專題強(qiáng)化十動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會(huì)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析“傳送帶”模型和“滑塊—木板”模型的運(yùn)動(dòng)情況。2.會(huì)用能量觀點(diǎn)求解摩擦產(chǎn)生的熱量等綜合問題。3.會(huì)利用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多運(yùn)動(dòng)組合問題。模型一“傳送帶”模型1.“傳送帶”模型的分析方法(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn):首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。(2)能量觀點(diǎn):求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。2.“傳送帶”模型中的功能關(guān)系(1)傳送帶克服摩擦力做的功:W＝Ffx傳，也是電動(dòng)機(jī)因傳送帶傳送物體而多做的功。(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能:Q＝Ffx相對(duì)。(3)功能關(guān)系分析:W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被傳送物體動(dòng)能的增加量，ΔEp表示被傳送物體重力勢(shì)能的增加量。角度水平傳送帶模型例1(多選)(2025·安徽合肥模擬)如圖甲所示，一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2。初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的。現(xiàn)讓傳送帶在外力作用下先加速后減速，其v－t圖像如圖乙所示，假設(shè)傳送帶足夠長，經(jīng)過一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡，g＝10m/s2，則下列說法正確的是()A.黑色痕跡的長度為36mB.煤塊在傳送帶上的相對(duì)位移大小為16mC.若煤塊的質(zhì)量為1kg，則煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為160JD.煤塊的質(zhì)量越大黑色痕跡的長度越短答案BC解析分析知，煤塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得加速度大小a1＝μg＝2m/s2，經(jīng)時(shí)間t1＝6s，速度達(dá)到v1＝a1t1＝12m/s，設(shè)再經(jīng)過t2煤塊和傳送帶共速，速度為v2，由題圖可知，傳送帶減速的加速度大小a3＝4m/s2，則有v2＝vm－a3t2，v2＝v1＋a1t2，聯(lián)立解得t2＝2s，v2＝16m/s，此后因a3>μg，則煤塊和傳送帶各自勻減速到停止，煤塊減速到零的時(shí)間t3＝v2μg＝8s，作出煤塊的v－t圖像如圖所示。由圖可知，煤塊先相對(duì)傳送帶沿負(fù)方向滑動(dòng)，相對(duì)位移大小Δx1＝12×62m＋12×22m＝48m，共速后煤塊相對(duì)傳送帶沿正方向滑動(dòng)，相對(duì)位移大小Δx2＝16×42m＝32m，痕跡的長度Δd與較長的相對(duì)位移大小相等，即Δd＝Δx1＝48m，故A錯(cuò)誤;全程煤塊在傳送帶上的相對(duì)位移大小Δx＝Δx1－Δx2＝16m，故B正確;煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝160J，故C正確;若煤塊的質(zhì)量變大，其加速和減速的加速度均不變，則v－t圖像不變，各段的相對(duì)位移不變，角度傾斜傳送帶模型例2如圖所示，傳送帶以v＝10m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物體從傳送帶頂端以v0＝5m/s的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成θ＝30°角，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝33，傳送帶底端到頂端長L＝10m，g取10m/s2，最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力相等。求(1)物體從傳送帶底端滑出時(shí)的速度大小;(2)若在物體滑入傳送帶運(yùn)動(dòng)了0.5s時(shí)，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動(dòng)過程中，因與傳送帶間摩擦而產(chǎn)生的熱量。答案(1)10m/s(2)37.5J解析(1)當(dāng)物體沿傳送帶滑入時(shí)，因?yàn)関0<v，所以物體先做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物體加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，物體向下加速到v所用時(shí)間為t1，此段時(shí)間內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)位移為x1，則有μmgcos30°＋mgsin30°＝ma1v＝v0＋a1t1x1＝v＋v聯(lián)立解得a1＝10m/s2，t1＝0.5s，x1＝3.75m由于x1<L，最大靜摩擦力Ffm＝μmgcos30°＝mgsin30°，則共速后物體將與傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即物體從傳送帶底端滑出時(shí)的速度大小為10m/s。(2)0.5s內(nèi)物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25m傳送帶停止后，物體受到沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmgcos30°＝mgsin30°物體勻速下滑，物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移Δx2＝L－x1＝6.25m則物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos30°解得Q＝37.5J。解決傳送帶問題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)摩擦力的方向及存在階段的判斷。(2)物體能否達(dá)到與傳送帶共速的判斷。