第5章 第4讲 第2课时 功能关系的综合应用(综合融通课)（课件）-【新高考方案】2026年高考物理一轮总复习（江苏专版）

功能关系的综合应用 (综合融通课) 第2课时 1 (一) 摩擦力做功与摩擦热 2 (二) 传送带模型中的能量问题 CONTENTS 目录 4 课时跟踪检测 3 (三) “滑块—木板”模型中的能量问题 (一) 摩擦力做功与摩擦热 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 第一步 正确分析物体的运动过程，做好受力分析 第二步 利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系 第三步 代入公式W=Ff·x相对计算，其中x相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动，则代入总的相对路程s相对 考法1　摩擦力做功与摩擦热的计算 1.如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。此过程中，以下结论不正确的是(　 ) 考法全训 A.小物块到达小车最右端时的动能为(F-Ff)(L+x) B.小物块到达小车最右端时，小车的动能为Ffx C.小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L+x) D.系统产生的内能为Fx √ 解析：由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能Ek物= W合=(F-Ff)(L+x)，A正确;小物块到达小车最右端时，小车的动能Ek车=Ffx，B正确;小物块克服摩擦力所做的功Wf=Ff(L+x)，C正确;系统产生的内能为FfL，D错误。 考法2　往复运动中摩擦力做功的计算 2.如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，一原长为的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块(可看作质点)，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数k=，弹性势能Ep=kx2(x为形变量)，弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是(　 ) A.物块第一次向左运动过程中，经过C点时速度最大 B.物块第一次到达左侧最远点距C点L C.物块最终停在C点右侧处 D.物块和弹簧系统损失的总机械能为1.5μmgL √ 解析：物块第一次向左运动过程中，运动到受到的弹簧向左拉力与向右摩擦力大小相等时，物块的速度最大，即kΔx=μmg，解得Δx=，故A错误;当物块第一次到达左侧最远点时，设弹簧压缩的长度为x1，根据能量守恒定律可得k-k=μmg，解得x1=L，故B错误; 物块最终停下时受力平衡，即kΔx=μmg，解得Δx=，整个过程损失的总机械能为ΔE=k-k(Δx)2=1.2μmgL，设整个过程木块运动的路程为s，则ΔE=μmgs，解得s=1.2L，结合B选项分析可知，物块最终停在C点右侧处，故C正确，D错误。 (二) 传送带模型中的能量问题 1.传送带问题的两个角度 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 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.功能关系分析 (1)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。 (2)对W和Q的理解: ①传送带做的功:W=Fx传。 ②产生的内能:Q=Ffx相对。 考法(一)　水平传送带问题 [例1]　如图所示，水平传送带AB长l=5 m，以10 m/s的速度沿顺时针方向转动。质量m=1 kg的滑块可以视为质点，放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L=4 m。滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6 N。已知滑块和AB、BC间的动摩擦因数分别为μ1=0.20、μ2=0.40，重力加速度g取10 m/s2。求: 考法全训 (1)滑块第一次运动到B点时的动能Ek0; [答案]　8 J [解析]　滑块从开始至第一次运动到B点，由动能定理有FL-μ2mgL= Ek0，解得Ek0=8 J。 (2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B点所用的时间t; [答案]　4 s　 [解析]　由Ek0=mv2，解得滑块第一次运动到B点的速度大小为v=4 m/s 从B点向左减速过程有-μ1mgx=0-Ek0 解得x=4 m<l，滑块不会到达A点 由牛顿第二定律有μ1mg=ma 解得滑块在传送带上的加速度大小为 a=2 m/s2 因此向左减速的时间t1==2 s 又v=4 m/s<10 m/s 所以返回到B的时间 t2=t1=2 s，则t=t1+t2=4 s。 (3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。 [答案]　24 J [解析]　滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量Q=FL=24 J。 考法(二)　倾斜传送带问题 [例2]　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，则在物体从A到B的运动过程中(　 ) A.