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(共50张PPT)
专题突破9　动力学观点和能量观点的综合应用
1.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。2.会用动力学和能量观点分析“传送带”模型和“滑块—木板”模型的运动情况。3.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
考点一　多运动组合问题
(2023·辽宁卷，13)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t
解得飞机滑行的时间为t＝ s＝40 s
飞机滑行的加速度为a＝ m/s2＝2 m/s2。
(2)飞机从水面至h＝100 m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为ΔE＝mv12＝2.8×107 J。
答案：(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J
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。
(2025·四川绵阳一模)如图，abcd是竖直面内的固定轨道，ab是水平粗糙轨道，bd是四分之一光滑圆弧轨道，与ab相切于b点，一可以视为质点小滑块，始终受到水平推力的作用，自a点处从静止开始向右运动，离开轨道后，在空中运动一段时间后落地。且当滑块运动到轨道上的c点时，滑块与轨道之间的相互作用力最大。已知：水平轨道上Lab＝2.5R，圆弧轨道半径为R，滑块质量为m，滑块与ab轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.25，圆弧轨道中的Oc与竖直方向的Ob之间的夹
角为θ＝37°，重力加速度大小为g。
(1)滑块受到的水平推力F的大小；
(2)滑块经过轨道上的d点时，滑块对轨道的压力大小；
(3)滑块从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量ΔE。
解析：(1)由于滑块运动到轨道上的c点时，滑块与轨道之间的相互作用力最大，可知，c点为滑块圆周运动过程中的等效物理最低点，即在c点，推力与重力的合力方向背离圆心，则有mg tan 37°＝F
解得F＝mg。
(2)滑块从a运动到d过程，根据动能定理有
F(Lab＋R)－μmgLab－mgR＝mvd2
滑块经过轨道上的d点时，对滑块有FN－F＝m
根据牛顿第三定律有FN′＝FN
解得滑块对轨道的压力大小为FN′＝mg。
(3)滑块飞出圆弧后做类斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，在上升到最高点过程，利用逆向思维，竖直方向上有vd＝gt
水平方向上有x＝t2
根据功能关系可知，滑块机械能的增量等于推力与摩擦力做功的总和，则有ΔE＝F(Lab＋R＋x)－μmgLab
解得ΔE＝mgR。
答案：(1)mg　(2)mg　(3)mgR
考点二　“传送带”模型
(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传
送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终
保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是(　　)
A．物体在传送带上的划痕长 B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．电动机多做的功为mv2 D．电动机增加的功率为μmgv
AD
解析：AD　物体在传送带上的划痕长等于物体在
传送带上的相对位移，物体在传送带上加速运动
的加速度为a＝＝μg，物体达到速度v所需的时间t＝，在这段时间内物体的位移x1＝，传送带的位移x2＝vt＝，则物体相对传送带的位移x＝x2－x1＝，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和摩擦生热的内能，物体在这个过程中获得的动能是mv2，相对位移x＝，则由于滑动摩擦力做功产生的热量Q＝μmgx＝mv2，则传送带克服摩擦力做的功即为电动机多做的功，为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即为传送带克服摩擦力做功的功率，为μmgv，故D正确。
功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。
(2)系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对表示相对路程。
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(多选)(2025·湖南株洲高三检测)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率v0＝10 m/s沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝2 kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带上端，煤块相对地面的v-t图像如图乙所示，2 s末滑离传送带，传送带上下两端长L＝16 m。设沿传送带向下为正方向。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　)
A．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m
C．整个过程因摩擦而产生的热量Q为48 J
D．整个过程因摩擦而产生的热量Q为50 J
图甲　　　　　图乙
BC
解析：BC　由题图得0～1 s内煤块加速度
a1＝ m/s2＝，根据牛顿第
二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，1～
2 s内加速度a2＝ m/s2＝2.0
m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得μ＝0.5，故A错误；根据图像可知，0～1 s内传送带比煤块多运动位移Δx1＝×10×1 m＝5 m，1～2 s内煤块比传送带多运动位移Δx2＝×2×1 m＝1 m，两者有重叠部分，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m，故B正确；整个过程因摩擦而产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ＝48 J，故C正确，D错误。
图甲　　　　　图乙
考点三　“滑块—木板”模型
(一题多解)(2025·湖北孝感联考)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。
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
联立解得v＝1 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＝mv02
解得W＝－4 J。
