【解题模型】专题19功能关系 能量守恒定律-2026高考物理

专题19功能关系能量守恒定律 模型总结 模型1 传送带模型综合问题.们 模型2“滑块一木板”模型综合问题 ,5 模型3用动力学和能量观点分析多运动组合问题.37 模型4非质点类物体的机械能守恒问题53 模型1传送带模型综合问题 1.解答传送带模型的动力学方法 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.求电机多消耗电能的方法 (1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。即E= Ek十E。十Q,其中Q=Frx相对。 (2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的 功等于传送带克服摩擦力做的功，即W=Fx传，其中x传为传送带对地的位移。 1.(2025·湖北·模拟预测)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内， 其末端与水平传送带AB左端相切，长木板b紧挨着传送带AB右端静止在地面上，物块C放 在木板b上。现将小物块α从圆轨道顶端由静止释放，运动到最低点时，刚好滑上传送带。 接着小物块a滑出传送带，刚好与木板b发生弹性碰撞，碰撞后立即撤去小物块α。木板b 向右运动，与右侧竖直挡板P碰撞前，b、c已达到共同速度。b与P发生的是非弹性碰撞， 且每次碰撞的碰后动能与碰前动能之比均为e=0.64。己知小物块a、长木板b、物块c的质 量分别为m、m、3m,传送带顺时针转动的速度为v=2√gR,A、B之间间距为3R,物 块a与传送带之间的动摩擦因数为4=0.5，木板与地面之间是光滑的，木板与物块c之间的 第1页共21页 摩擦因数为凸2=0.5。运动过程中物块c始终未与挡板P发生碰撞且没有脱离木板b,重力 加速度为8。 a P '④ →p⑥ (1)求小物块（在传送带运动的过程中电动机要额外消耗多少电能？ (2)从木板b运动开始直到第1次与物块C共速，求此过程中c在b上滑动的距离多大？ (3)木板b与挡板P首次碰撞后，求b与P从第k次碰撞后到第k+1碰撞前b运动的路程。 2.(2025山东济南·一模)如图甲所示，机场使用倾角0=37°的传送带，将每个质量 m=10kg的行李箱从地面运送到高h=6m的出发平台。机械手每隔7s就将一个行李箱轻放 到传送带底端，传送带以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。已知各行李箱与传送带间的动摩 擦因数相同μ=0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求： 色n (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小： (2)传送带上最多同时输送的行李箱数量： (3)在机械手放置第一个行李箱开始计时的1分钟内，电动机因运送行李箱需多做的功： 3.(2025·山东济南·一模)如图所示，倾角37°的传送带以vw1ms的速度沿顺时针方向匀 速转动，现将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端以v=2/s的初速度沿 传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，己知物块与传送带间的动摩擦因数均为 0.8,两物块（均可视为质点）质量均为1kg,重力加速度g取10m/ s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是() 第2页共21页 B A.两物块刚开始在传送带上运动时的加速度大小均为0.8m/s2 B.物块B从放上传送带到刚好要与物块A相碰所用的时间为5.5s C.两物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为64J D.传送带上下端间的距离为10m 4.(2025·湖南长沙模拟预测)如图所示，转轴间距为2.24m的水平传送带以4m/s的速度沿 顺时针方向匀速转动，传送带右端靠近光滑水平面，传送带上表面与水平面在同一水平面内， 物块B放在水平面左端，将质量为1kg的物块A轻放在传送带左端，物块与传送带间的动摩 擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2,物块A运动到传送带右端并与物块B发生弹性碰撞，碰 撞后物块A第二次滑上传送带，物块A第二次在传送带上运动的时间与第一次在传送带上运 动的时间相等，碰撞时间忽略不计，不计物块的大小，求： 2.24m (1)物块A第一次在传送带上运动的时间： (2)物块B的质量： (3)当物块A与B发生第二次碰撞时，物块B运动的距离。 5.(2025河南·三模)如图所示，传送带倾角0=37°，两端点间距离1=3.75m,以 '。=0.6/s的速度顺时针匀速转动，送料槽（图中未画出）连续不断地将沙砾缓缓送到传送 带的底端。己知送料口的出料流量Q=1kgS,沙砾滑上传送带的初速度可视为0，沙砾与传 送带之间的动摩擦因数4=0.9，不计机械传动机构的摩擦。取g=10m/s2,sin37°=0.6， c0s37°=0.8，不计空气阻力。 多 第3页共21页 (1)求一颗沙砾从传送带底端到达顶端所需的时间； (2)若一颗沙砾从传送带顶端以其末速度被水平抛出，求落地点距传送带顶端的水平距离： (3)求传送带电机因运送沙砾而增加的电功率。 6.(2025·湖南·模拟预测)如图所示，竖直面内、半径为R=2m的光滑圆弧轨道AB底端切 线水平，与水平传送带左端靠近，传送带右端C与一水平光滑平台靠近，圆弧轨道底端、传 送带上表面及平台位于同一水平面，圆弧所对的圆心角为=60°，传送带BC之间长为 L=1.6m,以v=5m/s的恒定速度顺时针匀速转动。质量为m=1kg的物块1以v4=4√2ms从圆 弧轨道的最高点A沿切线进入圆弧轨道，物块1与传送带间的动摩擦因数=0.5，质量为 m2=11kg的物块2静止在C点右侧的水平光滑平台上。物块1与2之间的碰撞为弹性碰撞，不 计物块的大小，重力加速度为g=10m/s2。 (1)求物块1第一次运动到圆弧轨道最底端B点时对轨道的压力大小： (2)判断物块1与2第一次碰撞后物块1能否从A点滑离圆弧轨道，若不能，求物块1在圆弧 轨道上所能达到的最大高度： (3)求物块1与物块2第二次碰撞后的瞬间物块2的速度大小。 7.(2025陕西延安·模拟预测)如图所示，长度L=4.8m的传送带以恒定的速率 。=6m/s顺时针转动，传送带右侧有一质量M=1kg的小车，紧靠传送带静止在光滑的水 平地面上，小车的上表面与传送带上表面等高，距小车右端d=4m的位置处有一竖直固定挡 板。现将质量m=5kg的物块轻放在传送带的左端，使其由静止开始运动。己知物块与传送 带之间、物块与小车上表面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 物块从传送带滑上小车过程速度不变，小车与竖直挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短， 物块可看作质点且始终未滑离小车，g取10m/s2,求： 第4页共21页 (1)物块在传送带上运动的时间： (2)整个过程小车运动的路程； (3)整个过程中因摩擦产生的热量。 8.(24-25高一下·湖北恩施·期末)如图所示，水平传送带以恒定速度=2m/s运送工件，完 全相同的工件从传送带最左端无初速度地放到传送带上。工件质量m=0.5kg,工件与传送带 之间的动摩擦因数0.4，当前一个工件与传送带相对静止时，再从传送带最左端放上后一个 工件。已知第10个工件刚好放上传送带最左端时，恰好第1个工件到达最右端。重力加速度 g=10m/s2,求： (1)每个工件相对传送带滑动的时间： (2)每个工件相对传送带滑动的过程中，摩擦产生的热量Q: (3)传送带的长度L。 9.(2025·北京延庆·一模)如图所示，水平传送带以v=2m/s的速率匀速运行，上方漏斗每 秒将40kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之 间不打滑。如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为( ) 。 A.80W B.160W C.320W D.640W 10.(2024高三下·全国·专题练习)如图甲所示，倾角为0的足够长传送带以恒定的速率v0 沿逆时针方向运行。-0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块 速度随时间变化的图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g-10/s2。则 ( ◆v/m's 12 t/s A.vo=12m/s B.传送带的倾角满足sin0=0.5 第5页共21页 C.小物块与传送带之间的动摩擦因数=0.5 D.第2s内小物块与传送带之间因摩擦产生的热量是4) 模型2“滑快一木板”模型综合问题 板块模型的动力学分析和功能关系分析 情境模 m 型图示 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 动力学 的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由 分析 ==,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 (1)对滑块和木板分别运用动能定理； (2)对滑块和木板组成的系统运用能量守恒定律 功和能 解题时应注意三个问题 分析 (I)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△x 11.(2025广东广州·二模)如图()，砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定 拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图(b)。