(3)弄清能量轉(zhuǎn)化關(guān)系:傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與產(chǎn)生的內(nèi)能之和。跟蹤訓(xùn)練1.(2024·山東臨沂模擬)如圖(a)所示，傾角為37°的傳送帶以v＝2.0m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的長度LAB＝10.0m。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝1.0kg的物塊，自A點(diǎn)無初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系(Ek－x)圖像如圖(b)所示。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說法正確的是()A.物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25B.整個(gè)過程中合外力對(duì)物塊做的功為4.0JC.整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物塊做的功為64.0JD.整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量答案D解析開始時(shí)物塊在傳送帶的作用下動(dòng)能不斷增大，根據(jù)動(dòng)能定理有(μmgcos37°－mgsin37°)x＝Ek－0，在5m后動(dòng)能不變，可知物塊與傳送帶相對(duì)靜止，即Ek＝12mv2＝2.0J，聯(lián)立解得μ＝0.8，A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知，整個(gè)過程中合外力對(duì)物塊做的功等于動(dòng)能的變化量，則有W合＝ΔEk＝Ek－0＝2.0J，B錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知，整個(gè)過程中摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量，即Wf＝ΔEk＋mgLABsin37°＝62.0J，C錯(cuò)誤，D模型二“滑塊—木板”模型1.“滑塊—木板”模型中的位移關(guān)系滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長度;若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長度。2.“滑塊—木板”模型的分析方法(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn):分別對(duì)滑塊和木板進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度;從放上滑塊到二者速度相等，所用時(shí)間相等，由t＝Δv2a2＝Δv(2)能量觀點(diǎn):對(duì)滑塊和木板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律，Q＝ΔE機(jī)。如圖所示，要注意區(qū)分三個(gè)位移:①求摩擦力對(duì)滑塊做功時(shí)用滑塊對(duì)地的位移x滑;②求摩擦力對(duì)木板做功時(shí)用木板對(duì)地的位移x板;③求摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移Δx。角度水平面上的“滑塊—木板”模型例3(2024·湖南模擬預(yù)測)一塊質(zhì)量為M、長為l的長木板A靜止放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體B(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從左端滑上長木板A的上表面并從右端滑下，該過程中，物體B的動(dòng)能減少量為ΔEkB，長木板A的動(dòng)能增加量為ΔEkA，A、B間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，下列說法正確的是()A.A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量、機(jī)械能均守恒B.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能為ΔEkB＝7J，ΔEkA＝2J，Q＝5JC.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能為ΔEkB＝5J，ΔEkA＝3J，Q＝2JD.若增大v0和長木板A的質(zhì)量M，B一定會(huì)從長木板A的右端滑下，且Q將增大答案B解析A、B組成的系統(tǒng)合力為零，因此動(dòng)量守恒，而A、B間由于存在摩擦生熱，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤;畫出物體B和長木板A的速度—時(shí)間圖線，分別如圖中1和2所示，圖中1和2之間的梯形面積表示板長l，1與t軸所圍的面積表示物體B的位移x1，2與t軸所圍的面積表示長木板A的位移x2，由圖可知x1>l，x2<l，又有ΔEkB＝Ffx1，ΔEkA＝Ffx2，Q＝Ffl，則有ΔEkB>Q>ΔEkA，故B正確，C錯(cuò)誤;若增大v0和長木板A的質(zhì)量M，在v－t圖像中1將向上平移，而2的圖像斜率變小，即A的加速度變小，可知B一定會(huì)從長木板A的右端滑下，而Q＝Ffl不變，故D錯(cuò)誤。跟蹤訓(xùn)練2.如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對(duì)木板靜止的過程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，則力F對(duì)木板所做的功為()A.mv2C.mv2 D.2mv2答案C解析由功能關(guān)系和能量守恒定律可知，力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝12mv2＋μmgx相，其中x相＝vt－v2t，對(duì)物體分析有a＝μg，v＝at，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故選項(xiàng)角度斜面上的“滑塊—木板”模型例4(2025·河南高三普高聯(lián)考)如圖所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的底端固定一擋板，質(zhì)量M＝0.2kg、長度L＝4.5m的木板置于斜面上，木板最下端與擋板的距離s＝318m，最上端放置一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，初始時(shí)刻，長木板速度為零，物塊的初速度v0＝3m/s，方向沿斜面向下。