专题10 功能关系模型 讲义 -2025-2026学年高一下学期物理人教版必修第二册

专题10 功能关系 模型一 摩擦力做功模型 一、1. 两种摩擦力做功特点的比较 类型比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量的转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体, 而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能,此部分能量就是系统机械能的损失量 一对摩擦力的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值, 总功 ,即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功,也可以做负功,还可以不做功 2. 摩擦生热公式 中的 的理解 (1)没有往复滑动的物体间, 等于相对位移的大小。 (2)有往复滑动的物体间, 不等于相对位移的大小,而是两个物体间相对滑行的路程。 二、“滑块—木板”模型问题的分析方法 （1）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. （2）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. 【例题精讲】 1．如图所示，家用小石磨的圆盘上放着一堆总质量为m的黄豆。转动把手，使圆盘由静止开始绕中心加速转动，黄豆堆与圆盘始终相对静止。转动一周时黄豆堆的速度大小变为v，黄豆堆视为质点，圆盘视为水平面，黄豆堆与中心的距离为r，关于此过程，下列说法正确的是（　　） A．黄豆堆所受合力做的功为 B．黄豆堆所受的摩擦力一定指向中心 C．黄豆堆的速度大小为v时，黄豆堆所受的摩擦力一定小于 D．黄豆堆的速度大小为v时，圆盘的角速度为vr 【答案】A 【解答】解：A、根据动能定理，合外力对物体做的功等于物体动能的变化量，黄豆堆由静止开始加速到速度v，其动能变化量为，因此合外力做的功为， 则，故A正确； B、在加速转动过程中，黄豆堆不仅需要向心力来维持圆周运动，还需要切向力来加速。因此，摩擦力的方向不完全指向中心，而是有一个切向分量和一个向心分量，故B错误； C、当黄豆堆的速度为v时，它需要的向心力为F向。由于存在切向加速度，摩擦力提供的力大于向心力，即摩擦力大于，故C错误； D、根据线速度与角速度的关系v＝ωr，可以得出角速度，而不是vr，故D错误； 故选：A。 2．如图甲所示，与水平面夹角θ＝37°的粗糙斜面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg。轻弹簧一端与物块A相连，另一端与挡板相连。未施加拉力F时，A、B两物块恰好不下滑。从t＝0时刻开始，对B施加一沿斜面向上的力F使物块B沿斜面向上做匀加速运动，力F随时间变化如图乙，已知两物块与斜面的动摩擦因数均为0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s2，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．乙图中F2＝95N B．弹簧的劲度系数为25N/m C．t＝0到t＝0.2s的过程中力F做的功为1.09J D．t＝0到AB分开的过程中，A所受摩擦力做功为0.08J 【答案】C 【解答】解：未施加外力时，A、B恰好不下滑，对系统受力分析如图甲， 由正交分解可得：kx1+μ（mA+mB）gcosθ＝（mA+mB）gsinθ x1为此时弹簧的形变量 求得kx1＝12N t＝0时，F1＝54N，AB一起沿斜面向上匀加速直线运动，此时AB所受摩擦力沿斜面向下，受力分析如图乙 由正交分解可得F1+kx1﹣（mA+mB）gsinθ﹣μ（mA+mB）gcosθ＝（mA+mB）a 求得a＝1m/s2 t＝0.2s时，A、B间无弹力，对B受力分析有F2﹣mBgsinθ﹣μmBgcosθ＝mBa 解得F2＝55N，故A错误； 对A受力分析有kx2﹣mAgsinθ﹣μmAgcosθ＝mAa x2为AB刚分开时，弹簧的形变量，解得kx2＝11N AB一起匀加速直线运动的位移 解得k＝50N/m，故B错误； t＝0∼t＝0.2s过程，外力F为变力，对AB分析可得F+k（x1﹣x）﹣（mA+mB）gsinθ﹣μ（mA+mB）gcosθ＝（mA+mB）a 解得：F＝54+kx，可得 所以F做功WF＝54.5×0.02J＝1.09J，即t＝0到t＝0.2s的过程中力F做的功为1.09J，故C正确； 摩擦力对A做功为负功，Wf＝﹣fAxA＝﹣4×0.02J＝﹣0.08J，即t＝0到AB分开的过程中，A所受摩擦力做功为0.08J，故D错误。 故选：C。 3．物理世界丰富多彩，在力的世界中也同样如此，下列说法正确的是（　　） A．摩擦力不可能做正功 B．静摩擦力不可能做功 C．很重的箱子推不动，但是对箱子做了功 D．很重的箱子推不动，但是对箱子没有做功 【答案】D 【解答】解：AB、力做功的正负关键看力的方向和位移的方向的夹角，夹角小于90°做正功，夹角大于90°做负功，等于90°不做功；无论是滑动摩擦力和静摩擦力对物体都可以做正功，也可能做负功，也可以不做功，故AB错误； CD、很重的箱子推不动，箱子没有位移，则对箱子不做功，故C错误，D正确。 故选：D。 4．如图所示，小卖部的阿姨用拖车运送货物。已知拖车和货物的总质量为m，阿姨用与水平面夹角为θ的恒力F拖动小车，小车水平向右移动了一段距离L，此过程小车受到的摩擦力大小恒为f。则拖车和货物受到的（　　） A．重力做功为mgL B．拉力做功FLsinθ C．滑动摩擦力做功为fL D．支持力做功为0 【答案】D 【解答】解：A、由于运动方向与重力垂直，所以重力做功为0，故A错误； B、拉力与水平面夹角为θ，拉力做功WF＝FLcosθ，故B错误； C、摩擦力方向沿水平方向，故摩擦力做功为：Wf＝﹣fL，故C错误； D、由于运动方向与支持力垂直，所以支持力做功为0，故D正确。 故选：D。 5．如图，一质量为m的物体在与水平方向成θ角的恒力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离x。已知物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．物体所受重力做的功为mgx B．物体所受支持力做的功为（mg﹣Fsinθ）x C．物体所受滑动摩擦力做的功为﹣μmgx D．恒力F做的功为Fxcosθ 【答案】D 【解答】解：AB、物体所受重力和支持力均与位移垂直，所以做的功均为0，故AB错误； C、物体所受滑动摩擦力做的功为Wf＝﹣Ffx 又Ff＝μFN，FN＝mg﹣Fsinθ 解得物体所受滑动摩擦力做的功Wf＝﹣μ（mg﹣Fsinθ）x 故C错误； D、恒力F做的功为WF＝Fxcosθ 故D正确。 故选：D。 （多选）6．如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．小球在P点下方处的加速度大小为 C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 【答案】BD 【解答】解：A、根据题意分析可知，设弹簧的劲度系数为k，在P点时弹簧的弹力为 由球置于杆上P点时恰好能保持静止，有F1＝FN，mg＝μFN 联立解得，故A错误； B、根据题意分析可知，小球在P点下方处时，此时弹簧与杆的夹角为45°， 即弹簧的长度为 弹簧处于压缩状态，受力情况如图所示 此时弹力大小为 根据平衡条件有N＝Fsin45° 根据牛顿第二定律有mg+Fcos45°﹣μN＝ma 联立解得，故B正确； C、根据题意分析可知，杆上M、N两点与O点的距离均为l，此时小球在M和N点时弹簧处于原长，小球从M到P过程中，压缩量增大所以弹力增大，所以弹力在水平方向的分力增大、摩擦力增大；小球从P到N过程中，压缩量减小所以弹力减小，因此弹力在水平方向的分力减小、摩擦力减小，故从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变大再变小，故C错误； D、根据题意分析可知，关于P点对称的任意两点，小球受到的摩擦力大小相同，所以从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同，故D正确。 故选：BD。 （多选）7．精彩的飙车比赛为我们解释了什么叫速度与激情。如图为一赛车手驾驶着方程式赛车飙车的物理模型，该赛车手正以速度v＝8m/s匀速经过半径为16米的半圆（为简化问题，可视为轮胎所受摩擦力指向圆心），已知人与赛车质量为1t，重力加速度为g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．赛车受到地面的作用力为4×103N B．向心加速度a＝4m/s2 C．轮胎与地面的摩擦系数μ至少为0.2 D．轮胎所受摩擦力不做功 【答案】BD 【解答】解：对汽车进行受力分析，汽车所受合力提供向心力，已知v＝8m/s，r＝16m 设地面对汽车的支持力为FN，汽车与地面的动摩擦因数为μ，汽车做匀速圆周运动的向心加速度为a 竖直方向上：FN＝mg＝1×103kg×10N/kg＝1×104N 水平方向上：Fn＝f＝μFN＝mma，代入数据得：f＝4×103N，μ＝0.4，a＝4m/s2 赛车受到地面的作用力F2103N，摩擦力始终与赛车运动方向垂直，故摩擦力不做功，故AC错误，BD正确。 故选：BD。 模型二 板块模型 解题要点: “滑块一木板”模型中功和能的分析 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 ； 2. 求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移 ; 3. 求摩擦生热时用相对位移 或相对滑行路程。 主要有光滑木板，粗糙木板模型。 【例题精讲】 1．如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　） A．小物块与长木板间的动摩擦因数 B．长木板与地面间的动摩擦因数 C．长木板的质量 D．小物块的质量 【答案】D 【解答】解：B、由a﹣F图，可得到小物块和长木板刚好一起运动时的外力为F1，即可得到地面和长木板之间的动摩擦因数满足：F1＝μ2（m+M）g，F﹣μ2（m+M）g＝（m+M）a，当F＝0时，由图可知a＝﹣a0，联立可得：，故B错误； ACD、由a﹣F图，可得到小物块和木板相对运动后，小物块的加速度随外力的变化情况，对小物块受力分析可知其加速度满足：， 该图线与F轴的交点为F2，即a＝0时，满足：F2＝μ1mg； 由a﹣F图，可得到小物块和木板即将相对运动，但加速度相同的时候的外力为F3，即可得：F3﹣F1＝（m+M）a1， 此时小物块和木板间达到最大静摩擦力，即：μ1mg﹣μ2（m+M）g＝Ma1，则对物块：F3﹣μ1mg＝ma1， 联立解得物块的质量：，长木板的质量：，小物块与长木板间的动摩擦因数为：，故BC错误，D正确。 故选：D。 2．