专题八 功、能中常见的模型 讲义 -2025届高考物理二轮复习备考

专题八 功、能中常见的模型 模型一：机车启动模型 知识总结 1．额定功率与实际功率 （1）额定功率：动力机械正常工作时输出的最大功率。 （2）实际功率：动力机械实际工作时输出的功率，要求小于或等于额定功率。 2．两种启动方式 以恒定功率启动 以恒定加速度启动 P－t图像和 v－t图像 OA段 过程分析 v↑⇒F＝↓ ⇒a＝↓ a＝不变⇒F不变 P＝Fv↑直到P额＝Fv1 运动性质 加速度减小的加速运动 匀加速直线运动，维持时间t0＝ AB段 过程分析 F＝F阻⇒a＝0⇒vm＝ v↑⇒F＝↓⇒a＝↓ 运动性质 以vm做匀速直线运动 加速度减小的加速运动 BC段 无 F＝F阻⇒a＝0⇒以vm＝做匀速运动 3．三个重要关系 （1）无论哪种启动过程，机车的最大速度都为vm＝。 （2）机车以恒定加速度启动时，匀加速过程结束后功率最大，速度不是最大，即v＝＜vm＝。 （3）机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt，由动能定理得Pt－F阻x＝ΔEk，此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移、速度或时间。 重要提示：机动车恒定功率变加速运动过程的位移或时间可由动能定理巧妙得解！ 4．倾斜、竖直机车启动问题 上坡最大速度 vm＝ 下坡最大速度 vm＝ 竖直提升最大速度vm＝（不计空气阻力），若阻力为f，则vm＝ 典型例题 1．两节动车的额定功率分别为和，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为和。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意可知两节动车分别有，，当将它们编组后有，联立可得，故选D。 2．质量为500 kg的赛车在平直赛道上以恒定功率加速，受到的阻力不变，其加速度a与速度的倒数的关系如图所示，已知图像斜率k数值大小为800 m2/s3，则赛车（　　） A．速度随时间均匀增大 B．加速度随时间均匀增大 C．赛车运动时发动机输出功率为200 kW D．赛车的最大速度为200 m/s 【答案】D 【解析】对汽车受力分析，根据牛顿第二定律得－Ff＝ma，化简得，功率恒定，所以加速度随时间发生变化，汽车做变加速直线运动，A错误；随着速度增大，加速度逐渐减小，B错误；结合图像得k＝＝800 m2/s3，解得P＝400 kW，C错误；图像的斜率为k＝＝800 m2/s3，解得b＝0.005 s/m，其对应的物理意义表示赛车的最大速度为vm＝＝200 m/s，D正确。 3．（多选）我国首个电动汽车智慧充换电示范区在江苏建成，智慧充电技术的日益成熟，极大促进了电动汽车销量的增长。若一辆电动汽车的质量为m，额定功率为P。汽车由静止启动后做匀加速直线运动，汽车的速度大小为v时恰好达到其额定功率，之后汽车维持额定功率行驶，达到最大速度3v。已知汽车行驶时受到的阻力恒定，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（　　） A．电动汽车受到的阻力大小为 B．电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为 C．电动汽车做匀加速直线运动的时间为 D．电动汽车做匀加速直线运动的位移大小为 【答案】BD 【解析】A、当汽车速度最大时（3v），牵引力与阻力恒定，则阻力f＝，故A错误； B、当汽车速度为v时，根据牛顿第二定律－f＝ma，解得a＝，故B正确； C、根据v＝at可得电动汽车做匀加速直线运动的时间为t＝，故C错误； D、电动汽车做匀加速直线运动的位移大小为x＝＝，故D正确。 故选BD。 4．小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面的质量为20 kg的重物竖直提升到高为85.2 m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m/s2的匀减速运动，到达平台时的速度刚好为零，g取10 m/s2，则提升重物的最短时间为（　　） A．13.2 s B．14.2 s C．15.5 s D．17.0 s 【答案】C 【解析】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台时速度刚好为零。