2027届高三物理一轮复习课件：第6章第34讲 专题强化九 动力学和能量观点的综合应用

该高中物理高考复习课件聚焦“机械能”专题，围绕传送带模型、滑块—木板模型、多运动组合问题三大核心考点，依据高考评价体系明确动力学与能量观点综合应用的考查要求，通过考点梳理分析“传送带功能关系”“滑块—木板摩擦生热”等高频题型的权重分布，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”的备考策略，如以2026年山东潍坊期末传送带题为例，拆解“受力分析—运动过程—能量转化”三步解题法，培养学生能量观念与科学思维素养。设提能训练模块含12道高考模拟题，附易错点警示（如相对位移计算），助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

第六章 机械能 第34讲　专题强化九　动力学和能量观点的综合应用 学习目标 命题热点 (1)会用动力学和能量观点解决传送带模型综合问题。 (2)会用动力学和能量观点解决“滑块—木板”模型问题。 (3)会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。 本专题在高考中考查频率较高，综合性较强。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 考点一 考点二 考点三 提能训练　练案[34] 考点一　传送带模型综合问题 返回导航 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。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 2．传送带问题涉及的功能关系 (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，也等于多消耗的电能。 (2)传送带对物体做的功W＝Ffx物，x物为物体对地的位移。 (3)系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对为相对路程。 (4)功能关系分析：电动机多做的功W电＝ΔEk＋ΔEp＋Q，其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp为被传送物体重力势能的增加量，W电也等于电动机多消耗的电能。 注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 [解析]　(1)对单个散货水平方向由动量定理－I＝0－mv0 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (2)设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 从第1个散货抛出后瞬间到第2个散货抛出前瞬间，倾斜传送带上的散货组成的系统能量差为 该过程运动的时间为Δt，则倾斜传送带的平均输出功率为 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 跟 踪 训 练 1．(2026·山东潍坊期末)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带在电动机驱动下始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率逆时针方向运行，A、B间的距离为3 m。已知行李(可视为质点)质量m＝10 kg，与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，旅客把行李无初速度地放在A处，行李从B点离开传送带，重力加速度大小g取 10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 A．行李从A到B过程中传送带对行李做功为60 J B．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m C．行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生的热量为1.6 J D．行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能为1.6 J [答案]　D 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 考点二　“滑块—木板”模型综合问题 返回导航 板块模型的动力学分析和功能关系分析 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 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 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 水平面上的“滑块—木板”模型 考向1 (多选)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。t＝0时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。t＝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取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 A．0～2 s内长木板的加速度大小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、木板系统做的功等于系统机械能的增加量 [答案]　BC 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 [解析]　对长木板，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，A错误；取长木板的运动方向为正方向，对小物块在0～2 s内，由牛顿第二定律得μ1mg－F1＝ma1，解得a1＝－2 m/s2,2 s后，对小物块由牛顿第二定律有μ1mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，作出长木板和小物块在0～4 s内的v－t图像如图乙中图线a、b所示，由图乙可知，0～2 s内小物块做匀加速直线运动，位移大小x＝4 m，拉力F1对小物块做功为W＝F1x＝12 J，B正确；两条v－t图线围成图形的面积表示小物块相对于木板运动的距离，由v－t图像知L 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 ＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，C正确；由功能关系知，恒力对小物块和木板组成的系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热之和，D错误。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 [规律方法]　滑块—木板模型的解题思路 (1)解决滑块—木板模型问题的关键是先对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质特征，然后列方程联立求解。 (2)解题思路 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 跟 踪 训 练 2．