如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时，下列说法正确的是（　　） A．Q对P的摩擦力方向水平向左 B．水平面对Q的摩擦力大小为2N C．P与Q之间的摩擦力大小为4N D．P与Q发生相对滑动 【答案】C 【解答】解：AD．假设P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，把P与Q看作整体，根据牛顿第二定律可得F﹣μ2×2mg＝2ma 代入数据得整体加速度a＝2m/s2 对P有fQP＝ma＝4N＜μ1mg 所以P与Q相对静止一起向右做匀加速直线运动，由于P相对Q有向左滑的趋势，故Q对P的摩擦力方向向右，故AD错误； B．水平面对Q的摩擦力大小f1＝μ2×2mg 代入数据得f1＝4N，故B错误； C．由A选项可知P与Q之间的摩擦力大小fQP＝4N，故C正确。 故选：C。 3．如图所示，在光滑的水平面上放置一质量M＝5kg的长木板A，物块B放在长木板A上，A、B间的动摩擦因数为0.3，B的质量m＝3kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。现将力F分别作用在长木板A、物块B上，下列说法正确的是（　　） A．若力F作用在长木板A上且F＝29N，则长木板A的加速度为3m/s2，物块B的加速度为2m/s2 B．若力F作用在长木板A上且F＝24N，则长木板A的加速度为1m/s2，物块B的加速度为2m/s2 C．若力F作用在物块B上且F＝15N，则长木板A的加速度为m/s2，物块B的加速度为2m/s2 D．若力F作用在物块B上且F＝4N，则长木板A的加速度为1m/s2，物块B的加速度为m/s2 【答案】C 【解答】解：A、AB间的最大静摩擦力fm＝μmg，解得fm＝9N。若力F作用在木板A上，当A、B恰好发生相对滑动时，隔离B分析，有，解得：。对整体分析，有F0＝（M+m）am，解得：F0＝24N。 当F＝29N时，由于F＞F0，二者发生相对滑动，则aB＝μg，解得：；，解得：，故A错误。 B、当F＝24N时，F＝F0，二者恰好不发生相对滑动，加速度，解得：，故B错误。 C、若力F作用在物块B上，当A、B恰好发生相对滑动时，隔离A分析，有，解得：。对整体分析，有F'0＝（M+m）a'm，解得：F'0＝14.4N。 当F＝15N时，由于F＞F'0，二者发生相对滑动，则，解得：；，解得：，故C正确。 D、当F＝4N时，由于F＜F'0，二者保持相对静止，加速度，解得：，故D错误。 故选：C。 4．质量为M＝20kg、长为L＝10m的木板放在水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，将质量m＝10kg的小木块（可视为质点），以v0＝9m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上，（如图所示），小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2）。则以下判断中正确的是（　　） A．小木块能滑出木板 B．全过程木块运动的位移为12m C．全过程木板运动的位移为1.5m D．经过2.5s后，木板与木块开始一起匀减速运动 【答案】C 【解答】解：A、对木块与木板进行受力分析，应用牛顿第二定律，木块的加速度为a1＝μ2g，解得：；木板的加速度为，解得：。设经过时间t1两者达到共同速度v，由v＝v0﹣a1t1＝a2t1，解得：t1＝2s，v＝1m/s；此过程中木块相对于木板的位移，解得：Δx＝9m；由于Δx＜L，故小木块不能滑出木板，故A错误； D、由上述计算可知，经过2s后，木板与木块达到相同速度并开始一起匀减速运动，故D错误； BC、两者达到共同速度后，整体向右匀减速直至停止，加速度大小a3＝μ1g，解得：；该阶段的位移，解得：s'＝0.5m；则全过程木板的位移，解得：xM＝1.5m，木块的位移，解得：xm＝10.5m，故B错误，C正确。 故选：C。 5．如甲图所示，质量为2kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t＝0时，物块A（可视为质点）以3m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．A的质量为4kg B．A与B之间的动摩擦力为1N C．B的长度为1.5m D．A在B上滑动过程中对地的位移为2m 【答案】D 【解答】解：AB、由题意可知，在运动过程中A做减速运动，B做加速运动，则图乙中0～1.0s上部分图线为物块A的v﹣t图线，下部分为长木板B的v﹣t图线， v﹣t图像斜率的绝对值表示加速度的大小，则物块A与长木板B的加速度大小分别为：， 根据牛顿第二定律可得：f＝μmAg＝mAaA＝mBaB 联立可得：mA＝1kg，f＝2N，故AB错误； D、v﹣t图线与t轴所围面积大小表示位移大小，则0～1.0s即物块A在B上滑动过程中，物块A对地的位移大小为：，故D正确； C、由于不知道物块A与长木板B相对静止时，物块A与长木板B右端的距离，则长木板B的具体长度无法确定，故C错误； 故选：D。 （多选）6．如图甲所示，质量M＝2kg的木板放在水平面上，质量m＝1kg的物块放在木板上，开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上，当F从0开始逐渐增大时，物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．木板与水平面间的动摩擦因数为0.1 B．物块与木板间的动摩擦因数为0.4 C．当F＝5N时，物块与木板恰好发生相对滑动 D．当F＝10N，物块的加速度大小为5m/s2 【答案】AD 【解答】解：A、设木板与水平面间的动摩擦因数为μ1，由图乙可知，当F＝3N时，物块与木板开始运动，有F＝μ1（m+M）g，解得μ1＝0.1，故A正确； B、设物块与木板间的动摩擦因数为μ2，当物块相对木板滑动后，物块与木板间为滑动摩擦力，对木板受力分析，μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma，由图可知其中a＝1m/s2，解得μ2＝0.5，故B错误； C、当物块与木板恰好发生相对滑动时，物块与木板间为滑动摩擦力，对物块受力分析，有F﹣μ2mg＝ma，解得F＝6N，故C错误； D、当F＝10N，物块与木板发生相对滑动，对物块受力分析，有F﹣μ2mg＝ma2，解得a2＝5m/s2，故D正确。 故选：AD。 （多选）7．如图甲，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B的质量均为m。B和地面之间的动摩擦因数为μ，A和B之间的动摩擦因数是4μ。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F与滑块A运动的位移x满足如图乙所示的一次函数关系，已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小。关于两物块的运动过程，下列说法正确的是（　　） A．0＜F＜F0时，A、B之间存在静摩擦力 B．F0＜F＜2F0时，A、B之间存在滑动摩擦力 C．x＝x0时，木板B的速度大小为 D．x＝3x0时，木板A的速度大小为 【答案】ACD 【解答】解：A、对A、B整体进行受力分析，地面能提供的最大静摩擦力为f1＝μ（m+m）g，即f1＝2μmg。由于A、B间的最大静摩擦力f2＝4μmg＞f1，因此当拉力F增大到F0＝2μmg时，A、B当0＜F＜F0时，系统保持静止，滑块A在水平方向所受拉力F与木板B对其向左的静摩擦力平衡，故A、B之间存在静摩擦力，故A正确； B、在F0＜F＜2F0阶段，系统的加速度为。当B的加速度达到最大值，即amax＝2μg时，两者将发生相对滑动，此时满足F﹣2μmg＝2m•2μg，解得F＝6μmg，即F＝3F0。由于2F0＜3F0，故在此阶段A、B保持相对静止，摩擦力为静摩擦力，故B错误； C、当x＝x0时，A、B共同运动。合外力的平均值为。根据动能定理W＝ΔEk，有，解得，故C正确； D、当x＝3x0时，A已与B发生相对滑动，两者在x＝2x0时分离。从x＝0到x＝2x0过程中，合外力的平均值为，由动能定理，解得分离时的速度。 从x＝2x0到x＝3x0过程中，对A进行分析，其受到拉力F和滑动摩擦力f'＝4μmg，合力从2μmg线性增大到4μmg，平均合力为。 由动能定理，代入数据解得，故D正确。 故选：ACD。 模型三 传送带模型 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. 解题要点: 传送带模型中的功能分析 1. 传送带克服摩擦力做的功: 。 2. 系统产生的内能: 。 3. 功能关系的分析: 。 【例题精讲】 1．如图甲所示，有两互相垂直动摩擦因数为μ的水平传送带，物块以v0的速度从一传送带垂直滑向另一速度大小为2v0的传送带上，并最终与传送带共速，情景简化成乙图所示。则物块从滑上2v0的传送带到共速的过程中，以地面为参考系，下列说法正确的是（　　） A．物块速度一直减小 B．物块运动过程中最小速度是v0 C．物块做匀变速曲线运动 D．物块加速度大小为 【答案】C 【解答】解：ACD、根据题意分析可知，物块的速度可以分解为y轴正方向和x轴正方向，滑动摩擦力f可以分解为x轴正方向和y轴的负方向，运动轨迹为图中曲线，如图所示： 物块在传送带上运动的前阶段，合摩擦力方向与速度方向的夹角为钝角，物块的速度一直减小，当摩擦力方向与速度方向垂直时，物体的速度最小；后阶段，摩擦力方向与速度方向的夹角为锐角，物块的速度增加，物块受传送带的摩擦力大小f＝μmg，根据牛顿第二定律有f＝ma 解得a＝μg 加速度不变，故物块做匀变速曲线运动，故AD错误，C正确； B、根据题意分析可知，以传送带为参考，物块速度大小为v2 方向和摩擦力方向，如图所示 则tanα2 最小速度为vmin＝v0sinα，故B错误； 故选：C。 2．如图甲所示，一倾斜的传送带以恒定速率v1＝4m/s沿顺时针方向转动，传送带的倾角为θ。一煤块以大小v0＝12m/s的初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的加速度大小与时间的关系图像如图乙所示。已知煤块到传送带顶端时速度恰好为零，正确的是（　　） A．煤块运动到传送带顶端所用的时间为2s B．倾角θ的正切值tanθ＝0.5 C．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．煤块在传送带上留下的黑色痕迹长为4m 【答案】D 【解答】解：BC．当煤块速度大于传送带速度时，设煤块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ＝ma1 当煤块速度小于传送带速度时，设煤块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2 由图乙可知加速度满足， 解得煤块与传送带间的动摩擦因数为，倾角θ为θ＝30° 则倾角θ的正切值，故BC错误； A．