，快递包匀速运动的时间t23 s，快递包从A点运送到B点所需时间tt1＋t25 s，故A错误；传送带对快递包做功Wμmgcos θ·x1＋mgsin θ·(L－x1)，代入数据可得W42 J，故B错误；摩擦产生的热量Qμmgcos θ·(v0t1－x1)，代入数据可得Q12 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＋Q54 J，故C错误，D正确。]
5．D　[小滑块在圆弧轨道下滑，由mgR，解得到达N点时的速度为vN，小滑块在传送带上先向右做减速运动，减速到0，然后再在传送带上向左先做加速运动，和传送带共速后做匀速运动，返回时第一次上升的最高点距N点高度为R，由mg·mv2，可得传送带匀速转动的速度v，故A错误；之后小滑块一直重复运动，小滑块在传送带上先向右做减速运动，减速到0，返回时在传送带上向左先做加速运动，到达N点时和传送带共速，在圆弧轨道上运动时上升的最高点距N点高度始终为R，所以滑块不会静止，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。]
6．解析：(1)设物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，共速前物块在木板上滑行的时间为t
根据牛顿第二定律有Ffma1，FfMa2
解得a15 m/s2，a22.5 m/s2
两者达到共同速度时有vv0－a1t，va2t
解得v1 m/s。
(2)解法一：物块从木板左端滑至右端的过程中，木板的位移xa2t2
物块的位移sx＋L
摩擦力对物块做的功W－Ffs
联立解得W－4 J。
解法二：对物块进行分析，根据动能定理有
W
解得W－4 J。
(3)解法一：根据功能关系，由于物块与木板的摩擦产生的热量QFfL
解得Q3 J。
解法二：根据能量守恒定律有
Q(m＋M)v2
解得Q3 J。
答案：(1)1 m/s　(2)－4 J　(3)3 J
7．BC　[对长木板进行受力分析，受力示意图如图甲所示，根据牛顿第二定律得F2－μ1mg－μ2(M＋m)gMaM，解得aM1 m/s2，故A错误；对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为2 m/s2和4 m/s2，长木板和小物块在0~4 s内的v t图像如图乙所示，0~2 s小物块做匀加速直线运动，位移x4 m，拉力对小物块做功为WF1x12 J，故B正确；两条v t图线围成的面积表示小物块相对于长木板运动的长度，由v t图像可知L12 m，小物块与长木板之间摩擦产生的热量Qμ1mgL24 J，故C正确；恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。
　　]
8．AC　[物块在传送带上运动的路程由题图(b)可知x m2 m，故A正确；由题图(b)可知0~0.4 s内，物块的加速度大小为a1 m/s27.5 m/s2，在0.4~0.8 s内，物块的加速度大小为a2 m/s22.5 m/s2，根据牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θma1，mgsin θ－μmgcos θma2，联立解得μ，θ30°，故B错误；摩擦力对物块做的功为Wμmgcos θ－1 J，故C正确；由题图(b)可知传送带的速度为3 m/s，整个过程中，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Qμmgcos θ1 J，故D错误。]
9．解析：(1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
F＋Mgsin θ－μ1Mgcos θMa
解得a6 m/s2
t11 s时木板速度的大小v1at16 m/s。
(2)从物块放到木板上到与木板共速的过程，设木板的加速度大小为a1，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，对木板，有F＋Mgsin θ－μ1(m＋M)gcos θ－μ2mgcos θMa1
对物块，有mgsin θ＋μ2mgcos θma2
解得a13 m/s2，a28 m/s2
设经时间t2物块与木板共速，速度大小为v2，有v2v1＋a1t2a2t2
解得v29.6 m/s，t21.2 s。
(3)从物块放到木板上到与木板共速的过程，物块的位移x25.76 m
木板的位移x1v1t2＋9.36 m
物块相对木板向上运动的位移Δxx1－x23.6 m
撤去F后，木板速度小于物块速度，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面因摩擦产生的热量Qμ2mgcos θ·2Δx
解得Q14.4 J。
答案：(1)6 m/s　(2)9.6 m/s　1.2 s　(3)14.4 J
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