物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.25，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，求(1)初始時(shí)刻，物塊與木板的加速度大小;(2)物塊與木板第一次速度相等時(shí)，物塊到木板最上端的距離;(3)若木板與擋板碰撞后被鎖定，物塊與擋板的碰撞為彈性碰撞，則從初始時(shí)刻到物塊最終靜止，物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)2m/s25m/s2(2)1.5m(3)4.2J解析(1)初始時(shí)刻，對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1對(duì)木板由牛頓第二定律得Mgsinθ＋μ1mgcosθ－μ2(m＋M)gcosθ＝Ma2解得a1＝2m/s2，a2＝5m/s2。(2)設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t1，物塊與木板第一次速度相等，則v0＋a1t1＝a2t1解得t1＝1s物塊運(yùn)動(dòng)的位移xm＝v0t1＋12a1t12＝木板運(yùn)動(dòng)的位移xM＝12a2t12＝物塊距木板最上端的距離d＝xm－xM＝1.5m。(3)從開始到物塊與木板第一次速度相等，物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝μ1mgcosθ·d物塊與木板第一次速度相等時(shí)的速度v1＝a2t1＝5m/s物塊與木板第一次速度相等后，二者一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得(M＋m)gsinθ－μ2(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a3解得a3＝4m/s2從物塊與木板第一次速度相等到木板與擋板碰撞的過程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2a3s解得v2＝6m/s木板與擋板碰撞后被鎖定，物塊繼續(xù)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，與擋板碰撞后以原速率反彈，此后物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，但由于摩擦消耗機(jī)械能且μ1<tanθ，物塊最終停在擋板處，設(shè)從木板與擋板碰撞后被鎖定到物塊停在擋板處，物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q2，根據(jù)能量守恒定律得mg(L－d)sinθ＋12mv22則物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q＝Q1＋Q2聯(lián)立解得Q＝4.2J。解決“滑塊—木板”模型的關(guān)鍵找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過程的紐帶:每一個(gè)過程的末速度是下一個(gè)過程的初速度。模型三多運(yùn)動(dòng)組合模型例5如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計(jì)的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點(diǎn)，且B點(diǎn)位置可改變。現(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從弧形軌道高H＝0.6m處靜止釋放，且將B點(diǎn)置于AC中點(diǎn)處。已知圓軌道半徑R＝0.1m，水平軌道長LAC＝1.0m，滑塊與AC間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計(jì)其他阻力與能量損耗，求:(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(2)彈射器獲得的最大彈性勢(shì)能;(3)若H＝6m，改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過程中不脫離軌道，則BC間距離LBC應(yīng)滿足的條件。答案(1)100N(2)8J(3)0.5m≤LBC≤1m解析(1)從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)過程，由動(dòng)能定理可得mgH－μmgLAB－mg·2R＝12mv在圓軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可得mg＋F＝mv聯(lián)立解得F＝100N由牛頓第三定律知，滑塊對(duì)軌道的壓力大小為100N。(2)彈射器第一次壓縮時(shí)彈性勢(shì)能有最大值，由能量守恒定律可知mgH－μmgLAC＝Ep解得Ep＝8J。(3)若滑塊恰好到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)，有mg＝mv從開始到圓軌道最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知mg(H－2R)－μmgs1＝12m解得s1＝28.75mLBC＝29LAC－s1＝0.25m要使滑塊不脫離軌道，B、C之間的距離應(yīng)該滿足LBC≥0.25m。若滑塊剛好達(dá)到圓軌道的圓心等高處，此時(shí)的速度為零，由動(dòng)能定理可知mg(H－R)－μmgs2＝0解得s2＝29.5mLAB＝s2－29LAC＝0.5m根據(jù)滑塊運(yùn)動(dòng)的周期性可知，應(yīng)使LBC≥0.5m，滑塊不脫離軌道綜上所述，符合條件的BC長度為0.5m≤LBC≤1m。1.分析思路(1)受力與運(yùn)動(dòng)分析:根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動(dòng)過程中力的變化情況。(2)做功分析:根據(jù)各種力做功的不同特點(diǎn)，分析各種力在不同運(yùn)動(dòng)過程中的做功情況。(3)功能關(guān)系分析:運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解。2.方法技巧(1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)情景。(2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過程對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律。(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。1.(2025·云南省名校聯(lián)考)如圖所示，曲面AB的末端與一水平放置的傳送帶左端平滑連接，當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，有一滑塊從曲面上的P點(diǎn)靜止釋放，滑塊能從傳送帶的右端滑離傳送帶。若傳送帶以某一速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊再次從P點(diǎn)靜止釋放，則下列說法正確的是()A.滑塊可能再次滑上曲面B.滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間增長C.滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量增多D.滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程中，速度變化得更快答案C解析傳送帶以某一速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，與傳送帶靜止時(shí)相比較，滑塊的受力情況不變，所以滑塊的加速度不變，即滑塊速度變化的快慢不變，則滑塊的位移不變，滑塊還是從傳送帶的右端滑離傳送帶，不能再次滑上曲面，故A、D錯(cuò)誤;由x＝12at2可知滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，但傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，滑塊相對(duì)于傳送帶的位移增大，由Q＝Ffx相對(duì)，可知摩擦產(chǎn)生的熱量增多，故B錯(cuò)誤，C2.(2025·四川成都診斷)如圖，一質(zhì)量為M＝2kg的木板靜止在水平地面上，一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝2m/s的水平速度從木板左端滑上木板，木板始終保持靜止。木板足夠長，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2(未知)，重力加速度g＝10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是()A.地面對(duì)木板的摩擦力方向水平向右B.地面對(duì)木板的摩擦力大小為9NC.μ2可能為0.12D.整個(gè)過程中，滑塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J答案C解析對(duì)木板受力分析可知，滑塊對(duì)木板的滑動(dòng)摩擦力方向水平向右，因此地面對(duì)木板的靜摩擦力方向水平向左，故A錯(cuò)誤;滑塊對(duì)木板的滑動(dòng)摩擦力大小Ff＝μ1mg＝3N，由于木板始終保持靜止，故地面對(duì)木板的靜摩擦力大小FfM＝Ff＝3N，故B錯(cuò)誤;木板始終保持靜止，即μ2(m＋M)g≥Ff，解得μ2≥0.1，故C正確;整個(gè)過程中，滑塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，產(chǎn)生的熱量Q＝12mv02＝2J，3.(多選)(2025·遼寧大連模擬)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v1＝2m/s勻速向右運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2＝3m/s滑上傳送帶，最后滑塊返回傳送帶的右端。關(guān)于這一過程，下列判斷正確的有()A.滑塊返回傳送帶右端的速率為2m/sB.此過程中傳送帶對(duì)滑塊做功為2.5JC.此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為12.5JD.此過程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多做功為10J答案ACD解析由于傳送帶足夠長，滑塊先勻減速向左滑行，直到速度減為零，然后滑塊在滑動(dòng)摩擦力的作用下向右勻加速運(yùn)動(dòng)，由于v1＝2m/s<v2＝3m/s，所以，當(dāng)滑塊速度增大到等于傳送帶速度時(shí)，滑塊還在傳送帶上，之后不受摩擦力，滑塊與傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊返回傳送帶右端時(shí)的速率等于2m/s，故A正確;此過程中只有傳送帶對(duì)滑塊做功，根據(jù)動(dòng)能定理得，傳送帶對(duì)滑塊做功為W＝12mv12－12mv22＝－2.5J，故B錯(cuò)誤;設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，位移為x1，則x1＝v22t1，該過程中傳送帶的位移為x2＝v1t1，又t1＝v2μg，摩擦生熱為Q1＝μmg(x1＋x2)＝10.5J，返回過程，當(dāng)物塊與傳送帶共速時(shí)，有v1＝μgt2，物塊與傳送帶摩擦生熱為Q2＝μmg(v1t2－v12t2)＝2J，則此過程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝12.5J，故C正確;此過程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多做功為4.(多選)(2024·江西上饒模擬)皮帶傳送在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應(yīng)用。一運(yùn)煤傳送帶如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角θ＝37°。若傳送帶以恒定的速率v0＝5m/s逆時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，將質(zhì)量為1kg的煤塊(看成質(zhì)點(diǎn))無初速度地放在傳送帶的頂端P，經(jīng)時(shí)間t1＝0.5s煤塊速度與傳送帶相同，再經(jīng)t2＝2s到達(dá)傳送帶底端Q點(diǎn)。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A.煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5B.傳送帶P、Q兩端的距離為15.25mC.煤塊從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為2.75mD.煤塊從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為21J答案ABD解析煤塊在t1時(shí)刻的速度v0＝a1t1，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5，故A正確;在最初0.5s內(nèi)煤塊的位移x1＝v02t1，因?yàn)棣?lt;tanθ，所以此后煤塊的加速度滿足mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，再經(jīng)t2＝2s到達(dá)傳送帶底端Q點(diǎn)，有x2＝v0t2＋12a2t22，則傳送帶P、Q兩端的距離L＝x1＋x2，聯(lián)立解得L＝15.25m，故B正確;在最初0.5s內(nèi)煤塊相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，相對(duì)滑動(dòng)的距離Δx1＝v0t1－x1，以后的2s內(nèi)煤塊相對(duì)傳送帶向下滑動(dòng)，相對(duì)滑動(dòng)的距離Δx2＝x2－v0t2，聯(lián)立解得Δx1＝1.25m，Δx2＝4m，則煤塊從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為4m，故C錯(cuò)誤;煤塊從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝μmgcosθ·(Δx1＋Δx2)＝215.(多選)(2024·河南信陽模擬)如圖所示，質(zhì)量為M＝1kg的長木板放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊置于長木板右端，小物塊與長木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，長木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1。現(xiàn)給小物塊施加一個(gè)水平向左的恒力F1＝3N，給長木板施加一個(gè)水平向右的恒力F2＝4.5N。2s時(shí)撤掉力F1，小物塊始終未從長木板上掉下來。重力加速度g＝10m/s2。下列說法正確的是()A.0~2s長木板的加速度aM＝3m/s2B.0~2s過程中F1對(duì)小物塊做了12J的功C.0~4s的過程中小物塊與長木板之間的摩擦生熱Q＝24JD.恒力對(duì)小物塊、長木板系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量答案BC解析對(duì)長木板進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1m/s2，故A錯(cuò)誤;對(duì)小物塊進(jìn)行受力分析，小物塊先在拉力、摩擦力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后在摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小分別為2m/s2和4m/s2，長木板和小物塊在0~4s內(nèi)的v－t圖像如圖乙所示，則0~2s小物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移大小為x＝4m，拉力對(duì)小物塊做功為W＝F1x＝12J，故B正確;v－t圖線與橫軸圍成的面積表示小物塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的長度L，由v－t圖像可知L＝12m，小物塊與長木板之間的摩擦生熱Q＝μ1mgL＝24J，故C正確;恒力對(duì)小物塊、長木板系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量和摩擦生熱之和，故D錯(cuò)誤。6.(2025·云南師大附中適應(yīng)性考試)如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的木板A置于光滑斜面上，左端放有質(zhì)量m＝1.5kg的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝33。開始時(shí)木板右端與垂直斜面的擋板相距x0＝6.4m，A、B一起以v0＝6m/s的初速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。接著木板A與擋板發(fā)生多次無機(jī)械能損失的碰撞(等速率反彈)，碰撞時(shí)間不計(jì)。已知斜面傾角θ＝30°，重力加速度大小g取10m/s2(1)求木板A與擋板碰撞前的速度大小v1;(2)求木板A與擋板第一次碰撞后，右端與擋板之間的最大距離xm;(3)木板A恰與擋板碰第三次時(shí)A與B分離，求木板長度L及系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE。答案(1)10m/s(2)4m(3)32m240J解析(1)對(duì)A、B整體，由動(dòng)能定理有(M＋m)gx0sinθ＝12(M＋m)v12－12解得木板A與擋板碰撞前的速度大小為v1＝10m/s。(2)第一次碰后，對(duì)A由牛頓第二定律有Mgsinθ＋μmgcosθ＝Ma1解得a1＝12.5m/s2A沿斜面向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，有xm＝v122a1(3)A與擋板碰后，對(duì)B由牛頓第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝0故B在A上勻速下滑，木板A反彈后，沿斜面向上以a1做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減到0后又反向勻加速，加速度仍為a1，速度達(dá)到v1時(shí)，發(fā)生第二次碰撞，之后重復(fù)進(jìn)行，即A做類似豎直上拋運(yùn)動(dòng)、B做勻速直線運(yùn)動(dòng)。發(fā)生一次碰撞后，相對(duì)位移為x相＝(2v1)2故木板長為L＝2x相＝32m系統(tǒng)損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，即ΔE損＝μmgcosθ·L＝240J。7.(2024·江蘇南京師大附中模擬)如圖所示，質(zhì)量為m＝2kg的小物塊，用長L＝0.4m的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)。現(xiàn)將物塊拉至細(xì)線與水平方向夾角為α＝30°。小物塊由靜止釋放，下擺至最低點(diǎn)B處時(shí)，細(xì)線達(dá)到其最大承受力并瞬間斷開。小物塊恰好從水平粗糙傳送帶的最左端滑上傳送帶，傳送帶以v0＝3m/s的速度逆時(shí)針勻速運(yùn)轉(zhuǎn)。小物塊最后從傳送帶左端飛出，并恰好從固定光滑斜面