当煤块的速度达到传送带的速度时，经过的时间为 煤块的速度由v1减至0所用时间为 所以煤块在传送带运动的时间为t＝t1+t2＝1s+2s＝3s，故A错误； D．第1s内煤块相对于传送带运动的距离为 代入数据解得：Δx1＝4m 煤块的速度小于传送带的速度时煤块相对于传送带运动的距离为 代入数据解得：Δx2＝4m 恰好两次的黑色痕迹完全覆盖，所以煤块在传送带上留下的黑色痕迹长为4m，故D正确。 故选：D。 3．如图所示，某工厂流水线上长度为3m的传送带AB以3m/s的速度顺时针运行，工件与传送带间的动摩擦因数为0.3。将不计大小的工件轻放在传送带左端的A点，重力加速度g取10m/s2，则工件从A点运动到传送带右端的B点需要的时间为（　　） A．1s B．1.25s C．1.5s D．2s 【答案】C 【解答】解：工件在传送带上加速时，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma 解得a＝μg＝0.3×10m/s2＝3m/s2； 假设工件加速到与传送带共速时，工件还没有到达B点，则工件加速的位移为x1m＝1.5m＜3m 所以假设成立，则加速时间为t1s＝1s 匀速时间为t2s＝0.5s 所以，工件从A点运动到传送带右端的B点需要的时间为t＝t1+t2＝1s+0.5s＝1.5s，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．如图所示，某工厂流水线上长度为3m的传送带AB以3m/s的速度顺时针运行，工件与传送带间的动摩擦因数为0.3。将不计大小的工件轻放在传送带左端的A点，重力加速度g取10m/s2，则工件从A点运动到传送带右端的B点需要的时间为（　　） A．1s B．1.25s C．1.5s D．2s 【答案】C 【解答】解：工件在传送带上加速时，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，解得a＝3m/s2。 假设工件加速至与传送带共速时尚未到达B点，则工件加速的位移为，代入数据得x1＝1.5m，由于x1＜3m，故假设成立。 加速时间为，代入数据得t1＝1s，匀速运动时间为，代入数据解得t2＝0.5s。 因此，工件从A点运动至传送带右端B点所需总时间为t＝t1+t2，即t＝1.5s。故ABD错误，C正确。 故选：C。 5．在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。如图所示，旅客把行李轻放到传送带上A点时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，经过一段时间行李运动到传送带上的B点（行李在传送带上能留下痕迹）。若传送带匀速前进的速度v＝1m/s，某行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB的长度L＝2.25m，取重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．行李与传送带之间先是滑动摩擦力后是静摩擦力 B．行李从A点运动到B点的时间为2.25s C．行李在传送带上留下的痕迹长度为1.5m D．若传送带的速度可调节，则行李从A点运动到B点的最短时间为1.5s 【答案】D 【解答】解：AB、设行李与传送带达到共速，由运动学公式得2ax＝v2，且根据牛顿第二定律有，解得行李加速阶段的位移为x＝0.25m。 行李先做加速运动，满足v＝at1，解得加速时间t1＝0.5s。共速后行李不受摩擦力，做匀速运动，满足L﹣x＝vt2，解得匀速运动时间t2＝2s。 因此，行李从A点运动到B点的总时间t＝t1+t2，代入数据解得t＝2.5s，故AB错误； C、行李在传送带上留下的痕迹长度s＝vt1﹣x，代入数据解得s＝0.25m，故C错误； D、若行李从A点运动到B点一直保持加速，则所需时间最短，由位移公式得，解得最短时间t3＝1.5s，故D正确。 故选：D。 （多选）6．如图所示，水平传送带以速度v＝2m/s顺时针转动。可视为质点的小物体P、Q的质量均为1kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝5m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，传送带两端距离L＝5m，绳足够长，g＝10m/s2。关于小物体P的描述正确的是（　　） A．小物体P刚滑上传送带时的加速度大小为7m/s2 B．小物体P将从传送带的右端滑下传送带 C．小物体P离开传送带时的速度大小为m/s D．小物体P在传送带上运动的时间为s 【答案】AC 【解答】解：A.小物体P刚滑上传送带时，相对传送带向右运动，对P、Q整体，由牛顿第二定律有 mg+μmg＝2ma1，代入数据得，故A正确； BCD.小物块P与传送带共速前，P的位移 代入数据得x1＝1.5m＜L，即P速度减小到与传送带共速时未从传送带右端滑出。 所用的时间，代入数据得t1s 在P的速度和传送带速度相等后，因为Q的重力大于P所受的最大静摩擦力，所以摩擦力会突变向右，由牛顿第二定律有 mg﹣μmg＝2ma2，代入数据得，方向水平向左 则速度减小到0的位移为，代入数据得x2m 因：，故P不会从传送带右端滑出。 从v1减速到0的时间，代入数据得t2 以后以a2向左加速，有 代入数据得，传送到传送带最左端的速度v1＝a2t2 代入数据得v1 综上所述，小物体P在传送带上运动的时间为t＝t1+t2+t3 代入数据得t，故BD错误，C正确。 故选：AC。 （多选）7．如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一煤块以初速度v0从传送带底端冲上传送带并沿传送带向上运动，到达传送带顶端时速度恰好为零，其v﹣t图像如图乙所示，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 B．传送带底端到顶端的长度为24m C．0～t0时间内，煤块在传送带上留下的痕迹长度为8m D．传送带运动的速率越大，煤块到达传送带顶端时的速度就会越大 【答案】AC 【解答】解：A．在0～1s时间内物块的速度大于传送带速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向下，方向与运动方向相反，得mgsin37°+μmgcos37° ＝ ma1 根据v﹣t图像可得 可得μ＝0.25，故A正确； B．在1～2s时间内传送带的速度大于物块的速度，传送带对物块的摩擦力沿传送带向上，方向与运动方向相同，同理可得mgsin37°﹣μmgcos37° ＝ ma2 解得此时加速度a2＝4m/s2 根据运动学公式：v传＝a1t1＝a2t2 解得t2＝2s 即t0＝3s传送带底端到顶端的长度为，故B错误； C．煤块加速阶段在传送带上的划痕 减速阶段的划痕 两段划痕部分覆盖，则0～t0时间内，煤块在传送带上留下的痕迹长度为8m，故C正确； D．如果传送带转动的速率增加到足够大之后，使煤块在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动，而不能和传送带共速，那么物块到达传送带顶端时的速度是一定的，与传送带转动的速率就无关了，故D错误。 故选：AC。 模型四 弹簧模型 1．通过其他能量求弹性势能 根据机械能守恒，列出方程，代入其他能量的数值求解． 2．对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等． 3．物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关． 4. 注意弹性势能的转化。 【例题精讲】 1．如图所示，倾角为30°且足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接，B与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．刚释放C时，A的加速度为零 B．物块A、B分离时，B的加速度大小为 C．物块A、B分离时，弹簧处于原长状态 D．物块A速度最大时，A沿斜面上升的距离为 【答案】B 【解答】解：释放物块C前，系统处于静止状态，设弹簧压缩量为Δx0，由平衡条件得kΔx0＝（mA+mB）gsin30°，代入数据解得：。 A、刚释放C瞬间，对A、B、C整体应用牛顿第二定律，有mCg﹣（mA+mB）gsin30°+kΔx0＝（mA+mB+mC）a，代入数据解得此时A的加速度，故A错误； BC、当物块A、B恰好分离时，两者间相互作用力为零且加速度相同。对B、C整体分析，由牛顿第二定律得mCg﹣mBgsin30°＝（mB+mC）aB，解得：；此时对A分析，有kΔx1﹣mAgsin30°＝mAaB，解得弹簧压缩量，表明弹簧仍处于压缩状态，故B正确，C错误； D、在A、B分离前，系统所受合力为kΔx，因Δx＞0，故加速度a＞0，速度持续增加。分离后，A的加速度满足，当aA＝0时A的速度达到最大，此时kΔx2＝mgsin30°，解得压缩量；从释放至A速度最大的过程中，A沿斜面上升的距离d＝Δx0﹣Δx2，解得：，故D错误。 故选：B。 2．如图所示，一竖直放置的半径R＝1m的固定光滑圆环上穿有一个质量m＝1kg的小环，小环通过一根原长也为R、劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧与圆环的最高点A相连，弹簧弹性势能Epkx2（x为形变量），取重力加速度大小g＝10m/s2，小环从与A点相距为R的B点由静止开始下滑，之后的运动过程中小环获得的最大动能为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：以圆心O为重力势能零点。根据几何关系，小环在B点时与最高点A的连线AB为弦，已知AB＝R，则△OAB为等边三角形，此时小环相对于A点的转角θ＝60°。 根据机械能守恒定律，系统总机械能表达式为。 代入初始条件θ＝60°及Ek＝0，解得系统总机械能E＝mgRcos60°，计算得：E＝5J。 令，则有cosθ＝1﹣2s2，代入能量守恒方程整理，得到动能表达式。 当时，解得，此时动能Ek取得最大值。 代入数据计算最大动能。故A正确，BCD错误。 故选：A。 3．如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程I：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。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，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A．P、M两点之间的距离为 B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为 C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点以下 【答案】C 【解答】解：A、设PO的距离为L，过程I中，根据动能定理有。