7.9 机械能+滑块木板模型 专项训练 -2027届高考物理一轮复习100考点精练

2027高考物理一轮复习100考点精练 第七章 机械能守恒定律 考点7.9 机械能+滑块木板模型 【考点精练】 1. (2026·河南洛阳联考)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.0~2 s长木板的加速度aM＝3 m/s2 B.0~2 s过程中F1对小物块做了12 J的功 C.0~4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J D.恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量 2.(2025·四川成都诊断)如图，一质量为M＝2 kg的木板静止在水平地面上，一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)以v0＝2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知)，重力加速度g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A.地面对木板的摩擦力方向水平向右 B.地面对木板的摩擦力大小为9 N C.μ2可能为0.12 D.整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J 3 （2023·全国乙卷21题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　） A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于m－fl D.物块的动能一定小于m－fl 4. 如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是（　　） A.上述过程中，F做功大小为m＋M B.其他条件不变的情况下，M越大，x越小 C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长 D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多 5.（2025·浙江舟山期末）如图所示，木板上A、B两点相距5 m。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在地面上向左滑行2 m，图甲为滑行前，图乙为滑行后，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是（　　） A.物块所受的摩擦力做功为－60 J B.木板克服摩擦力做功为－40 J C.物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J D.物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J 6.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为（　　） A. B. C.mv2 D.2mv2 7.（2025·河北邢台期中）如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中（　　） A.小物块的机械能增加量为Ffs B.小物块与小车系统的机械能增加量为Fs C.小车的机械能增加量为（F－Ff）s D.物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs 8.如图所示，质量m1＝1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.P与Q开始相对静止的速度是2.5 m/s B.长木板Q的长度至少为3 m C.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1 D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1 9 (2024·湖南模拟预测)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(可视为质点)以初速度v0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的动能减少量为ΔEkB，长木板A的动能增加量为ΔEkA，A、B间因摩擦产生的热量为Q，下列说法正确的是(　　) A.A、B组成的系统动量、机械能均守恒 B.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能为ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝2 J，Q＝5 J C.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能为ΔEkB＝5 J，ΔEkA＝3 J，Q＝2 J D.若增大v0和长木板A的质量M，B一定会从长木板A的右端滑下，且Q将增大 10．（2026年4月辽宁实验中学质检）如图所示，用轻绳将足够长的木板B与小物体C连接，B由静止开始运动的同时，小物体A从B的右端开始向左运动。已知A的质量为，初速度为。A、B间动摩擦因数为，B的质量为，刚开始运动时B距滑轮，B碰滑轮后静止。C的质量为，刚开始运动时，C距地面，C撞地面后静止。忽略A、B以外的一切摩擦，取，求： （1）A滑上B后，A、B加速度的大小和； （2）A滑上到离开木板B的时间； （3）A在B上滑行因摩擦而产生的热量。 11. （2026浙江名校联盟）某固定光滑倾斜轨道装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端的右侧水平面上紧靠着一固定的长木板，长木板上表面与轨道末端所在的水平面齐平，长木板右端固定连有一轻质弹簧的竖直挡板，弹簧处于原长时左端刚好在点。现将一质量为的滑块从弧形轨道上高为的位置静止释放（）。已知圆轨道半径，长木板部分粗糙，与滑块间的动摩擦因数为，为滑块到点的水平距离，右侧光滑，滑块可视为质点，不计其它阻力。 （1）若滑块恰能通过竖直圆轨道的最高点，求滑块静止释放的高度及运动到点时轨道对滑块作用力的大小； （2）当时，滑块经圆轨道运动到点并滑上木板，与弹簧碰撞后原速返回，发现滑块第一次返回恰好不滑离木板，求木板部分的长度； （3）若滑块最终停止的位置与的距离为，求与的关系式。 