重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得a1＝＝ m/s2＝5 m/s2，当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有v1＝＝ m/s＝4 m/s，此过程所用时间和上升高度分别为t1＝＝ s＝0.8 s，h1＝＝ m＝1.6 m；重物以最大速度匀速时，有vm＝＝＝ m/s＝6 m/s，重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为t3＝＝ s＝1.2 s，h3＝＝ m＝3.6 m，设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得P额t2－mgh2＝－，又h2＝85.2 m－1.6 m－3.6 m＝80 m，联立解得t2＝13.5 s，故提升重物的最短时间为tmin＝t1＋t2＋t3＝0.8 s＋13.5 s＋1.2 s＝15.5 s，C正确，ABD错误。故选C。 模型二：多体机械能守恒问题－绳、杆连接模型 知识总结 1．系统机械能是否守恒的判断方法：看是否有其他形式的能与系统的机械能相互转化。 2．三种守恒表达式的比较 角度 公式 意义 注意事项 守恒观点 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 系统的初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等 初、末状态必须用同一零势能面计算势能 转化观点 ΔEk＝－ΔEp 系统减少（或增加）的势能等于系统增加（或减少）的动能 应用时关键在于分清势能的增加量或减少量，可不选零势能面而直接计算初、末状态的势能差 转移观点 ΔEA增＝ΔEB减 若系统由A、B两物体组成，则A物体机械能的增加量与B物体机械能的减少量相等 常用于解决两个或多个物体组成的系统的机械能守恒问题 3．几种常见类型 类型一：轻绳连接的物体系统 （1）常见情境 （2）三点提醒 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的分速度大小相等。 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变化的关系。 ③对于单个物体，一般绳上的力要做功，机械能不守恒；但对于绳连接的系统，机械能则可能守恒。 类型二：轻杆连接的物体系统 （1）常见情境 （2）三大特点 ①用杆连接的两个物体，其线速度大小一般有以下两种情况： a．若两物体绕某一固定点做圆周运动，根据角速度ω相等确定线速度v的大小。 b．“关联速度法”：两物体沿杆方向的分速度大小相等。 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆可能对物体做功，单个物体机械能可能不守恒。 ③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守恒。 类型三：质量均匀的链条、柔软的绳索或液柱问题 典型例题 1．如图所示，左侧为一个半径为R的半球形的碗固定在水平桌面上，碗口水平，O点为球心，碗的内表面及碗口光滑。右侧是一个固定的光滑斜面，斜面足够长，倾角θ＝30°。一根不可伸长的不计质量的细绳跨在碗口及光滑斜面顶端的光滑的定滑轮两端上，绳的两端分别系有可视为质点的小球m1和m2，且m1＞m2。开始时m1恰在碗口水平直径右端的A处，m2在斜面上且距离斜面顶端足够远，此时连接两球的细绳与斜面平行且恰好伸直。当m1由静止释放运动到圆心O的正下方B点时细绳突然断开，不计细绳断开瞬间的能量损失。 （1）求小球m2沿斜面上升的最大距离s； （2）若已知细绳断开后小球m1沿碗的内侧上升的最大高度为，求。（结果保留两位有效数字） 【答案】（1）；（2）1.9 【解析】（1）设重力加速度为g，小球m1到达最低点B时，m1、m2速度大小分别为v1、v2，由运动的合成与分解得v1＝，对m1、m2组成的系统由机械能守恒定律得m1gR－m2gh＝＋，又h＝Rsin 30°，联立以上三式解得v1＝，v2＝，设细绳断开后m2沿斜面上升的距离为s′，对m2由机械能守恒定律得m2gs′sin 30°＝，小球m2沿斜面上升的最大距离s＝＋s′，联立以上两式并代入v2解得s＝＝。 （2）对m1由机械能守恒定律得＝， 代入v1解得＝≈1.9。 2．质量不计的V形轻杆可以绕O点在竖直面内转动，AO和BO之间的夹角为53°，OA长为L1＝0.3 m，OB长为L2＝0.6 m，在轻杆的A、B两点各固定一个可视为质点的小球P和Q，小球P的质量为m＝1 kg，如图所示。将OA杆拉至O点右侧水平位置由静止释放，OB杆恰能转到O点左侧水平位置。