设MO的距离为L1，过程Ⅱ中，当Q速度最大时，根据平衡条件kL1＝mgsinθ+μmgcosθ。P、M两点之间的距离L2＝L﹣L1，联立可得，故A错误； B、根据功能关系，过程Ⅱ中，Q从P点单向运动到O点时，Q和弹簧组成的系统损失的机械能ΔE＝μmgcosθ•L。结合，解得：。但在过程Ⅱ中，单独对Q而言其机械能是增加的，故B错误； D、无论Q从何处释放，其在斜面上运动时，弹簧与Q初始时的势能最终转化为摩擦热。当在M点时，满足kL1＝mgsinθ+μmgcosθ；当在O点时，满足mgsinθ＝μmgcosθ。因此在OM（含O、M点）之间速度减为零时，Q将保持静止，故D错误； C、设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律有。结合，解得：，故C正确。 故选：C。 4．如图所示，倾角为30°且足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接，B与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为 B．分离时刻弹簧处于伸长状态 C．A的速度最大时沿斜面上升的距离为 D．A、B分离时，B的加速度大小为 【答案】D 【解答】解：A．刚开始时细线的张力为零，以AB整体为研究对象，根据受力可知，此时弹簧的弹力大小为F弹＝2mgsin30° 刚释放C时，设A、B间的弹力大小为N，细线拉力大小为T，此时的加速度为a，以C为研究对象，根据牛顿第二定律得mg﹣T＝ma 以B为研究对象，根据牛顿第二定律可得T+N﹣mgsin30°＝ma 以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F弹﹣mgsin30°﹣N＝ma 解得A、B间的弹力，故A错误； B．A、B分离瞬间，A、B具有共同沿斜面向上的加速度，且加速度大小相同，合外力沿斜面向上，对A进行受力分析，可知弹簧仍处于压缩状态，故B错误； C．初始时弹簧的压缩量为 当A的速度最大时，加速度为零，即弹簧的弹力与A的重力沿斜面向下的分力平衡，则此时弹簧的压缩量为 可知A的速度最大时它沿斜面上升的距离为 故C错误； D．A、B分离时，两者之间的弹力为零，设此时的加速度为a′，细线的拉力大小为T′，以C为研究对象，物体受到重力和细线的拉力，根据牛顿第二定律可得mg﹣T′＝ma′ 以B为研究对象，物体受到细线的拉力和物体自身的重力以及垂直于斜面的弹力，根据牛顿第二定律可得T′﹣mgsin30°＝ma′ 联立解得，故D正确。 故选：D。 5．如图所示，弹簧的左端固定，将小球套在水平杆上，装置的各种摩擦均不计。a点是压缩弹簧后小球静止释放的位置，b点是弹簧原长时小球的位置，c点是小球到达最右端的位置。小球由a点运动到c点的过程中（水平面光滑），下列说法中错误的是（　　） A．在a点时，弹簧的弹性势能最大 B．在b点时，小球的运动速度最大 C．从a点到b点，小球的机械能逐渐增大 D．从b点到c点，小球处于加速滑动过程 【答案】D 【解答】解：A．在a点，弹簧被最大程度压缩，弹簧弹性势能最大，故A正确； B．在b点，弹簧处于原长，弹力瞬时为零，小球动能（速度）达到最大值，故B正确； C．a到b的过程中，弹簧弹力对小球做正功，小球的机械能逐渐增大，故C正确； D．b到c的过程中，弹簧被拉伸形成的弹力与小球运动方向相反，小球做减速运动，故D错误。 本题选错误的，故选：D。 （多选）6．如图所示，P、Q两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，P放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为53°，Q、M两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为37°带有挡板的另一固定光滑斜面上。现用手控制住P，使细线刚好拉直但无拉力，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且M球与挡板接触。开始时整个系统处于静止状态，现释放P球，在运动过程中M球恰好不离开挡板。已知P的质量为3m，Q的质量为2m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　） A．初始时，弹簧形变量大小为 B．M球的质量为6m C．P沿斜面下滑的最大位移大小为 D．Q沿斜面上滑时的最大动能为 【答案】BD 【解答】解：初始时P球受手力作用平衡，Q球处于静止状态，由Q球平衡条件kx1＝mQgsin37°，代入数据解得弹簧初始压缩量；释放P后，P沿斜面向下加速，Q沿斜面向上加速，系统重力分量的合力作为动力F引＝mPgsin53°﹣mQgsin37°，代入数据解得F引＝1.2mg。 A、根据初始平衡状态的分析，弹簧处于压缩状态，形变量大小为，故A错误； BC、M球恰好不离开挡板，说明当Q球运动到最高点时，弹簧对M的拉力恰好等于其重力沿斜面的分力，即kx2＝mMgsin37°；在此过程中，对P、Q及弹簧组成的系统应用动能定理，有，其中d＝x1+x2为位移，整理得，解得，联立解得；将x2代入M球受力平衡方程，解得mM＝6m；此时P沿斜面下滑的最大位移，故B正确，C错误； D、当系统加速度为零时，Q球动能最大，此时F引+F弹＝0，解得此时弹簧伸长量为；该位置与初始位置关于弹簧原长对称，弹性势能变化量为零，根据动能定理，系统最大总动能Ekm＝F引•（x1+x），代入数据解得；由于P与Q速率相等，Q球动能占总动能的，解得Q球最大动能，故D正确。 故选：BD。 （多选）7．如图所示，倾角为30°的光滑斜面体固定在水平面上，轻弹簧放在斜面上，下端与斜面底端的固定挡板连接，上端与放在斜面上的物块A连接，绕过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳一端连接在物块A上，另一端吊着物块B。已知物块A的质量为m，物块B的质量为3m，斜面足够长，牵引物块A的轻绳与斜面平行，用手托着物块B，改变B的高度，使轻弹簧刚好处于原长。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能Epkx2，k表示弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，快速撤去手。下列说法正确的是（　　） A．快速撤去手的一瞬间，物块B的加速度大小为g B．当物块A的速度达到最大时，弹簧的伸长量为x0 C．物块A沿斜面向上运动的最大速度大小为 D．物块A沿斜面向上运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能为2mgx0 【答案】BC 【解答】解：A、撤去手瞬间，对物块A与B分别列牛顿第二定律方程，有3mg﹣T＝3ma与T﹣mgsin30°＝ma，联立解得：，故A错误； B、当物块A加速度为零时，其速度达到最大，此时弹簧弹力与A重力沿斜面分力之和等于B的重力，即kx+mgsin30°＝3mg，代入，解得弹簧形变量：，故B正确； C、从开始运动至A速度最大过程，系统机械能守恒，以初始位置为重力势能零点，有，代入k值，解得最大速度：，故C正确； D、设弹簧最大伸长量为xm，当A运动到最低点时速度为零，由机械能守恒得，代入k值，解得：xm＝x0，则弹簧最大弹性势能，解得：，故D错误。 故选：BC。 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度为ω，盘面上到转轴的距离为r的位置有一个小物块随圆盘一起运动。现将圆盘的角速度逐渐增加到2ω，若此过程中物块与圆盘始终保持相对静止，则（　　） A．圆盘的角速度增加到2ω时，物块所受的向心力增加为原来的2倍 B．圆盘的角速度增加到2ω时，物块的动能增加为原来的2倍 C．此过程中，物块受到的静摩擦力沿轨迹的切线方向 D．此过程中，物块受到的静摩擦力做正功 【答案】D 【解答】解：A.根据向心力表达式F＝mω2r 可知，圆数的角速度由ω增加到2ω时，物块所受的向心力增加为原来的4倍，故A错误； B.根据v＝ωr， 可知区查的角速度由ω增加到2ω时，物块的动能增加为原来的4倍，故B错误； C.此过程中，物块受到的静摩擦力存在沿轨迹的切线方向的分量改变线速度大小，还存在指向圆心的分量提供所需的向心力，则物块受到的静摩擦力方向不沿轨迹的切线方向，故C错误； D.此过程中，物块的动能增加，根据动能定理可知物块受到的静摩擦力做正功，故D正确。 故选：D。 2．如图，质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧，初始A、B两球等高距离地面H＝25m，两侧轻绳的下端都恰好触地。两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．A和B与细绳间都为滑动摩擦力 B．A比B先落地 C．A球与绳脱离时为2s末 D．B落地时的动能为375J 【答案】C 【解答】解：A、由于绳为轻质的，分析可知球B与绳的作用力为静摩擦力，球A与绳的作用力为为滑动摩擦力，故A错误； C、对球B由牛顿第二定律有 解得 对球A由牛顿第二定律有 得 由运动关系得 解得t1＝2s，A与绳子脱离，故C正确； D、A与绳子脱离后，以后A、B球做竖直下抛运动，A球下落的高度为 B球下落的高度为 此时A球的速度为vAO＝aAt1＝10m/s 15B球的速度为vBO＝aBt1＝15m/s 对A球有 解得vA＝20m/s 对B球有 解得vB＝5m/s B球落地的动能，故D错误； B、A球还需时间tA落地，则有 B球还需时间tA落地，则有 所以B球先落地，故B错误。 故选：C。 3．2025年7月12日，浙江省第五届体育大会在台州市体育中心网球馆开幕。如图甲所示是嗒嗒球比赛的场景，图乙为嗒嗒球在空中飞行的轨迹图，图中C、D为同一轨迹上等高的两点，A为该轨迹的最高点，则下列关于嗒嗒球的说法正确的是（　　） A．嗒嗒球从C点经最高点A到达D点的过程中机械能守恒 B．嗒嗒球在最高点A的加速度方向竖直向下 C．在嗒嗒球飞行的整个过程中，最高点A的动能最小 D．上升阶段CA段的飞行时间小于下降阶段AD段的运动时间 【答案】D 【解答】解：A．由轨迹图可知，嗒嗒球运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，导致机械能减小，因此机械能不守恒。故A错误； B．嗒嗒球在最高点A时，受到重力和水平方向的空气阻力作用，合力方向不是竖直向下，根据牛顿第二定律，所以加速度方向不是竖直向下，故B错误； C．分析在嗒嗒球飞行的整个过程中，最高点A的动能是否最小。嗒嗒球在最高点A时，所受重力和空气阻力的合力方向斜向下偏左，此时合力方向与速度方向的夹角大于90°，嗒嗒球继续做减速运动，所以最高点A的动能不是最小，故C错误；， D．上升阶段空气阻力的竖直分力向下，下降阶段空气阻力的竖直分力向上，所以上升阶段竖直方向的平均加速度大于下降阶段竖直方向的平均加速度，根据可知，上升阶段CA段的飞行时间小于下降阶段AD段的运动时间，故D正确。 故选：D。 4．下列物理量均为矢量的是（　　） A．速度的变化量、位移 B．加速度、时间 C．功、力 D．