(3)解法一：根据功能关系，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。
答案：(1)1 m/s　(2)－4 J　(3)3 J
模型求解关键
如图所示，求解滑块—木板模型的功能问题时，关键是要区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做的功时，用滑块相对地面的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做的功时，用木板相对地面的位移x板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
(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＝×2mv12
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
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)
[归纳总结]　滑块—木板模型解题思路
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限时规范
训练(33)　动力学观点和能量观点的综合应用
(建议用时：40分钟　满分：77分)
(选择题1～5题每题5分，共25分)
[基础巩固练]
1．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的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和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它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，那么力F对木板做功的数值为(　　)
A．mv2 B．mv2
C．mv2 D．2mv2
C
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解析：C　由能量转化和守恒定律可知，拉力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＋μmgs相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故选C。
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2．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取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
B
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解析：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 m2
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3．(2026·江苏南通高三开学考)如图甲所示，某物流车间用电动机传动的匀速运动的传送带运送包裹。一包裹被轻放在传送带底端，在整个运动过程中，包裹的机械能E随位移x变化的图像如图乙所示。则(　　)
A．包裹在整个过程中受到的摩擦力恒定
B．包裹在整个过程中动能一直增加
C．包裹与传送带相对滑动产生的内能等于E1
D．电机因传送包裹多消耗的能量等于E2＋2E1
C　
图甲 图乙
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解析：C　由题可知，包裹与传送带间动摩擦因数μ>tan θ，包裹在整个过程中先做匀加速运动后做匀速运动，共速前，包裹受到的摩擦力大小为Ff＝μmg cos θ，方向沿传送带向上，共速后，摩擦力的大小为Ff′＝mg sin θ，方向沿传送带向上，包裹的动能先增大后不变，故AB错误；设传送带速度为v，包裹受到滑动摩擦力Ff，从滑上传送带到共速时间为t，根据功能关系可知，包裹与传送带相对滑动产生的内能Q＝Ffx＝Ff··vt，包裹的机械能E变
图甲
图乙
化量E1＝Ff·vt，因此包裹与传送带相对滑动产生的内能Q
＝E1，故C正确；电机因传送包裹多消耗的能量ΔE等于包裹机械能增加量和摩擦生热之和，即ΔE＝Q＋E2＝E1＋E2，故D错误。
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4．(多选)(2026·湖北宜昌高三开学考)如图(a)所示，一水平足够长浅色传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块质量为m＝0.2 kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1。初始时，传送带与煤块都是静止的，现让传送带在变速电机带动下先匀加速后匀减速运动，其运动的v-t图像如图(b)所示，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对传送带不再滑动。重力加速度g取10 m/s2，对该过程说法正确的是(　　)
A．整个过程摩擦力对煤块做功为0
B．黑色痕迹的长度为36 m
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为7.2 J
D．传送带对煤块作用力的冲量为0
图(a)
图(b)
AC
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解析：AC　煤块先做匀加速直线运动，设经时
间t1与传送带达到共同速度v1，此时传送带做匀
减速直线运动，对煤块有ma1＝μmg，v1＝μgt1，
对传送带v1＝v0＋a3(t1－3 s)，其中v0＝12 m/s，
a3＝ m/s2＝－2 m/s2，联立得t1＝6 s，v1＝6 m/s，后阶段煤块以大小相同的加速度匀减速直线运动，v-t图像如图所示，对煤块，据动能定理可知，煤块初、末速度为0，摩擦力对煤块做功为0，故A正确；0～6 s内，煤块相对传送带向后运动，传送带的位移为x1＝m＝45 m，煤块的位移为x2＝×6 m＝18 m，所以相对位移为s1
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＝x1－x2＝27 m，6～12 s内，煤块相对传送带向前运动，传送带的位移为x3＝t2，其中t2＝9 s－6 s＝3 s，解得x3＝9 m，煤块的位移为x4＝×(12 s－6 s)＝×6 m＝18 m，所以相对位移为s2＝x3－x4＝－9 m，后阶段煤块相对传送带向前运动的路程|s2|＝9 m2
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5．(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，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A、B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，重力加速度g取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(　　)