两种传送带对小物体做功不相等 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，甲上的小物体需要的时间较长 √ [解析]　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错误;设甲图中到达B处所用时间为t1，乙图中到达C处所用时间为t2，根据题意可得乙图中小物体到达C处后随传送带以速率v匀速运动到B点，所以甲图中划痕长为s甲=s皮带-s物体=vt1-·t1=vt1，乙图中划痕长为s乙=vt2，同时有t1==，t2=， 可得t1>t2，所以有s甲>s乙，B错误;甲图中系统由于摩擦产生的热量为Q甲=f·s甲=f·vt1=f·s物体，根据动能定理有f·s物体-mgH=mv2，所以有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，甲上的小物体需要的时间为t甲=t1=，乙上的小物体需要的时间为t乙=t2+=+=，所以有t甲>t乙，D正确。 传送带模型问题的分析流程 思维建模 (三) “滑块—木板”模型中的能量问题 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。 考法(一)　水平面上的滑块—木板模型 [例1]　(2024·海南高考)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M=25 kg，一质量为m=50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，求: 考法全训 (1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小; [答案]　1 000 N [解析]　设游客滑到b点时速度大小为v0，从a到b过程，根据机械能守恒定律得mgh=m，解得v0=10 m/s 在b点，根据牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=1 000 N，根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N。 (2)滑板的长度L。 [答案]　7 m [解析]　设游客恰好滑上平台时的速度大小为v，在平台上运动过程，由动能定理得 -μmgs=0-mv2，解得v=8 m/s 根据题意可知，游客在滑板上运动过程中，游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设游客和滑板加速度大小分别为a1和a2，得a1==μg=2 m/s2，a2==4 m/s2 根据运动学公式得v=v0-a1t，解得t=1 s 该段时间内游客的位移为s1=t=9 m，滑板的位移为s2=a2t2=2 m 根据位移关系得滑板的长度为L=s1-s2=7 m。 考法(二)　斜面上的滑块—木板模型 [例2]　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与长木板A间的动摩擦因数μ2; [答案]　0.5　0.375 [解析]　设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，长木板A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，则有L=a1t2 根据牛顿第二定律有 2mgsin θ-μ1×3mgcos θ+μ2mgcos θ=2ma1 以物块B为研究对象，则有2L=a2t2 根据牛顿第二定律有mgsin θ-μ2mgcos θ=ma2 解得μ1=0.5，μ2=0.375。 (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。 [答案]　90 J [解析]　[解法一]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=v1t，2L=v2t 根据能量守恒定律可知，因摩擦产生的总热量 Q=mg×2Lsin θ+2mgLsin θ-m-×2m，解得Q=90 J。 [解法二]摩擦产生的总热量为Q=μ1×3mgcos θ×L+μ2mgcos θ×L，解得Q=90 J。 “滑块—木板”问题的三种处理方法 (1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。 (2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。 (3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。 思维建模 课时跟踪检测 (说明:标 题目配有精品讲评课件) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A级——基准保分考法 1.(2024·北京高考)水平传送带匀速运动，将一物体无初速度地放置在传送带上，最终物体随传送带一起匀速运动。下列说法正确的是(　 ) A.刚开始物体相对传送带向前运动 B.物体匀速运动过程中，受到静摩擦力 C.物体加速运动过程中，摩擦力对物体做负功 D.传送带运动速度越大，物体加速运动的时间越长 √ 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：刚开始时，物体速度小于传送带速度，则物体相对传送带向后运动，A错误;物体匀速运动过程中，物体与传送带之间无相对运动趋势，则物体不受摩擦力作用，B错误;物体加速运动过程中，由动能定理可知，摩擦力对物体做正功，C错误;设物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体相对传送带运动时，加速度大小为a==μg，物体做匀加速运动，直至物体速度等于传送带速度，由v=at=μgt可知，传送带速度越大，物体加速运动的时间越长，D正确。 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2.如图，倾角为30°的传送带逆时针匀速转动，将质量为m的物块轻放到传送带上端，物块下降高度h时，恰与传送带共速。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=，重力加速度大小为g，则此过程中(　 ) A.传送带对物块的摩擦力做功为2mgh B.物块的机械能变化量为2mgh C.系统因摩擦产生的热量为2mgh D.