第6章 第四讲 第2课时 功能关系的综合应用（课件）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（通用版）

第2课时　 功能关系的综合应用 （综合应用课） 摩擦力做功与摩擦生热、传送带模型和“滑块—木板”模型三类问题是高考的热点题型，高考常在压轴大题的位置出现，其综合性强、过程复杂、难度较高，对学生的科学思维能力提出较高要求。用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。 1 类型(一)　摩擦力做功与摩擦生热 2 类型(二)　传送带模型 CONTENTS 目录 3 类型(三)　“滑块—木板”模型 4 课时跟踪检测 类型(一)　摩擦力做功与摩擦生热 1.两种摩擦力做功的比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 互为作用力和反作用力的一对静摩擦力所做功的代数和为零，即要么一正一负，要么都不做功 互为作用力和反作用力的一对滑动摩擦力所做功的代数和为负值，即至少有一个力做负功 两种摩擦力都可以对物体做正功或者负功，还可以不做功 2.三步求解相对滑动物体的能量问题 [典例]　(2025·徐州模拟)(多选)如图所示，一个长为L、质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块(可视为质点)，以水平初速度v0从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上，物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s。则在此过程中 (　 ) A.摩擦力对物块做功为-μmg(s+d) B.摩擦力对木板做功为μmgs C.木板动能的增加量为mgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs √ √ [解析]　根据功的定义可知摩擦力对物块做功为W1=-μmg(s+d)，摩擦力对木板做功为W2=μmgs，故A、B正确；根据动能定理可知木板动能的增加量为ΔEk=W2=μmgs，故C错误；由于摩擦而产生的热量Q=f·Δx=μmgd，故D错误。 　[针对训练] 如图，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，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，假定小车足够长，g=10 m/s2。求： (1)小物块从放在车上开始经过多长时间与小车具有相同的速度及此时的速度大小； 解析：(1)根据牛顿第二定律得：对物块： μmg=ma1，解得：a1=2 m/s2 对小车：F-μmg=Ma2，解得：a2=0.5 m/s2 设经过t1时间物块与小车的速度相等，则有：a1t1=v0+a2t1， 代入数据解得：t1=2 s，共同的速度大小为：v=a1t1=4 m/s。 答案：(1)2 s　4 m/s (2)从小物块放在车上开始经过t0=3.0 s，摩擦力对小物块所做的功。 解析：(2)t1时间内物块位移：x1=a1=4 m，t1时刻物块速度：v1=v=4 m/s，t1后M、m有相同的加速度，对M、m 整体有：F=(M+m)a3，解得：a3=0.8 m/s2， 物块受到的摩擦力为：Ff=ma3=1.6 N， 此过程运动t2=t0-t1=1 s， 位移为：x2=v1t2+a3=4.4 m， 摩擦力做的功为：W=μmgx1+Ffx2=23.04 J。 答案： (2)23.04 J 类型(二)　传送带模型 1.分析角度 (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 (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。 题型(一)　水平传送带问题 [例1]　(2025·福州模拟)(多选)某地铁站的安检设施如图所示。该设施中的水平传送带以恒定速率v运动，乘客将质量为m的物品静止放在传送带上，加速后匀速通过安检设施，对此过程下列说法正确的是 (　 ) A.物品先受滑动摩擦力，后受静摩擦力作用 B.物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同 C.物品由于摩擦产生的热量为mv2 D.传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量为mv2 √ √ [解析]　物品加速时受滑动摩擦力，匀速时不受摩擦力，故A错误；物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同，滑动摩擦力使物品加速运动，故B正确；设物品匀加速所用时间为t，则这段时间内传送带的位移x1=vt，物品的位移x2=t，物品与传送带之间产生的热量Q=fΔx=f(x1-x2)=fx2，对物品匀加速过程应用动能定理得fx2=mv2，故物品由于摩擦产生的热量Q=mv2，故C错误；传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量有两部分，一部分转化为物品的动能Ek=mv2，另一部分由于摩擦产生热量Q=mv2，故多消耗的能量为E=Ek+Q=mv2，故D正确。 [规律方法] (1)在计算传送带与滑块间的动摩擦因数时，既可以采用动能定理对全程列方程求解，也可以采用牛顿第二定律加运动学规律进行求解，但动能定理更加方便一些。 (2)传送带对滑块的作用力包括传送带对滑块的支持力和摩擦力，此处的支持力容易被漏掉。 (3)在计算滑块与传送带因摩擦而产生的热量时，一定要注意是用Q=f·s相对进行求解，其中s相对是传送带与滑块间的相对路程。 (4)求电动机多消耗的电能时，也可以通过传送带受到的摩擦力对传送带做的功来求解，此时电动机多做的功应为E=-Wf传。 题型(二)　倾斜传送带问题 [例2]　(2025·广州模拟)如图甲所示，倾角为37°的传送带以速度v0=3 m/s顺时针运转，两传动轮之间的距离足够长，质量m=2 kg的滑块从左侧底端以一定速度滑上传送带，滑块在传送带上运动的v- t图像如图乙所示，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，取g=10 m/s2。则 (　 ) A.0~4 s，传送带对滑块的摩擦力始终做负功 B.0~4 s，滑块的重力势能增加了200 J C.0~4 s，滑块的机械能增加了128 J D.0~4 s，滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为30 J √ [解析]　由题图乙可知，0~2 s由于滑块刚放上去时相对传送带向下运动，因此所受摩擦力方向沿传送带向上，2~4 s滑块匀速运动时摩擦力方向依然沿传送带向上，因此传送带对滑块的摩擦力始终做正功，A错误；0~4 s，滑块沿传送带上升的距离s= m=10 m，滑块上升的高度为h=ssin 37°=6 m，因此滑块的重力势能增加了ΔEp=mgh=2×10×6 J=120 J，B错误；传送带对滑块做的功等于滑块机械能的增加量，由功能关系可得W=m-mv2+ΔEp，解得W=128 J，C正确；滑块和传送带只有在相对滑动时才会产生热量，因此Q=μmgcos 37°Δs，μmgcos 37°-mgsin 37°=ma，a==1 m/s2，Δs=×2×2 m=2 m，联立解得Q=28 J，D错误。 类型(三)　“滑块—木板”模型 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.位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。 3.解题关键 找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。 [典例]　(多选)如图甲所示，足够长的木板静置于水平地面上，木板左端放置一可看成质点的物块。t=0时对物块施加一水平向右的恒定拉力F，在F的作用下物块和木板发生相对滑动，t=2 s时撤去F，物块恰好能到达木板右端，整个过程物块运动的v- t图像如图乙所示。已知木板的质量为0.5 kg，物块与木板间、木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　 ) A.木板的长度为3 m B.物块的质量为0.8 kg C.拉力F对物块做的功为9.9 J D.木板与地面间因摩擦产生的热量为3.3 J √ √ [解析]　木板在2.5 s之前一直向右做匀加速直线运动，作出图像，如图所示，由图像可知2.5 s时两者共速，则木板在0~2.5 s内的加速度大小为a1= m/s2=0.4 m/s2，物块在0~2.0 s内的加速度大小为a2= m/s2=1.5 m/s2，物块在2.0~2.5 s内的加速度大小为a3=μ2g= m/s2=4 m/s2，两者在2.5~3.0 s内的加速度大小为a4=μ1g= m/s2=2 m/s2，可得木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.2，物块与木板间的动摩擦因数为μ2=0.4，木板的长度为L=+×0.5- m=2.75 m，故A错误；前2 s 对木板由牛顿第二定律得μ2m2g-μ1g=m1a1，对物块有F-μ2m2g=m2a2，解得m2=0.6 kg，F=3.3 N，故B错误；前2 s拉力F对物块做的功W=Fx=9.9 J，故C正确；木板与地面间因摩擦产生的热量为Q=μ1g·=3.3 J，故D正确。 [针对训练] 如图所示，一个可视为质点的小物块质量为m=1 kg，从光滑平台上的A点以v0=2 m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力； 解析：(1)小物块在C点时的速度大小为vC= 小物块由C点到D点的过程中，由动能定理得 mgR(1-cos 60°) = m-m 代入数据解得vD=2 m/s 小物块在D点时由牛顿第二定律得FN-mg=m 代入数据解得FN=60 N 由牛顿第三定律得FN'=FN=60 N，方向竖直向下。 答案：(1)60 N，方向竖直向下 (2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值。 答案： (2)2.5 m 解析：(2)设小物块刚好能滑到长木板左端，与长木板达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1==μg，a2= 共同速度大小为v=vD-a1t=a2t 对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得 μmgL=m-(m+M)v2，解得L=2.5 m。 课时跟踪检测 (单击进入电子文档) $$