线速度、周期 【答案】A 【解答】解：速度变化量和位移、加速度、力以及线速度都是矢量，时间、功和周期均为标量，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．司机驾驶汽车在平直的公路上匀速行驶，当正前方出现某一固定倾角的缓坡时，需爬坡至坡顶。假设汽车所受路面及空气带来的阻力保持恒定，且汽车始终以额定功率行驶。关于汽车在爬坡前后速度v与时间t的图像，描述正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：在平直的公路上，由于汽车始终以额定功率匀速行驶，故此时汽车牵引力等于阻力，当汽车行驶到斜面上时，汽车减速运动，根据P＝Fv，，可知，v减小时，F增大，a减小，汽车做加速度较小的减速运动，故ABC错误，D正确； 故选：D。 6．在山地自行车速降比赛中，选手从山坡顶端由静止开始沿直坡道下滑，坡道倾斜角恒定且足够长。选手和自行车总质量为m，运动过程中受到的空气阻力与速度平方成正比（f＝kv2，k为常数），且坡道存在恒定的摩擦力f0，以坡顶为重力势能零点，沿斜面向下为正方向，对选手和自行车整体，从坡顶到坡底，用Ek表示动能、Ep表示重力势能，E机表示机械能，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【解答】解：A、对选手和自行车整体，从坡顶到坡底，由牛顿第二定律可得mgsinθ﹣kv2＝ma 解得a＝gsinθ，可知加速度随着速度增大而减小，当gsinθ时速度达到最大，选手和自行车整体做加速度减小的加速运动直到速度达到最大，v﹣t图像应是曲线，故A错误； B、由动能定理可知（mgsinθ﹣kv2）x＝Ek 可知速度v增大（mgsinθ﹣kv2） 减小，则Ek﹣x斜率不断的减小，到最后减小到0，故B正确； C、由于空气阻力做负功，机械能不断减小，但最后达到匀速，机械能不能减小到0，故C错误； D、速度越来越大，重力做功越来越快，则重力势能减小的越来越快，故D错误。 故选：B。 7．登月是中华民族的浪漫梦想，某次科研活动“月球车”在水平地面上由静止开始运动，运动的全过程的v﹣t图像如图所示，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10s内“月球车”牵引力的功率保持与t1时刻相同不变，且功率P＝900W；7～10s段为平行于横轴的直线；在10s末关闭动力，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（　　） A．月球车的质量为100kg B．月球车受到的阻力为150N C．月球车在0～t1段位移为2.5m D．月球车在t1～7s内运动的路程为24.75m 【答案】B 【解答】解：B、根据v﹣t图像分析，在10～13s期间，月球车撤去动力自由滑行，做匀减速直线运动，加速度大小，解得：；此时仅受阻力，由牛顿第二定律有f＝ma3。在7～10s期间，月球车以最大速度vm＝6m/s做匀速运动，此时牵引力F＝f。由功率公式P＝fvm，解得：f＝150N，故B正确； A、由f＝ma3解得：m＝75kg，故A错误； C、在t1时刻，牵引力，根据牛顿第二定律F1﹣f＝ma1，且v1＝a1t1。代入v1＝3m/s联立解得：t1＝1.5s，。则0～t1段位移，解得：x1＝2.25m，故C错误； D、在t1～7s期间，根据动能定理，代入数据解得：x2＝26.25m，故D错误。 故选：B。 8．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面上有一光滑轨道ABC，它是由长为3R的直轨道和半径为R的圆弧轨道平滑连接而成。已知斜面边缘的D点与C点等高，DF＝CG，DC＝FG＝3R，E是DF的中点。一小球以某一初速度v0发射后沿轨道运动，下列说法正确的是（　　） A．若，小球一定会从FG边离开斜面 B．若，小球一定会从GA边离开斜面 C．若，小球可能会从DE边离开斜面 D．若，小球可能会从EF边离开斜面 【答案】C 【解答】解：A、若小球恰能通过C点，重力分力提供向心力 解得 小球从A到C机由械能守恒得 解得 若，小球通过C点后做类平抛运动，也有可能是从DF边离开斜面，即小球不一定会从FG边离开斜面，故A错误； B、若，小球到达C点以前就离开轨道做类斜抛运动，也有可能是从FG边离开斜面，故B错误； C、设小球通过C点后做类平抛运动恰能通过F点，3R＝vC't 解得 机械能守恒 解得 若，小球可能会从DE边离开斜面，故C正确； D、若，小球一定会从FG边离开斜面，不可能从EF边离开，故D错误。 故选C。 二．多选题（共3小题） （多选）9．杂技表演中，一位杂技演员从高台跃下如图，在A点接住摆动的秋千后荡至B点，松手落至弹性网上，下落至最低点C后，在弹性网上多次往复弹跳，忽略空气阻力，该过程中下列说法正确的是（　　） A．杂技演员从高台跃下到A点过程中，加速度不变 B．杂技演员从A点荡至B点的过程中，先超重后失重 C．杂技演员从B点落至C点的过程中，先失重后超重 D．在弹性网上多次往复弹跳过程中，杂技演员机械能守恒 【答案】AC 【解答】解：A、杂技演员从高台跃下到A点过程中只受重力作用，根据牛顿第二定律，其加速度为重力加速度，保持不变，故A正确； B、杂技演员从A点荡至B点的过程中在竖直方向内做圆周运动，加速度一直有竖直向上的分量，因此此过程杂技演员一直处于超重状态，故B错误； C、杂技演员从B点落至C点的过程中，在接触网前只受重力作用，处于失重状态；接触网后至最低点过程，杂技演员先向下做加速运动后向下做减速运动，加速度方向先向下后向上，先处于失重状态后处于超重状态，故C正确； D、在弹性网上多次往复弹跳过程中，网会对杂技演员做功，导致杂技演员的机械能不守恒，故D错误。 故选：AC。 （多选）10．如图甲，质量0.5kg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0至3s段为抛物线，3s至4.5s段为直线，下列正确的是（　　） A．传送带沿顺时针方向转动 B．传送带速度大小为4m/s C．物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/s D．整个过程中摩擦力对物块所做功的平均功率大小约为0.34W 【答案】ACD 【解答】解：A．根据x﹣t图像的斜率表示速度，可知前2s物体向左做匀减速运动，第3s内向右做匀加速运动。3.0～4.5s内x﹣t图像为倾斜直线，说明物块与传送带一起向右做匀速运动，因此传送带沿顺时针方向转动，故A正确； B．传送带的速度大小等于物块向右匀速运动的速度，为。故B错误， C．前2s物体向左做匀减速运动，t1＝2s时速度为零，通过的位移x1＝4m，由，得v0＝4m/s，故C正确； D．根据动能定理可得，0～4.5s内摩擦力对物块所做的功为 解得W0.5×22J0.5×42J＝﹣3J，故D正确。 故选：ACD。 （多选）11．关于动能，下列说法正确的是（　　） A．物体由于运动而具有的能量叫动能 B．动能大小与物体的速度方向有关 C．动能只有大小，没有方向，是标量 D．动能的单位是焦耳 【答案】ACD 【解答】解：A、根据动能的定义得物体由于运动而具有的能量叫动能，故A正确； B、动能表达式是，动能是标量，动能大小与物体的速度方向无关，故B错误； C、动能只有大小，没有方向，是标量，故C正确； D、动能的单位为焦耳（J），故D正确。 故选：ACD。 三．解答题（共5小题） 12．发动机的额定功率是汽车长时间行驶时所能输出的最大功率。现有一辆某型号汽车在水平笔直道路上由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t1＝4s，速度增加至v1＝10m/s时达到额定功率，此后以额定功率行驶。已知该车的总质量m＝2000kg，假定该车在行驶过程中受到恒定的阻力f＝2000N。 （1）求该车的额定功率P； （2）推理分析该车匀加速直线运动达到额定功率后的速度变化情况； （3）若该车达到额定功率后，再经过时间t2＝8s，速度增加至v2＝20m/s，求该车从静止开始加速到速度为v2的过程中位移大小x。 【答案】（1）P额＝70kW （2）汽车在做加速度不断减小的加速运动 （3）车从静止开始加速到速度为v2的过程中位移大小x＝150m 【解答】解：（1）汽车匀加速的加速度a2.5m/s2 由牛顿第二定律可得F牵﹣f＝ma 解得F牵＝7000N 由功率P额＝F牵•v1＝70kW （2）汽车达到额定功率，由于加速度不为零，速度继续增加，由P额＝F牵•v可得牵引力减小，加速度减小，故汽车在做加速度不断减小的加速运动。 （3）匀加速阶段x120m 变加速阶段由动能定理可得P额t2﹣fx2 解得x2＝130m x总＝x1+x2＝20+130＝150m 13．如图（a）为游乐场水上乐园的水滑梯，质量为50kg的游客由最高点静止下滑，从滑梯末端飞出，可简化如图（b）所示的模型，其中A为斜面的最高点，B点处斜面与圆弧平滑连接，C点为圆弧轨道的最低点并与水面相切，D点为滑梯的末端，并与B点等高。圆弧轨道的半径R＝10m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，AB的竖直高度差为5m。游客可视为质点，忽略一切阻力，已知重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8。求： （1）游客运动到滑梯末端D点时，对轨道的压力大小； （2）游客刚落入水中时距D点的水平距离。 【答案】（1）游客对轨道的压力大小为800N。 （2）游客刚落入水中时距D点的水平距离为12m。 【解答】解：（1）游客从A点运动到D点的过程中，忽略一切阻力，机械能守恒。由于B、D两点等高，下落高度h＝5m，根据，解得：vD＝10m/s。 在D点，根据牛顿第二定律有，解得：FN＝800N。依据牛顿第三定律，游客对轨道的压力大小为800N。 （2）D点距水面的高度等于D点相对于圆弧最低点C的竖直位移，即H＝R（1﹣cos53°），解得：H＝4m。 游客飞出后做斜抛运动，水平分速度vx＝vDcos53°，解得：vx＝6m/s，竖直分速度vy＝vDsin53°，解得：vy＝8m/s。 设从D点运动到水面的时间为t，取竖直向上为正方向，由位移公式得，即5t2﹣8t﹣4＝0，解得：t＝2s。落入水中时距D点的水平距离x＝vxt，解得：x＝12m。 答：（1）游客对轨道的压力大小为800N。 （2）游客刚落入水中时距D点的水平距离为12m。 14．如图所示，把一个质量m＝0.1kg的小钢球（可视为质点）用细线悬挂起来，悬点O距地面的高度h＝1.45m，细线长L＝1m。将小球拉至细线与竖直方向成37°角的位置，由静止释放，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8。 （1）求小球运动到最低点时细线对小球拉力的大小F； （2）若小球运动到最低点时细线断了，小球沿水平方向抛出，求： a．小球做平抛运动水平位移的大小x； b．小球落地时重力的瞬时功率P。 【答案】（1）小球运动到最低点时细线对小球拉力的大小为1.4N； （2）它做平抛运动水平位移的大小为0.6m； （3）小球落地时重力的瞬时功率为3W。 