(多选)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(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 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 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 [解析]　v－t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；v－t图像与时间轴所围成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；砝码所受外力的合力等于摩擦力，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；根据功能关系与能量守恒定律有W拉＝ΔE总＋Q，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的和，故D错误。故选AC。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 倾斜面上的“滑块—木板”模型 考向2 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (1)敲击B后的瞬间，A、B的加速度大小aA、aB； (2)B上升的最大距离s； (3)B的最小长度L。 [答案]　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)0.375 m　(3)1.8 m 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 [解析]　(1)敲击B后的瞬间，A受到向上的滑动摩擦力， 对A由牛顿第二定律μmAgcos 30°－mAgsin 30°＝mAaA 解得aA＝2.5 m/s2 对B由牛顿第二定律μmAgcos 30°＋mBgsin 30°＝mBaB 解得aB＝12.5 m/s2。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (2)设A、B向上运动，经过时间t后共速v0－aBt＝aAt 共速后A、B一起以加速度a向上减速，对A、B分析，有(mA＋mB)gsin 30°＝(mA＋mB)a 解得s＝0.375 m。 解得L＝1.8 m。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 考点三　用动力学和能量观点分析多运动组合问题 返回导航 (2026·湖南长沙市雅礼中学月考)某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R＝1 m，BC长为3 m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P水平弹出的速度为4 m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值； (2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度xAB； (3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围； (4)若轨道AB的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 [答案]　(1)(1.2 m,0.45 m)　(2)5 m　(3)xAB≥5 m或xAB≤1.25 m　(4)见解析 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 从P到D点，由动能定理得 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB＝5 m 滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得 滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5 m或xAB≤1.25 m。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 从P到脱轨的位置，由动能定理得 联立解得sin α＝0.6 即滑块在圆心以上Rsin α＝0.6 m处脱轨。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 [规律方法]　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。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 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。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 跟 踪 训 练 3．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) [答案]　(1)见解析　(2)不会冲出　(3)见解析 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 由牛顿第三定律得FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。 (2)设能在斜轨道上到达的最高点为C′点，据功能关系有 mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，据动能定理有 碰撞后的速度为v′，据动量守恒定律有mv＝3mv′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，据动能定理有 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 提能训练　练案[34] 返回导航 基础巩固练 1．如图所示，传送带以速度v匀速运动。将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止。下列说法中正确的是(　　) A．传送带对物块做功为mv2 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 [答案]　D 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 2．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的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和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它相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为(　　) C．mv2 D．2mv2 [答案]　C 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 3．传送带以恒定速率顺时针传动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时间t变化的图线可能正确的是(　　) [答案]　D 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 A．小滑块经过0.5 s与传送带速度相同 B．小滑块经过0.8 s离开传送带 C．整个过程因摩擦而产生的热量为2 J D．电动机因运送小滑块多做的功为1 J [答案]　BC 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 能力提升练 5．(多选)(2026·贵州省名校协作体三模)如图甲所示，质量为0.1 kg的滑块(可视为质点)在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上静止于水平面上的木板左端，开始计时，此后木板的v－t图像如图乙所示。已知木板质量也为0.1 kg，木板的长度为1 m，滑块与木板间的动摩擦因数为0.6，最终滑块恰好没有离开木板。