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
BC
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解析：BC　根据机械能守恒定律有mgh＝mv02，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－v02)＝80 J，D错误。
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6．(10分)如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C，以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车时速度的时开始匀速运动，小货箱C未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小货箱C冲上平板小车时的速度大小；
(2)平板小车板面的最小长度；
(3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。
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解析：(1)小货箱在A上滑行过程，根据动能定理可得mgh＝mv02
解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。
(2)由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，当达到共同速度v1时小货箱恰好滑到平板小车最右端，此情况下平板小车板面最短，则相对滑动过程由能量守恒定律可得(m＋M)·＋μmgLmin
解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。
(3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，
系统增加的内能为Q＝μmgL＝50 J。
答案：(1)5 m/s　(2)2 m　(3)50 J
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7．(10分)(2026·湖北腾云联盟开学考)如图所示，半径为R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直面内，轨道底端切线水平且与足够长的水平传送带左端平滑相接，传送带在电动机的带动下始终以恒定速率v0＝6 m/s顺时针运行。质量为m＝0.6 kg的物块(可视为质点)从轨道顶端由静止开始下滑。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，物块与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)物块运动至圆弧轨道最低点时对轨道的压力
大小；
(2)由于传送物块，电动机多消耗的电能；
(3)物块在圆弧轨道下滑过程中，重力的功率最大时物块下降的高度。
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解析：(1)设物块到达圆弧轨道最低点的速度为v1，物块由静止滑至圆弧轨道底端机械能守恒，所以mgR＝mv12
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力FN′＝FN
由以上各式解得FN′＝18 N，v1＝3 m/s。
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(2)因v1设经时间t，物块与传送带共速v1＋at＝v0
这段时间内物块加速的位移x物＝t
解得x物＝4.5 m
由于传送带足够长，所以物块与传送带共速后做匀速直线运动，因此物块离开传送带速度为v0，物块加速过程中传送带位移x传＝v0t
由于传送物块，电动机多消耗的电能
E电＝μmg(x传－x物)＋m(v02－v12)
解得E电＝10.8 J。
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(3)如图所示，设物块下滑至图中位置时的速度为v，此时物块与轨道圆心连线与水平方向夹角为θ，物块下降的高度h＝R sin θ
由机械能守恒有mgR sin θ＝mv2
重力的瞬时功率P＝mgv cos θ
所以P＝mg··cos θ＝mg·
当sinθ＝时，重力的瞬时功率最大，因此物块下降的高度h＝ m。
答案：(1)18 N　(2)10.8 J　(3) m
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[能力提升练]
8．(10分)(2025·安徽六安高三检测)如图所示，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。圆心为O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心为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：
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(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。
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解析：(1)由几何关系得B、C间的高度差h＝，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。
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(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＝mgR。
答案：(1)　(2)mgR　(3)mgR
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9．(10分)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物体与传送带间的动摩擦因数；
(2)0～8 s内物体机械能的增加量；
(3)物体与传送带因摩擦产生的热量Q。
图甲　 图乙
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解析：(1)由图像可以知道，传送带沿斜面向上运动，物体刚抛到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2 的匀减速直线运动，对其受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma
可解得μ＝0.875。
图甲　 图乙
(2)根据v-t图像与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移x＝×4 m－×2×2 m＝14 m