【解答】解：（1）由机械能守恒定律mgL（1﹣cos37°） 代入数据得v＝2m/s 由牛顿第二定律 代入数据得F＝1.4N （2）小球平抛运动，竖直方向有 代入数据得t＝0.3s，t'＝﹣0.3s（舍去） 水平方向有x＝vt 代入数据得x＝0.6m （3）小球落地时竖直速度vy＝gt 代入数据得vy＝3m/s，重力的瞬时功率P＝mgvy 代入数据得P＝3W 答：（1）小球运动到最低点时细线对小球拉力的大小为1.4N； （2）它做平抛运动水平位移的大小为0.6m； （3）小球落地时重力的瞬时功率为3W。 15．图甲为某种简易轨道赛车的轨道图，图乙为拼接直轨道的直板，图丙为部分轨道的简化示意图。其中OA、BC、CD段为直轨道，由多个长为L＝0.25m的直板拼接而成：AB为半圆形水平弯道，其半径R0＝1.0m，它能承受最大的侧向压力为F＝20N；1和2为竖直平面内的圆轨道，圆轨道1的半径为R1＝0.4m，圆轨道2的半径R2＝0.2m。设赛车在水平轨道所受阻力恒为f＝5N，不计竖直圆轨道对赛车的阻力，赛车的质量为m＝0.2kg。求： （1）赛车匀速过弯道AB的最大速度； （2）若BC段拼接了4块直板，某次赛车以v1＝7.5m/s的速度经过弯道，到B点后不施加动力，求赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力； （3）接（2）问，求赛车最后停在轨道上的位置到B的距离x； （4）若赛车以最大速度拐弯，到B点后不施加动力，要使赛车能不脱离、完整通过两个竖直圆轨道，则BD间最多可拼接几块直板？这些直板在BC间和CD间可以如何分配？（圆轨道与弯道间不能直接连接，且两个圆轨道之间不能重叠）。 【答案】（1）赛车匀速过弯道AB的最大速度为10m/s； （2）若BC段拼接了4块直板，某次赛车以v1＝7.5m/s的速度经过弯道，到B点后不施加动力，赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力为5.125N； （3）接（2）问，赛车最后停在轨道上的位置到B的距离为0.875m； （4）BD间最多可拼接7块直板，这些直板在BC间为6块，CD间为1块。 【解答】解析（1）在AB段，水平侧向力提供小车做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得 解得v＝10m/s （2）在BC段，根据动能定理可得 解得vC＝2.5m/s 在C点合外力提供向心力N﹣mg＝m 解得N＝5.125N，由牛顿第三定律可知赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力N'＝N＝5.125N （3）从C点开始在圆轨道1上运动，当速度减小到0上升的高度为h，根据动能定理可得 解得h＝0.3125m＜0.4m故赛车到达轨道1后下滑进入CB轨道，在CB轨道，根据动能定理可得 解得x′＝0.125m赛车最后停在轨道上的位置到B的距离为x＝4L﹣x'＝0.875m。 （4）赛车恰好能通过圆轨道1最高点，根据牛顿第二定律可得 解得 从B到圆轨道1最高点，根据动能定理可得 解得 从B到圆轨道1最高点，根据动能定理可得 解得x1＝1.6m赛车能通过圆轨道2的最高点，根据牛顿第二定律可得 解得 从圆轨道1最高点，到圆轨道2最高点，根据动能定理可得 解得 从圆轨道1最高点，到圆轨道2最高点，根据动能定理可得 解得x2＝0.2m故L总＝x1+x2＝1.8m 故BD间最多可拼接7块直板，这些直板在BC间为6块，CD间为1块。 答：（1）赛车匀速过弯道AB的最大速度为10m/s； （2）若BC段拼接了4块直板，某次赛车以v1＝7.5m/s的速度经过弯道，到B点后不施加动力，赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力为5.125N； （3）接（2）问，赛车最后停在轨道上的位置到B的距离为0.875m； （4）BD间最多可拼接7块直板，这些直板在BC间为6块，CD间为1块。 16．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点平滑相接，导轨半径为R。质量为m的物块将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为v1，沿半圆形导轨到达C点时速度为v2。物块可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： （1）弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep； （2）物块在C点时受到导轨对它的弹力FN的大小； （3）物块从B点到C点的过程中，导轨BC对物块做的功W。 【答案】（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能为； （2）物块在C点时受到导轨对它的弹力FN的大小为mmg； （3）物块从B点到C点的过程中，导轨BC对物块做的功为2mgR。 【解答】解：（1）物体从A点到B点，弹簧的弹性势能转化为物体的动能，由弹簧和物体组成的系统机械能守恒可知，弹簧压缩至A点时的弹性势能为： Ep； （2）物体经过C点时，根据牛顿第二定律有：FN+mg＝m 物体在C点时受到的导轨给它的弹力大小为：FN＝mmg； （3）物块从B点到C点的过程中，根据动能定理可得：﹣mg•2R+W 解得导轨BC对物块做的功：W2mgR。 答：（1）弹簧压缩至A点时的弹性势能为； （2）物块在C点时受到导轨对它的弹力FN的大小为mmg； （3）物块从B点到C点的过程中，导轨BC对物块做的功为2mgR。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题10 功能关系 模型一 摩擦力做功模型 一、1. 两种摩擦力做功特点的比较 类型比较 静摩擦力做功 滑动摩擦力做功 不同点 能量的转化 只有机械能从一个物体转移到另一个物体, 而没有机械能转化为其他形式的能 (1)一部分机械能从一个物体转移到另一个物体 (2)一部分机械能转化为内能,此部分能量就是系统机械能的损失量 一对摩擦力的总功 一对静摩擦力所做功的代数和总等于零 一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值, 总功 ,即发生相对滑动时产生的热量 相同点 做功情况 两种摩擦力对物体可以做正功,也可以做负功,还可以不做功 2. 摩擦生热公式 中的 的理解 (1)没有往复滑动的物体间, 等于相对位移的大小。 (2)有往复滑动的物体间, 不等于相对位移的大小,而是两个物体间相对滑行的路程。 二、“滑块—木板”模型问题的分析方法 （1）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. （2）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. 【例题精讲】 1．如图所示，家用小石磨的圆盘上放着一堆总质量为m的黄豆。转动把手，使圆盘由静止开始绕中心加速转动，黄豆堆与圆盘始终相对静止。转动一周时黄豆堆的速度大小变为v，黄豆堆视为质点，圆盘视为水平面，黄豆堆与中心的距离为r，关于此过程，下列说法正确的是（　　） A．黄豆堆所受合力做的功为 B．黄豆堆所受的摩擦力一定指向中心 C．黄豆堆的速度大小为v时，黄豆堆所受的摩擦力一定小于 D．黄豆堆的速度大小为v时，圆盘的角速度为vr 2．如图甲所示，与水平面夹角θ＝37°的粗糙斜面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为mA＝1kg和mB＝5kg。轻弹簧一端与物块A相连，另一端与挡板相连。未施加拉力F时，A、B两物块恰好不下滑。从t＝0时刻开始，对B施加一沿斜面向上的力F使物块B沿斜面向上做匀加速运动，力F随时间变化如图乙，已知两物块与斜面的动摩擦因数均为0.5，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，g取10m/s2，已知：sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法正确的是（　　） A．乙图中F2＝95N B．弹簧的劲度系数为25N/m C．t＝0到t＝0.2s的过程中力F做的功为1.09J D．t＝0到AB分开的过程中，A所受摩擦力做功为0.08J 3．物理世界丰富多彩，在力的世界中也同样如此，下列说法正确的是（　　） A．摩擦力不可能做正功 B．静摩擦力不可能做功 C．很重的箱子推不动，但是对箱子做了功 D．很重的箱子推不动，但是对箱子没有做功 4．如图所示，小卖部的阿姨用拖车运送货物。已知拖车和货物的总质量为m，阿姨用与水平面夹角为θ的恒力F拖动小车，小车水平向右移动了一段距离L，此过程小车受到的摩擦力大小恒为f。则拖车和货物受到的（　　） A．重力做功为mgL B．拉力做功FLsinθ C．滑动摩擦力做功为fL D．支持力做功为0 5．如图，一质量为m的物体在与水平方向成θ角的恒力F作用下，沿水平地面向右移动了一段距离x。已知物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．物体所受重力做的功为mgx B．物体所受支持力做的功为（mg﹣Fsinθ）x C．物体所受滑动摩擦力做的功为﹣μmgx D．恒力F做的功为Fxcosθ （多选）6．如图所示，原长为l的轻质弹簧，一端固定在O点，另一端与一质量为m的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N两点与O点的距离均为l，P点到O点的距离为，OP与杆垂直。当小球置于杆上P点时恰好能保持静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M点向下运动到N点，在此过程中，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．小球在P点下方处的加速度大小为 C．从M点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大 D．从M点到P点和从P点到N点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同 （多选）7．精彩的飙车比赛为我们解释了什么叫速度与激情。如图为一赛车手驾驶着方程式赛车飙车的物理模型，该赛车手正以速度v＝8m/s匀速经过半径为16米的半圆（为简化问题，可视为轮胎所受摩擦力指向圆心），已知人与赛车质量为1t，重力加速度为g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．赛车受到地面的作用力为4×103N B．向心加速度a＝4m/s2 C．轮胎与地面的摩擦系数μ至少为0.2 D．轮胎所受摩擦力不做功 模型二 板块模型 解题要点: “滑块一木板”模型中功和能的分析 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 ； 2. 