已知砝码最终没有 脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则( 砝码 钢板 桌面 钢板 →拉力 砝码 图(a) 图b) A.0~t与t~t时间内，砝码的位移相同 B.0~t,与t~t2时间内，砝码的加速度相同 C.0~,时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量 D.0时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量 12.(24-25高三上·辽宁大连·期中)如图所示，质量为M=1kg的长木板置于光滑水平地面上， 第6页共21页 质量为m=3kg的物块放在长木板的右端，在木板左侧有一弹性墙壁，现使木板和物块以 v一4/s的速度一起向左匀速运动，之后木板与墙壁发生弹性碰撞，已知物块与木板间的动摩 1 擦因数W=6,重力加速度gI0ms。 ☐m 7mmmmmm (1)求木板与墙壁第一次碰撞后，木板离开墙壁的最大距离x; (2)若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度L: 51 (3)若长木板的长度L=。m，求木板和墙第几次碰撞后物块与木板分离。 8 13.(2024陕西西安·三模)如图，一质量为m=1kg的长木板放置在光滑水平面上，木板的 正中间放置一质量为M=3kg的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为4=0.5。一条弹性绳 一端系于天花板上的O点，另一端系于滑块中心，弹性绳的弹力与其伸长量满足胡克定律 F=:,劲度系数为k=1OON/m'弹性绳所具有的弹性势能瓦，-弓献2。在0点正下方A 1 点固定一光滑的圆环，弹性绳从环中穿过，已知O、A之间距离与弹性绳原长相等，当滑块 在O、A的正下方的B点时，弹性绳的伸长量为h=0.lm。某时刻突然在B处给予两者一共 同向右的速度y,在此后的运动过程中，滑块都不会从木板上滑下。 A ()为何值时，滑块到达某处时将与木板出现相对滑动，并求此位置与B的距离。 (2)若v=2√3m/s,在刚好出现相对滑动时，使木板的速度瞬间变为0且固定不动，求此后 滑块向右运动距B点的最大距离。 (3)(2)问条件下滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量。 第7页共21页 14.(2024黑龙江模拟预测)如图所示，长L=1.5m、质量M=2kg的木板静止放在光滑的水 平地面上，木板左端距障碍物的距离x=一m,障碍物恰好与木板等高。质量m=1kg的滑块 6 (可视为质点)静止放在木板右端，木板与滑块之间的动摩擦因数为0.8，滑块在9N的水平 力F作用下从静止开始向左运动。木板与障碍物碰撞后以原速率反弹，经过一段时间滑块恰 在障碍物处脱离木板。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)求木板第一次与障碍物碰撞前，木板的加速度a; (2)求滑块与木板间因摩擦产生的总热量Q: (3)求木板与障碍物碰撞的次数。 Kxo→斗M F←☐m 15.(2024山东威海·二模)如图所示，倾角日=37°的足够长斜面固定在水平地面上，小物 块A放在木板B上。B的右端装有弹性挡板，A到挡板的距离为0.5，A、B质量均为 m=1kg。B与斜面间的动摩擦因数4=0.25由于材料的特殊性。A相对B向下滑动时， A、B间光滑：A相对B向上滑动时，A、B间的动摩擦因数4=0.25。已知A与挡板的碰撞 为弹性碰撞，碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2, sin37°=0.6，cos37°=0.8。现将A、B在斜面上由静止释放，不计空气阻力，求： (1)经多长时间A与挡板第一次碰撞： (2)A与挡板从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间； (3)从开始到A与挡板第二次碰撞系统损失的机械能。 B 16.(2024江苏南通·模拟预测)如图所示，某货场需将质量m=10kg的货物（视为质点） 从高处运送到指定存放点。轨道BCD静置于光滑水平面上，右侧靠在障碍物旁，轨道BCD 上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC的半径R=2.75m,所对圆 心角O=37°，BC与CD相切于C点，CD段长L=5m。现利用固定的倾斜轨道传送货物，倾 斜轨道在B点与圆弧轨道BC恰好相切，将货物由距离B点高度h=1.5m的A点处无初速滑 下，货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止。货物与倾斜轨道、粗糙轨道CD间的 第8页共21页 动摩擦因数分别为4=0.125、4=0.3，重力加速度大小取g=10m/s2，sin37°=0.6，不 计空气阻力。求： (1)货物滑到B点时的速度大小： (2)轨道BCD的质量； (3)整个过程中克服摩擦力产生的内能。 R B 7777777777777777777777777 17.(2024辽宁朝阳·模拟预测)如图所示，下表面光滑的木板B静置在水平地面上，B右侧 静置着一物块C,物块A以初速度，=8m/s从左端滑上木板B,当物块A与木板B刚好共速 的瞬间，木板B与物块C发生碰撞，碰撞时间忽略不计。已知木板B与物块C之间的碰撞均 为弹性碰撞。物块A的质量m=0.3kg,木板B的质量m,=0.1kg,物块A与木板B间的动 摩擦因数41三0.2，物块C的质量m3=0.2kg,物块C与地面间的动摩擦因数42三0.4，重 力加速度g取10m/s2,物块A始终未滑离木板B,求： (1)初始时，木板B与物块C之间的距离； (2)木板B与物块C从第一碰撞后到第二次碰撞的过程中，木板B与物块C之间的最大距 离； (3)木板B与物块C第二次碰撞前瞬间，木板B与物块C的速度大小。 ④女 B 18.(2024江西·模拟预测)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0.5kg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=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一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，取重力加速度大小g=10m/s2,下列说法正确的是() 第9页共21页 ↑v/(m's) 3 77777777777777777777 2.02.53.0t/s 甲 A.木板的长度为3m B.木板的质量为0.2kg C.物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75J D.木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55J 19.(2024·安徽·二模)一块质量为M、长为1的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为 m的物体B(视为质点)以初速度%从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中， 物体B的动能减少量大小为△EB,长木板A的动能增加量为△EA,A、B间摩擦产生的热量 为Q,关于△EB,△EA,Q的值，下列情况可能的是（) B A L1KKK4 A.△EB=7J,△EkA=4J,Q=4JB.AEB=7J,△EA=3J,Q=4J C.△EB=8J,△EkA=3J,2=2JD.△EB=8J,△EA=5J,Q=3J 20.(2024山东淄博·二模)某激光制冷技术与下述力学缓冲模型类似。图甲中轻弹簧下端 固定在倾角为0=30°的是够长光滑斜面底端，上端与质量为3m的物块B相连，B处于静止 状态，此时弹簧压缩量为d;现将质量为m下表面光滑的足够长的木板A置于B的上方，A 的下瑞与B相距25，质量为2m物快C置于A的上瑞，C与A之间动降擦因数为B 2 B、C均视为质点。B与斜面之间有智能涂层材料，仅可对B施加大小可调的阻力，当B的速 度为零时涂层对其不施加作用力。现将A和C由静止释放，之后A与B发生正碰，碰撞时间 极短，碰后B向下运动2d时速度减为零，此过程中B受到涂层的阻力大小∫与下移距离x之 间的关系如图乙所示。已知重力加速度大小为g,弹簧始终处于弹性限度内。 (1)求A、B第一碰前瞬间A的速度大小Vo: 第10页共21页 专题19功能关系 能量守恒定律 模型总结 模型1 传送带模型综合问题 1 模型2 “滑块—木板”模型综合问题 15 模型3 用动力学和能量观点分析多运动组合问题 37 模型4 非质点类物体的机械能守恒问题 53 模型1 传送带模型综合问题 1．解答传送带模型的动力学方法 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．求电机多消耗电能的方法 (1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。即E＝Ek＋Ep＋Q，其中Q＝Ff·x相对。 (2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即W＝Ff·x传，其中x传为传送带对地的位移。 1．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，半径为的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平传送带左端相切，长木板紧挨着传送带右端静止在地面上，物块放在木板上。现将小物块从圆轨道顶端由静止释放，运动到最低点时，刚好滑上传送带。接着小物块滑出传送带，刚好与木板发生弹性碰撞，碰撞后立即撤去小物块。木板向右运动，与右侧竖直挡板碰撞前，、已达到共同速度。