0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，则ΔE＝mgx sin θ＋mv02＝90 J。
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8
2
(3)0～8 s内只有前6 s发生相对滑动，0～2 s内物体相对传送带的位移为
Δx1＝4×2 m＋×2×2 m＝10 m
2～6 s内物体相对传送带的位移为Δx2＝4×4 m－×4×4 m＝8 m
则0～6 s内物体相对于传送带的位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝18 m
0～8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小
Q＝μmg cos θ·Δx
代入数据得Q＝126 J。
答案：(1)0.875　(2)90 J　(3)126 J
图甲　 图乙
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2
[培优创新练]
10．(12分)(2025·湖北八校期末)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。
10
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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，长木板A和物块B运动到斜面底端经历的时间为t，令长木板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，则L＝a1t2
根据牛顿第二定律得2mg sin θ－μ1·3mg cos θ＋μ2mg cos θ＝2ma1
以物块B为研究对象，则2L＝a2t2
根据牛顿第二定律得mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma2
联立以上各式并代入数据解得
μ1＝0.5，μ2＝0.375。
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2
(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，根据运动学公式有L＝v2t
摩擦产生的总热量Q＝mg×2L sin θ＋2mgL sin θ－×2mv12(或Q＝μ1·3mg cos θ·L＋μ2mg cos θ·L)
代入数据解得Q＝90 J。
答案：(1)0.5　0.375　(2)90 J
专题突破9　动力学观点和能量观点的综合应用
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目标 要求 　 　 1.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。2.会用动力学和能量观点分析“传送带”模型和“滑块—木板”模型的运动情况。3.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。
考点一　多运动组合问题
　(2023·辽宁卷，13)某大型水陆两栖飞机具有水面滑行汲水和空中投水等功能。某次演练中，该飞机在水面上由静止开始匀加速直线滑行并汲水，速度达到v1＝80 m/s时离开水面，该过程滑行距离L＝1600 m、汲水质量m＝1.0×104 kg。离开水面后，飞机攀升高度h＝100 m时速度达到v2＝100 m/s，之后保持水平匀速飞行，待接近目标时开始空中投水。重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)飞机在水面滑行阶段的加速度a的大小及滑行时间t；
(2)整个攀升阶段，飞机汲取的水的机械能增加量ΔE。
解析：(1)飞机从静止开始做匀加速直线运动，平均速度为，则L＝v1t
解得飞机滑行的时间为t＝ s＝40 s
飞机滑行的加速度为a＝ m/s2＝2 m/s2。
(2)飞机从水面至h＝100 m处，水的机械能包含水的动能和重力势能，则机械能变化量为ΔE＝mv12＝2.8×107 J。
答案：(1)2 m/s2　40 s　(2)2.8×107 J
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。
　(2025·四川绵阳一模)如图，abcd是竖直面内的固定轨道，ab是水平粗糙轨道，bd是四分之一光滑圆弧轨道，与ab相切于b点，一可以视为质点小滑块，始终受到水平推力的作用，自a点处从静止开始向右运动，离开轨道后，在空中运动一段时间后落地。且当滑块运动到轨道上的c点时，滑块与轨道之间的相互作用力最大。已知：水平轨道上Lab＝2.5R，圆弧轨道半径为R，滑块质量为m，滑块与ab轨道之间的动摩擦因数为μ＝0.25，圆弧轨道中的Oc与竖直方向的Ob之间的夹角为θ＝37°，重力加速度大小为g。
(1)滑块受到的水平推力F的大小；
(2)滑块经过轨道上的d点时，滑块对轨道的压力大小；
(3)滑块从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量ΔE。
解析：(1)由于滑块运动到轨道上的c点时，滑块与轨道之间的相互作用力最大，可知，c点为滑块圆周运动过程中的等效物理最低点，即在c点，推力与重力的合力方向背离圆心，则有mg tan 37°＝F
解得F＝mg。
(2)滑块从a运动到d过程，根据动能定理有
F(Lab＋R)－μmgLab－mgR＝mvd2
滑块经过轨道上的d点时，对滑块有FN－F＝m
根据牛顿第三定律有FN′＝FN
解得滑块对轨道的压力大小为FN′＝mg。
(3)滑块飞出圆弧后做类斜抛运动，竖直方向做竖直上抛运动，水平方向做匀加速直线运动，在上升到最高点过程，利用逆向思维，竖直方向上有vd＝gt
水平方向上有x＝t2
根据功能关系可知，滑块机械能的增量等于推力与摩擦力做功的总和，则有
ΔE＝F(Lab＋R＋x)－μmgLab
解得ΔE＝mgR。
答案：(1)mg　(2)mg　(3)mgR
考点二　“传送带”模型
　(多选)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正确的是(　　)
A．物体在传送带上的划痕长 B．传送带克服摩擦力做的功为mv2
C．电动机多做的功为mv2 D．电动机增加的功率为μmgv
解析：AD　物体在传送带上的划痕长等于物体在传送带上的相对位移，物体在传送带上加速运动的加速度为a＝＝μg，物体达到速度v所需的时间t＝，在这段时间内物体的位移x1＝，传送带的位移x2＝vt＝，则物体相对传送带的位移x＝x2－x1＝，故A正确；电动机多做的功转化成了物体的动能和摩擦生热的内能，物体在这个过程中获得的动能是mv2，相对位移x＝，则由于滑动摩擦力做功产生的热量Q＝μmgx＝mv2，则传送带克服摩擦力做的功即为电动机多做的功，为mv2，故B、C错误；电动机增加的功率即为传送带克服摩擦力做功的功率，为μmgv，故D正确。
功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。
(2)系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对表示相对路程。
