第6章 专题突破10 应用动力学、能量观点解决三类问题-【优化探究】2026高考物理一轮复习高考总复习配套课件（人教版 多选）

该高中物理高考复习课件聚焦机械能及其守恒定律专题，覆盖多运动组合、传送带、滑块—木板三类高考核心问题，依据高考评价体系分析动力学与能量观点的综合应用占比，通过典例归纳平抛、圆周运动结合功能关系的常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题模拟+模型突破”策略，如以2025年河南模拟题为例，运用科学思维中的模型建构与科学推理，剖析传送带摩擦生热计算及滑块相对运动分析，特设易错点警示（如速度相等时摩擦力突变），助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导高考冲刺。

专题突破10　应用动力学、能量观点解决三类问题 第六章　机械能及其守恒定律 [学习目标]　1.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。 2.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题。 课时作业 巩固提高训练 突破点一　多运动组合问题 突破点二　传送带模型问题 突破点三　“滑块—木板”模型问题 内容索引 突破点一　多运动组合问题 一 4 盘点 核心知识 多运动组合问题的分析技巧 (1)“合”——整体上把握全过程,构建大致的运动图景。 (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。 [典例1]　如图所示,让摆球从图中的C位置由静止开始摆下,摆到最低点D处,摆线刚好被拉断,摆球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动,到达A孔进入半径为0.2 m的竖直放置的光滑圆轨道,当摆球进入圆轨道后立即关闭A孔。已知摆线长L=2 m,θ=60°,摆球质量为m=2 kg,D点与小孔A的水平距离s=2 m,g取10 m/s2。 提升 关键能力 (1)求摆线能承受的最大拉力为多大; [解析]　当摆球由C到D运动时,由机械能守恒定律可得mgL(1-cos 60°) =m 在D点,由牛顿第二定律可得Fm-mg= 联立可得摆线能承受的最大拉力为Fm=2mg=40 N。 [答案]　40 N (2)要使摆球进入圆轨道后恰能通过轨道的最高点,求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ。 [解析]　要使摆球进入圆轨道后恰能通过轨道的最高点,在圆轨道的最高点由牛顿第二定律可得 mg=m 从D点到轨道最高点,由动能定理可得 -μmgs-2mgR=mv2-m 解得μ=0.25。 [答案] 0.25 [典例2]　(2025·河南信阳模拟)滑板运动是极限运动的鼻祖,许多极限运动项目均由滑板项目延伸而来。如图是滑板运动的轨道,BC和DE是竖直平面内的两段光滑的圆弧形轨道,BC的圆心为O点,圆心角θ=60°,半径OC与水平轨道CD垂直,滑板与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4。某运动员从轨道上的A点以v=4 m/s的速度水平滑出,在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道,到达E点时速度减为零,然后返回。已知运动员和滑板的总质量为m=60 kg,B、E两点与水平轨道CD的竖直高度分别为h=2 m和H=3 m。求:(g取10 m/s2) (1)运动员从A点运动到B点的过程中,到达B点时的速度大小vB; [答案]　8 m/s [解析]　运动员从A点运动到B点的过程中做平抛运动,到达B点时,其速度沿着B点的切线方向,根据三角形定则可知,物体到达B点的速度为vB= 解得vB=8 m/s。 (2)水平轨道CD的长度L; [答案]　5.5 m [解析]　从B到E,由动能定理得 mgh-μmgL-mgH=0-m 代入数值得L=5.5 m。 (3)通过计算说明,第一次返回时,运动员能否回到B点?如能,求出回到B点时速度的大小。如果不能,求出最后停止的位置距C点的距离。 [答案]　见解析 [解析]　设运动员能到达左侧的最大高度为h',从E点到第一次返回到左侧最高处,由动能定理得 mgH-μmgL-mgh'=0 解得h'=0.8 m<2 m 故运动员不能回到B点。