求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移 ; 3. 求摩擦生热时用相对位移 或相对滑行路程。 主要有光滑木板，粗糙木板模型。 【例题精讲】 1．如图1，水平地面上有一长木板，将一小物块放在长木板上，给小物块施加一水平外力F，通过传感器分别测出外力大小F和长木板及小物块的加速度a的数值如图2所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，则以下说法正确的是（　　） A．小物块与长木板间的动摩擦因数 B．长木板与地面间的动摩擦因数 C．长木板的质量 D．小物块的质量 2．如图，P、Q两物体叠放在水平面上，已知两物体质量均为m＝2kg，P与Q间的动摩擦因数为μ1＝0.3，Q与水平面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取g＝10m/s2，当水平向右的外力F＝12N作用在Q物体上时，下列说法正确的是（　　） A．Q对P的摩擦力方向水平向左 B．水平面对Q的摩擦力大小为2N C．P与Q之间的摩擦力大小为4N D．P与Q发生相对滑动 3．如图所示，在光滑的水平面上放置一质量M＝5kg的长木板A，物块B放在长木板A上，A、B间的动摩擦因数为0.3，B的质量m＝3kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。现将力F分别作用在长木板A、物块B上，下列说法正确的是（　　） A．若力F作用在长木板A上且F＝29N，则长木板A的加速度为3m/s2，物块B的加速度为2m/s2 B．若力F作用在长木板A上且F＝24N，则长木板A的加速度为1m/s2，物块B的加速度为2m/s2 C．若力F作用在物块B上且F＝15N，则长木板A的加速度为m/s2，物块B的加速度为2m/s2 D．若力F作用在物块B上且F＝4N，则长木板A的加速度为1m/s2，物块B的加速度为m/s2 4．质量为M＝20kg、长为L＝10m的木板放在水平面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，将质量m＝10kg的小木块（可视为质点），以v0＝9m/s的速度从木板的左端水平抛射到木板上，（如图所示），小木块与木板面的动摩擦因数为μ2＝0.4（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10m/s2）。则以下判断中正确的是（　　） A．小木块能滑出木板 B．全过程木块运动的位移为12m C．全过程木板运动的位移为1.5m D．经过2.5s后，木板与木块开始一起匀减速运动 5．如甲图所示，质量为2kg的长木板B静止放置于光滑水平面上。t＝0时，物块A（可视为质点）以3m/s的初速度滑上B的左端，A、B的速度随时间变化的图像如乙图所示，重力加速度g取10m/s2，则（　　） A．A的质量为4kg B．A与B之间的动摩擦力为1N C．B的长度为1.5m D．A在B上滑动过程中对地的位移为2m （多选）6．如图甲所示，质量M＝2kg的木板放在水平面上，质量m＝1kg的物块放在木板上，开始物块与木板均处于静止状态。现用水平外力F作用在物块上，当F从0开始逐渐增大时，物块与木板运动的加速度a随F变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．木板与水平面间的动摩擦因数为0.1 B．物块与木板间的动摩擦因数为0.4 C．当F＝5N时，物块与木板恰好发生相对滑动 D．当F＝10N，物块的加速度大小为5m/s2 （多选）7．如图甲，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B的质量均为m。B和地面之间的动摩擦因数为μ，A和B之间的动摩擦因数是4μ。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F与滑块A运动的位移x满足如图乙所示的一次函数关系，已知最大静摩擦力的大小等于滑动摩擦力的大小。关于两物块的运动过程，下列说法正确的是（　　） A．0＜F＜F0时，A、B之间存在静摩擦力 B．F0＜F＜2F0时，A、B之间存在滑动摩擦力 C．x＝x0时，木板B的速度大小为 D．x＝3x0时，木板A的速度大小为 模型三 传送带模型 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. 解题要点: 传送带模型中的功能分析 1. 传送带克服摩擦力做的功: 。 2. 系统产生的内能: 。 3. 功能关系的分析: 。 【例题精讲】 1．如图甲所示，有两互相垂直动摩擦因数为μ的水平传送带，物块以v0的速度从一传送带垂直滑向另一速度大小为2v0的传送带上，并最终与传送带共速，情景简化成乙图所示。则物块从滑上2v0的传送带到共速的过程中，以地面为参考系，下列说法正确的是（　　） A．物块速度一直减小 B．物块运动过程中最小速度是v0 C．物块做匀变速曲线运动 D．物块加速度大小为 2．如图甲所示，一倾斜的传送带以恒定速率v1＝4m/s沿顺时针方向转动，传送带的倾角为θ。一煤块以大小v0＝12m/s的初速度从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的加速度大小与时间的关系图像如图乙所示。已知煤块到传送带顶端时速度恰好为零，正确的是（　　） A．煤块运动到传送带顶端所用的时间为2s B．倾角θ的正切值tanθ＝0.5 C．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5 D．煤块在传送带上留下的黑色痕迹长为4m 3．如图所示，某工厂流水线上长度为3m的传送带AB以3m/s的速度顺时针运行，工件与传送带间的动摩擦因数为0.3。将不计大小的工件轻放在传送带左端的A点，重力加速度g取10m/s2，则工件从A点运动到传送带右端的B点需要的时间为（　　） A．1s B．1.25s C．1.5s D．2s 4．如图所示，某工厂流水线上长度为3m的传送带AB以3m/s的速度顺时针运行，工件与传送带间的动摩擦因数为0.3。将不计大小的工件轻放在传送带左端的A点，重力加速度g取10m/s2，则工件从A点运动到传送带右端的B点需要的时间为（　　） A．1s B．1.25s C．1.5s D．2s 5．在民航机场和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带。如图所示，旅客把行李轻放到传送带上A点时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，经过一段时间行李运动到传送带上的B点（行李在传送带上能留下痕迹）。若传送带匀速前进的速度v＝1m/s，某行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB的长度L＝2.25m，取重力加速度大小g＝10m/s2，则下列说法正确的是（　　） A．行李与传送带之间先是滑动摩擦力后是静摩擦力 B．行李从A点运动到B点的时间为2.25s C．行李在传送带上留下的痕迹长度为1.5m D．若传送带的速度可调节，则行李从A点运动到B点的最短时间为1.5s （多选）6．如图所示，水平传送带以速度v＝2m/s顺时针转动。可视为质点的小物体P、Q的质量均为1kg，由跨过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有向右的速度v2＝5m/s，P与定滑轮间的绳水平，不计定滑轮质量和摩擦。小物体P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，传送带两端距离L＝5m，绳足够长，g＝10m/s2。关于小物体P的描述正确的是（　　） A．小物体P刚滑上传送带时的加速度大小为7m/s2 B．小物体P将从传送带的右端滑下传送带 C．小物体P离开传送带时的速度大小为m/s D．小物体P在传送带上运动的时间为s （多选）7．如图甲所示，倾角为37°的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动。一煤块以初速度v0从传送带底端冲上传送带并沿传送带向上运动，到达传送带顶端时速度恰好为零，其v﹣t图像如图乙所示，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，则（　　） A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.25 B．传送带底端到顶端的长度为24m C．0～t0时间内，煤块在传送带上留下的痕迹长度为8m D．传送带运动的速率越大，煤块到达传送带顶端时的速度就会越大 模型四 弹簧模型 1．通过其他能量求弹性势能 根据机械能守恒，列出方程，代入其他能量的数值求解． 2．对同一弹簧，弹性势能的大小由弹簧的形变量决定，弹簧伸长量和压缩量相等时，弹簧弹性势能相等． 3．物体运动的位移与弹簧的形变量或形变量的变化量有关． 4. 注意弹性势能的转化。 【例题精讲】 1．如图所示，倾角为30°且足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接，B与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．刚释放C时，A的加速度为零 B．物块A、B分离时，B的加速度大小为 C．物块A、B分离时，弹簧处于原长状态 D．物块A速度最大时，A沿斜面上升的距离为 2．如图所示，一竖直放置的半径R＝1m的固定光滑圆环上穿有一个质量m＝1kg的小环，小环通过一根原长也为R、劲度系数k＝100N/m的轻质弹簧与圆环的最高点A相连，弹簧弹性势能Epkx2（x为形变量），取重力加速度大小g＝10m/s2，小环从与A点相距为R的B点由静止开始下滑，之后的运动过程中小环获得的最大动能为（　　） A． B． C． D． 3．如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q（视为质点）与斜面间的动摩擦因数μ＝tanθ。过程I：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点（图中未画出）时速度最大，过O点后能继续上滑。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，忽略空气阻力，重力加速度为g。则（　　） A．P、M两点之间的距离为 B．过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为 C．过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D．连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在M点以下 4．如图所示，倾角为30°且足够长的固定光滑斜面底端有一固定挡板，轻弹簧一端与挡板连接，另一端与物块A接触但不连接，A上方放置另一物块B，B与物块C用跨过光滑轻质定滑轮的细线连接，B与定滑轮间的细线与斜面平行。