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
　(多选)(2025·湖南株洲高三检测)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率v0＝10 m/s沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝2 kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带上端，煤块相对地面的v-t图像如图乙所示，2 s末滑离传送带，传送带上下两端长L＝16 m。设沿传送带向下为正方向。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　)
图甲　　　　　　　　图乙　　
A．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m
C．整个过程因摩擦而产生的热量Q为48 J
D．整个过程因摩擦而产生的热量Q为50 J
解析：BC　由题图得0～1 s内煤块加速度a1＝ m/s2＝，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，1～2 s内加速度a2＝ m/s2＝2.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得μ＝0.5，故A错误；根据图像可知，0～1 s内传送带比煤块多运动位移Δx1＝×10×1 m＝5 m，1～2 s内煤块比传送带多运动位移Δx2＝×2×1 m＝1 m，两者有重叠部分，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m，故B正确；整个过程因摩擦而产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ＝48 J，故C正确，D错误。,
考点三　“滑块—木板”模型
　(一题多解)(2025·湖北孝感联考)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。
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
联立解得v＝1 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＝mv02
解得W＝－4 J。
(3)解法一：根据功能关系，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。
答案：(1)1 m/s　(2)－4 J　(3)3 J
模型求解关键
如图所示，求解滑块—木板模型的功能问题时，关键是要区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做的功时，用滑块相对地面的位移x滑。
(2)求摩擦力对木板做的功时，用木板相对地面的位移x板。
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx。
　(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＝×2mv12
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
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)
[归纳总结]　滑块—木板模型解题思路
限时规范训练(33)　动力学观点和能量观点的综合应用
(建议用时：40分钟　满分：77分)
(选择题1～5题每题5分，共25分)
[基础巩固练]
1．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的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和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它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，那么力F对木板做功的数值为(　　)
A．mv2 B．mv2
C．mv2 D．2mv2
解析：C　由能量转化和守恒定律可知，拉力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＋μmgs相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故选C。
2．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取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
解析：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 m3．(2026·江苏南通高三开学考)如图甲所示，某物流车间用电动机传动的匀速运动的传送带运送包裹。一包裹被轻放在传送带底端，在整个运动过程中，包裹的机械能E随位移x变化的图像如图乙所示。则(　　)
图甲 图乙
A．包裹在整个过程中受到的摩擦力恒定
B．包裹在整个过程中动能一直增加
C．包裹与传送带相对滑动产生的内能等于E1
D．电机因传送包裹多消耗的能量等于E2＋2E1
解析：C　由题可知，包裹与传送带间动摩擦因数μ>tan θ，包裹在整个过程中先做匀加速运动后做匀速运动，共速前，包裹受到的摩擦力大小为Ff＝μmg cos θ，方向沿传送带向上，共速后，摩擦力的大小为Ff′＝mg sin θ，方向沿传送带向上，包裹的动能先增大后不变，故AB错误；设传送带速度为v，包裹受到滑动摩擦力Ff，从滑上传送带到共速时间为t，根据功能关系可知，包裹与传送带相对滑动产生的内能Q＝Ffx＝Ff··vt，包裹的机械能E变化量E1＝Ff·vt，因此包裹与传送带相对滑动产生的内能Q＝E1，故C正确；电机因传送包裹多消耗的能量ΔE等于包裹机械能增加量和摩擦生热之和，即ΔE＝Q＋E2＝E1＋E2，故D错误。
4．(多选)(2026·湖北宜昌高三开学考)如图(a)所示，一水平足够长浅色传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块质量为m＝0.2 kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1。初始时，传送带与煤块都是静止的，现让传送带在变速电机带动下先匀加速后匀减速运动，其运动的v-t图像如图(b)所示，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对传送带不再滑动。重力加速度g取10 m/s2，对该过程说法正确的是(　　)
图(a)　 图(b)
A．整个过程摩擦力对煤块做功为0
B．黑色痕迹的长度为36 m
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为7.2 J
D．传送带对煤块作用力的冲量为0