设运动员从E点开始返回后,在CD段滑行的路程为s,由能量守恒定律得 mgH=μmgs 解得s=7.5 m 由于L=5.5 m 所以可得运动员最后停止的位置为距C点2 m处。 1.(2025·湖北孝感高三联考)如图所示,半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内,与水平轨道CD相切于C点,D端有一被锁定的轻质压缩弹簧,弹簧左端连接在固定的挡板上,弹簧右端Q到C点的距离为2R。质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下,刚好能运动到Q点,并能触发弹簧解除锁定,然后滑块被弹回且刚好能通过圆轨道的最高点A,已知∠POC=60°。 教参独具 (1)求滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道的压力。 答案:2mg,方向竖直向下 解析:设滑块第一次滑至C点时的速度为vC,圆轨道对滑块的支持力大小为FN,由P到C的过程,由机械能守恒定律得 mgR(1-cos 60°)=m 滑块在C点有 FN-mg=m 解得FN=2mg 由牛顿第三定律可知滑块在最低点C时对轨道的压力大小FN'=2mg,方向竖直向下。 (2)求滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ。 答案:0.25 解析:对滑块由P到C再到Q的过程,根据动能定理有 mgR(1-cos 60°)-2μmgR=0 解得μ=0.25。 (3)求弹簧被锁定时具有的弹性势能。 答案:3mgR 解析:滑块刚好能通过圆轨道的最高点A时,根据牛顿第二定律得 mg=m 滑块从Q到C再到A的过程,由能量守恒定律得 Ep=m+2mgR+2μmgR 解得弹性势能Ep=3mgR。 (4)若滑块被弹回时,滑块不脱离轨道,则弹簧被锁定时具有的弹性势能应满足什么条件? 答案:小于等于1.5mgR 解析:要使滑块不脱离轨道,滑块向右运动到最高点时高度为R,此时根据能量守恒定律有 Ep'=mgR+2μmgR=1.5mgR 所以,弹簧的弹性势能应小于等于1.5mgR。 二 突破点二　传送带模型问题 18 盘点 核心知识 1.动力学分析 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.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功:W=Ffx传,也是电动机因传送带传送物体而多做的功。 (2)系统产生的内能:Q=Ffx相对。 (3)功能关系分析:W=ΔEk+ΔEp+Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量,ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。 特别提醒:当物体与传送带速度相同时,摩擦力往往发生突变。 [典例3]　(多选)(2025·四川凉山模拟)如图,足够长的水平传送带AB与斜面BC在B点平滑连接,斜面倾角θ=37°,质量为1 kg的物块从距传送带高为H=2.4 m的C点由静止释放,物块与斜面和传送带间的动摩擦因数均为0.5,传送带顺时针运行速度恒为5 m/s。已知重力加速度g取10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37°=0.8,则下列判断正确的是(　　) A.物块第二次经过B点的速度为5 m/s B.物块第一次到达传送带最左端的过程中与 传送带因摩擦产生的热量为28 J C.物块在斜面上向下运动的路程之和为6 m D.物块在斜面上向下运动的路程之和为5 m 提升 关键能力 BD [解析]　物块第一次下滑到B点时由动能定理得 mgH-μmgcos θ·=m,解得vB=4 m/s,冲上传 送带后做匀减速运动,速度减到零后反向加速,则第二次回到B点时的速度仍为4 m/s,选项A错误;物块在传送带上做减速运动的加速度大小为a=μg=5 m/s2,减速到零的时间t==0.8 s,物块第一次到达传送带最左端的过程中与传送带因摩擦产生的热量Q=μmg(v传t+t)=28 J,选项B正确;物块从B点再次冲上斜面时,向上运动的最大距离满足m=mgxsin θ+μmgxcos θ,解得x=0.8 m,再次下滑到斜面底端时的速度满足mvB'2=mgxsin θ-μmgxcos θ,解得vB'= m/s,滑上传送带后再次返回到B点时速度仍为vB'= m/s,再次沿斜面上滑时向上运动的最大距离满足mvB'2 =mgx'sin θ+μmgx'cos θ,解得x'=0.16 m,则每次下滑的距离呈等比数列,则物块在斜面上向下运动的路程之和为s=4 m+0.8 m+0.16 m+…=5 m,选项C错误,D正确。 [典例4]　(2025·福建福州模拟)如图甲所示,传送带与水平地面的夹角θ=37°,传送带逆时针转动。t=0时,将一质量m=2 kg的物体轻放在传送带上端A点,t=1 s时物体到达传送带底端B点,在此过程中物体的动量p随时间t的变化关系如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求: (1)物体与传送带之间的动摩擦因数; [答案]0.5 [解析]　由题图乙可知,0.5 s末时物体的速度 v== m/s=5 m/s 物体的加速度 a1== m/s2=10 m/s2 对物体受力分析可知 mgsin θ+μmgcos θ=ma1 解得μ=0.5。 (2)物体从A点运动到B点的过程中机械能的变化量。 [答案]-12 J [解析]　0.5~1 s这段时间物体的加速度满足 mgsin θ-μmgcos θ=ma2 解得a2=2 m/s2 物体到达传送带底端时,物体的速度 v'=v+a2t'=(5+2×0.5)m/s=6 m/s 物体从A到B通过的位移 x=vt+(v+v')t'=×5×0.5 m+×(5+6)×0.5 m=4 m A到B的竖直高度 h=xsin θ=4×0.6 m=2.4 m 以B点所在水平面为零重力势能面,则物体从A到B的过程中机械能的变化量 ΔE=mv'2-mgh=-12 J。 2.某快递公司分拣快件的水平传输装置示意图如图,皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速率顺时针转动,现将一质量为m=2 kg 的邮件轻放在皮带上,邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5,设皮带足够长,g取10 m/s2。在邮件与皮带发生相对滑动的过程中(　　) A.皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是一对平衡力 B.皮带对邮件做的功和邮件对皮带做的功大小相等 C.相比于没有邮件的情况,电机多消耗的电能为2 J D.相比于没有邮件的情况,电机多消耗的电能为1 J 教参独具 C 解析:皮带对邮件的摩擦力和邮件对皮带的摩擦力是两个物体之间的相互作用,是一对作用力与反作用力,故A错误。邮件与皮带发生相对滑动的过程中,设皮带相对地面的位移为s,则s=vt,摩擦力对皮带做的功W= -μmgs;邮件匀加速运动的位移x=,皮带对邮件做的功W'=μmgx=μmgs,可知二者的数值不相等,故B错误。邮件放到皮带上后做匀加速运动的加速度为a==μg=5 m/s2,邮件匀加速运动到与传送带共速的时间t== s =0.2 s,皮带相对地面的位移s=vt=0.2 m,则W=μmgs=2 J,即相比于没有邮件的情况,电机多消耗的电能为2 J,故C正确,D错误。 三 突破点三　“滑块—木板”模型问题 28 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。 盘点 核心知识 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)求摩擦力对滑块做的功时用滑块对地的位移x滑。 (2)求摩擦力对木板做的功时用木板对地的位移x板。 (3)求摩擦生热时用相对滑动的位移x相。 [典例5]　(2024·海南卷)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C的边缘时,游客恰好滑上平台,并在平台上滑行s=16 m停下。游客可视为质点,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取10 m/s2,求: 提升 关键能力 (1)游客滑到b点时对滑梯的压力大小; [解析]　设游客滑到b点时速度为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点时对滑梯的压力大小为 FN'=FN=1 000 N。 [答案]　1 000 N (2)滑板的长度L。 [解析]　设游客恰好滑上平台时的速度为v,对在平台上运动的过程由动能定理得 -μmgs=0-mv2 解得v=8 m/s 根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时,游客恰好滑上平台,可知该过程游客一直做减速运动,滑板一直做加速运动,设加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律得 a1==μg=2 m/s2 a2==4 m/s2 根据运动学规律对游客有 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。 [答案]　7 m [典例6]　如图,倾角θ=30°的足够长光滑斜面固定,长L=1.2 m、质量M= 2 kg的长木板下端靠着插销置于斜面上,下端上表面放有一质量m=1 kg的物块(视为质点),不可伸长的伸直细线一端连接物块,一端拴在固定挡板上。零时刻拔去插销,0.8 s末将细线剪断。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)0.2 s末细线对物块的拉力大小; [解析]　以物块为研究对象,其受力如图所示, 物块静止,由平衡条件有 F=mgsin θ+f f=μmgcos 30° 代入数据解得F=10 N。 [答案]　10 N (2)0.8 s末长木板的速度大小; [解析]　以木板为研究对象,其受力如图所示, 由牛顿第二定律有 Mgsin 30°-f'=MaM 其中f'=f 代入数据得aM=2.5 m/s2 由运动学规律有v=aMt 将t=0.8 s代入解得v=2 m/s。 [答案]　2 m/s (3)在木板下滑的过程中,系统产生的热量。 [解析]　0~0.8 s内木板发生的位移为 x=aMt2 代入数据得x=0.8 m 0.8 s之后,未达到共速之前,由于物块所受摩擦力不变,则木板加速度aM不变,二者均向下做匀加速运动。假设经时间t'两者共速时,物块仍在木板 上,对物块,由牛顿第二定律有 mgsin 30°+f=mam 代入数据得am=10 m/s2 由运动学规律有 v共=amt' v共=v+aMt' 代入数据得 t'= s v共= m/s 木板发生的位移为 x1=(v+v共)t' 物块发生的位移为 x2=v共t' 代入数据得 x1= m x2= m 两者间的相对位移为Δx=x1-x2= m 因Δx+x= m<L,假设成立,此后两者一起加速下滑,物块不会从木板上滑下,可得在木板下滑的过程中,系统产生的热量 Q=f(x+Δx)= J。 [答案]　 J 3.(2025·海南直辖县级单位模拟)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取10 m/s2,求: 教参独具 (1)小物块刚放到小车上时小物块、小车的加速度; 答案:2 m/s2　0.5 m/s2 解析:小物块刚放到车上时,以小物块为研究对象,根据牛顿第二定律可得 μmg=ma1 解得小物块的加速度为a1=2 m/s2 以小车为研究对象,根据牛顿第二定律可得 F-μmg=Ma2 解得小车的加速度为a2=0.5 m/s2。 (2)小物块与小车达到共同速度所需的时间、共同速度大小; 答案:1.2 s　2.4 m/s 解析:设经过t时间,小物块与小车达到共同速度,根据运动学公式可得 v共=a1t,v共=v0-a2t 联立解得t=1.2 s,v共=2.4 m/s。 (3)在达到共同速度过程中小物块与小车因摩擦产生的热量。 答案:7.2 J 解析:在达到共同速度过程中小物块与小车发生的相对位移为 Δx=t-t=1.8 m 则小物块与小车因摩擦产生的热量为 Q=μmgΔx=7.2 J。 四 课时作业 巩固提高训练 2 3 4 5 6 7 1 1.(2025·江苏无锡模拟)如图所示,在竖直平面内有一半径为2.0 m的四分之一圆弧形光滑导轨AB,A点与其最低点C的高度差为1.0 m,现由A点沿导轨无初速度释放一个小球。若g取10 m/s2,则(　　) A.小球过B点时的速度vB= m/s B.小球过B点时的速度vB=2 m/s C.小球离开B点后做平抛运动 D.小球离开B点后继续做半径为2.0 m的圆周运动直到与A点等高的D点 B A 夯实基础 解析:设∠AOC=θ,∠BOC=α,则cos θ==,解得θ=60°,所以α=90°-θ=30°,从A到B下降的高度为Δh=Rcos α-Rcos θ=(-1)m,由A到B,根据机械能守恒定律有mgΔh=m,解得vB=2 m/s,故A错误,B正确;小球离开B点后,速度斜向上,只受重力作用,做斜上抛运动,故C、D错误。 