已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2，求： （1）小球Q的质量M； （2）小球Q运动到最低点时，BO杆对小球Q沿竖直方向的作用力。 【答案】（1）0.5 kg；（2）10.3 N 【解析】（1）从OA水平释放至OB到达水平位置的过程， 系统机械能守恒有mgL1sin 53°＝MgL2sin 53°， 代入数据解得M＝＝0.5 kg。 （2）小球Q从初始位置运动到最低点的过程， 系统机械能守恒有 两球同轴转动，角速度相同，所以v1＝L1ω，v2＝L2ω， 联立并代入数据可得ω＝ rad/s 小球Q运动到最低点时，由牛顿第二定律有F－Mg＝Mω2L2， 代入数据解得F＝ N≈10.3 N。 3．如图所示，有一条长为L＝1 m的均匀金属链条，有一半长度在光滑的足够高的斜面上，斜面顶端是一个很小的圆弧，斜面倾角为30°，另一半长度竖直下垂在空中，当链条从静止开始释放后链条滑动，则链条刚好全部滑出斜面时的速度为（g取10 m/s2）（　　） A．2.5 m/s B． m/s C． m/s D． m/s 【答案】A 【解析】设链条的质量为2m，以开始时链条的最高点为参考平面，链条的机械能为E＝Ep＋Ek＝－mg·sin 30°－mg·＋0＝，链条全部下滑出后动能为Ek′＝×2mv2，重力势能为Ep′＝－2mg·，由机械能守恒定律可得E＝Ek′＋Ep′，即＝mv2－mgL，解得v＝2.5 m/s，A正确，BCD错误。 4．如图所示，粗细均匀、两端开口的U形管内装有同种液体，管中液柱总长度为4h，开始时使两边液面高度差为h，后来让液体自由流动，当两液面高度相等时，右侧液面下降的速度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】液柱移动时除了重力做功以外，没有其他力做功，故机械能守恒。此题等效为原右侧高的液柱移到左侧（如图所示），其重心高度下降了，减少的重力势能转化为液柱整体的动能，设液体的总质量为4m，则有，解得v＝，A正确。 模型三：多体机械能守恒问题－弹簧连接模型 知识总结 1．题型特点：由轻弹簧连接的物体系统，一般既有重力做功又有弹簧弹力做功，这时系统内物体的动能、重力势能和弹簧的弹性势能相互转化，而总的机械能守恒。 2．两点提醒 ①对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量完全决定，无论弹簧伸长还是压缩。 ②物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关。 典型例题 1．（多选）如图所示，三个小球A、B、C的质量均为m，A与B、C间通过铰链用轻杆连接，杆长为L。B、C置于水平地面上，用一轻质弹簧连接，弹簧处于原长。现A由静止释放下降到最低点，两轻杆间夹角α由60°变为120°。A、B、C在同一竖直平面内运动，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，重力加速度为g。则此下降过程中（　　） A．A的动能达到最大前，B受到地面的支持力小于 B．A的动能最大时，B受到地面的支持力等于 C．弹簧的弹性势能最大时，A的加速度方向竖直向下 D．弹簧的弹性势能最大值为 【答案】AB 【解析】取A、B、C整体研究，三个小球皆静止时，地面对B、C球的弹力各为，当A球下降时，只要A球未达最大速度，就有竖直向下的加速度，A球就处于失重状态，此时地面对B球的支持力小于，A正确；A球的动能最大时，aA＝0，系统在竖直方向上F合＝0，则地面对B球的弹力为，B正确；弹簧的弹性势能最大时，对应着弹簧伸长量最大，A球运动到最低点，此时vA＝0，但aA≠0，加速度方向竖直向上，C错误；两杆间夹角由60°变为120°，A球下落的距离h＝Lsin 60°－Lsin 30°＝，A球重力势能的减少量为ΔEp＝，由系统机械能守恒可知，弹簧的弹性势能最大值为，D错误。 2．如图，质量分别为M1和M2的A、B两物体由一劲度系数为k的轻质弹簧连接，开始均处于静止状态，一不可伸长的轻绳绕过固定于平台的轻滑轮，一端连物体A保持竖直，另一端连一轻质挂钩，初始各段绳均保持伸直，现在将一钩码C轻轻挂于挂钩并由静止释放，结果恰能使B物体离开地面但不继续上升，如果把钩码C的挂钩上再挂质量为M1的钩码D（钩码C、D图中未画出），仍从上述初始位置由静止释放，若这次B刚离地时D的速度的大小是v，则钩码C的质量M3为多少？已知重力加速度为g。 