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。则(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 A．木板与地面之间的动摩擦因数为0.2 B．木板运动0.5 s后与滑块达到共速 C．释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6 J D．木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25 J [答案]　AB 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 6．(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m＝10 kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带底端A，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝ 10 s时刻木箱到达传送带上端B。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　) 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 A．木箱放上传送带先做匀加速运动，其加速度大小为0.4 m/s2 B．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8 C．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1 240 J D．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和 [答案]　ABC 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 7．如图所示，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在水平面上，其半径R＝0.45 m，质量M＝2 kg的足够长的长木板静止在光滑水平面上，圆弧轨道的末端恰好与长木板的上表面相切。一质量为m＝1 kg的物块(可看成质点)从圆弧A点由静止滑下，从左端冲上木板，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2。求： 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (1)物块刚滑到圆弧轨道底端时，圆弧轨道对物块支持力的大小； (2)物块与长木板共速时速度的大小； (3)由于物块与木板摩擦所产生的热量Q。 [答案]　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)3 J 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 解得v＝3 m/s 解得FN＝30 N。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (2)对物块和木板受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma1，μmg＝Ma2 解得a1＝5 m/s2，a2＝2.5 m/s2 两者达到共同速度时有v1＝v0－a1t＝a2t 解得v1＝1 m/s。 解得Q＝3 J。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep； (3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep 滑块从A到D过程由动能定理得 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt 由几何关系可知x2＋y2＝4R2 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 9．(2026·江苏盐城市五校联考)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L＝4.5 m，与物块间的动摩擦因数μ＝0.3，传送带顺时针转动的速度v＝3 m/s。设质量m＝2 kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R＝2.0 m，对应圆心角θ＝106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61 N。g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (1)物块运动到D点的速度大小vD； (2)物块下落的最大高度H； (3)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。 [答案]　(1)5 m/s　(2)1.8 m　(3)9 J [解析]　(1)物块由D点到O点根据动能定理有 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (2)在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的水平速度即为vC，故vC＝3 m/s。当物块下落的最大高度为H时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，得a＝3 m/s2 解得vB＝6 m/s 解得H＝1.8 m。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 (3)根据运动学知识可知vC＝vB－at 解得t＝1 s 所以相对位移Δx＝(4.5－3)m＝1.5 m 产生的热量Q＝μmgΔx＝9 J。 高考一轮总复习 • 物理 第六章　机械能 返回导航 谢谢观看 [答案]　(1)　(2)Ig－ 解得单个散货的质量为m＝。 解得a＝g 加速时间t1＝＝ 加速位移x1＝at＝ 设匀速时间为t2，其中t1＋t2＝9Δt 则匀速位移为x2＝v0t2＝v0 故传送带的长度为L＝x1＋x2＝9v0Δt－ ΔE＝mgLsin 30°＋mv ＝＝Ig－。 [解析]　行李先向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝2 m/s2，令行李加速至与传送带速度相等时，有v2＝2ax0，解得x0＝0.04 m＜L＝3 m，之后行李向左做匀速直线运动，则行李从A到B过程中传送带对行李做功为W1＝μmgx0＝0.8 J，故A错误；行李匀加速直线运动过程有v＝at，则行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为 x相＝vt－t＝0.04 m，故B错误；行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生的热量为Q＝μmgx相＝0.8 J，故C错误；行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能E＝Q＋mv2＝1.6 J，故D正确。 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 如图所示，固定在水平面上的光滑斜面，倾角θ＝30°，底端固定弹性挡板，长木板B放在斜面上，小物块A放在B的上端，沿斜面向上敲击B，使B立即获得初速度v0＝3.0 m/s，此后B和挡板发生碰撞，碰撞前后速度大小不变，方向相反，A始终不脱离B且与挡板不发生碰撞。