与发生的是非弹性碰撞，且每次碰撞的碰后动能与碰前动能之比均为。已知小物块、长木板、物块的质量分别为、、，传送带顺时针转动的速度为，A、B之间间距为，物块与传送带之间的动摩擦因数为，木板与地面之间是光滑的，木板与物块之间的摩擦因数为。运动过程中物块始终未与挡板P发生碰撞且没有脱离木板，重力加速度为。 (1)求小物块在传送带运动的过程中电动机要额外消耗多少电能？ (2)从木板运动开始直到第1次与物块共速，求此过程中在上滑动的距离多大？ (3)木板b与挡板P首次碰撞后，求与P从第次碰撞后到第碰撞前运动的路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）小物块下滑过程，由动能定理得 解得 由于传送带与小物块速度方向相同，但，因此小物块相对传送带向左运动，受到向右的滑动摩擦力，做匀加速直线运动，假设其刚好能够与传送带共速，则由动能定理得 解得 而实际上，，故小物块滑出传送带右侧的速度大小为；设电动机额外消耗的电能，根据能量守恒可得 其中 又，， 联立解得， （2）与发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒可得， 联立解得 与作用过程，由动量守恒和能量守恒得 ， 又因与P碰前已共速；联立解得 （3）根据上述分析可知，与第一次共速 与P板首次碰撞后，速度变为，由题意知 从第1次向左运动直到速度为零，由动能定理得 与P板第1次碰撞前，向右运动的距离也为，则有 解得。 与P板第1次碰撞前到、第2次达到共同速度，由动量守恒定律得 解得 与P板第1次碰撞后，速度变为 第2次向左运动，直到速度为零，由动能定理得 与P板第2次碰撞前，向右运动的距离也为，则有 解得 与P板第2次碰撞前到、第3次达到共同速度，由动量守恒定律得 解得 与P板第2次碰撞后，速度变为 第3次向左运动，由动能定理得 与P板第3次碰撞前，向右运动的距离也为，则有 解得 …… 由此可见，满足等比数列关系，比例系数为，则 带入，，的数值，解得 2．（2025·山东济南·一模）如图甲所示，机场使用倾角的传送带，将每个质量的行李箱从地面运送到高的出发平台。机械手每隔就将一个行李箱轻放到传送带底端，传送带以的速度顺时针匀速转动。已知各行李箱与传送带间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取。求： (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小； (2)传送带上最多同时输送的行李箱数量； (3)在机械手放置第一个行李箱开始计时的1分钟内，电动机因运送行李箱需多做的功。 【答案】(1) (2)2个 (3) 【详解】（1）行李箱刚放上传送带时，根据牛顿第二定律有 代入数据解得 （2）根据几何关系，可得传送带总长 对一个行李箱分析，设达到共速所用时间为，则 物块的对地位移为 因，故行李箱与传送带共速后行李箱相对传送带静止，一起斜向上做匀速直线运动，时间为 一个行李箱从底端输送到顶端需要的总时间为 每隔7s放一个，则传送带上最多输送2个行李箱。 （3）对一个行李箱而言，加速阶段 匀速阶段 即每输送一个到顶部需要 以内有8个已完全到达顶端，还有一个只加速了，则电动机多做的功为 3．（2025·山东济南·一模）如图所示，倾角θ=37°的传送带以v0=1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，现将物块B轻放在传送带下端的同时，物块A从传送带上端以v1=2m/s的初速度沿传送带下滑，结果两物块恰好没有在传送带上相碰，已知物块与传送带间的动摩擦因数均为0.8，两物块（均可视为质点）质量均为1kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　） A．两物块刚开始在传送带上运动时的加速度大小均为0.8m/s2 B．物块B从放上传送带到刚好要与物块A相碰所用的时间为5.5s C．两物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为64J D．传送带上下端间的距离为10m 【答案】D 【详解】A．两物块刚开始在传送带上运动时，根据牛顿第二定律可得，故A错误； B．物块B在传送带上加速的时间为 由于，物块B随后跟着传送到一起匀速向上运动。物块A从冲上传送带到速度为零所用时间为 物块A从速度为零向上加速到与传送带速度相同所用时间为 所以两物块从放上传送带到刚好要相碰所用时间为，故B错误； C．两物块与传送带之间由于摩擦产生的热量为，故C错误； D．在7.5s内物块A的位移大小为 物块B的位移大小为 所以传送带下端到上端的距离为，故D正确。 故选D。 4．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图所示，转轴间距为2.24m的水平传送带以4m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带右端靠近光滑水平面，传送带上表面与水平面在同一水平面内，物块B放在水平面左端，将质量为1kg的物块A轻放在传送带左端，物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为10m/s2，物块A运动到传送带右端并与物块B发生弹性碰撞，碰撞后物块A第二次滑上传送带，物块A第二次在传送带上运动的时间与第一次在传送带上运动的时间相等，碰撞时间忽略不计，不计物块的大小，求： (1)物块A第一次在传送带上运动的时间； (2)物块B的质量； (3)当物块A与B发生第二次碰撞时，物块B运动的距离。 【答案】(1)0.96s (2)4kg (3)4.608m 【详解】（1）假设物块A第一次在传送带上先加速后匀速，加速阶段，根据牛顿第二定律可得 解得物块A加速运动的加速度m/s2 加速运动的距离m 由于m，因此假设成立。因此物块A第一次在传送带上运动的时间s （2）设物块A与B碰撞后一瞬间，物块A的速度大小为，物块B的速度大小为，由于，因此物块A第二次在传送带上运动为类上抛运动。则 解得m/s A、B碰撞过程，根据动量守恒 根据机械能守恒 解得kg （3）由（2）可知，碰撞后一瞬间，物块B的速度大小m/s 物块A第二次在传送带上运动过程中，物块B向右运动的距离m 设物块A在水平面上运动时间与物块B发生碰撞，则 解得s 则当物块A与B发生第二次碰撞时，物块B运动的距离为m 5．（2025·河南·三模）如图所示，传送带倾角，两端点间距离，以的速度顺时针匀速转动，送料槽（图中未画出）连续不断地将沙砾缓缓送到传送带的底端。已知送料口的出料流量，沙砾滑上传送带的初速度可视为0，沙砾与传送带之间的动摩擦因数，不计机械传动机构的摩擦。取，，，不计空气阻力。 (1)求一颗沙砾从传送带底端到达顶端所需的时间； (2)若一颗沙砾从传送带顶端以其末速度被水平抛出，求落地点距传送带顶端的水平距离； (3)求传送带电机因运送沙砾而增加的电功率。 【答案】(1)6.5s (2) (3)23.76W 【详解】（1）在传送带上对沙砾进行受力分析，列牛顿第二定律方程有 代入数据解得沙砾向上匀加速的加速度为 设沙砾做匀加速运动直至与传送带共速的时间为，则有 该段时间内沙砾发生的位移大小为 传送带发生的位移大小为 沙砾与传送带共速后，匀速完成剩下的位移所用的时间为 所以一颗沙砾从传送带的底端运动到传送带的顶端所需时间为 （2）若沙砾从传送带顶端以其末速度被水平抛出，则下落的高度为 根据竖直方向自由落体运动有 解得砂砾平抛运动的时间为 所以平抛的水平位移为 即落地点距传送带顶端的水平距离为。 （3）在连续工作过程中，质量为的沙砾获得的能量为 这部分沙砾在加速阶段与传送带由于发生相对运动产生的热量为 所以传送带电机因运送沙砾而增加的能量为 则传送带电机因运送沙砾而增加的电功率为 6．（2025·湖南·模拟预测）如图所示，竖直面内、半径为R=2m的光滑圆弧轨道AB底端切线水平，与水平传送带左端靠近，传送带右端C与一水平光滑平台靠近，圆弧轨道底端、传送带上表面及平台位于同一水平面，圆弧所对的圆心角为θ=60°，传送带BC之间长为L=1.6m，以v=5m/s的恒定速度顺时针匀速转动。质量为m1=1kg的物块1以vA=m/s从圆弧轨道的最高点A沿切线进入圆弧轨道，物块1与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，质量为m2=11kg的物块2静止在C点右侧的水平光滑平台上。物块1与2之间的碰撞为弹性碰撞，不计物块的大小，重力加速度为g=10m/s2。 (1)求物块1第一次运动到圆弧轨道最底端B点时对轨道的压力大小； (2)判断物块1与2第一次碰撞后物块1能否从A点滑离圆弧轨道，若不能，求物块1在圆弧轨道上所能达到的最大高度； (3)求物块1与物块2第二次碰撞后的瞬间物块2的速度大小。 【答案】(1)36N (2)不能；0.45m (3) 【详解】（1）物块从A点运动到圆弧轨道最底端B的过程中，根据机械能守恒有 在圆弧轨道最底端时，有 联立，解得，根据牛顿第三定律可知，物块1第一次运动到圆弧轨道最底端B点时对轨道的压力大小为36N。 （2）假设物块1第一次在传送带上运动过程中一直减速，根据动能定理有 解得 速度大于传送带速度，假设成立。 物块1与2之间的碰撞为弹性碰撞，则， 联立，解得 物块1第二次滑上传送带，根据动能定理有 解得物块1到达点的速度为 由于 则物块1不从A点滑离圆弧轨道，由 解得物块1在圆弧轨道上所能达到的最大高度为 （3）物块1第3次滑上传送带的速度为，由于 所以刚好与传送带达到共速，物块1与2之间的碰撞为弹性碰撞，则， 联立解得 7．（2025·陕西延安·模拟预测）如图所示，长度的传送带以恒定的速率顺时针转动，传送带右侧有一质量的小车，紧靠传送带静止在光滑的水平地面上，小车的上表面与传送带上表面等高，距小车右端的位置处有一竖直固定挡板。现将质量的物块轻放在传送带的左端，使其由静止开始运动。