因放上物块，电动机多消耗的电能为2mgh 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：传送带对物块的摩擦力做功为Wf=μmgcos θ·=mgh，则物块的机械能变化量为mgh，故A、B错误;系统因摩擦产生的热量等于克服摩擦力做的功，为mgh，故C错误;物块沿斜面方向所受合力为F= mgsin θ+μmgcos θ=mg，共速时物块动能为Ek=F·=2mgh，因放上物块，电动机多消耗的电能为W=Ek+Wf-mgh=2mgh，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 3.如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序。将饺子轻放在匀速运转的足够长的水平传送带上，不考虑饺子之间的相互作用和空气阻力。关于饺子在水平传送带上的运动，下列说法正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.饺子一直做匀加速运动 B.传送带的速度越快，饺子的加速度越大 C.饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量 D.传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：饺子在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，故A错误;饺子的加速度a===μg，与传送带的速度无关，故B错误;饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek=μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q=μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子=t，s相对=s传送带-s饺子=vt-=，所以饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确;传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 4.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，重力加速度为g。则在此过程中 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.摩擦力对物块做的功为μmg(s+d) B.摩擦力对木板做的功为μmgs C.木板动能的增加量为μmgd D.由于摩擦而产生的热量为μmgs 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：根据功的定义W=Flcos θ，其中l指物体的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做的功W1=-μmg(s+d)，摩擦力对木板做的功W2=μmgs，A错误，B正确;根据动能定理可知木板动能的增加量ΔEk=W2=μmgs，C错误;由于摩擦而产生的热量Q=FfΔx=μmgd，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 5.如图，水平传送带以恒定速度v顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到v，之后与弹簧接触继续运动。设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在向右运动到第一次到达最右端的过程中 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.接触弹簧前，P一直受到传送带的摩擦力作用 B.接触弹簧后，弹簧对P做的功等于mv2 C.接触弹簧后，P的速度不断减小 D.接触弹簧后，传送带对P做功的功率先变大再变小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：因为P在接触弹簧前速度已达到v，即物块与传送带共速，此时物块与传送带相对静止，物块与传送带之间没有摩擦力，故A错误。接触弹簧后，对物块P由动能定理得Wf-W弹=0-mv2，整理有W弹=mv2+Wf，故B错误。物块P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，物块P受到的摩擦力为静摩擦力，此时静摩擦力的大小和弹簧弹力大小相等，物块P仍做匀速直线运动，所以物块P接触弹簧后的速度并不是不断减小，而是先做匀速直线运动，后做减速运动，故C错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由以上分析可知，物块P接触弹簧后，先做匀速直线运动，后做减速运动，根据功率公式有P=fv，开始时随着静摩擦力变大，所以功率变大;当物块P开始做减速运动时，摩擦力变为滑动摩擦力，其大小不变，但是速度减小，所以功率开始减小;综上所述，物块P的功率先增大后减小，故D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 6.如图所示为探究滑块从同一高度沿不同轨道下滑时，水平位移大小关系的示意图，所有轨道均处在同一竖直平面内。某次实验中让滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，且A、C连线与水平方向夹角为30°。滑块可视为质点，且不计经过弯角处的能量损失，滑块与所有接触面的动摩擦因数均相同。以下结论正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，将停止在C点 B.滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑，将停止在C点 C.滑块从A点由静止释放，沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，到达D点时速度大小相等 D.