解析：AC　煤块先做匀加速直线运动，设经时间t1与传送带达到共同速度v1，此时传送带做匀减速直线运动，对煤块有ma1＝μmg，v1＝μgt1，对传送带v1＝v0＋a3(t1－3 s)，其中v0＝12 m/s，a3＝ m/s2＝－2 m/s2，联立得t1＝6 s，v1＝6 m/s，后阶段煤块以大小相同的加速度匀减速直线运动，v-t图像如图所示，对煤块，据动能定理可知，煤块初、末速度为0，摩擦力对煤块做功为0，故A正确；0～6 s内，煤块相对传送带向后运动，传送带的位移为x1＝m＝45 m，煤块的位移为x2＝×6 m＝18 m，所以相对位移为s1＝x1－x2＝27 m，6～12 s内，煤块相对传送带向前运动，传送带的位移为x3＝t2，其中t2＝9 s－6 s＝3 s，解得x3＝9 m，煤块的位移为x4＝×(12 s－6 s)＝×6 m＝18 m，所以相对位移为s2＝x3－x4＝－9 m，后阶段煤块相对传送带向前运动的路程|s2|＝9 m5．(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，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A、B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，重力加速度g取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(　　)
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
解析：BC　根据机械能守恒定律有mgh＝mv02，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－v02)＝80 J，D错误。
6．(10分)如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C，以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车时速度的时开始匀速运动，小货箱C未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小货箱C冲上平板小车时的速度大小；
(2)平板小车板面的最小长度；
(3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。
解析：(1)小货箱在A上滑行过程，根据动能定理可得mgh＝mv02
解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。
(2)由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，当达到共同速度v1时小货箱恰好滑到平板小车最右端，此情况下平板小车板面最短，则相对滑动过程由能量守恒定律可得
(m＋M)·＋μmgLmin
解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。
(3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为
Q＝μmgL＝50 J。
答案：(1)5 m/s　(2)2 m　(3)50 J
7．(10分)(2026·湖北腾云联盟开学考)如图所示，半径为R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直面内，轨道底端切线水平且与足够长的水平传送带左端平滑相接，传送带在电动机的带动下始终以恒定速率v0＝6 m/s顺时针运行。质量为m＝0.6 kg的物块(可视为质点)从轨道顶端由静止开始下滑。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，物块与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)物块运动至圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)由于传送物块，电动机多消耗的电能；
(3)物块在圆弧轨道下滑过程中，重力的功率最大时物块下降的高度。
解析：(1)设物块到达圆弧轨道最低点的速度为v1，物块由静止滑至圆弧轨道底端机械能守恒，所以mgR＝mv12
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力FN′＝FN
由以上各式解得FN′＝18 N，v1＝3 m/s。
(2)因v1设经时间t，物块与传送带共速v1＋at＝v0
这段时间内物块加速的位移x物＝t
解得x物＝4.5 m
由于传送带足够长，所以物块与传送带共速后做匀速直线运动，因此物块离开传送带速度为v0，物块加速过程中传送带位移x传＝v0t
由于传送物块，电动机多消耗的电能
E电＝μmg(x传－x物)＋m(v02－v12)
解得E电＝10.8 J。
(3)如图所示，设物块下滑至图中位置时的速度为v，此时物块与轨道圆心连线与水平方向夹角为θ，物块下降的高度h＝R sin θ
由机械能守恒有mgR sin θ＝mv2
重力的瞬时功率P＝mgv cos θ
所以P＝mg··cos θ＝mg·
当sinθ＝时，重力的瞬时功率最大，因此物块下降的高度h＝ m。
答案：(1)18 N　(2)10.8 J　(3) m
[能力提升练]
8．(10分)(2025·安徽六安高三检测)如图所示，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。圆心为O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心为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：
(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。
解析：(1)由几何关系得B、C间的高度差h＝，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＝mgR。
答案：(1)　(2)mgR　(3)mgR
9．(10分)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图甲　 图乙
(1)物体与传送带间的动摩擦因数；
(2)0～8 s内物体机械能的增加量；
(3)物体与传送带因摩擦产生的热量Q。
解析：(1)由图像可以知道，传送带沿斜面向上运动，物体刚抛到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2 的匀减速直线运动，对其受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma
可解得μ＝0.875。
(2)根据v-t图像与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移
x＝×4 m－×2×2 m＝14 m
0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，则
ΔE＝mgx sin θ＋mv02＝90 J。
(3)0～8 s内只有前6 s发生相对滑动，0～2 s内物体相对传送带的位移为
Δx1＝4×2 m＋×2×2 m＝10 m
2～6 s内物体相对传送带的位移为Δx2＝4×4 m－×4×4 m＝8 m
则0～6 s内物体相对于传送带的位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝18 m