12 如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车B时速度的时开始匀速运动，小货箱C未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求： （1）小货箱C冲上平板小车时的速度大小； （2）平板小车板面的最小长度； （3）从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。 13.如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg，取g＝10 m/s2。现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：（结果可以用分数表示） （1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2； （2）A相对于B静止时的速度大小v； （3）整个过程中由于摩擦产生的热量Q。 　 14 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A间的动摩擦因数μ2； （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。 15 (2025·河南高三普高联考)如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的底端固定一挡板，质量M＝0.2 kg、长度L＝4.5 m的木板置于斜面上，木板最下端与挡板的距离s＝ m，最上端放置一个质量m＝0.1 kg，可视为质点的物块，初始时刻，长木板速度为零，物块的初速度v0＝3 m/s，方向沿斜面向下。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求: (1)初始时刻，物块与木板的加速度大小; (2)物块与木板第一次速度相等时，物块到木板最上端的距离; (3)若木板与挡板碰撞后被锁定，物块与挡板的碰撞为弹性碰撞，则从初始时刻到物块最终静止，物块与木板间因摩擦产生的热量。 16.(2025·云南师大附中适应性考试)如图所示，质量M＝1 kg的木板A置于光滑斜面上，左端放有质量m＝1.5 kg的物块B(可视为质点)，A、B之间的动摩擦因数μ＝。开始时木板右端与垂直斜面的挡板相距x0＝6.4 m，A、B一起以v0＝6 m/s的初速度沿斜面向下运动。接着木板A与挡板发生多次无机械能损失的碰撞(等速率反弹)，碰撞时间不计。已知斜面倾角θ＝30°，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求木板A与挡板碰撞前的速度大小v1; (2)求木板A与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离xm; (3)木板A恰与挡板碰第三次时A与B分离，求木板长度L及系统损失的机械能ΔE。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027高考物理一轮复习100考点精练 第七章 机械能守恒定律 考点7.9 机械能+滑块木板模型 【考点精练】 1. (2026·河南洛阳联考)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.0~2 s长木板的加速度aM＝3 m/s2 B.0~2 s过程中F1对小物块做了12 J的功 C.0~4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J D.恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量 答案　BC 解析　对长木板进行受力分析，如图甲所示，根据牛顿第二定律有F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，故A错误;对小物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为2 m/s2和4 m/s2， 长木板和小物块在0~4 s内的v－t图像如图乙所示， 则0~2 s小物块做匀加速直线运动，位移大小为x＝4 m，拉力对小物块做功为W＝F1x＝12 J，故B正确;v－t图线与横轴围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度L，由v－t图像可知L＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，故C正确;恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热之和，故D错误。 2.(2025·四川成都诊断)如图，一质量为M＝2 kg的木板静止在水平地面上，一质量为m＝1 kg的滑块(可视为质点)以v0＝2 m/s的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知)，重力加速度g＝10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A.地面对木板的摩擦力方向水平向右 B.地面对木板的摩擦力大小为9 N C.μ2可能为0.12 D.整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J 答案　C 解析　对木板受力分析可知，滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦力方向水平向左，故A错误;滑块对木板的滑动摩擦力大小Ff＝μ1mg＝3 N，由于木板始终保持静止，故地面对木板的静摩擦力大小FfM＝Ff＝3 N，故B错误;木板始终保持静止，即μ2(m＋M)g≥Ff，解得μ2≥0.1，故C正确;整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量Q＝m＝2 J，故D错误。 3 （2023·全国乙卷21题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　） A.木板的动能一定等于fl B.木板的动能一定小于fl C.物块的动能一定大于m－fl D.物块的动能一定小于m－fl 答案：BD 解析：物块可视为质点，则物块和木板的运动示意图和v-t图像如图甲、乙所示。 