2 3 4 5 6 7 1 2.(多选)(2025·福建龙岩期中)如图甲,足够长的传送带与水平面的夹角θ=30°,皮带在电动机的带动下,速率始终不变。t=0时刻在传送带适当位置放上一个具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向,物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。已知小物块质量m=1 kg,g取10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.传送带顺时针转动,速度大小为2 m/s B.传送带与小物块之间的动摩擦因数μ= C.0~t2时间内电动机多消耗的电能为36 J D.0~t2时间因摩擦产生的热量为15 J 2 3 4 5 6 7 1 AC 解析:由v-t图像可知,小物块最终随传送带一起匀速运动,说明传送带的速度为2 m/s,因为取沿斜面向上为正方向,所以传送带顺时针转动,故A正确;由题图乙可知0~t2时间内小物块的加速度为a=1 m/s2 对物块受力分析,可得 μmgcos θ-mgsin θ=ma 解得μ=,故B错误; 物块运动速度减为零后,反向加速经历时间为t加==2 s,结合v-t图像可得t2=3 s 2 3 4 5 6 7 1 根据v-t图像中图线与坐标轴围成面积表示位移可得物块向下运动过程中的位移大小为x1'= m=0.5 m 故物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为 Δx1=x1+x1'=2×1 m+0.5 m=2.5 m 物块向上运动过程中的位移大小为 x2'= m=2 m 物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为 Δx2=x2-x2'=2×2 m-2 m=2 m 2 3 4 5 6 7 1 所以传送带与物块的总相对位移为 Δx=Δx1+Δx2=4.5 m 所以0~t2时间因摩擦产生的热量为 Q=μmgcos θ·Δx=27 J,故D错误; 0~t2时间内,物块增加的重力势能 ΔEp=mgsin θ·(x2'-x1')=7.5 J 物块动能的增量 ΔEk=mv2-m=1.5 J 则传送带多消耗的电能W电=Q+ΔEp+ΔEk=36 J,故C正确。 2 3 4 5 6 7 1 3.(多选)如图甲所示,一木板静置于足够大的水平地面上,木板右端放置一质量为0.5 kg的物块(可视为质点),t=0时对木板施加一水平向右的恒定拉力F,t=2 s时撤去F,物块在木板上先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,且恰好不能从木板左端掉落,整个过程中木板运动的v-t图像如图乙所示。已知各接触面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　) A.木板的长度为3 m B.木板的质量为0.2 kg C.物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75 J D.木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55 J 2 3 4 5 6 7 1 BCD 解析:由题意画出物块运动的v-t图像,如图所示, 设物块与木板间的动摩擦因数为μ1,由图得0~ 2.5 s内物块的加速度大小为a1==0.4 m/s2,对 物块由牛顿第二定律得μ1mg=ma1,解得物块与木板间的动摩擦因数为μ1= 0.04,设木板与地面间的动摩擦因数为μ2,由图得在2~2.5 s内,木板的加速度大小为a2== m/s2=4 m/s2,对木板由牛顿第二定律得μ2(mg+Mg)+ μ1mg=Ma2,在2.5~3 s内,木板的加速度大小为a3== m/s2=2 m/s2,对 2 3 4 5 6 7 1 木板由牛顿第二定律得μ2(m+M)g-μ1mg=Ma3, 两式联立得M=0.2 kg,μ2=,故B正确;由于物 块恰好不能从木板左端掉落,则物块在2.5 s时 与木板有共同速度,且在木板左端,木板的长度L=×2×3 m+×0.5× (1+3)m-×2.5×1 m=2.75 m,故A错误;物块与木板共速前的相对位移s1=L=2.75 m,物块与木板共速后,物块的加速度大小仍为a1=0.4 m/s2,则物块减速到零的时间t= s=2.5 s,故图中t4=5 s,物块与木板共速后的相对 2 3 4 5 6 7 1 位移s2=×(5-3)×1 m=1 m,则物块与木板因摩擦产生的热量Q1=μ1mg(s1+s2)=0.75 J,故C正确;由题图可得从开始运动到停止,木板的位移x=×3 m+×(1+3)×0.5 m+×0.5 m=4.25 m,则木板与地面因摩擦产生的热量Q2=μ2(M+m)gx=2.55 J,故D正确。 