已知物块与传送带之间、物块与小车上表面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块从传送带滑上小车过程速度不变，小车与竖直挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，物块可看作质点且始终未滑离小车，g取，求： (1)物块在传送带上运动的时间； (2)整个过程小车运动的路程； (3)整个过程中因摩擦产生的热量。 【答案】(1)1.4s (2)5.8m (3)180J 【详解】（1）根据牛顿第二定律可得滑块在传送带上滑行的加速度大小 物块与传送带共速滑行的距离 物块会跟传送带共速，再匀速运动离开传送带，加速过程所用时间 匀速运动过程用时 物块在传送带上运动的总时间 （2）物块滑上小车的速度大小为，假设小车第一次与挡板碰撞前，滑块已经跟小车共速，由动量守恒定律可知 解得 该过程中由动能定理可知小车有 解得 假设成立，物块与小车共速后再与挡板碰撞，小车与挡板碰撞后到物块与木板第2次共速，动量守恒有 解得 小车与挡板第1次碰撞后到速度减到0的过程中，由动能定理可知 解得 小车与挡板第2次碰撞到物块与木板第3次共速，由动量守恒有 解得 小车与挡板第2次碰撞后到速度减到0的过程中，由动能定理可知 解得 小车与挡板第3次碰撞到物块与木板第4次共速，由动量守恒有 解得 1小车与挡板第3次碰撞后到速度减到0的过程中，由动能定理可知 解得 …… 同理可知 故整个过程中小车运动的路程 解得 （3）物块放上传送带到共速的过程，传送带运动的距离 该过程中物块与传送带因摩擦产生的热量 物块滑上小车时的动能在后续运动过程中都是由于摩擦损失的，故 所以整个过程中因摩擦产生的热量 8．（24-25高一下·湖北恩施·期末）如图所示，水平传送带以恒定速度v=2m/s运送工件，完全相同的工件从传送带最左端无初速度地放到传送带上。工件质量m=0.5kg，工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，当前一个工件与传送带相对静止时，再从传送带最左端放上后一个工件。已知第10个工件刚好放上传送带最左端时，恰好第1个工件到达最右端。重力加速度g=10m/s2，求： (1)每个工件相对传送带滑动的时间t； (2)每个工件相对传送带滑动的过程中，摩擦产生的热量Q； (3)传送带的长度L。 【答案】(1)0.5s (2)1J (3)8.5m 【详解】（1）对工件，设加速度阶段加速度大小为a，根据牛顿第二定律μmg=ma 解得a=4m/s2 根据v=at 解得t=0.5s （2）工件加速阶段位移x1，此过程传送带位移x2，相对位移大小为s 工件位移 传送带位移 相对位移 产生的热量 联立得， （3）对第一个工件，从左端到右端匀速运动位移x3，有 且 联立得 9．（2025·北京延庆·一模）如图所示，水平传送带以v＝2m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为（　　） A．80W B．160W C．320W D．640W 【答案】B 【详解】由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，所以 传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移大小等于相对地面的位移大小，结合动能定理，故 代入题中数据，联立解得 故选B。 10．（2024高三下·全国·专题练习）如图甲所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。t=0时，将质量m=1kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带上，物块速度随时间变化的图像如图乙所示。设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。则（　　） A．v0=12m/s B．传送带的倾角满足sinθ=0.5 C．小物块与传送带之间的动摩擦因数µ=0.5 D．第2s内小物块与传送带之间因摩擦产生的热量是4J 【答案】CD 【详解】BC．初始阶段，物块速度小于传送带速度，相对传送带向上滑动，摩擦力与相对运动方向相反，沿斜面向下，根据牛顿第二定律可得 结合图像可得 物块速度等于传送带速度后，相对传递带有向下滑动的趋势，所以受到沿斜面向上的摩擦力，根据牛顿第二定律可得 结合图像可得 联立可得， 故B错误，C正确； A．1s时二者共速，所以 故A错误； D．第2s内小物块与传送带之间因摩擦产生的热量为 故D正确。 故选CD。 模型2 “滑块—木板”模型综合问题　 板块模型的动力学分析和功能关系分析 情境模 型图示 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 功和能 分析 (1)对滑块和木板分别运用动能定理； (2)对滑块和木板组成的系统运用能量守恒定律 解题时应注意三个问题 (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 11．（2025·广东广州·二模）如图（a），砝码置于水平桌面的薄钢板上，用水平向右的恒定拉力迅速将钢板抽出，得到砝码和钢板的速度随时间变化图像如图（b）。已知砝码最终没有脱离桌面，各接触面间的动摩擦因数均相同，则（　　） A．0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同 B．0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度相同 C．0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量 D．0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量 【答案】AC 【详解】B．图像的斜率表示加速度，根据图（b）可知，0~t1与t1~t2时间内，砝码的加速度大小相等方向相反，故B错误； A．图像与时间轴所围结合图形的面积表示位移，根据图（b）可知，0~t1与t1~t2时间内，砝码的位移相同，故A正确； C．砝码所受外力的合力等于摩擦力，根据动能定理可知，根据动能定理可知，0~t1时间内，摩擦力对砝码做的功等于砝码动能的变化量，故C正确； D．根据功能关系与能量守恒定律有 即0~t1时间内，拉力做的功等于砝码和钢板总动能的变化量与两者之间的摩擦产生的热，故D错误。 故选AC。 12．（24-25高三上·辽宁大连·期中）如图所示，质量为M=1kg的长木板置于光滑水平地面上，质量为m=3kg的物块放在长木板的右端，在木板左侧有一弹性墙壁，现使木板和物块以v0=4m/s的速度一起向左匀速运动，之后木板与墙壁发生弹性碰撞，已知物块与木板间的动摩擦因数，重力加速度g=10m/s2。 (1)求木板与墙壁第一次碰撞后，木板离开墙壁的最大距离x1； (2)若整个过程中物块不会从长木板上滑落，求长木板的最短长度L0； (3)若长木板的长度，求木板和墙第几次碰撞后物块与木板分离。 【答案】(1)1.6m (2)6.4m (3)4 【详解】（1）木板与墙壁发生弹性碰撞，第一次碰撞后的速度大小为仍为，木板向右减速到速度为零的位移大小即为离开墙壁的最大距离x1，对此过程应用动能定理得 代入数据解得 （2）木板与墙壁碰后，木板与物块组成的系统动量守恒，木板质量小，先减速到零后又反向加速，系统达到共同速度时，共速度比开始的初速度小，所以共速时一定还未与挡板碰，接着第二次与挡板碰撞，如此经过反复的多次碰撞共速最终系统会处于静止状态，整个过程中根据功能关系可得 代入数据解得 （3）木板与墙壁碰后，木板与物块组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，第一次碰撞后，系统达到共同速度为v1，物块相对木板运动距离为 第二次碰撞后，系统达到共同速度为v2，物块相对木板运动距离为 第三次碰撞后，系统达到共同速度为v3，物块相对木板运动距离为 ③ …… 第n次碰撞后，系统达到共同速度为vn，物块相对木板运动距离为 联立上述各式可得 即 解得 13．（2024·陕西西安·三模）如图，一质量为的长木板放置在光滑水平面上，木板的正中间放置一质量为的滑块，滑块与木板间的动摩擦因数为。一条弹性绳一端系于天花板上的O点，另一端系于滑块中心，弹性绳的弹力与其伸长量满足胡克定律，劲度系数为，弹性绳所具有的弹性势能。在O点正下方A点固定一光滑的圆环，弹性绳从环中穿过，已知O、A之间距离与弹性绳原长相等，当滑块在O、A的正下方的B点时，弹性绳的伸长量为。某时刻突然在B处给予两者一共同向右的速度v，在此后的运动过程中，滑块都不会从木板上滑下。 (1)v为何值时，滑块到达某处时将与木板出现相对滑动，并求此位置与B的距离。 (2)若，在刚好出现相对滑动时，使木板的速度瞬间变为0且固定不动，求此后滑块向右运动距B点的最大距离。 (3)（2）问条件下滑块在木板上滑动因摩擦而产生的热量。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）当木板和滑块刚好出现相对运动时，滑块中心到A点的距离为L，位移为，弹性绳的弹力大小为F，弹性绳与竖直方向的夹角为，如下图所示 弹性绳弹力的水平分力 弹性绳弹力的竖直分力 对滑块，有 对整体，有 对木板，有 其中 联立求得 即出现相对滑动的位置与B的距离为。 根据机械能守恒定律，有 即 求得 即时滑块到达某处时将与木板出现相对滑动。 （2）因为 设滑块和木板刚好出现相对滑动时的共同速度为，根据机械能守恒定律，有 其中 求得 此后木板停止运动，物块相对木板向右滑动，以向右为正方向，设滑块速度为零时相对B点的位移为，根据能量守恒定律，有 解得 （另一解不合理，舍去） 故滑块向右运动距B点的最大距离为。 （3）因 故滑块不能静止而向左滑动。 设向右为正方向，设滑块向左滑动直至速度再次为零时相对B点的位移为，根据能量守恒定律，有 解得 （另一解不合理，舍去） 负号说明滑块位于B点左侧处，因 故滑块不能静止而向右运动。 同理，对滑块再向右运动直至速度为零的过程，有 解得 （另一解不合理，舍去） 因 故滑块不能静止而向左运动。 同理，对滑块再向左运动直至速度为零的过程，有 解得 （另一解不合理，舍去） 故滑块最终静止于B点。 