滑块与接触面间的动摩擦因数为 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：设A点到水平面的高度为h，AB倾角为α，AD倾角为θ，则滑块沿AB轨道从A点由静止释放，滑块最终停在水平面上的C点，根据能量守恒定律有mgh=μmgcos α·+μmgxBC=μmgxEB+μmgxBC=μmgxEC;滑块从A点由静止释放，沿AD轨道下滑，根据能量守恒定律有mgh=μmgcos θ· +μmgx=μmgxED+μmgx，联立解得x=xDC，滑块沿AD轨道下滑时将停止在C点，选项A正确; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由以上分析可知，滑动摩擦力做功等于μmg与水平位移的乘积，滑块沿AED轨道下滑时外界需要提供向心力，则AED轨道对滑块的支持力大于重力垂直于接触面向下的分力mgcos β，对应的滑动摩擦力大于μmgcos β，β是滑块所在处切线方向与水平方向的夹角，沿AED轨道下滑与沿AD轨道下滑，水平位移相等，则沿AED轨道下滑克服摩擦力做功大，故到达轨道底端时的动能小，将不会到达C点，选项B、C错误;根据前面推导得出mgh=μmgxEC，则动摩擦因数μ==tan 30°=，选项D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 7.(2025·盐城高三检测)如图所示，质量为M的粗糙长木板ae放在光滑水平面上，b、c、d是ae的四等分点。质量为m的物块(可视为质点)以一定的初速度从a点水平滑上木板左端，经过一段时间二者共速。上图是物块刚滑上木板时物块与木板的位置状态，下图是物块刚与木板达到共同速度时的位置。关于木板与物块的质量关系，可能正确的是 (　 ) A.M=m B.M=m C.M=2m D.M=3m 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：水平面光滑，物块与木板的加速度分别为am=μg，aM=，当两者达到共同速度v时，有v=v0-amt=aMt，可得v=，设木板的位移为x，对木板，由动能定理有μmgx=Mv2，设二者的相对位移为Δx，对物块，由动能定理有-μmg=mv2-m，整理得=，因为x<Δx<2x，解得m>M，故选A。　 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 8.(12分)如图所示，质量M=8 kg的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放置一质量m=2 kg的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.2，现对小物块施加一个大小F=8 N的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s后小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加速度g取10 m/s2。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)小物块和长木板的加速度各为多大;(4分) 答案：2 m/s2　0.5 m/s2　 解析：长木板与小物块间摩擦力 Ff=μmg=4 N 小物块加速度a1==2 m/s2 长木板加速度a2==0.5 m/s2。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)长木板的长度;(4分) 答案：3 m 解析：小物块对地位移x1=a1t2=4 m 长木板对地位移x2=a2t2=1 m 长木板长度L=x1-x2=3 m。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (3)通过计算说明:互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代数和是否为零。(4分) 解析：摩擦力对小物块做功 W1=-Ffx1=-16 J 摩擦力对长木板做功W2=Ffx2=4 J， 故W1+W2≠0。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 9.(15分)(2025·海安高三质检)如图所示，在一竖直面内，倾角θ=37°的光滑直轨道AB、光滑螺旋圆形轨道BCDEF、水平直轨道FG、水平传送带GH平滑连接。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG分别相切于B(E)点和C(F)点。传送带以大小v=6 m/s的速度顺时针转动。一质量m=1 kg的滑块(视为质点)从倾斜轨道AB上高度h=3 m处由静止释放，可经该装置滑离传送带。已知螺旋圆形轨道半径R=0.4 m，轨道FG长L1=4 m，传送带GH长L2=1.5 m，滑块与FG间的动摩擦因数μ1=0.7，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.4，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)滑块经过螺旋圆形轨道最高点D时所受轨道的压力FN的大小;(4分) 答案：100 N　 解析：滑块从A点运动到D点的过程，由动能定理得mg= m 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 解得滑块经过螺旋圆形轨道最高点D时的速度大小为v0=2 m/s 滑块经过螺旋圆形轨道最高点D时，由牛顿第二定律得FN+mg=m 解得FN=100 N。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (2)滑块到达H点时的速度大小vH;(6分) 答案：4 m/s　 解析：滑块由A点运动到G点的过程，由动能定理得mgh-μ1mgL1 =m 解得滑块到达G点时的速度大小v1=2 m/s 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 滑块在传送带上的加速度大小为 a==μ2g=4 m/s2 滑块加速到与传送带共速时的位移大小为 x==4 m>L2=1.5 m 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 则滑块运动到H点时没有与传送带共速，则-=2aL2 解得滑块到达H点时的速度大小 vH=4 m/s。