根据动能定理可知 对小物块：－fx1＝m－m① 对木板：fx2＝M② 根据v-t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知 x2＝S△COF，x1＝SABFO 根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF 因此fl＞fx2＝M，即木板的动能一定小于fl，A错误，B正确； 将①、②两式相加得－fl＝m＋M－m，变形得物块离开木板时的动能m＝m－fl－M＜m－fl，C错误，D正确。 4. 如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为x，滑块速度为v1，木板速度为v2，下列结论正确的是（　　） A.上述过程中，F做功大小为m＋M B.其他条件不变的情况下，M越大，x越小 C.其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长 D.其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多 答案：BD 解析：F做功大小等于二者动能与产生的热量之和，A错误；滑块在木板上滑动过程用v-t图像来研究，如图所示， 图线①为滑块的v-t图，②为木板的v-t图像，t0时刻滑块到达木板右端，阴影部分面积为木板长度，则很容易知道其他条件不变，M越大，图线②的斜率越小，t0越小，x越小，B正确；其他条件不变，F越大，图线①的斜率越大，t0越小，故C错误；滑块与木板间产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其他条件不变，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多，D正确。 5.（2025·浙江舟山期末）如图所示，木板上A、B两点相距5 m。一物块相对木板向右从板上A点滑至B点，同时木板在地面上向左滑行2 m，图甲为滑行前，图乙为滑行后，已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为20 N，则下列说法正确的是（　　） A.物块所受的摩擦力做功为－60 J B.木板克服摩擦力做功为－40 J C.物块与木板间因摩擦产生的热量为60 J D.物块与木板间因摩擦产生的热量为40 J 答案 A 解析：　对物块分析可得W1＝－Ff（L－l）＝－20×（5－2）J＝－60 J，A正确；对木板分析可得W1＝－Ffl＝－20×2 J＝－40 J，木板克服摩擦力做功为40 J，B错误；物块与木板间因摩擦产生的热量为Q＝FfL＝20×5 J＝100 J，C、D错误。 6.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为（　　） A. B. C.mv2 D.2mv2 答案 C 解析：　由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相对，x相对＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。 7.（2025·河北邢台期中）如图所示，长为L的小车置于光滑的水平面上，小车前端放一小物块。用大小为F的水平力将小车向右拉动一段距离s，物块刚好滑到小车的左端。物块与小车间的摩擦力为Ff，在此过程中（　　） A.小物块的机械能增加量为Ffs B.小物块与小车系统的机械能增加量为Fs C.小车的机械能增加量为（F－Ff）s D.物块与小车组成的系统产生的内能为Ffs 答案 C 解析：　小物块对地的位移方向向右，大小为x＝s－L，小物块受到的摩擦力方向水平向右，则摩擦力对小物块做的功等于小物块的机械能增加量，为ΔE1＝Ff（s－L），故A错误；小物块与小车系统的机械能增加量为ΔE2＝Fs－FfL，故B错误；小车的机械能增加量为ΔE3＝（F－Ff）s，故C正确；物块与小车组成的系统产生的内能为E＝FfL，故D错误。 8.如图所示，质量m1＝1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是（　　） A.P与Q开始相对静止的速度是2.5 m/s B.长木板Q的长度至少为3 m C.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1 D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1 答案 C 解析：　P的加速度为aP＝－＝－2 m/s2，Q的加速度为aQ＝＝2 m/s2，两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v共＝2 m/s，选项A错误；P、Q共速时的相对位移为Δx＝t－t＝2 m，之后不发生相对滑动，故长木板Q的长度至少为2 m，选项B错误；P与Q之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J，由能量守恒定律得，地面与Q之间产生的热量为Q2＝m2－Q1＝12 J，P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为1∶1，选项C正确，D错误。 9 (2024·湖南模拟预测)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(可视为质点)以初速度v0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的动能减少量为ΔEkB，长木板A的动能增加量为ΔEkA，A、B间因摩擦产生的热量为Q，下列说法正确的是(　　) A.A、B组成的系统动量、机械能均守恒 B.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能为ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝2 J，Q＝5 J C.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能为ΔEkB＝5 J，ΔEkA＝3 J，Q＝2 J D.若增大v0和长木板A的质量M，B一定会从长木板A的右端滑下，且Q将增大 答案　B 解析　A、B组成的系统合力为零，因此动量守恒，而A、B间由于存在摩擦生热，故系统机械能不守恒，故A错误;画出物体B和长木板A的速度—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l，1与t轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与t轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知x1>l，x2<l，又有ΔEkB＝Ffx1，ΔEkA＝Ffx2，Q＝Ffl，则有ΔEkB>Q>ΔEkA，故B正确，C错误;若增大v0和长木板A的质量M，在v－t图像中1将向上平移，而2的图像斜率变小，即A的加速度变小，可知B一定会从长木板A的右端滑下，而Q＝Ffl不变，故D错误。 