在木板固定不动直至滑块停止运动的整个过程中，设滑块与木板摩擦产生的热量为，根据能量守恒定律，有 14．（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示，长L=1.5m、质量M=2kg的木板静止放在光滑的水平地面上，木板左端距障碍物的距离，障碍物恰好与木板等高。质量m=1kg的滑块（可视为质点）静止放在木板右端，木板与滑块之间的动摩擦因数为0.8，滑块在9N的水平力F作用下从静止开始向左运动。木板与障碍物碰撞后以原速率反弹，经过一段时间滑块恰在障碍物处脱离木板。假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 （1）求木板第一次与障碍物碰撞前，木板的加速度a； （2）求滑块与木板间因摩擦产生的总热量Q； （3）求木板与障碍物碰撞的次数。 【答案】（1）；（2）；（3）3次 【详解】（1）木板在摩擦力作用下加速度可达到的最大值为 木板与滑块保持相对静止时拉力的最大值为 由于，所以施加拉力后滑块与木板相对静止，一起向左加速，根据牛顿第二定律可得 （2）木板第一次与障碍物碰撞后，做往复运动，其向左最大速度不可能再等于滑块速度，故滑块一直向左做匀加速运动，木板先向右减速，速度为零后向左加速，然后再次与障碍物碰撞，之后重复上述过程，即滑块相对于木板始终向左运动，相对位移为木板的长度；所以因摩擦产生的总热量为 （3）木板第一次与障碍物碰撞时的速率为 木板第一次与障碍物碰撞反弹后，滑块加速度大小为 木板加速度大小为 木板碰撞障碍物的周期为 由 可得 所以第一次碰撞后还会再碰撞的次数 故最终会碰撞3次。 15．（2024·山东威海·二模）如图所示，倾角的足够长斜面固定在水平地面上，小物块A放在木板B上。B的右端装有弹性挡板，A到挡板的距离为0.5m，A、B质量均为。B与斜面间的动摩擦因数由于材料的特殊性。A相对B向下滑动时，A、B间光滑；A相对B向上滑动时，A、B间的动摩擦因数。已知A与挡板的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，。现将A、B在斜面上由静止释放，不计空气阻力，求： （1）经多长时间A与挡板第一次碰撞； （2）A与挡板从第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间； （3）从开始到A与挡板第二次碰撞系统损失的机械能。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）A相对B向上滑动时摩擦力大小 B与斜面间摩擦力大小 设第一次碰撞需要的时间为，则对A 由运动公式 对B有 由运动公式 由 解得 （2）A相对B碰前A的速度 B的速度 A与B第一次碰撞后速度分别为和，则 对A有 对B有 解得，B做匀速直线运动，设第一次碰撞到共速时间为 对A有 对B有 A相对B滑动的长度为 设从AB共速到第二次碰撞需要的时间为，对A有 对B有 由 从第一次碰撞到第二次碰撞的时间为 解得 （3）B与斜面摩擦产生的热量 A与B摩擦产生的热量为 损失的机械能为 解得 16．（2024·江苏南通·模拟预测）如图所示，某货场需将质量m＝10kg的货物（视为质点）从高处运送到指定存放点。轨道BCD静置于光滑水平面上，右侧靠在障碍物旁，轨道BCD上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC的半径R＝2.75m，所对圆心角，BC与CD相切于C点，CD段长L＝5m。现利用固定的倾斜轨道传送货物，倾斜轨道在B点与圆弧轨道BC恰好相切，将货物由距离B点高度h＝1.5m的A点处无初速滑下，货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止。货物与倾斜轨道、粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为、，重力加速度大小取，，不计空气阻力。求： （1）货物滑到B点时的速度大小； （2）轨道BCD的质量； （3）整个过程中克服摩擦力产生的内能。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）货物滑到B点时，根据动能定理 解得货物滑到B点时的速度大小为 （2）货物从B点到C点，根据动能定理 解得 货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止，根据动量守恒以及能量守恒可得 解得 ， （3）整个过程中克服摩擦力产生的内能 17．（2024·辽宁朝阳·模拟预测）如图所示，下表面光滑的木板B静置在水平地面上，B右侧静置着一物块C，物块A以初速度从左端滑上木板B，当物块A与木板B刚好共速的瞬间，木板B与物块C发生碰撞，碰撞时间忽略不计。已知木板B与物块C之间的碰撞均为弹性碰撞。物块A的质量，木板B的质量，物块A与木板B间的动摩擦因数，物块C的质量，物块C与地面间的动摩擦因数，重力加速度g取，物块A始终未滑离木板B，求： （1）初始时，木板B与物块C之间的距离； （2）木板B与物块C从第一碰撞后到第二次碰撞的过程中，木板B与物块C之间的最大距离； （3）木板B与物块C第二次碰撞前瞬间，木板B与物块C的速度大小。 【答案】（1）；（2）；（3）和 【详解】（1）物块A以初速度从左端滑上木板B到与木板B刚好共速的过程，动量守恒 解得AB的共同速度 对木板B，根据牛顿第二定律 解得 根据运动规律 解得初始时，木板B与物块C之间的距离 （2）木板B与物块C从第一碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒 联立解得 B和C碰撞后B向左、A和C向右均做匀减速直线运动，设A、B、C的加速度大小分别为、、，根据牛顿第二定律可得 解得 、、 假设碰撞后B与C达到速度相同（设此速度为）时C没有停止运动，且A、B没有共速，则有 解得 ， 此时A的速度为 故假设成立。 碰撞后到B与C达到速度相同的过程，C相对于B的位移为 解得 故木板B与物块C从第一碰撞后到第二次碰撞的过程中，木板B与物块C之间的最大距离为。 （3）木板B与物块C第一次碰撞后到AB再次共速，AB组成的系统动量守恒 解得共同速度 从木板B向左匀减速直线运动到速度减为零至再次共速，木板B向右做匀加速直线运动，加速度大小为 这段时间为 向右运动的距离为 此时物块C刚好停下，速度为零，之后AB一起匀速运动到与C相碰，故木板B与物块C第二次碰撞前瞬间，木板B与物块C的速度大小分别为和。 18．（2024·江西·模拟预测）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0.5kg的物块（可视为质点），时对木板施加一水平向右的恒定拉力F，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，取重力加速度大小，下列说法正确的是（    ） A．木板的长度为3m B．木板的质量为0.2kg C．物块与木板间因摩擦产生的热量为0.75J D．木板与地面间因摩擦产生的热量为2.55J 【答案】BCD 【详解】B．由题意画出物块运动的图像，如图所示 设物块与板间的动摩擦因数为，由图得内物块的加速度大小为 对物块由牛顿第二定律得 解得物块与木板间动摩擦因数为 设板与地面间的动摩擦因数为，由图得在内，木板的加速度大小为 对木板由牛顿第二定律得 在内，木板的加速度大小为 对木板由牛顿第二定律得 两式联立得 ， 故B正确； A．由于物块恰好不能从木板左端掉落，则物块在2.5s时与木板有共同速度，且在木板左端，木板的长度 故A错误； C．物块与木板相对位移有两段，第一段为前2.5s，长度为 第二段为2.5s后，由图得长度为 物块与木板摩擦生热 故C正确； D．木板的位移有三段，第一段由图得 第二段由图得长度为 第三段位移 木板与地面摩擦生热 故D正确。 故选BCD。 19．（2024·安徽·二模）一块质量为M、长为l的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为m的物体B（视为质点）以初速度从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下。该过程中，物体B的动能减少量大小为，长木板A的动能增加量为，A、B间摩擦产生的热量为Q，关于，，Q的值，下列情况可能的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】AC．根据木板A和物体B组成的系统能量守恒 故AC错误； BD．画出物体B和长木板A的速度一时间图线，分别如图中1和2所示 图中1和2之间的梯形面积表示板长，1与轴所围的面积表示物体B的位移，2与轴所围的面积表示长木板A的位移，由图可知 根据功能关系 联立解得 故B正确，D错误。 故选B。 20．（2024·山东淄博·二模）某激光制冷技术与下述力学缓冲模型类似。图甲中轻弹簧下端固定在倾角为的是够长光滑斜面底端，上端与质量为的物块B相连，B处于静止状态，此时弹簧压缩量为d；现将质量为m下表面光滑的足够长的木板A置于B的上方，A的下端与B相距25d；质量为2m物块C置于A的上端，C与A之间动摩擦因数为，B、C均视为质点。B与斜面之间有智能涂层材料，仅可对B施加大小可调的阻力，当B的速度为零时涂层对其不施加作用力。现将A和C由静止释放，之后A与B发生正碰，碰撞时间极短，碰后B向下运动2d时速度减为零，此过程中B受到涂层的阻力大小f与下移距离x之间的关系如图乙所示。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性限度内。 （1）求A、B第一碰前瞬间A的速度大小； （2）求A、B在第一次碰撞过程中损失的机械能； （3）在B第一次向下运动过程中，求B与A下端相距最远的距离； （4）若撤除弹簧，将B锁定在原位置，更换B与斜面间的智能涂层，仅B受到涂层的阻力，其大小与下移距离x之间的关系为。在A下端侧面粘有一质量不计的橡皮泥，A、C仍从原位置静止释放，A、B碰撞前瞬间B自动解除锁定，A、B碰后一起运动，经时间（已知）A、B速度减为零立即被锁定，且C与A、B始终未达共速。