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 (3)滑块经过传送带GH的过程中，电机因传送滑块多消耗的电能ΔE。(5分) 答案：12 J 解析：滑块在传送带上运动的时间 t==0.5 s 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 2 3 4 滑块在传送带上运动的时间内传送带运动的位移大小x1=vt=3 m 根据能量守恒定律，滑块经过传送带GH的过程中，电机因传送滑块多消耗的电能 ΔE=μ2mg+m-m 解得ΔE=12 J。 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B级——把关进阶考法 10.自动扶梯的应用相当广泛，给生产、生活带来极大的方便。某斜坡式扶梯的长度为13 m，对应的高度为5 m，木箱与扶梯表面的动摩擦因数为0.5，扶梯能以恒定的速率1 m/s 向上或向下运动。小张同学将质量为10 kg的木箱轻放在扶梯上。重力加速度g取10 m/s2，以下分析正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.若放在扶梯上端向下运送，木箱在沿斜坡向下运动了0.65 m时速率达到1 m/s B.若放在扶梯下端向上运送，木箱在沿斜坡向上运动了0.65 m时速率达到1 m/s C.木箱与扶梯共速后，摩擦力对木箱的功率绝对值为 W D.向上运送全过程，因木箱而使电机输出的能量额外增加了1 205 J 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：根据题意，设扶梯的倾角为θ，则有sin θ=，cos θ=，若放在扶梯上端向下运送，由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1，解得a1= m/s2，由公式v2-=2ax可得，当木箱的速率达到1 m/s时，向下运动的距离为x1== m，故A错误;若放在扶梯下端向上运送，由牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma2，解得a2= m/s2，由公式v2-=2ax可得，当木箱的速率达到1 m/s时，向上运动的距离为x2==0.65 m，故B正确; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 木箱与扶梯共速后，木箱受静摩擦力，大小为f=mgsin θ，则摩擦力对木箱的功率绝对值为P=fv= W，故C错误;向上运送全过程，由能量守恒定律可知，因木箱而使电机输出的能量额外增加的量为摩擦产生的热与木箱的机械能增加量之和，由运动学公式v=v0+at可得，共速需要的时间为t==1.3 s，则摩擦产生的热为Q=μmgcos θ·Δx=0.5×10×10××(1.3-0.65)J=30 J，木箱的动能增加量为Ek=mv2=5 J，木箱的重力势能增加量为Ep=mgh=500 J，则因木箱而使电机输出的能量额外增加了ΔE=Q+Ek+Ep=535 J，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 11.如图1所示，木板静止放在光滑的水平面上，可视为质点的小物块静置于木板左端，用F=4 N的恒力拉动小物块，使小物块运动到木板右端，此过程小物块的机械能随位移变化的E机-x图像如图2所示，木板和小物块的速度随时间变化的v-t图像如图3所示，已知木板和小物块间存在摩擦，g取10 m/s2，下列说法正确的是 (　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 A.木板长度为2 m B.木板和小物块间的动摩擦因数为0.2 C.木板的质量为6 kg D.系统因摩擦产生的热量为6 J 解析：由题图2得小物块对地位移x1=2 m，由于此过程木板也向前运动，所以木板长度不等于2 m，选项A错误; 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 由题图3可知小物块t0时间内获得的速度为v1=2 m/s，小物块做匀加速直线运动，有x1=t0，解得t0=2 s，由题图3可知小物块的加速度a1==1 m/s2，再由题图2可知Ek=m=2 J，解得小物块的质量m=1 kg，由牛顿第二定律得F-μmg=ma1，解得μ=0.3，选项B错误;由题图3可知木板加速度为a2==0.5 m/s2，由牛顿第二定律得μmg=Ma2，解得M=6 kg，选项C正确;木板做匀加速直线运动，有x2=t0=1 m，所以x相对=x1-x2=1 m，系统因摩擦产生的热量Q=μmgx相对，解得Q=3 J，选项D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 12.(18分)(2024·济南高三检测)如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能Ep=18 J，一个质量m=1 kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l=6 m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R=0.5 m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25，其他摩擦均忽略不计，g=10 m/s2，求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小;(3分) 答案：6 m/s　 解析：设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为v0，根据题意，由能量守恒定律可得Ep=m，解得v0=6 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)若传送带以5 m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小;(6分) 答案：0　 解析：小物块冲上传送带后先做匀减速运动，设其加速度为a，根据牛顿第二定律有μmg=ma，解得a=2.5 m/s2 设物块与传送带共速时的对地位移为x， 则由运动学公式可得-v2=2ax 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 代入数据解得x=2.2 m<l 则可知物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，最终通过圆轨道最高点，设通过圆轨道最高点时的速度为v1，最高点对物块的弹力为FN，则由动能定理有-2mgR=m-mv2 在最高点由牛顿第二定律可得 FN+mg=m，联立解得FN=0 根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，物块对圆轨道的压力为0。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (3)若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，传送带转动速度的可能值。(9分) 答案：若传送带顺时针转动，v≥5 m/s或0≤v≤ m/s;若传送带逆时针转动，速度任意 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 解析：要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，则有两种情况: (一)当传送带顺时针转动时: ①物块恰能过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据(2)中分析可知，此时传送带的速度为5 m/s，即只要传送带的速度v≥5 m/s，物块就不会脱离圆轨道; 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 ②当物块恰好运动至圆轨道圆弧处时速度减为零，此种情况下物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有-mg·R=0-mv2，解得v= m/s 若物块在传送带上始终做匀减速运动，假设物块在离开传送带时速度为v2，由运动学公式可得 -=2al，解得v2= m/s< m/s 即只要传送带的速度满足0≤v≤ m/s，滑块就不会脱离圆轨道。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (二)当传送带逆时针转动时: 通过上述分析可知，当传送带逆时针转动时，物块在传送带上始终做匀减速运动，且物块离开传送带时的速度与传送带的转速无关，可知，若传送带逆时针转动，速度任意。 综上可得:若传送带顺时针转动，v≥5 m/s或0≤v≤ m/s;若传送带逆时针转动，速度任意。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 13.(18分)如图是工人传输货物的示意图，工人甲把质量为m=7 kg的货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放，货物从轨道的底端B点(B点有一段长度不计的小圆弧)滑上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板的最左端返回B点时恰好静止。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 已知倾斜轨道AB的长度L1=10 m，倾斜轨道AB与水平方向的夹角为θ=53°，BC段的长度L2=7.5 m，长木板的长度d=5 m，货物与倾斜轨道间、货物与长木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，重力加速度g=10 m/s2，取sin 53°=0.8，cos 53°=0.6，求: 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (1)货物到达B点时的速度大小vB;(3分) 答案：10 m/s 解析：依题意，货物由A运动到B过程，根据动能定理可得 mgL1sin 53°-μ1mgL1cos 53°=m 解得vB=10 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (2)长木板的右端刚到C点时货物的速度大小vC;(7分) 答案：5 m/s 解析：依题意，货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可得a货==5 m/s2 根据匀变速直线运动规律，有-2a货L2=-，解得vC=5 m/s。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 (3)长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值η。(8分) 答案：60% 解析：长木板进入反弹装置时的速度大小为v1=vC=5 m/s 设长木板的质量为M，长木板与货物向右运动过程， 有μ1mg-μ2g=Ma板 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 根据匀变速直线运动规律，有=2a板 联立解得M=3 kg 则长木板刚进入反弹装置时的动能为 E=M=37.5 J 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2，长木板从C点到B点的过程中，由动能定理得 -μ2Mg(L2-d)=0-M 长木板在反弹的过程中损失的动能为 ΔE=M-M=22.5 J 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 则长木板在反弹过程中损失的动能与长木板刚接触反弹装置时的动能的比值 η=×100%=60%。 2 3 4 $$