2 3 4 5 6 7 1 4.(15分)(2025·河北石家庄模拟)如图所示,倾角为 θ=37°的斜面与圆心为O、半径R=0.9 m的光滑圆 弧轨道在B点平滑连接,且固定于竖直平面内。斜 面上固定一平行于斜面的轻质弹簧,现沿斜面缓 慢推动质量为m1=0.8 kg的滑块a使其压缩弹簧至A处,将滑块a由静止释放,通过D点时轨道对滑块a的弹力为零。已知A、B之间的距离为L=1.35 m,滑块a与斜面间的动摩擦因数μ=0.25,C为圆弧轨道的最低点,CE为圆弧轨道的直径,OD水平,滑块a可视为质点,忽略空气阻力,g取10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37°=0.8,≈1.73。 2 3 4 5 6 7 1 B 能力提升 (1)求滑块a在C点对轨道压力的大小; 2 3 4 5 6 7 1 答案:24 N 解析:由题可知,滑块a在D点处的速度为0,对滑块a由C至D的过程,由动能定理有 -m1gR=0-m1 对滑块a在C点由牛顿第二定律有 F1-m1g=m1 结合牛顿第三定律可知,滑块a在C点对轨道压力的大小 FN=F1=24 N。 (2)求滑块a整个运动过程中系统因摩擦而产生的热量; 2 3 4 5 6 7 1 答案:7.92 J 解析:设滑块a在A处时弹簧储存的弹性势能为Ep,由能量守恒定律可知 Ep+m1gLsin 37°=μm1gLcos 37°+m1gRcos 37° 解得Ep=1.44 J 最终滑块a在圆弧轨道中B与B关于直线CE对称的点之间运动,由能量守恒定律可知 Q=Ep+m1gLsin 37° 解得Q=7.92 J。 (3)若仅将滑块a换为质量为m2=0.05 kg的滑块b,滑块b与斜面间的动摩擦因数也为μ=0.25,滑块b由A点弹出后立即撤去弹簧,求滑块b第一次落在斜面上的位置到B点的距离(结果保留两位有效数字)。 2 3 4 5 6 7 1 解析:设滑块b能通过E点,对滑块b由A点至E点的过程由能量守恒定律有 Ep+m2gLsin 37°=μm2gLcos 37°+m2g(R+Rcos 37°)+m2 解得vE=6 m/s 滑块b恰好能通过E点时,有 m2g=m2 可知vE>vE',假设成立,设滑块b通过E点后在空中运动的时间为t,滑块b落在斜面上的位置与B之间的水平距离为d,则有 d=vEt-Rsin 37° (R+Rcos 37°)-gt2=dtan 37° 解得t= s=0.328 5 s,d=1.431 m 又有x= 解得x≈1.8 m。 2 3 4 5 6 7 1 答案:1.8 m 5.(15分)(2025·江苏盐城模拟)如图所示,足够长的传送带AB与光滑的水平面BC连接,光滑的半圆轨道与水平面连接,相切于C点。传送带以恒定的速率v=5 m/s顺时针运行,在光滑的水平面上有一质量m=0.5 kg的物体以v1=6 m/s的速度向左滑上传送带,经过2 s物体的速度减为零,物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点,g取10 m/s2。求: 2 3 4 5 6 7 1 (1)物体与传送带之间的动摩擦因数μ; 2 3 4 5 6 7 1 解析:物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动,设其运动的加速度大小为a,根据牛顿第二定律有μmg=ma 根据加速度定义式有a= 联立解得μ=0.3。 答案:0.3 (2)半圆轨道半径R; 2 3 4 5 6 7 1 解析:由于传送带的速度v<v1,所以物体返回B点时速度大小等于v,则物体到达C点的速度vC=v=5 m/s 又由题意可知,物体返回到光滑的水平面且沿着半圆轨道恰能运动到D点,设经过最高点D时的速度为vD,在D处,根据牛顿第二定律和向心力公式有mg=m 在由C运动至D的过程中,根据动能定理有 -mg×2R=m-m 联立解得R=0.5 m。 答案:0.5 m (3)物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量。 