求从A、B碰后开始计时，在时间内A、C之间因摩摩擦产生的热量是多少。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）木板A下表面光滑，A与B第一次碰撞前，若A、C一起向下加速，则 则此时C与A之间的摩擦力大小为 假设合理。对A和C，由位移速度关系 解得A、B第一碰撞前瞬间A的速度大小为 （2）A、B发生碰撞时，动量守恒 能量守恒 开始时，B处于静止状态 B与A碰撞后，到速度减为零，由动能定理 解得 解得A、B第一次碰撞过程中损失的机械能 （3）由（2），A、B第一次碰撞后，A沿斜面向上运动，B沿斜面向下运动，对A A减速到速度为零的时间 对B 由图可知 解得B的加速度 沿斜面向上。B减速到速度为零的时间 所以A沿斜面向上减速到速度为零后再沿斜面向下加速，直到A、B速度相等时，B与A下端相距最远，此时 解得 （4）A、B碰撞后一起运动 对AB整体 解得A、B碰撞后到速度减为零的位移 对AB受力分析可得 则A、B从碰撞开始到速度减为零的过程是以碰撞时的位置作为平衡位置作简谐运动，类比弹簧振子 由题意可知，周期 在时刻，A、B的位移 此时对A、B 解得 对C 在时刻，C的速度大小 A、C之间因摩擦产生的热量是 模型3 用动力学和能量观点分析多运动组合问题 1.分析思路 (1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况； (2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况； (3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。 2.方法技巧 (1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景； (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。 21．（2025·吉林·一模）如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的四分之一圆弧轨道，。圆弧轨道最低点与足够长的水平传送带平滑相接（圆弧轨道并不会影响传送带的运行）。传送带右端上表面与固定水平平台等高并紧靠。平台上固定有一个在底端处开口且略微错开的竖直圆轨道。一质量的滑块（可视为质点），从圆弧轨道最高点处由静止释放，经过传送带从处进入圆轨道后，在始终沿轨迹切线方向的外力作用下做匀速圆周运动。假定外力施加前后速率不变，运动一周后撤去外力，滑块再次通过点之后向右滑动一段距离后停止。已知传送带顺时针运行的速度，滑块与传送带表面的动摩擦因数，与圆轨道间的动摩擦因数右侧平台粗糙且足够长，左侧平台光滑，求： (1)滑块下滑至圆弧轨道最低点时对圆弧轨道处的压力大小； (2)运送物体时，传送带克服摩擦力做的功； (3)滑块运动的全过程中与接触面因摩擦产生的热量。 【答案】(1)30N (2)32J (3)168J 【详解】（1）从A到B机械能守恒 解得v0=4m/s 在B点 解得FN=30N 根据牛顿第三定律，压力大小为30N。 （2）滑块以速度v0冲上传送带后，做匀加速直线运动，有 解得 运动时间 运送物体时，传送带克服摩擦力做的功 （3）传送带上产生的热量 在圆轨道运动时，在竖直圆轨道匀速运动一周的过程，如图所示 选取竖直圆轨道上下对称的P、P′两点，根据牛顿第二定律则有， 在P、P′两点附近选取微元长度Δl，则滑块在这两段微元长度Δl克服摩擦力做的功之和 求和可得 产热 第三段过程为滑块滑上C右侧平台，由功能关系可知 代入数据解得 滑块运动的全过程中与接触面因摩擦产生的热量 22．（25-26高三上·云南昆明·月考）如图，质量的小滑块以一定初速度v（未知）从水平平台的边缘飞出，刚好从P端沿切线进入半径、圆心角的圆弧轨道，圆弧轨道Q端紧挨传送带左端并和传送带上表面平齐，传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带S端（右端）与水平轨道紧挨且等高，水平轨道段长度为且粗糙程度一致，T点右侧有一轻弹簧固定在竖直挡板上。已知小滑块滑至Q端时所受到的支持力为自身重力的3倍，小滑块与传送带、水平轨道段的动摩擦因数均为，其余摩擦及空气阻力不计，重力加速度g大小取，小滑块压缩弹簧后会以压缩弹簧时的速率反方向弹回，求： (1)小滑块运动到P点时的速度的大小，及水平平台和圆弧轨道P端间的高度差h； (2)若小滑块恰好不会第二次通过Q端，则传送带的长度l为多少？ (3)在（2）的基础上，小滑块从水平平台飞出后，到其不再回到传送带的过程中，小滑块向右经过S端的总次数，及电动机对传送带多做的功分别为多少？ 【答案】(1)； (2)1m (3)2； 【详解】（1）在Q端，根据牛顿第二定律 从P端到Q端，动能定理，可得 滑至P端时的竖直分速度为 又 解得；， （2）由（1）分析可知，滑块第一次到达Q端速度，可知小滑块先匀速至S端，再减速，遇到弹簧后反向减速，进入传送带后，继续减速，由于小滑块与传送带、水平轨道ST段的动摩擦因数相同，相当于小滑块匀减速运动了两次ST段，再减速运动了一次传送带的长度l后，速度减为零，则， 联立，解得 （3）在(2)基础上小滑块速度减为零后向右做加速运动，运动到S端时（此为第2次）， 由于 此后小滑块返回传送带的运动均为对称运动，即小滑块每次进出传送带动能相等，相当于小滑块的动能只在ST段消耗，根据功能关系 解得 可得，即小滑块来回经过ST段2次后，不会再返回传送带，总共向右经过S端2次，由于第一次小滑块匀速通过传送带，电动机对传送带没多做功，从第一次向左经过S端到第二次向右经过S端，根据对称性，传送带对地位移 则电动机对传送带多做的功即摩擦力对传送带做的功的大小为 23．（2025·浙江·一模）如图，为一段光滑轨道，其中段是半径为的圆弧形轨道，与圆心的连线与竖直方向夹角为。是水平足够长直轨道，与段在点平滑连接。滑块从距点高度处水平抛出，恰好能从点切入轨道。在水平轨道某位置静止放置一长的木板，木板左右两侧各有一固定挡板。木板紧靠右挡板放置一滑块。滑块在轨道上与木板发生碰撞，碰撞后立即从轨道移去滑块。若，且，滑块、均可视为质点，与之间、与挡板之间的碰撞均为弹性碰撞。、之间的动摩擦因数为，求： (1)滑块到达点时的速度； (2)滑块与木板碰后木板的速度； (3)滑块与左右两侧挡板碰撞的总次数。 【答案】(1)，和水平方向夹角沿轨道切线方向 (2)，方向向右 (3)6次 【详解】（1）滑块A从距M点高度处水平抛出，根据动能定理 恰好能从点切入轨道可得 联立解得滑块A到达M点时的速度 水平方向夹角沿轨道切线方向。 （2）从M点到与木板B碰撞，有 解得 A与B发生弹性碰撞，有 解得 滑块与木板碰后木板的速度，方向向右。 （3）因C与挡板间的碰撞为弹性碰撞，B和C系统动量守恒，最终B与C共速做匀速直线运动。 故有 系统机械能损失为 系统损失的机械能转化为摩擦生热，有 解得 滑块C相对木板B上来回滑动的距离为，故C与左右两挡板碰撞的次数为 故滑块C与两侧挡板共碰撞6次。 24．（2025·宁夏银川·三模）如图所示，水平传送带长，以的速率顺时针转动，物体与传送带间的动摩擦因数，倾角的光滑斜面与传送带右侧平滑连接，斜面长为，质量为的乙静止在斜面底端，将相同质量的甲从斜面顶端由静止释放，甲乙发生弹性碰撞，重力加速度大小g取，，不计空气阻力。求： (1)物体乙滑上传送带的速度大小。 (2)整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度及整个过程中产生的焦耳热。 【答案】(1)6m/s (2)32J 【详解】（1）甲沿斜面下滑，根据牛顿第二定律可得 根据 解得 甲乙发生弹性碰撞，有，   解得，   故物体乙滑上传送带的速度为6m/s。 （2）乙在传送带上先向左做匀减速直线运动，其位移为，   解得 由此可知，乙不能够运动到B端； 乙做匀减速直线运动的过程中相对位移大小为 之后乙反向加速到达到共速相对位移大小为 所以整个过程中物体乙在传送带上留下的划痕长度为   整个过程中产生的焦耳热为 25．（2025·重庆·模拟预测）如图，空间中有一轨道ABCDEF。其中ABC部分为竖直平面内的轨道，为水平面内的轨道。AB段是倾角的光滑倾斜直轨道，长为与竖直平面内的光滑圆轨道1相切于B点，圆轨道1的半径为R，C、C'为轨道最低点且略微错开，为粗糙水平直轨道，长度为DE为光滑半圆形水平弯道，其半径EF也为粗糙水平直轨道，长度与相同。A点固定一轻弹簧（弹簧长度相对于L不计），一小球在外力作用下先挤压弹簧，然后静止释放，弹簧将其弹性势能Ep全部转化成小球的动能，小球在运动过程中始终受到水平向右的某种场力，大小为。已知小球的质量m，小球与EF的动摩擦因数，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计。求： (1)若小球第一次运动到B点的速度； (2)若小球能在圆轨道1上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值； (3)在F点固定一面弹性墙，小球碰撞后以原速率反弹，若小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件。（假设弹簧弹性势能无限制） 【答案】(1) (2) (3)0＜Ep≤mgR 或mgR≤Ep≤mgR 或 或 【详解】（1）设小球第一次运动到B点的速度大小为vB，对小球第一次由A到B的过程，根据动能定理与功能关系得 已知Ep=8mgR 解得 方向沿倾斜直轨道向下； （2）将重力和该种场力合成为合力F合，可得F合的大小为 其方向与水平方向夹角β满足 解得β=53° 由几何关系可知F合的方向垂直于倾斜直轨道AB向下。 小球在圆轨道1上做完整圆周运动，根据F合的方向可知，B点为等效最低点，小球在此位置受到轨道的弹力最大（设为F1）；B点关于圆心对称的P点为等效最高点，在此位置小球受到轨道的弹力最小（设为F2）。 