【答案】解：开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1， 由胡克定律和平衡条件得kx1＝M1g 挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2， 由受力分析知kx2＝M2g B不再上升，表示此时A和C的速度为零，C已降到其最低点．由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增量为ΔE＝M3g(x1＋x2)－M1g(x1＋x2) ① C上加D后，当B刚离地时弹簧势能的增量与前一次相同， 由能量关系得ΔE＋(2M1＋M3)v2＝(M3＋M1)g(x1＋x2)－M1g(x1＋x2) ② 由①②式得(2M1＋M3)v2＝M1g(x1＋x2) 由式得M3＝ 3．如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A，左侧绳通过光滑定滑轮B连接一物体Q，物体Q、N通过一轻弹簧连接，Q、N质量均为m，整个系统处于静止状态时，小球P位于图示位置，两绳与水平方向夹角分别为37°和53°，此时物体N与地面弹力恰好为零。现将小球P托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，释放小球P开始运动，已知右侧绳长L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度为g，求： （1）小球P的质量M； （2）小球P运动到图示位置时Q的速度v； （3）小球P从释放到图示位置过程中轻绳对物体Q做的功W。 【答案】（1）整个系统处于静止状态时，对小球P受力分析，根据平衡条件有cos 37° ① 对物体Q有mg＋T弹＝TB ② 对物体N有T弹＝mg ③ 联立①②③得M＝ （2）小球P在图示位置和将小球P托至与A、B两点等高的水平线上两种状态时，弹簧的形变量相等 根据系统能量守恒有MgLsin 37°＝＋＋mgh ④ 根据几何关系h＝Ltan 37°＋L－ ⑤ 联立④⑤解得v＝ （3）对物体Q有动能定理有＝－mgh＋W ⑥ 联立⑤⑥有W＝ 模型四：功能关系中的斜面模型 知识总结 1．物体在斜面上摩擦力做功的特点 如图所示，斜面长l，倾角θ。一个质量为m的物体沿斜面由顶端向底端滑动，动摩擦因数为μ。 则物体克服摩擦力所做的功为。式中G为物体所受的重力，x为物体在水平方向上的位移（即位移的水平分量）。可见，当物体只受重力、弹力和摩擦力作用沿斜面运动时，克服摩擦力所做的功等于动摩擦因数、重力的大小和水平位移的大小三者的乘积。 由推导过程易知，如果物体在摩擦力方向上还受其它力，公式仍成立；若在重力方向上还受其它力，则式中的G为等效重力。公式不仅适用于平面，而且在相对速度较小的情况下还适用于曲面（可用微元法化曲为直证明）。 结论 若滑动物体对接触面的弹力只由重力（或等效重力）引起，则物体克服摩擦力所做的功相当于物体沿水平的投影面运动克服其摩擦力所做的功，即。 2．动能变化量与机械能变化量的区别 （1）动能变化量等于合外力做的功，即：ΔEk＝W总＝F合x。 （2）机械能变化量等于除重力以外的力做的功，即：ΔE＝W除G＝F除Gx。 （3）在匀变速直线运动中，动能变化量与机械能变化量之比等于的比值合外力与除重力以外的力之比，即：。 例如，物体沿粗糙斜面上滑x的过程中， 动能变化量ΔEk＝－mg(sin θ＋μcos θ)·x； 机械能变化量ΔE＝－μmgcos θ·x； 二者比值，为一定值。 典型例题 1．（多选）用两块材料相同的木板与竖直墙面搭成两个斜面1和2，斜面有相同的高和不同的底边，如图所示。一个小物块分别从两个斜面顶端释放，并沿斜面下滑到底端。对这两个过程，下列说法正确的是（ ） A．沿着1和2下滑到底端时，物块的速度大小相等 B．物块下滑到底端时，速度大小与其质量无关 C．物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多 D．物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量无关 【答案】BC 【解析】设斜面与地面的夹角为θ，斜面的高度为h，则滑块滑到底端时，由动能定理：，即可知，θ越大，v越大，且v与m无关，选项A错误，B正确；根据可知物块沿着1下滑到底端的过程，产生的热量更多，且物块下滑到底端的过程中，产生的热量与其质量有关，选项C正确，D错误；故选BC。 2．如图所示，水平地面上有一固定直角三角形斜面，两个质量不同的小物块从斜面顶端两侧自由释放后均能沿斜面下滑，且分别停在A点、D点。两个小物块与斜面和水平面的摩擦因数都相同，假设在斜面与水平面连接处无机械能损失，已知AB＝PC＝2 m，∠PBC＝30°，那CD多长（　　） A．2 m B．3 m C．4 m D．5 m 【答案】C 【解析】对任意一个滑块由动能定理 其中x是P在水平面上的投影点P′与物块在水平面上的停止位置的距离，设AB＝PC＝a则由几何关系可知，解得＝4 m，故选C。 3．如图所示，A为一足够长的固定斜面，物块B由静止释放后能沿斜面匀加速下滑，现使物块B在t＝0时由静止释放，并同时受到一随时间变化规律为F＝kt的垂直于斜面的作用力，v、f、a和E分别表示物块的速度、物块所受的摩擦力、物块的加速度和机械能，则下列描述v、f、a和E随时间t变化规律的图像中，正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】AC．物体受重力、外力F、斜面支持力和滑动摩擦力， 滑动摩擦力大小 可知，小球受到的滑动摩擦力越来越大， 则小球的合外力 根据牛顿第二定律得，解得 可知当时，物体受到的合成力均匀减小，方向沿斜面向下，则加速度均匀减小，方向沿斜面向下； 当时，合外力为零，加速度为零； 当时，物体受到的合外力均匀增大，方向沿斜面向上，则加速度均匀增大，方向沿斜面向上。 根据v－t图像的斜率等于加速度，知AC均错误； B．由，知f先均匀增大，当物体静止时，f不变，故B正确； D．物体停止运动前只有重力和摩擦力做功，机械能的减少等于摩擦力做的功， 由，得 又因为，所以 可知E－t图像的斜率是变化的，物块停止前，E－t图像应为曲线，故D错误。 故选B。 模型五：功能关系中的传送带模型 知识总结 1．两个角度分析 （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．传送带模型中的功能分析 （1）传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。 （2）系统产生的热量：Q＝Ffx相对。 3．功能关系的分析 W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中W为传送带做的功，ΔEk为传送物体增加的动能、ΔEp为传送物体增加的势能、Q为系统产生的热量。 典型例题 1．（多选）如图甲所示，质量为0.5 kg的小物块从右侧滑上匀速转动的水平传送带，其位移与时间的变化关系如图乙所示。图线的前3 s丙为抛物线，3 s到4.5 s段为直线，下列说法正确的是（　　） A．传送带沿逆时针方向转动 B．传送带速度大小为2 m/s C．物块刚滑上传送带时的速度大小为4 m/s D．前4.5 s内摩擦力对物块所做的功为－3 J 【答案】BCD 【解析】根据位移—时间图像可知：前2 s内物体向左做匀减速运动，第3 s内向右做匀加速运动。3 s到4.5 s内小物块与传送带一起向右匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，且速度为v＝＝2 m/s，故B正确，A错误；由图像可知，在第3 s内小物块向右做初速度为零的匀加速运动，则x＝，其中x＝1 m，t＝1 s，解得a＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.2，在前2 s内，对物块有＝－2ax，解得物块的初速度v0＝4 m/s，故C正确；对物块在前4.5 s内，根据动能定理Wf＝，解得摩擦力对物块所做的功为Wf＝－3 J，故D正确。 2．（多选）如图所示，一倾角为θ的足够长的传送带由电动机带动，始终保持恒定速率顺时针转动，物块从传送带底端由静止释放，物块与传送带间的动摩擦因数为μ（μ＞tan θ），物块从传送带底端运动到顶端时恰好与传送带速度相等。在此过程中，传送带对物块做的功为W1；传送带克服摩擦力做的功为W2，物块与传送带之间因摩擦产生的热量为Q，物块机械能变化量为ΔE，电动机多消耗的电能为E。下列表达式正确的是（ ） A．ΔE＝W1 B．Q＝W2－W1 C．W2＝－2W1 D．E＝ΔE＋W2－W1 【答案】ABD 【解析】A．设传送带的速度为v，物块上升的高度为h，物块相对地面的位移为s1，传送带相对地面的位移为s2，相对传送带的位移为Δs，物块从传送带底端由静止释放运动至传送带顶端， 根据动能定理有W1－mgh＝，物块的机械能变化量为ΔE＝mgh＋， 可得ΔE＝W1，故A正确； B．传送带对物块的功为W1＝μmgcos θ·s1， 物块对传送带做负功，则W2＝μmgcos θ·s2， 物块与传送带之间因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δs， 做出物块的v－t图象，v－t图象与坐标轴围成的面积表示位移， 可知s2＝2 s1＝2Δs， 可得Q＝W2－W1，W2＝2W1，故C错误，B正确； D．电动机多消耗的电能E＝ΔE＋Q＝ΔE＋W2－W1，故D正确。 故选ABD。 3．在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点，每隔相同的时间轻放上一个相同的工件。经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L。已知传送带的速率恒为v，工件与传送带间动摩擦因数为μ，工件质量为m，重力加速度为g，则下列说法正确的是（　　） A．工件在传送带上加速运动的时间一定等于 B．传送带对每个工件做的功为＋μmgL C．每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于μmgL D．传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为mv2 【答案】D 【解析】工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动。每个工件滑上传送带后运动的规律相同，由此可知L＝vT，解得将相邻两个物块放到传送带上的时间间隔为T＝，但不能确定加速时间，A错误；传送带对每个工件做的功为：W＝－0＝，B错误；设工件加速运动的时间为t，工件与传送带相对滑动的路程为：Δx＝vt－＝，摩擦产生的热量为：Q＝μmgvt，加速时间不确定，无法得出每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量，C错误；根据能量守恒定律得，传送带传送一个工件多消耗的能量为E＝＋μmgΔx＝＋μmgvt，对于工件加速过程，有v＝at＝μgt，整理得：E＝mv2，D正确。 模型六：功能关系中的板块模型 知识总结 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位移Δx。 典型例题 1．（多选）如图，一质量为M、长为l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。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　） A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于 【答案】BD 【解析】设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1＞v2 设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM， 根据能量守恒定律可得 整理可得，D正确，C错误； 因摩擦产生的摩擦热， 根据运动学公式，， 因为v0＞v1＞v2，可得xm＞2xM，则， 所以，B正确，A错误。 故选BD。 2．（多选）如图所示，倾角为30°足够长的光滑斜面固定在水平地面上，一木板B置于斜面顶端，木板B的质量M＝4 kg，某时刻，B由静止释放的同时，有一个质量为m＝1 kg的物块A以沿斜面向上，大小为5 m/s的初速度滑上木板，A、B间动摩擦因数μ＝，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力，关于物块和木板的运动，下列说法正确的是（ ） A．物块刚滑上板时，木板的加速度为3.125 m/s2 B．要使物块不滑离板，则木板长至少为2 m C．整个运动过程中，物块与木板间因摩擦产生的热量Q为10 J D．不论板多长，物块最终一定能滑离木板 【答案】AC 【解析】A．对木板，根据牛顿第二定律可得Mgsin θ－μmgcos θ＝Ma1， 解得a1＝3.125 m/s2，故A正确； BD．对物块，根据牛顿第二定律可得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，解得a2＝12.5 m/s2， 物块先做匀减速直线运动，速度减为0后，再做匀加速直线运动，匀减速和匀加速的加速度相同，板始终做匀加速直线运动，当两者共速后，物块和木板一起做匀加速直线运动的加速度为a共＝gsin θ＝5 m/s2， 设沿斜面向下为正方向，则－v0＋a2t共＝a1t共， 共速时间为t共＝ s，x相＝＝ m，故BD错误； C．整个过程因摩擦产生的热量为Q＝μmgx相cos θ＝10 J，故C正确。 故选AC。 第2页 共19页 学科网（北京）股份有限公司 $$