10．（2026年4月辽宁实验中学质检）如图所示，用轻绳将足够长的木板B与小物体C连接，B由静止开始运动的同时，小物体A从B的右端开始向左运动。已知A的质量为，初速度为。A、B间动摩擦因数为，B的质量为，刚开始运动时B距滑轮，B碰滑轮后静止。C的质量为，刚开始运动时，C距地面，C撞地面后静止。忽略A、B以外的一切摩擦，取，求： （1）A滑上B后，A、B加速度的大小和； （2）A滑上到离开木板B的时间； （3）A在B上滑行因摩擦而产生的热量。 【答案】．（1），；（2）；（3） 【解析】（1）小物体从B的右端开始向左运动，所受重力和支持力平衡，所受B对它的摩擦力就等于合力，根据牛顿第二定律得 对B分析，竖直方向平衡，水平受到轻绳的拉力，以及对它的摩擦力，根据牛顿第二定律得 对C分析，受到重力和轻绳拉力，也为，另外C下落过程的加速度大小等于B的加速度大小，根据牛顿第二定律得 联立解得 （2）设开始向左减速运动了速度减为，则 设这1s内向左运动的距离为，则 设这1s内B向右加速运动的距离为，则 设相对B向左滑动的距离为 ，则 设B这1s末的速度为，则 1s后向右加速直到和B的速度相等，设从速度为加速到和B速度相等所用时间为，相等的速度为，则 代入数据解得 设时间内向右加速运动的位移为，则 设时间内B向右加速运动的位移为，则 相对B在内向左滑动的距离为，则 在和时间内B向右运动的距离为 正好等于H，C刚好落地，设之后AB一起向右匀速运动了，则 设匀速运动所用时间为，则 末B碰滑轮后静止，在B上以加速度减速运动，设运动了时间离开B，有 代入数据解得 故A从滑上到离开木板B的时间 （3）因摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对距离 11. （2026浙江名校联盟）某固定光滑倾斜轨道装置的竖直截面如图所示，由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道平滑连接而成，圆形轨道底端略微错开，在轨道末端的右侧水平面上紧靠着一固定的长木板，长木板上表面与轨道末端所在的水平面齐平，长木板右端固定连有一轻质弹簧的竖直挡板，弹簧处于原长时左端刚好在点。现将一质量为的滑块从弧形轨道上高为的位置静止释放（）。已知圆轨道半径，长木板部分粗糙，与滑块间的动摩擦因数为，为滑块到点的水平距离，右侧光滑，滑块可视为质点，不计其它阻力。 （1）若滑块恰能通过竖直圆轨道的最高点，求滑块静止释放的高度及运动到点时轨道对滑块作用力的大小； （2）当时，滑块经圆轨道运动到点并滑上木板，与弹簧碰撞后原速返回，发现滑块第一次返回恰好不滑离木板，求木板部分的长度； （3）若滑块最终停止的位置与的距离为，求与的关系式。 【答案】（1）， （2）0.8m （3）当，；当， 【解析】（1）滑块恰能过圆轨道最高点C，则在C点，由向心力公式有 从释放点到C点，由动能定理： 解得 从释放点到B点，由动能定理： 在B点，由向心力公式： 解得 （2）从释放点到E点，对全过程列动能定理： 其中 解得 （3）a．滑块刚好过C点， b．滑块刚好过F点停止， 求得 c．滑块返回刚好停在E点， 求得 d．滑块返回恰好到圆心等高处， 求得 综合得，当时，停在从F返回E的过程中 解得或 当时，停在从E返回F的过程中， 解得或 12 如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车B时速度的时开始匀速运动，小货箱C未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求： （1）小货箱C冲上平板小车时的速度大小； （2）平板小车板面的最小长度； （3）从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。 答案：（1）5 m/s　（2）2 m　（3）50 J 解析：（1）小货箱在A上滑行过程，根据动能定理可得mgh＝m－m 解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。 （2）由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，当达到共同速度v1时小货箱恰好滑到平板小车最右端，此情况下平板小车板面最短，则相对滑动过程，由能量守恒定律可得m＝（m＋M）·＋μmgLmin 解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。 （3）从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为 Q＝μmgLmin＝50 J。 13.如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg，取g＝10 m/s2。现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：（结果可以用分数表示） （1）撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2； （2）A相对于B静止时的速度大小v； （3）整个过程中由于摩擦产生的热量Q。 答案：（1）3 m/s2　2 m/s2　（2） m/s　（3） J 解析：（1）若A、B保持相对静止，则有a＝＝ m/s2＞＝2 m/s2，故A、B间存在滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有 F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2 对长木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2 解得a2＝2 m/s2。 （2）撤去拉力F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，长木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s 撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2 设经历时间t2二者共速，则有 v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝ s 则v＝v1－a3t2＝ m/s。 （3）拉力F对A、B整体做的功为 F·x＝F·a1＝ J A、B最终以速度v＝ m/s运动 故A、B整体的动能为Ek＝（M＋m）v2＝ J 由能量守恒定律得F·x＝Q＋Ek 则Q＝ J。 　 14 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A间的动摩擦因数μ2； （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：（1）0.5　0.375　（2）90 J 解析：（1）设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，长木板A和物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为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 L＝a1t2 根据牛顿第二定律得 2mgsin θ－μ1·3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1 以物块B为研究对象，则2L＝a2t2 根据牛顿第二定律得mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2 联立以上各式并代入数据解得 μ1＝0.5，μ2＝0.375。 （2）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 摩擦产生的总热量 Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－m－×2m 或Q＝μ1·3mgcos θ·L＋μ2mgcos θ·L 代入数据解得Q＝90 J。 15 (2025·河南高三普高联考)如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的底端固定一挡板，质量M＝0.2 kg、长度L＝4.5 m的木板置于斜面上，木板最下端与挡板的距离s＝ m，最上端放置一个质量m＝0.1 kg，可视为质点的物块，初始时刻，长木板速度为零，物块的初速度v0＝3 m/s，方向沿斜面向下。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与斜面间的动摩擦因数μ2＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求: (1)初始时刻，物块与木板的加速度大小; (2)物块与木板第一次速度相等时，物块到木板最上端的距离; (3)若木板与挡板碰撞后被锁定，物块与挡板的碰撞为弹性碰撞，则从初始时刻到物块最终静止，物块与木板间因摩擦产生的热量。 答案　(1)2 m/s2　5 m/s2　(2)1.5 m　(3)4.2 J 解析　(1)初始时刻，对物块根据牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1 对木板由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μ1mgcos θ－μ2(m＋M)gcos θ＝Ma2 解得a1＝2 m/s2，a2＝5 m/s2。 (2)设经历时间t1，物块与木板第一次速度相等，则v0＋a1t1＝a2t1 解得t1＝1 s 物块运动的位移xm＝v0t1＋a1＝4 m 木板运动的位移xM＝a2＝2.5 m 物块距木板最上端的距离d＝xm－xM＝1.5 m。 (3)从开始到物块与木板第一次速度相等，物块与木板间因摩擦产生的热量Q1＝μ1mgcos θ·d 物块与木板第一次速度相等时的速度v1＝a2t1＝5 m/s 物块与木板第一次速度相等后，二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得 (M＋m)gsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a3 解得a3＝4 m/s2 从物块与木板第一次速度相等到木板与挡板碰撞的过程，根据运动学公式得 2a3 解得v2＝6 m/s 木板与挡板碰撞后被锁定，物块继续向下做匀加速直线运动，与挡板碰撞后以原速率反弹，此后物块做往复运动，但由于摩擦消耗机械能且μ1<tan θ，物块最终停在挡板处，设从木板与挡板碰撞后被锁定到物块停在挡板处，物块与木板间因摩擦产生的热量为Q2，根据能量守恒定律得 mg(L－d)sin θ＋m＝Q2 则物块与木板间因摩擦产生的总热量Q＝Q1＋Q2 联立解得Q＝4.2 J。 16.(2025·云南师大附中适应性考试)如图所示，质量M＝1 kg的木板A置于光滑斜面上，左端放有质量m＝1.5 kg的物块B(可视为质点)，A、B之间的动摩擦因数μ＝。开始时木板右端与垂直斜面的挡板相距x0＝6.4 m，A、B一起以v0＝6 m/s的初速度沿斜面向下运动。接着木板A与挡板发生多次无机械能损失的碰撞(等速率反弹)，碰撞时间不计。已知斜面倾角θ＝30°，重力加速度大小g取10 m/s2。 (1)求木板A与挡板碰撞前的速度大小v1; (2)求木板A与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离xm; (3)木板A恰与挡板碰第三次时A与B分离，求木板长度L及系统损失的机械能ΔE。 答案　(1)10 m/s　(2)4 m　(3)32 m　240 J 解析　(1)对A、B整体，由动能定理有 (M＋m)gx0sin θ＝(M＋m)(M＋m) 解得木板A与挡板碰撞前的速度大小为 v1＝10 m/s。 (2)第一次碰后，对A由牛顿第二定律有 Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma1 解得a1＝12.5 m/s2 A沿斜面向上做匀减速运动，有xm＝＝4 m。 (3)A与挡板碰后，对B由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 解得a2＝0 故B在A上匀速下滑，木板A反弹后，沿斜面向上以a1做匀减速运动，速度减到0后又反向匀加速，加速度仍为a1，速度达到v1时，发生第二次碰撞，之后重复进行，即A做类似竖直上抛运动、B做匀速直线运动。发生一次碰撞后，相对位移为x相＝＝16 m 故木板长为L＝2x相＝32 m 系统损失的机械能转化为内能，即 ΔE损＝μmgcos θ·L＝240 J。 1 学科网（北京）股份有限公司 $