设小球在B点的速度大小为v1，在P点的速度大小为v2，根据牛顿第二定律得 由B到P的过程，根据动能定理得 小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值为ΔF=F1-F2 联立解得ΔF=6F合=7.5mg （3）设小球恰好经过P点的临界速度大小为vP，根据牛顿第二定律得 解得 小球由P直接运动到D的过程，合力做功为WPD=mg（R+Rsinβ）-F（s-Rcosβ）-μmgs=-12.75mgR 因 故由动能定理可知小球恰好经过P点后不能到达D点。 设水平弯道DE的中点为G点，设小球恰好经过G点的临界速度大小为vG，同理可得 解得 小球由G点经E点到达F点，再被反弹返回到E点的过程，合力做功为WGFE=FR2-μmg•2s=-12mgR 因 同理可知小球恰好经过G点后不能返回到E点。 小球返回的过程，由G点经D点到达P点的过程，合力做功为 WGDP=F（R2+s-Rcosβ）-μmg•s-mg（R+Rsinβ）=0.75mgR 因 可知小球由F反弹后恰好经过G点后一定能经过P点。 由（2）的解答可知小球在AB段做匀速直线运动，小球向上滑经过B点与下滑经过B点速度大小相等。 因 可知小球由弹性墙反弹后恰好经过G点，再经过P点后不能到达D点。 为使小球始终不脱离轨道，有如下几种情况： ①首次由A点下滑后不越过圆轨道1的等效圆心等高点Q点（见上图），弹性势能应满足Ep≤F合R=mgR ②首次由A点下滑后能越过圆轨道1的等效最高点P点，而不越过D点，弹性势能应满足 Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s）-μmgs≤0 解得mgR≤Ep≤mgR ③在F点多次反弹后，第n次由A下滑后能经过G点，再由F点返回不越过E点，在第n次由A下滑之前，在轨道C′D与轨道EF分别共经过2（n-1）次，弹性势能应满足： Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s+R2）-μmgs-2×2（n-1）μmgs≥ Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s）-μmg•3s-2×2（n-1）μmgs≤0 解得[30（n-1）+]mgR≤Ep≤[30（n-1）+]mgR，n=1、2、3…… ④第n次由A下滑后到F点返回能经过G点，且经过G点后经圆轨道1回到A点，再次由A下滑不越过D点，弹性势能应满足Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s+R2）-μmg•3s-2×2（n-1）μmgs≥ Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s）-μmg•5s-2×2（n-1）μmgs≤0 解得[30（n-1）+]mgR≤Ep≤[30（n-1）+]mgR，n=1、2、3…… 综上所述，为使小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep应满足的条件为：0＜Ep≤mgR 或mgR≤Ep≤mgR 或[30（n-1）+]mgR≤Ep≤[30（n-1）+]mgR，n=1、2、3…… 或[30（n-1）+]mgR≤Ep≤[30（n-1）+]mgR，n=1、2、3……。 26．（2025·云南昭通·模拟预测）如图所示，质量为的物块放置在水平木板的最左端，物块与木板之间的动摩擦因数为。现对物块施加一个水平向右的恒力，使物块从静止开始运动。已知木板的质量为，木板与地面之间的摩擦可以忽略不计。重力加速度，不计空气阻力。 (1)若要保证4s内物块不能从木板上掉落，求木板的最小长度； (2)求内恒力做的功以及因摩擦产生的热量； (3)若木板长，高度，物块离开木板瞬间同时撤去作用于物块的水平恒力，求物块落地瞬间与木板右端的距离。 【答案】(1)6.4m (2)160J， (3)0.32m 【详解】（1）对物块和木板分别进行受力分析，根据牛顿第二定律有， 解得， 木板的最小长度即为4s内两者的相对位移，则有 解得 （2）4s内恒力做功 解得 4s内摩擦生热 解得 （3）当木板长度时，物块在4s末离开木板，离开时，物块的速度 木板的速度 离开木板后物块做平抛运动，则有， 解得， 27．（24-25高一下·陕西西安·期末）传送带经常用于分拣货物。如图甲为传送带输送机简化模型图，倾角，顺时针匀速转动，在传送带下端A点无初速度放入货物。货物从下端A点运动到上端点的过程中，其机械能与位移的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．货物在传送带上先匀加速再匀减速 B．货物与传送带间的动摩擦因数 C．货物从下端A点运动到上端点的时间为1.1s D．传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为46J 【答案】BD 【详解】A．由图可知，货物先匀加速再匀速，故A错误； B．货物的机械能为0，机械能的增加量为摩擦力做功，即货物机械能 ，图像的斜率为 解得货物与传送带间的动摩擦因数，故B正确； C．以后，货物机械能，图像斜率为 结合图像，可得第二阶段的位移为 根据牛顿第二定律，第一阶段的加速度为 解得 根据位移关系 加速时间为 传送带速度为 匀速时间为 故货物从下端A点运动到上端点的时间为1.9s，故C错误； D．货物在与传送带共速前，发生的相对位移为 因摩擦产生的热量为 根据能量守恒可知传送带输送机因运送该货物而多消耗的电能为，故D正确。 故选BD。 28．（2025·湖北襄阳·三模）如图所示，内壁光滑的木槽质量为，木槽与水平桌面间的动摩擦因数为，木槽内有两个可视为质点的滑块、，质量分别为和。两滑块通过细线将很短的轻弹簧压缩，弹簧与固连，与不固连，滑块距木槽左端为，滑块距木槽右端为，初始时弹簧的弹性势能为3J，现烧断细线，滑块与木槽碰撞后粘合，滑块与木槽碰撞无机械能损失，碰撞时间极短，可忽略不计，重力加速度为，求： (1)滑块、与木槽碰前的速度和大小； (2)从烧断细线到与碰撞前，与水平桌面间摩擦产生的热量； (3)最终与槽右端的距离。 【答案】(1)； (2)1J (3) 【详解】（1）、和弹簧组成系统动量守恒，由于系统初动量为0，则有 由能量守恒定律 解得， （2）经过时间与相碰，则 与碰撞过程动量守恒， 向左做匀减速运动加速度大小为 减速为0用时 则位移为 经分析可知 当减速为0时，刚好与相碰，从烧断细线到C与A碰撞前，A与水平桌面间摩擦产生的热量 （3）A与C发生弹性碰撞，碰后A、C速度分别为、，由系统动量守恒 机械能守恒 联立解得， AB与C碰撞后，C速度为0，AB整体减速至停下来，则 不会再和C发生碰撞，故最终C与A右端间距 29．（2025·山东·模拟预测）如图甲所示，水平放置的传送带能以不同的速度v逆时针匀速转动，某时刻物块以某一初速度从右端滑上传送带，物块离开传送带后到落地过程的水平位移x与传送带速度v关系图像如图乙所示。已知传送带长度，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．当传送带速度在0-0.9m/s范围取值时，物块一直减速 B．物块的初速度大小为1.5m/s C．物块与传送带间动摩擦因数为0.3 D．当传送带速度在0-0.9m/s范围取值时，物块和传送带间产生的摩擦热相同 【答案】AB 【详解】A．由图乙可知，当传送带速度在范围取值时，物块离开传送带后的水平位移不变，说明物块物块离开传送带的速度不变，在传送带上一直减速，故A正确； B．当传送带速度时，物块在传送带上恰好做匀减速直线运动至速度与传送带速度相同，然后以该速度离开传送带做平抛运动。设物块的初速度大小为，物块在传送带上的加速度大小为，由运动学公式 当传送带速度时，物块在传送带上恰好做匀加速直线运动至速度与传送带速度相同，然后以该速度离开传送带做平抛运动。由运动学公式 联立求解可得物块的初速度，加速度，故B正确； C．加速度 动摩擦因数，故C错误； D．当传送带速度在范围取值时，物块在传送带上的位移和滑行时间相同，但传送带的位移不同，物块与传送带的相对位移也不同。根据物块和传送带间产生的摩擦热不同，故D错误。 故选AB。 30．（2025·天津和平·三模）如图所示，传送带水平匀速运动的速度为5m/s，在传送带的左端P点轻放一质量m=1kg的物块，物块与传送带间的动摩擦因数为0.3，物块随传送带运动到A点后抛出，物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道下滑，B、C为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m，圆弧对应的圆心角θ=106°，轨道最低点为O，A点距水平面的高度h=0.80m。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求： (1)物块离开A点时水平初速度的大小； (2)物块经过O点时对轨道压力的大小； (3)物块从P点运动至A点过程中，物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功Wf及由于放上物块后电动机多消耗的电能。 【答案】(1)3m/s (2)43N (3)−15J，15J 【详解】（1）平抛运动竖直方向有 又 可得 （2）从B点到O点过程有 由几何关系得 在O点 由牛顿第三定律知对轨道压力 （3）传送带上物块加速运动 P运动至A点所需的时间 传送带的位移 物块与传送带之间的摩擦力对传送带所做的功 由于放上物块后电动机多消耗的电能 模型4 非质点类物体的机械能守恒问题 1．主要类型 有质量的杆、绳、链条、水柱等物体的运动。 2．解题关键 这类物体的重力势能由重心的位置决定，确定重心位置是解题的关键。 3．常用方法 当整体重心不易确定时，可分段处理，找出各部分的重心位置，求各段的重力势能。 31．（20-21高一下·湖北十堰·期末）如图所示，长为、质量为粗细均匀且质量分布均匀的软绳对称地挂在轻小的光滑定滑轮两边，用细线将物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开滑轮（此时物块未到达地面，重力加速度大小为），在此过程中（   ） A．