2 3 4 5 6 7 1 解析:物体向左滑行时,相对传送带的位移为 Δx1=·t+vt 物体向右滑行时,相对传送带的位移为 Δx2=v·- 物体在传送带上滑动过程中系统产生的热量为 Q=μmg(Δx1+Δx2) 联立,并代入数据解得Q=30.25 J。 答案:30.25 J 6.(15分)如图,质量mA=2 kg的长木板A在倾角θ=37°的固定斜面上向下滑动,木板长L=1.5 m,木板与斜面间的动摩擦因数μ1=0.75。当A的速度v0= 6 m/s时,将一质量mB=1 kg的木块B轻放在A的下端,A、B间的动摩擦因数μ2=0.5,斜面足够长,g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: 2 3 4 5 6 7 1 (1)当A的速度为5 m/s时,B的速度vB的大小; 2 3 4 5 6 7 1 解析:木板与木块相对滑动,根据牛顿第二定律, 对木板有 μ1(mA+mB)gcos 37°+μ2mBgcos 37°-mAgsin 37°=mAa1 解得a1=5 m/s2,方向沿斜面向上 对木块有mBgsin 37°+μ2mBgcos 37°=mBa2 解得a2=10 m/s2,方向沿斜面向下 木板做匀减速直线运动,则v=v0-a1t 木块做匀加速直线运动,则vB=a2t 解得vB=2 m/s。 答案:2 m/s (2)B在A上滑动的整个过程中,因A、B之间的摩擦力产生的内能Q。 2 3 4 5 6 7 1 解析:从刚放上木块到二者共速时满足 v0-a1t1=a2t1 解得t1=0.4 s 此过程二者的相对位移为 Δx=v0t1-a1-a2=1.2 m 共速后,由于tan 37°>μ2,则木块在木板上继续加速运动,直至从木板脱离。共速前木块相对木板向上运动,共速后相对木板向下运动,则整个过程中,因A、B之间的摩擦力产生的内能为Q=μ2mBgcos 37°·2Δx=9.6 J。 答案:9.6 J 7.(20分)如图所示,倾角θ=37°的斜面AB通过平滑的小圆弧与水平直轨道BC平滑连接,CD、DE为两段竖直放置的四分之一圆管,两管相切于D处,半径均为R=0.15 m。右侧有一倾角α=30°的光滑斜面PQ固定在水平地面上。质量为m=0.4 kg、可视为质点的小物块从斜面AB顶端由静止释放,经ABCDE轨道从E处水平飞出后,恰能从P点平行PQ方向飞入斜面。小物块经过C点时受到圆管的作用力大小为28 N,小物块与斜面AB间的动摩擦因数μ1=0.375,与BCDE段之间的摩擦不计,重力加速度g取10 m/s2,sin 37° =0.6,cos 37°=0.8。 2 3 4 5 6 7 1 (1)求斜面AB的长度; 2 3 4 5 6 7 1 解析:在C处有FN-mg=m 小物块由A运动到C的过程中,由动能定理可得 mgLsin 37°-μ1mgLcos 37°=m-0 解得L=1.5 m。 答案:1.5 m (2)求E点与P点的竖直距离; 2 3 4 5 6 7 1 解析:小物块由A运动到E的过程中,由动能定理可得mgLsin 37°-μ1mgLcos 37°-mg·2R=m-0 小物块恰能从P点平行PQ飞入斜面,即其速度与水平方向夹角为30°, 则tan 30°= E点与P点的竖直距离为h=gt2=0.05 m。 答案:0.05 m (3)若斜面PQ上距离P点L2=0.2 m的M点下方有一段长度可调的粗糙部分MN,其调节范围为0.2 m≤L≤0.5 m,与小物块间的动摩擦因数μ2=,斜面底端固定一轻质弹簧,弹簧始终在弹性限度内,且不与粗糙部分MN重叠,求小物块在MN段上运动的总路程s与MN长度L的关系式。 2 3 4 5 6 7 1 解析:物块飞入P点的速度大小为 vP==2 m/s 若经弹簧一次反弹后恰能越过P点,即经过粗糙段MN两次,则 -μ2mgcos 30°·2L0=0-m 解得L0=0.4 m 即当0.2 m≤L<0.4 m时,小物块经过弹簧一次反弹后从P点飞出,此时s=2L 当0.4 m≤L≤0.5 m时,小物块无法冲出斜面, 且mgsin 30°>μ2mgcos 30° 故小物块不会停在MN段上,最终在N点与弹簧间往复运动,在N点的速度为零,由动能定理可得 mg(L2+L)sin 30°-μ2mgscos 30°=0-m 解得s=2L+1.2 m 综上所述,小物块在MN段上运动的总路程s与其长度L的关系式为 s=。 2 3 4 5 6 7 1 答案:s= $$