开始时用手托住C，使细线处于伸直但不拉紧的状态，此时A、B静止在斜面上。某时刻突然释放C，一段时间后A、B分离，此时C未触地。已知A、B分离时，B的速度大小为v，A、B、C的质量均为m，弹簧劲度系数为k，弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．刚释放C时，A、B间的弹力大小为 B．分离时刻弹簧处于伸长状态 C．A的速度最大时沿斜面上升的距离为 D．A、B分离时，B的加速度大小为 5．如图所示，弹簧的左端固定，将小球套在水平杆上，装置的各种摩擦均不计。a点是压缩弹簧后小球静止释放的位置，b点是弹簧原长时小球的位置，c点是小球到达最右端的位置。小球由a点运动到c点的过程中（水平面光滑），下列说法中错误的是（　　） A．在a点时，弹簧的弹性势能最大 B．在b点时，小球的运动速度最大 C．从a点到b点，小球的机械能逐渐增大 D．从b点到c点，小球处于加速滑动过程 （多选）6．如图所示，P、Q两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，P放在固定的光滑斜面上，斜面倾角为53°，Q、M两小球通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，放在倾角为37°带有挡板的另一固定光滑斜面上。现用手控制住P，使细线刚好拉直但无拉力，保证滑轮两侧细线均与斜面平行，且M球与挡板接触。开始时整个系统处于静止状态，现释放P球，在运动过程中M球恰好不离开挡板。已知P的质量为3m，Q的质量为2m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（　　） A．初始时，弹簧形变量大小为 B．M球的质量为6m C．P沿斜面下滑的最大位移大小为 D．Q沿斜面上滑时的最大动能为 （多选）7．如图所示，倾角为30°的光滑斜面体固定在水平面上，轻弹簧放在斜面上，下端与斜面底端的固定挡板连接，上端与放在斜面上的物块A连接，绕过斜面顶端光滑定滑轮的轻绳一端连接在物块A上，另一端吊着物块B。已知物块A的质量为m，物块B的质量为3m，斜面足够长，牵引物块A的轻绳与斜面平行，用手托着物块B，改变B的高度，使轻弹簧刚好处于原长。已知重力加速度为g，弹簧的劲度系数为，弹簧的弹性势能Epkx2，k表示弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，弹簧始终在弹性限度内，快速撤去手。下列说法正确的是（　　） A．快速撤去手的一瞬间，物块B的加速度大小为g B．当物块A的速度达到最大时，弹簧的伸长量为x0 C．物块A沿斜面向上运动的最大速度大小为 D．物块A沿斜面向上运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能为2mgx0 课时精练 一．选择题（共8小题） 1．如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度为ω，盘面上到转轴的距离为r的位置有一个小物块随圆盘一起运动。现将圆盘的角速度逐渐增加到2ω，若此过程中物块与圆盘始终保持相对静止，则（　　） A．圆盘的角速度增加到2ω时，物块所受的向心力增加为原来的2倍 B．圆盘的角速度增加到2ω时，物块的动能增加为原来的2倍 C．此过程中，物块受到的静摩擦力沿轨迹的切线方向 D．此过程中，物块受到的静摩擦力做正功 2．如图，质量分别为mA＝1kg、mB＝2kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧，初始A、B两球等高距离地面H＝25m，两侧轻绳的下端都恰好触地。两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g＝10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是（　　） A．A和B与细绳间都为滑动摩擦力 B．A比B先落地 C．A球与绳脱离时为2s末 D．B落地时的动能为375J 3．2025年7月12日，浙江省第五届体育大会在台州市体育中心网球馆开幕。如图甲所示是嗒嗒球比赛的场景，图乙为嗒嗒球在空中飞行的轨迹图，图中C、D为同一轨迹上等高的两点，A为该轨迹的最高点，则下列关于嗒嗒球的说法正确的是（　　） A．嗒嗒球从C点经最高点A到达D点的过程中机械能守恒 B．嗒嗒球在最高点A的加速度方向竖直向下 C．在嗒嗒球飞行的整个过程中，最高点A的动能最小 D．上升阶段CA段的飞行时间小于下降阶段AD段的运动时间 4．下列物理量均为矢量的是（　　） A．速度的变化量、位移 B．加速度、时间 C．功、力 D．线速度、周期 5．司机驾驶汽车在平直的公路上匀速行驶，当正前方出现某一固定倾角的缓坡时，需爬坡至坡顶。假设汽车所受路面及空气带来的阻力保持恒定，且汽车始终以额定功率行驶。关于汽车在爬坡前后速度v与时间t的图像，描述正确的是（　　） A． B． C． D． 6．在山地自行车速降比赛中，选手从山坡顶端由静止开始沿直坡道下滑，坡道倾斜角恒定且足够长。选手和自行车总质量为m，运动过程中受到的空气阻力与速度平方成正比（f＝kv2，k为常数），且坡道存在恒定的摩擦力f0，以坡顶为重力势能零点，沿斜面向下为正方向，对选手和自行车整体，从坡顶到坡底，用Ek表示动能、Ep表示重力势能，E机表示机械能，下列图像正确的是（　　） A． B． C． D． 7．登月是中华民族的浪漫梦想，某次科研活动“月球车”在水平地面上由静止开始运动，运动的全过程的v﹣t图像如图所示，已知0～t1段为过原点的倾斜直线；t1～10s内“月球车”牵引力的功率保持与t1时刻相同不变，且功率P＝900W；7～10s段为平行于横轴的直线；在10s末关闭动力，让“月球车”自由滑行，整个过程中“月球车”受到的阻力大小不变。下列说法正确的是（　　） A．月球车的质量为100kg B．月球车受到的阻力为150N C．月球车在0～t1段位移为2.5m D．月球车在t1～7s内运动的路程为24.75m 8．如图所示，倾角θ＝30°的光滑斜面上有一光滑轨道ABC，它是由长为3R的直轨道和半径为R的圆弧轨道平滑连接而成。已知斜面边缘的D点与C点等高，DF＝CG，DC＝FG＝3R，E是DF的中点。一小球以某一初速度v0发射后沿轨道运动，下列说法正确的是（　　） A．若，小球一定会从FG边离开斜面 B．若，小球一定会从GA边离开斜面 C．若，小球可能会从DE边离开斜面 D．若，小球可能会从EF边离开斜面 二．多选题（共3小题） （多选）9．杂技表演中，一位杂技演员从高台跃下如图，在A点接住摆动的秋千后荡至B点，松手落至弹性网上，下落至最低点C后，在弹性网上多次往复弹跳，忽略空气阻力，该过程中下列说法正确的是（　　） A．杂技演员从高台跃下到A点过程中，加速度不变 B．杂技演员从A点荡至B点的过程中，先超重后失重 C．杂技演员从B点落至C点的过程中，先失重后超重 D．在弹性网上多次往复弹跳过程中，杂技演员机械能守恒 （多选）10．如图甲，质量0.5kg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0至3s段为抛物线，3s至4.5s段为直线，下列正确的是（　　） A．传送带沿顺时针方向转动 B．传送带速度大小为4m/s C．物块刚滑上传送带时的速度大小为4m/s D．整个过程中摩擦力对物块所做功的平均功率大小约为0.34W （多选）11．关于动能，下列说法正确的是（　　） A．物体由于运动而具有的能量叫动能 B．动能大小与物体的速度方向有关 C．动能只有大小，没有方向，是标量 D．动能的单位是焦耳 三．解答题（共5小题） 12．发动机的额定功率是汽车长时间行驶时所能输出的最大功率。现有一辆某型号汽车在水平笔直道路上由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t1＝4s，速度增加至v1＝10m/s时达到额定功率，此后以额定功率行驶。已知该车的总质量m＝2000kg，假定该车在行驶过程中受到恒定的阻力f＝2000N。 （1）求该车的额定功率P； （2）推理分析该车匀加速直线运动达到额定功率后的速度变化情况； （3）若该车达到额定功率后，再经过时间t2＝8s，速度增加至v2＝20m/s，求该车从静止开始加速到速度为v2的过程中位移大小x。 13．如图（a）为游乐场水上乐园的水滑梯，质量为50kg的游客由最高点静止下滑，从滑梯末端飞出，可简化如图（b）所示的模型，其中A为斜面的最高点，B点处斜面与圆弧平滑连接，C点为圆弧轨道的最低点并与水面相切，D点为滑梯的末端，并与B点等高。圆弧轨道的半径R＝10m，圆弧对应的圆心角θ＝106°，AB的竖直高度差为5m。游客可视为质点，忽略一切阻力，已知重力加速度大小g＝10m/s2，sin53°＝0.8。求： （1）游客运动到滑梯末端D点时，对轨道的压力大小； （2）游客刚落入水中时距D点的水平距离。 14．如图所示，把一个质量m＝0.1kg的小钢球（可视为质点）用细线悬挂起来，悬点O距地面的高度h＝1.45m，细线长L＝1m。将小球拉至细线与竖直方向成37°角的位置，由静止释放，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，cos37°＝0.8。 （1）求小球运动到最低点时细线对小球拉力的大小F； （2）若小球运动到最低点时细线断了，小球沿水平方向抛出，求： a．小球做平抛运动水平位移的大小x； b．小球落地时重力的瞬时功率P。 15．图甲为某种简易轨道赛车的轨道图，图乙为拼接直轨道的直板，图丙为部分轨道的简化示意图。其中OA、BC、CD段为直轨道，由多个长为L＝0.25m的直板拼接而成：AB为半圆形水平弯道，其半径R0＝1.0m，它能承受最大的侧向压力为F＝20N；1和2为竖直平面内的圆轨道，圆轨道1的半径为R1＝0.4m，圆轨道2的半径R2＝0.2m。设赛车在水平轨道所受阻力恒为f＝5N，不计竖直圆轨道对赛车的阻力，赛车的质量为m＝0.2kg。求： （1）赛车匀速过弯道AB的最大速度； （2）若BC段拼接了4块直板，某次赛车以v1＝7.5m/s的速度经过弯道，到B点后不施加动力，求赛车在该轨道1最低点时对轨道的压力； （3）接（2）问，求赛车最后停在轨道上的位置到B的距离x； （4）若赛车以最大速度拐弯，到B点后不施加动力，要使赛车能不脱离、完整通过两个竖直圆轨道，则BD间最多可拼接几块直板？这些直板在BC间和CD间可以如何分配？（圆轨道与弯道间不能直接连接，且两个圆轨道之间不能重叠）。 16．如图所示，光滑水平面AB与竖直面内的粗糙半圆形导轨BC在B点平滑相接，导轨半径为R。质量为m的物块将弹簧压缩至A点后由静止释放，脱离弹簧时速度为v1，沿半圆形导轨到达C点时速度为v2。物块可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求： （1）弹簧压缩至A点时的弹性势能Ep； （2）物块在C点时受到导轨对它的弹力FN的大小； （3）物块从B点到C点的过程中，导轨BC对物块做的功W。 1 学科网（北京）股份有限公司 $