0～8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小
Q＝μmg cos θ·Δx
代入数据得Q＝126 J。
答案：(1)0.875　(2)90 J　(3)126 J
[培优创新练]
10．(12分)(2025·湖北八校期末)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。
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，长木板A和物块B运动到斜面底端经历的时间为t，令长木板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，则
L＝a1t2
根据牛顿第二定律得
2mg sin θ－μ1·3mg cos θ＋μ2mg cos θ＝2ma1
以物块B为研究对象，则2L＝a2t2
根据牛顿第二定律得
mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma2
联立以上各式并代入数据解得
μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(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，根据运动学公式有L＝v2t
摩擦产生的总热量Q＝mg×2L sin θ＋2mgL sin θ－×2mv12(或Q＝μ1·3mg cos θ·L＋μ2mg cos θ·L)
代入数据解得Q＝90 J。
答案：(1)0.5　0.375　(2)90 J限时规范训练(33)　动力学观点和能量观点的综合应用
(建议用时：40分钟　满分：77分)
(选择题1～5题每题5分，共25分)
[基础巩固练]
1．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的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和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它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，那么力F对木板做功的数值为(　　)
A．mv2 B．mv2
C．mv2 D．2mv2
解析：C　由能量转化和守恒定律可知，拉力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＋μmgs相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故选C。
2．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取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
解析：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 m3．(2026·江苏南通高三开学考)如图甲所示，某物流车间用电动机传动的匀速运动的传送带运送包裹。一包裹被轻放在传送带底端，在整个运动过程中，包裹的机械能E随位移x变化的图像如图乙所示。则(　　)
图甲 图乙
A．包裹在整个过程中受到的摩擦力恒定
B．包裹在整个过程中动能一直增加
C．包裹与传送带相对滑动产生的内能等于E1
D．电机因传送包裹多消耗的能量等于E2＋2E1
解析：C　由题可知，包裹与传送带间动摩擦因数μ>tan θ，包裹在整个过程中先做匀加速运动后做匀速运动，共速前，包裹受到的摩擦力大小为Ff＝μmg cos θ，方向沿传送带向上，共速后，摩擦力的大小为Ff′＝mg sin θ，方向沿传送带向上，包裹的动能先增大后不变，故AB错误；设传送带速度为v，包裹受到滑动摩擦力Ff，从滑上传送带到共速时间为t，根据功能关系可知，包裹与传送带相对滑动产生的内能Q＝Ffx＝Ff··vt，包裹的机械能E变化量E1＝Ff·vt，因此包裹与传送带相对滑动产生的内能Q＝E1，故C正确；电机因传送包裹多消耗的能量ΔE等于包裹机械能增加量和摩擦生热之和，即ΔE＝Q＋E2＝E1＋E2，故D错误。
4．(多选)(2026·湖北宜昌高三开学考)如图(a)所示，一水平足够长浅色传送带上放置一煤块(可视为质点)，煤块质量为m＝0.2 kg，煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.1。初始时，传送带与煤块都是静止的，现让传送带在变速电机带动下先匀加速后匀减速运动，其运动的v-t图像如图(b)所示，经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对传送带不再滑动。重力加速度g取10 m/s2，对该过程说法正确的是(　　)
图(a)　 图(b)
A．整个过程摩擦力对煤块做功为0
B．黑色痕迹的长度为36 m
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为7.2 J
D．传送带对煤块作用力的冲量为0
解析：AC　煤块先做匀加速直线运动，设经时间t1与传送带达到共同速度v1，此时传送带做匀减速直线运动，对煤块有ma1＝μmg，v1＝μgt1，对传送带v1＝v0＋a3(t1－3 s)，其中v0＝12 m/s，a3＝ m/s2＝－2 m/s2，联立得t1＝6 s，v1＝6 m/s，后阶段煤块以大小相同的加速度匀减速直线运动，v-t图像如图所示，对煤块，据动能定理可知，煤块初、末速度为0，摩擦力对煤块做功为0，故A正确；0～6 s内，煤块相对传送带向后运动，传送带的位移为x1＝m＝45 m，煤块的位移为x2＝×6 m＝18 m，所以相对位移为s1＝x1－x2＝27 m，6～12 s内，煤块相对传送带向前运动，传送带的位移为x3＝t2，其中t2＝9 s－6 s＝3 s，解得x3＝9 m，煤块的位移为x4＝×(12 s－6 s)＝×6 m＝18 m，所以相对位移为s2＝x3－x4＝－9 m，后阶段煤块相对传送带向前运动的路程|s2|＝9 m5．(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，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A、B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，重力加速度g取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(　　)
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
解析：BC　根据机械能守恒定律有mgh＝mv02，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－v02)＝80 J，D错误。
6．(10分)如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C，以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车时速度的时开始匀速运动，小货箱C未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小货箱C冲上平板小车时的速度大小；
(2)平板小车板面的最小长度；
(3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。
解析：(1)小货箱在A上滑行过程，根据动能定理可得mgh＝mv02
解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。
(2)由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，当达到共同速度v1时小货箱恰好滑到平板小车最右端，此情况下平板小车板面最短，则相对滑动过程由能量守恒定律可得
(m＋M)·＋μmgLmin
解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。
(3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为
Q＝μmgL＝50 J。
答案：(1)5 m/s　(2)2 m　(3)50 J
7．(10分)(2026·湖北腾云联盟开学考)如图所示，半径为R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直面内，轨道底端切线水平且与足够长的水平传送带左端平滑相接，传送带在电动机的带动下始终以恒定速率v0＝6 m/s顺时针运行。质量为m＝0.6 kg的物块(可视为质点)从轨道顶端由静止开始下滑。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.3，物块与传送带间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)物块运动至圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
(2)由于传送物块，电动机多消耗的电能；
(3)物块在圆弧轨道下滑过程中，重力的功率最大时物块下降的高度。
解析：(1)设物块到达圆弧轨道最低点的速度为v1，物块由静止滑至圆弧轨道底端机械能守恒，所以mgR＝mv12
在圆弧轨道最低点，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
由牛顿第三定律得，物块对轨道的压力FN′＝FN
由以上各式解得FN′＝18 N，v1＝3 m/s。
(2)因v1设经时间t，物块与传送带共速v1＋at＝v0
这段时间内物块加速的位移x物＝t
解得x物＝4.5 m
由于传送带足够长，所以物块与传送带共速后做匀速直线运动，因此物块离开传送带速度为v0，物块加速过程中传送带位移x传＝v0t
由于传送物块，电动机多消耗的电能
E电＝μmg(x传－x物)＋m(v02－v12)
解得E电＝10.8 J。
(3)如图所示，设物块下滑至图中位置时的速度为v，此时物块与轨道圆心连线与水平方向夹角为θ，物块下降的高度h＝R sin θ
由机械能守恒有mgR sin θ＝mv2
重力的瞬时功率P＝mgv cos θ
所以P＝mg··cos θ＝mg·
当sinθ＝时，重力的瞬时功率最大，因此物块下降的高度h＝ m。
答案：(1)18 N　(2)10.8 J　(3) m
[能力提升练]
8．(10分)(2025·安徽六安高三检测)如图所示，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。圆心为O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心为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：
(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。
解析：(1)由几何关系得B、C间的高度差h＝，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＝mgR。
答案：(1)　(2)mgR　(3)mgR
9．(10分)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
图甲　 图乙
(1)物体与传送带间的动摩擦因数；
(2)0～8 s内物体机械能的增加量；
(3)物体与传送带因摩擦产生的热量Q。
解析：(1)由图像可以知道，传送带沿斜面向上运动，物体刚抛到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的，且做加速度大小为a＝ m/s2＝1 m/s2 的匀减速直线运动，对其受力分析，由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma
可解得μ＝0.875。
(2)根据v-t图像与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移，可得0～8 s内物体的位移
x＝×4 m－×2×2 m＝14 m
0～8 s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和，则
ΔE＝mgx sin θ＋mv02＝90 J。
(3)0～8 s内只有前6 s发生相对滑动，0～2 s内物体相对传送带的位移为
Δx1＝4×2 m＋×2×2 m＝10 m
2～6 s内物体相对传送带的位移为Δx2＝4×4 m－×4×4 m＝8 m
则0～6 s内物体相对于传送带的位移为Δx＝Δx1＋Δx2＝18 m
0～8 s内物体与传送带因摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小
Q＝μmg cos θ·Δx
代入数据得Q＝126 J。
答案：(1)0.875　(2)90 J　(3)126 J
[培优创新练]
10．(12分)(2025·湖北八校期末)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。
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，长木板A和物块B运动到斜面底端经历的时间为t，令长木板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，则
L＝a1t2
根据牛顿第二定律得
2mg sin θ－μ1·3mg cos θ＋μ2mg cos θ＝2ma1
以物块B为研究对象，则2L＝a2t2
根据牛顿第二定律得
mg sin θ－μ2mg cos θ＝ma2
联立以上各式并代入数据解得
μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(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，根据运动学公式有L＝v2t
摩擦产生的总热量Q＝mg×2L sin θ＋2mgL sin θ－×2mv12(或Q＝μ1·3mg cos θ·L＋μ2mg cos θ·L)
代入数据解得Q＝90 J。
答案：(1)0.5　0.375　(2)90 J

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