已知A、B的质量均为m＝1.0 kg，A、B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： s＝＋ (3)最终A、B均停在挡板处，此时B的长度最小，由能量守恒定律 mBv＋mAgLsin 30°＝μmAgcos 30°·L [解析]　(1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有vy＝v0tan θ＝ 3 m/s，平抛运动的竖直方向有v＝2gy，解得y＝0.45 m，运动时间t＝＝0.3 s，则x＝v0t＝1.2 m，即弹出时位置的坐标值为(1.2 m,0.45 m)。 (2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg＝m mg(y＋xABsin θ－2R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝mv－mv，联立解得xAB＝5 m。 mg(y＋xABsin θ－R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝0－mv，解得xAB＝1.25 m (4)由(3)知，xAB＝3.5 m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则脱轨时mgsin α＝ mg(y＋xABsin θ－R－Rsin α)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝mv－mv [解析]　(1)据机械能守恒定律mgH＝mgR＋mv 由牛顿第二定律得FN＝＝8 N 得LBC′＝ m<1.0 m，故不会冲出。 mgH－μmgx＝mv2 －3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2 得h＝ B．传送带克服摩擦力做功为mv2 C．电动机由于传送物块多消耗的能量为mv2 D．在传送物块过程产生的热量为mv2 [解析]　根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即mv2，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与摩擦产生的内能的和，故大于mv2，故C错误；在传 送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝FfΔx，设加速时间为t，物块的位移为x1＝vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理Ffx1＝mv2，故热量Q＝FfΔx＝Ff(x2－x1)＝mv2，故D正确。 A．mv2 B．mv2 [解析]　由能量转化和守恒定律可知，拉力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＋μmgs相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故选C。 [解析]　如果传送带速度比物块速度大，开始阶段物块加速，有μmg＝Ek－mv2，Ek－t图像开始阶段为开口向上抛物线的一部分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确；如果传送带速度比物块速度小，开始阶段物块减速，有－μmg＝Ek－mv2，Ek－t图像开始阶段为开口向上抛物线的一部分，达到共速后动能不变，B、C错误。 4．(多选)(2025·辽宁模拟预测)如图所示，一条长为2 m、倾角为30°的传送带在电动机的带动下，以3 m/s的速率沿逆时针方向匀速运行。某时刻，将质量为1 kg的小滑块轻放在传送带上端，直至小滑块滑离传送带。已知重力加速度g取10 m/s2，滑块与传送带之间的动摩擦因数为，则(　　) [解析]　滑块刚放上去时的加速度为a1，则根据牛顿第二定律可知mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得a1＝gsin θ＋μgcos θ＝7.5 m/s2，达到共速所需的时间t1＝＝0.4 s，A错误；共速前的位移x1＝vt1＝0.6 m，滑块此后运动的加速度为a2，同理，根据牛顿第二定律可知a2＝gsin θ－ μgcos θ＝2.5 m/s2，故有x2＝vt2＋a2t，x2＝(2－0.6)m＝1.4 m，联立解得t2＝0.4 s，所以滑块离开传送带的时间t＝t1＋t2＝0.8 s，B正确；整个过程中因摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ(vt1－x1＋x2－vt2)＝2 J，C正确；根据能量守恒定律可知W＝μmgcos θ(vt1－vt2)＝0，D错误。 [解析]　已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.6，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，滑块刚滑上木板时，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，根据题图乙得a1＝ m/s2＝2 m/s2，联立解得μ2＝0.2，故A正确；由v－t图像可知，t1＝0.5 s时木板开始做匀减速运动，可知此时滑块刚好与木板共速，故B正确；设滑块刚滑上木板时的速度为v0，共速前，以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律可得a＝＝6 m/s2，根据运动学公式可得v共＝v0 －at1，可得v0＝v共＋at1＝1.0 m/s＋6×0.5 m/s＝4 m/s，根据能量守恒可知，释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep＝mv＝0.8 J，故C错误；根据v－t图像可知，整个过程木板通过的位移为x＝×1.0×1.0 m＝0.5 m，则木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q＝μ2(M＋m)g·x＝0.2 J，故D错误。 [解析]　速度—时间图像中斜率表示加速度，木箱刚放上去时做匀加速运动，结合图乙可知其加速度a＝μgcos 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，故A、B正确；由v－t图像知AB间距离为15 m，则木箱上升的高度h＝9 m。由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于物块获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的内能之和，相对位移x相对＝2×5 m－×2×5 m＝ 5 m，E机＝mgh＋mv2＋μmgx相对·cos 37°＝1 240 J，故C正确，D错误。 [解析]　(1)物块下滑过程，由动能定理可得mgR＝mv2 物块在轨道底端时，对其受力分析，由牛顿第二定律可得FN－mg＝ (3)根据能量守恒定律有Q＝mv2－(m＋M)v 8．(2025·安徽六安高三检测)如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径不计，重力加速度为g)。求： [答案]　(1)　(2)mgR　(3)(2－1)mgR [解析]　(1)由几何关系得B、C间的高度差h＝R mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝。 Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0 滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝m 联立解得Ep＝mgR。 竖直方向有y＝gt2 可得滑块落到挡板上时的动能为Ek＝m[v2＋(gt)2] 联立解得Ek＝(2－1)mgR。 mgR(1－cos 53°)＝mv－mv 在O点有FN－mg＝m，联立解得vD＝5 m/s。 根据速度位移公式有v－v＝－2aL 从A到B根据动能定理可得mgH＝mv $