物块的机械能逐渐增加 B．软绳的机械能逐渐增加 C．软绳重力势能共减少了 D．软绳重力势能的减少量等于物块机械能的增加量 【答案】B 【详解】A．物块M下落过程中，软绳对物块做负功，物块的机械能逐渐减小，A错误； B．物块下落过程中，物块对绳子的拉力做正功，软绳的机械能增加，B正确； C．以初态软绳下端所在水平面为零势能面，则初态软绳重力势能为 Ep1 = mg=mgl 末态软绳的重力势能为Ep2 = 0，则 Ep = Ep2 - Ep1 = -mgl 即软绳重力势能共减少了-mgl，C错误； D．根据系统的机械能守恒得：软绳重力势能的减少量等于物块机械能的增加量与软绳动能增加量之和，D错误。 故选B。 32．（2019·陕西西安·三模）有一条长为1m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，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（　　） A．2.5m/s B．2.52 m/s C．5m/s D．0.535m/s 【答案】A 【详解】设链条的质量为m，以开始时链条的最高点为零势能面，链条的机械能为 链条全部下滑出后，动能为，重力势能为 由机械能守恒可得 即 解得 故选A。 33．（2020·福建·一模）如图，一条全长为L、质量为m的匀质软绳拉直置于水平桌面边缘上，轻微扰动后使它从静止开始沿桌面边缘下滑，重力加速度为g，空气阻力与摩擦阻力均不计，下列说法正确的是（  ） A．软绳下滑过程中加速度随时间均匀增大 B．软绳有一半下落时加速度大小为 C．软绳刚好全部离开桌面时速度大小为 D．运动过程中留在桌面上软绳的动量最大值为 【答案】BCD 【详解】A．软绳下滑过程中加速度 解得，可知加速度随着位移均匀增长，然而这个物体在加速运动所以后半程位移随时间增长的快，故加速度随着时间增长加快，故A错误； B．软绳有一半下落时加速度大小为 解得，故B正确；     C．设下落的速度为，根据机械能守恒得 解得，代入，软绳刚好全部离开桌面时速度大小为，故C正确； D．留在桌面上软绳的动量 当时留在桌面上软绳的动量最大，为，故D正确。 故选BCD。 34．（19-20高一下·福建厦门·阶段练习）如图，均匀链条长为L，放置在水平光滑桌面上，有长垂在桌面下，现将链条由静止释放，则链条全部滑离桌面时速度为 。 【答案】 【详解】以开始时链条的最高点为零势能面，则开始时，链条的动能为Ek=0，重力势能为 链条全部下滑出时，动能为 重力势能为 由机械能守恒可知 Ek+EP=Ek′+EP′ 解得 35．（2019·上海奉贤·一模）如图，倾角为θ的光滑斜面固定在地面上，长为l，质量为m、质量分布均匀的软绳置于斜面上，其上端与斜面顶端齐平。设斜面顶端为零势能面。用细线将质量也为m的小物块与软绳连接，物块由静止释放后向下运动，直到软绳刚好全部离开斜面（此时物块未到达地面）。软绳刚好离开斜面时，软绳的重力势能为 ，此时物块的速度大小为 。 【答案】 ﹣mgl 【详解】[1]物块未释放时，软绳的重心离斜面顶端的高度为： h1=lsinθ 软绳刚好全部离开斜面时，软绳的重心离斜面顶端的高度： h2=l 则软绳重力势能共减少： mgl(1﹣sinθ) 设斜面顶端为零势能面，软绳重力势能为： ﹣mgl [2]根据能量转化和守恒定律： mgl+mgl(1﹣sinθ)= 得 。 36．（18-19高二·全国·假期作业）长为L的均匀链条，放在光滑的水平桌面上，且使其长度的垂在桌边，如图所示，松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为(重力加速度为g)(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【详解】链条下滑时，因桌面光滑，没有摩擦力做功，整根链条总的机械能守恒，设整根链条质量为m，由机械能守恒定律得，解得． 37．（10-11高三上·广东茂名·单元测试）长为6L质量为6m的匀质绳，置于特制的水平桌面上，绳的一端悬垂于桌边外，另一端系有一个可视为质点的质量为M的木块，如图所示。木块在AB段与桌面无摩擦，在BE段与桌面有摩擦，匀质绳与桌面的摩擦可忽略。初始时刻用手按住木块使其停在A处，绳处于绷紧状态，AB=BC=CD=DE=L，放手后，木块最终停在C处。桌面距地面高度大于6L。 （1）求木块刚滑至B点时的速度v和木块与桌面的BE段的动摩擦因数μ； （2） 若木块在BE段与桌面的动摩擦因数变为，则木块最终停在何处？ （3）是否存在一个μ值，能使木块从A处放手后，最终停在E处，且不再运动？若能，求出该μ值；若不能，简要说明理由。 【答案】（1）；（2）2L；（3）不存在，详见解析 【详解】（1）木块从A处释放后滑至B点的过程中，由机械能守恒得 则木块滑至B点时的速度 木块从A处滑至C点的过程中，由功能关系得 得 （2）若 设木块能从B点向右滑动x最终停止，由功能关系得 将 整理得 解得 x=2L（x=2.5L不合题意舍去） 即木块将从B点再滑动2L最终停在D处。     （3）不存在符合要求的μ值，即不可能使木块从A处放手后最终停在E处且不再运动． 解法一：这是由于当 时，若木块滑至E点，恰好有 此时绳全部悬于桌边外，对木块的拉力恰好也为6mg，而从（2）的结果知，更使木块继续向E点滑行，必须再减小μ值 ，因而木块尚未滑至E点时，木块所受滑动摩擦力已与悬绳拉力相等，此时，再向E点滑行时，悬绳对木块拉力将大于木块受到的滑动摩擦力而使合力向右，木块又重新获得加速度，因此不可能保持静止状态。 解法二：设满足此条件的动摩擦因数为有： 得 因为 所以满足此条件的动摩擦因数不存在。 38．（17-18高二下·湖南·期末）如图所示，光滑长铁链由若干节组成，每一节长度为l0，全长为L，在水平轨道上以某一速度运动．圆形管状轨道与水平轨道相切，半径为R，L>2πR，R远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过圆形管状轨道继续前进，下列判断正确的是（　　）    A．每节铁链通过最高点的速度依次减小 B．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等 C．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒 D．铁链全部通过圆形管状轨道的过程中，铁链的最小速度为 【答案】B 【详解】AC．整条长铁链机械能守恒，当长铁链布满圆形管状轨道时，重力势能最大，速度最小，从此时到最后一节铁链进入轨道之前，重力势能不变，每节铁链通过最高点的速度不变，故AC错误； B．第一节与最后一节铁链到达最高点时整条长铁链的重力势能相等，由于机械能守恒，则速度大小相等，故B正确； D．整条长铁链机械能守恒，当长铁链布满圆形管状轨道时，重力势能最大，速度最小，由于圆形管状轨道在最高点可以提供支持力，所以速度大于零即可保持继续前进,故D错误。 故选B。 39．（2018·江西景德镇·一模）如图所示，在竖直平面内半径为R的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC与斜面CD平滑连接在一起，斜面足够长．在圆弧轨道上静止着N个半径为的光滑刚性小球，小球恰好将圆弧轨道铺满，从最高点A到最低点B依次标记为1、2、3……N．现将圆弧轨道末端B处的阻挡物拿走，N个小球由静止开始沿轨道运动，不计摩擦与空气阻力，下列说法正确的是 A．N个小球在运动过程中始终不会散开 B．第1个小球到达最低点的速度 C．第N个小球在斜面上向上运动时机械能增大 D．N个小球构成的系统在运动过程中机械能守恒，且总机械能 【答案】AC 【详解】在下滑的过程中，水平面上的小球要做匀速运动，而曲面上的小球要做加速运动，则后面的小球对前面的小球要向前压力的作用，所以小球之间始终相互挤压，冲上斜面后后面的小球把前面的小球往上压，所以小球之间始终相互挤压，故N个小球在运动过程中始终不会散开，故A正确；把N个小球看成整体，若把弧AB的长度上的小球全部放在高度为R的斜面上，通过比较可知，放在斜面上的N个小球的整体的重心位置比较高．而放在斜面上时，整体的重心的高度为：R，选择B点为0势能点，则整体的重力势能小于NmgR，小球整体的重心运动到最低点的过程中，根据机械能守恒定律得：Nmv2＜Nmg•R；解得：v＜，即第1个小球到达最低点的速度v＜，故B错误，D错误；冲上斜面后，前面的小球在重力沿斜面向下的分力的作用下，要做减速运动，而后面的小球由于惯性想变成匀速运动，所以后面的小球把前面的小球往上推，后面的小球对前面的小球做正功，所以可得第N个小球在斜面上向上运动时机械能增大．故C正确．故选AC． 点睛：本题主要考查了机械能守恒定律的应用，要求同学们能正确分析小球得受力情况，能把N个小球看成一个整体处理． 40．（2018·山东潍坊·三模）如图所示，光滑长铁链由若干节组成，全长为L，圆形管状轨道半径为远大于一节铁链的高度和长度．铁链靠惯性通过轨道继续前进，下列判断正确的是 A．在第一节完成圆周运动的过程中，第一节铁链机械能守恒 B．每节铁链通过最高点的速度依次减小 C．第一节与最后一节到达最高点的速度大小相等 D．第一节回到最低点至最后一节进入轨道的过程中铁链的速度保持不变 【答案】CD 【详解】A、铁链、火车、绳等由完全相同的各部分构成连接体，各部分之间有弹力作用，若选一节研究，有除重力或弹簧弹力的其他外力做功，机械能不守恒；但选取真个系统为对象时，各部分的力属于内力，做功抵消，系统只有重力做功，机械能守恒，A错误．B、D、当系统的重心上升到圆心处，重力势能增大，由系统机械能守恒知动能减小；以后每下降一节，后面上升一节，系统的机械能不变，则速度相等，故B错误，D正确．C、第一节到达最高点和最后一节到最高点时系统的重心位置相同，由知重力势能相等时动能相等，则每一节的速率相等，C正确．故选CD． 【点睛】本题以竖直平面内的圆周运动为模型，考查了机械能守恒定律的一种应用：由完全相同的各部分构成的连接体模型，明确机械能守恒定律的条件是系统内只有重力或弹簧弹力做功． 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $