2023届高三物理复习重难点突破38传送带模型板块模型能量分析（解析版）

专题38传送带模型板块模型能量分析L“板一块”模型和“传送带”模型本质上都是相对运动问题，一般要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移。2.两物体的运动方向相同时，相对位移等于两物体的位移之差。两物体的运动方向相反时，相对位移等于两物体的位移之和。考点一传送带模型能量分析.传送带克服摩擦力做的功：W=fx传（X传为传送带对地的位移）.系统产生的内能：Q=fx相对（x相对为总的相对路程）..求解电动机由于传送物体而多消耗的电能一般有两种思路①运用能量守恒以倾斜传送带为例，多消耗的电能为E电,贝!I：f^nAEk+AEp+Q.②运用功能关系传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功E电祈传（特别注意：如果物体在倾斜传送带上的运动分匀变速和匀速两个运动过程，这两个过程中传送带都要克服摩擦力做功，匀变速运动过程中两者间的摩擦力是滑动摩擦力，匀速运动过程中两者间的摩擦力是静摩擦力）1.如图所示，长为5m的水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，将质量为1kg的小滑块无初速度放在传送带左侧。已知传送带与小滑块之间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确的是（ ）A.小滑块在传送带上一直做加速运动直至离开B.小滑块在传送带上运动时间为2sC.传送带对小滑块做的功为2JD.因放上小滑块，电动机多消耗的电能为2J【答案】C【解析】AB.小滑块加速运动时的加速度a=ixg=lm/s2加速运动位移s=去=2m加速时间为t=E=?s=2sa1匀速运动的时间为t'=亍=1.5s故滑块在传送带上运动时间为3.5s,选项AB错误；C.传送带对滑块做的功等于滑块动能的增加，即W=Ek=^mv2=2］故C正确；D.加速阶段传送带匀速运动的位移为4m,滑块相对滑动的距离为2m,摩擦产生的热量为Q= =2J故多消耗的电能E=Q+Ek=4J故D错误。2.（多选）如图甲所示，水平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10kg的木箱（可视为质点）轻放到传送带最左端，木箱运动的速度v随时间f变化的图像如图乙所示，4s未木箱到达传送带最右端，重力加速度g取讨皿人?，则（ ）A.木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1B.整个过程中摩擦生热为20JC.整个过程中传送带对木箱做的功为60JD.传送带速度为2m/s【答案】ABD【解析】A.由题图乙可知，木箱相对传送带滑动过程中的加速度大小为a=竽=lm/s2设木箱与传送带之间的动摩擦因数为U，根据牛顿第二定律有Iimg=ma解得〃=0.1故A正确；BD.由图可知传送带的速度为v=2m/s2s内，木箱和传送带之间的相对位移大小为=一詈=2m整个过程中摩擦生热为Q=^mgLx=20J故BD正确；C.根据动能定理，整个过程中传送带对木箱做的功为lV=AFk=imv2=20J故C错误。3.（多选）足够长的传送带水平放置，在电动机的作用下以速度力逆时针匀速转动，一质量为m的小煤块以速度巧滑上水平传送带的左端，且%.小煤块与传送带间的动摩擦因数出重力加速度大小为下列说法正确的是（）A.煤块在传送带上的痕迹长为空叨211gB.煤块在传送带上的痕迹长为如世C.传送带与煤块摩擦产生的热量为［机（说-资）D.传送带克服煤块的摩擦力做功为（%+v2）【答案】BD【解析】AB.小煤块以速度由滑上传送带先向右做匀减速运动到速度为零，此过程有a= ，ti=xr=trmLD，a1 21此过程发生的相对位移为Aq=v2ti+Xi联立解得Aq=也翳2小煤块速度为零后开始向左做匀加速运动，直到与传送带达到共速0，此过程有。=丝㈣=〃0，t2=—»x2=yt2此过程发生的相对位移为A*2=92t2-%2联立解得AX2=国24g煤块在传送带上的痕迹长为S=AX1+AX2="Q A错误，B正确：24gC.传送带与煤块摩擦产生的热量为Q="mgAxi+〃mgAx2=〃mgs=（+I；?）?C错误;D.传送带克服煤块的摩擦力做功为Wf=〃mgx传=nmgv2{tx+t2）=mv2（v1+v2）D正确。4.（多选）如图甲所示，足够长的水平传送带以速度v=2.5m/s沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在f=0时刻以速度%=5m/s，从传送带左端开始沿传送带转动方向运动，物块的质量，”=4kg,物块在传送带上运动的郎?u-t图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2,则在0~1s内（ ）图甲 图乙A.物块一直做匀减速运动到速度为零B.传送带对物块做的功为37.5JC.物块与传送带的动摩擦因数为〃=0.5D.物块动能的变化量为-37.5j【答案】CD【解析】A.由题意知，传送带足够长，所以物块先匀减速到与传送带共速，之后再与传送带一起匀速直线运动，故A错误；BD.由动能定理得，传送带对物块做的功为皿=AEk=（小讲一2=-37.5J故B错误，D正确；C.由图像知，t=0.5s时物块与传送带共速，则加速度为Q=竽=三^m/s?=5m/s2At0.5又由牛顿第二定律知“mg=ma解得“=0.5故C正确。5.（2023•全国•高三专题练习）如图所示，传送带与水平面间的夹角为30。，其中4、8两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数“=当，g为取lOm/s?，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中（ ）A.小物块经过A后与传送带共速15sB.摩擦力对小物块做的功为24jC.摩擦产生的热量为24jD.因放小物块而使得电动机多消耗的电能为78j【答案】C【解析】A.物体刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于“=/>tan30。物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律“mgcos30。-mgsin30。=ma得a=2.5m/s2假设物体能与传送带达到相同速度，则物体上滑的的位移占=3=0.8m<L=3.5m假设成立。物体与传送带达到相同速度后，将向上匀速运动，到达A点的速度仍为2m/s。小物块匀加速时间t=-=—s=0.8sa2.S小物块经过0.8s后与传送带共速。A错误；B.摩擦力匀加速阶段对小物块做的功名=〃?ngcos3（rxi=yX40xyx：J=24J小物块匀速运动过程中，小物块受到的为静摩擦力，大小与重力平行斜面向下的分力相等。摩擦力匀速阶段对小物块做的功W2=mgsin3（ra—.）=4x10xgx（3.5-0,8）J=54J摩擦力对小物块做的功为W=电+%=24J+54J=78JB错误；C.小物块与传送带的相对位移Ax=ut-：t=0.8m摩擦产生的热量Q=〃7ngcos30°-Ax=yx40xyxgj=24JC正确；D.电动机多消耗的电能E=AEk+AEp+Q=jniv2+mgLsin30°+Q=8J+70J+24J=102JD错误。6.（多选）如图所示，传送带与水平地面的夹角为。=37。，4、B两端间距L=16m,传送带以速度v=10m/s沿顺时针方向运动。现将一质量胆=lkg的物体从A端静止释放，它与传送带间的动摩擦因数为〃=0.5,在物体到达8端的过程中（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8）下列说法中正确的是（ ）A.物体从A端到B端的时间为2sB.传送带克服摩擦力做的功为80JC.电动机因传送物体而多消耗的电能为72JD.物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为24J【答案】AD【解析】A.物体轻放在A端，在传送带的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得〃啰in37°^ungcos370=ma/解得a/=10m/s2与传送带共速经过的时间tl=J=ls运动的位移为 = 10xl2m=5m因为，“gsin37°>〃mgcos37°所以物体继续做匀加速直线运动，加速度为/n.?sin370-//wgcos370=nifl2解得a2=2m/s2继续向下匀加速，满足L-xr=vt2解得fe=ls物体由A运动到B端的时间为t=ti+t2=2s故A正确；BC.第一阶段，传送带受向上的摩擦力，即摩擦力对传送带做负功，则Wx--pm^cos37°-vtx--40j后一阶段，传送带受向下的摩擦力，则摩擦力对传送带做正功，则W2=nmgcos37°-vt2=40j可知传送带克服摩擦力做的功为0J,因整个过程中摩擦力时传送带做功为零，则电动机因传送物体而多消耗的电能为零，选项BC错误；D.物体前1s内，物块相对传送带的路程为s/=vr/-x/=10xlm-5m=5m后Is内，物体相对传送带的路程为S2=Z,-x/-vZ2=16m-5m-10xlm=lm则物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为Q=wngcos37%（s/+S2）=O.5xlxlOxO.8x（5+1）J=24J故D正确。7.（2022•全国•高三专题练习）（多选）如图所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速度vo=2m/s向下运动，质量为w=lkg的工件无初速度地放在传送带的顶端P,经时间h=0.2s,工件的速度达到2m/s,此后再经过t2=1.0s时间，工件运动到传动带的底端Q,且到底端时的速度为v=4m/s,

重力加速度g=10m/s2,工件可视为质点。则下列说法正确的是（A.传送带的长度为x=2.4mB.传送带与工件间的动摩擦因数为〃=0.5C.工件由P运动到。的过程中，传送带对工件所做的功为W=-11.2JD.工件由尸运动到。的过程中，因摩擦而产生的热量为Q=4.8J【答案】BCD【解析】分析知工件在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带达到共同速度后，工件继续沿传送带向下加速运动。AB.设传送带与水平面的夹角记为仇由题意可知在ti=0.2s时间内，对工件由牛顿第二定律得mgsin0+nmgcos0=mai由运动学规律有4=也=10m/s2工件在tl=0.2s时间内的位移与=yti=1x2x0.2m=0.2m在t2=1.0s的时间内，对工件由牛顿第二定律得mgsin0-pmgcos0=ma2由运动学规律有。2=匕"=~m/s2=2.0m/s2「2 1-0工件在tz=1.0s时间内的位移外=~~h=x1.0m=3.0m则有传送带的长度为x=xi+x2=0.2m+3.0m=3.2m由以上分析可解得cos8=0.8 pi=0.5A错误，B正确；C.工件受到传送带的摩擦力大小f=umgcos6=4N在t1=0.2s的时间内，摩擦力对工件做正功Wfi=fxl=4x0.2J=0.8J在t2=1,0s的时间内，摩擦力对工件做负功Wf2=-fx2=-4x3J=-12J所以工件由P运动到Q的过程中，传送带对工件做的功为W=Wn+Wf2=0.8J-12J=-11.2JC正确：D.根据功能关系可知，工件与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，ti=0.2s时间内Axi=v（）ti-Xi=0.2mt2=1.0s时间内以2=*27（）12=3.0m-2m=1.0m故传送带与工件之间的总相对位移为Ax=Axi-FAx2=1.0m+0.2m=1.2m工件与传送带因摩擦而产生的热量为Q=f-Ax=4xl.2J=4.8J D正确。8.（多选）如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角6=30。，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。t

=0时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块。取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。已知小物块质量机=lkg,g取10m/s2,下列说法正确的是( )甲 乙A.传送带顺时针转动，速度大小为2m/sB.传送带与小物块之间的动摩擦因数〃=逑5C.。〜匕时间因摩擦产生热量为27JD.。〜B时间内电动机多消耗的电能为28.5J【答案】ABC【解析】A.从v—t图像可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2m/s,因为取沿斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故A正确；.小物块的加速度 a=lm/s2对物块受力分析，可得nmgcosQ-mgsinS=ma 解得”=等故B正确：C.物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t=?=2sa由V—t图像可知t2=3s则物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为Axi=Xi+x/=詈m+lx2m=2.5m物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为Ax2=万2-刀2'=2x2m-等m=2m所以传送带与物块的总相对位移为Ax=A%+Ax2=4.5m所以产生内能为Q=|imgcos0As=27J故C正确；D.物块增加的重力势能AEp=mgsin&(X2-Xi)=7.5J物块动能的增量AEk=1mv2—1mv02=1.5J则传送带多消耗的电能Wm=Q+AEp+AEk=36J故D错误。.如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角个=30°,传送带在电动机的带动下，始终保持的=2m/s的速率运行，现把一质量为卬=10kg的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间i=1.9s,工件被传送到方=1.5m的高处，取『10m/s?求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数；(2)电动机由于传送工件多消耗的电能.【答案】(D孝(2)230J【解析】(1)由题图可知，传送带长x=」7=3m.假设工件在运动到最大高度之前已经开始做匀速运动.工件速度达到M前，设工件运动的时间为力，--■ 14)则匀加速运动的位移用=v力=5力匀速运动的位移为X—X\=VQ(t—ti)解得加速运动的时间力=0.8s,所以假设成立.加速度a=?=2.5m/s~ti出由牛顿第二定律有：〃峻ose一侬sin°=ma,解得〃=勺.(2)解法一从能量守恒的观点来看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能和势能以及传送带与工件发生相对运动过程中产生的热量.在时间右内，传送带运动的位移*传=的。=1.6m%在时间为内，工件运动的位移环=5心=0.8m在时间。内，工件相对传送带的位移x机对=x/一m=0.8m在时间。内，摩擦生热Q=nmgcosU•*相对=60J工件获得的动能&=；04=20J工件增加的势能耳=回加=150J电动机多消耗的电能〃琉=什瓦+耳=230J.解法二运用功能关系，传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功在加速过程中滑动摩擦力对传送带做的功^=^^08X14=120]在匀速过程中静摩擦力对传送带做的功归mgsin()(x—x,)=110J则整个过程中电动机由于传送工件多消耗的电能E=*；+必230J.(2022•湖北•模拟预测)如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角0=37。。质量，川=5kg的小物块A和质量/n2=5kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度vo=8m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，己知物块A与传送带间的动摩擦因数〃=05不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°=0.6,cos370=0.8,重力加速度g=10m/s2,求（1）物块A刚冲上传送带时加速度的大小及方向；（2）物块A冲上传送带沿传送带向上运动的最远距离及此过程中传送带对物块A做的功；（3）若传送带以不同的速率v（0<v<vo）沿顺时针方向转动，当v取多大时，物块A沿传送带运动到最远处过程中与传送带因摩擦产生的热量有最小值，请求出最小值。%II□B【答案】（1）10m/s2,方向沿传送带向下；（2）ym,一等J；（3）3m/s,40J【解析】（1）物块A刚冲上传送带时，A受重力、垂直于传送带斜向左上方的支持力、沿传送带向下的摩擦力和沿绳向下的拉力，根据牛顿第二定律有m^gsmd+T+nm^gcosd=B受向下的重力和沿绳向上的拉力，根据牛顿第二定律有m2g-T=m2ax联立以上两式解得=10m/s2故物块A刚冲上传送带时的加速度大小为10m/s2,方向沿传送带向下；（2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动对A物块，根据牛顿第二定律m^gsind+T-nm^gcosd=对B物块，根据牛顿第二定律m2g-T=m2a2联立上式解得a2=6m/s2当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，M一 । 诏V2故 M *2=有代入数据解得Xm=gm此过程中传送带对物块A做的功Wf=—fxi+fx2f=nm1gcos6解得Wf=—J（3）共速之前物块A与传送带的相对位移为、相=.物一%］传/物=驾"无1传=仇1=〃与’

则共速之前摩擦生热为Qi=fx、相=/-i6v+64(])V2利物=诏同理，共速后有4相=*2传-4物％2传=姓2V2利物=诏此过程摩擦生热为Q2=/々相=|v2(J)故物块A运动到最远处的生热为Q=Qi+<22=g卢一16V+64(1)根据二次函数的知识，有v=-^tm/s=3m/sQmin=|x32-16x3+64J=40J(2022•全国•高三专题练习)如图甲所示，质量为m=20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长、从右向左以恒定速度%=-10m/s运行的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时，物体的速度-时间图像如图乙所示，已知0〜4s内水平外力方向始终与物体运动方向相反，g取lOm/s?。求：(1)物体与传送带间的动摩擦因数；(2)0〜4s内物体与传送带间的摩擦热Q。甲甲【答案】(1)0.3；(2)2880J【解析】(1)设水平外力大小为F，由乙图可知0〜2s内，物体向右做匀减速直线运动，加速度大小为a/=5m/s2由牛顿第二定律得F+f=mai2〜4s内物体向左做匀加速直线运动，加速度大小为a2=lm/s2由牛顿第二定律得f-F=ma2联立解得/=60N又f—fimg解得"=0.3(2)0〜2s内物体的对地位移为Xi=写口=10m传送带的对地位移为xif=vot/=-20m此过程中物体与传送带间的摩擦热为。/=//一")=1800」2~4s内物体的对地位移为x2=等t2=—2m传送带的对地位移为X2'=vot2=-20m此过程中物体与传送带间的摩擦热Q2=/(X2-X2')=1O8OJ0-4s内物体与传送带间的摩擦热为Q=Q/+Q=2880J12.如图所示，水平传送带正以v=2m/s的速度运行，两端水平距离/=8m,把一质量〃?=2kg的物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数〃=0.1,不计物块的大小，g取lOm/s?,则把这个物块从A端传送到8端的过程中。(1)摩擦力对物块做功的平均功率是多少；(2)1s时，摩擦力对物块做功的功率是多少。【答案】(1)0.8W；(2)2W【解析】(1)物块受向右的摩擦力F月mig加速度为a=g="g=lm/s2当物块与传送带相对静止时，物块的位移x=，=2m摩擦力做功W=Fy=4j相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到8端，物块由A端运动到8端所用的时间为t=-+—=5^则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为P=?=0.8w(2)由(1)分析知，1s时，物块的速度v/=ar=lm/s则摩擦力对物块做功的功率Pi=Fjvi=2\N13.如图所示，在倾角为。=30。的光滑斜面MN底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧，轻弹簧的上端静止放一质量m=2kg的可看作质点的滑块，滑块与斜面顶端N点相距x=0.3m。现将弹簧解除锁定，滑块离开弹簧后经N点离开斜面，恰好水平飞上由电动机带动，速度为v=73m/s顺时针匀速转动的传送带，足够长的传送带水平放置，其上表面距N点所在水平面高度为九=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数当,g取10m/s2。求：(1)滑块从离开N点至飞上传送带的时间；(2)弹簧锁定时储存的弹性势能；(3)滑块在传送带上运动时由于摩擦产生的热量和电动机多做的功。【答案】(1)0.2s：(2)19J：(3)75J；210J【解析】(1)滑块从N点离开飞上传送带在竖直方向做竖直上抛运动h=\gtltx=0.2s(2)滑块离开N点的竖直分速度为Vy=gtx在N点由速度分解可得VN=^弹簧解除锁定至滑块到达N点过程，系统的机械能守恒EP=mgxsine+^mviE?=19J(3)滑块刚飞上传送带时的速度为v0=vncos6=2V3m/s滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得〃mg=ma相对传送带滑动的时间。满足v=v04-at2所以滑块滑动过程对地的位移与=智”=滑块滑动过程传送带对地的位移x2=vt2=7V3m所以所求摩擦生热Q=nmg{x2-xj=75J电动机多做的功IV=Q+Qmv2一诏)=210J(2022•重庆•模拟预测)如图为模拟运送工件的水平传送带装置，绷紧的传送带在驱动电机作用下始终保持为=5.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度九=0.45m。质量巾=4g的工件(可视为质点)由A端无初速度地放置在传送带上，到达B端时工件刚好从B点水平抛出，落地点与抛出点的水平距离s=1.2m。已知工件与传送带之间的动摩擦因数〃=0.2,不计空气阻力，取9=lOjn/s?。(1)求工件从B点抛出时的速度：(2)求因运送该工件驱动传送带的电机多消耗的能量，并根据计算结果提出不改变运送工件时间前提下，减少电机能量损耗的方式(不用说明理由)。H——L——>1■口. 【答案】⑴4m/s；(2)20J,见解析。【解析】(1)工件从B点抛出，在竖直方向有h=\gt2代入数据解得t=0.3s在水平方向有s=vt代入数据解得v=4m/s(2)因工件从B点抛出的速度为v=4m/s小于传送带孙=5.0m/s,故工件从左到右一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有nmg=ma解得a=2m/s2则工件加速度的时间为t=2=2sa这段时间内工件的位移为％= =4m传送带的位移为xr=vot=10m则工件与传送带因摩擦产生的内能为Q=fimg{x'-x)代入数据解得Q=12J工件增加的动能为AEk=\mv2=8J则因运送该工件驱动传送带的电机多消耗的能量为AE=Q+A&=20J减少电机能量损耗的方式：只要工件一直加速，时间不变，可以降低传送带运行速度为4m/s。考点二板块模型能量分析.使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。.从能量角度分析板块模型时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，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Xfl；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Ax.（2023•全国•高三专题练习）（多选）如图所示，一个长为L质量为M的木板，静止在光滑水平面上，一个质量为小的物块（可视为质点），以水平初速度火，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为〃，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上物块相对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s。则在此过程中（ ）/7777777777777777777777777777777777777777777T-A.摩擦力对物块做功为-umg（s+d）B.摩擦力对木板做功为“mgsC.木板动能的增量为mgdD.由于摩擦而产生的热量为umgs【答案】ABr解析】AB.根据功的定义W=Fscosd其中s指物体对地的位移，而。指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功Wi=-〃mg（s+d）摩擦力对木板做功W2=fimgsAB正确；C.根据动能定理可知木板动能的增蜃=伍="mgsC错误；D.由于摩擦而产生的热量Q=/•』X=D错误。.如图所示，长木板A静止放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是（ ）3Bl~~ AA.物体B克服摩擦力做的功等于木板A增加的机械能与系统增加的内能之和B.物体B动能的减少量等于系统损失的机械能C.物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量D.物体B损失的机械能等于木板A获得的机械能【答案】A【解析】依题意，根据功能关系可知，物体B克服摩擦力做的功等于B动能的减少量，把AB看着一个系统，根据系统能量守恒知，B动能的减少量等于木板A增加的机械能（动能）与系统增加的内能之和。故选A。.如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力尸拉着木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则（ ）BI IAA.木板A所受摩擦力对木板A做负功B.木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等C.木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板A的摩擦力做的功D.力尸做的功等于木块B与木板A的动能增量之和【答案】C【解析】A.木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功，故A错误；B.木板A时木块B的摩擦力做的功大小为%=/aBx木块B对木板A的摩擦力做的功大小为伤=/bAX!由题意得/ab的大小与/ba的大小相等，但所以两者做功大小不相等，故B项错误：C.摩擦生热的计算公式为Q=/-As又因为As=x—xx所以有Q=7•As=Wi-叫故C项正确：D.根据能量守恒有，力F做的功等于木块B和木块A动能的增量之和，再加上A、B相对运动产生的热量，故D项错误。.如图所示，一足够长、质量为机的木板在光滑的水平面上以速度n向右匀速运动，现将质量为2m的物体竖直向下轻轻地放置在木板右端，已知物体和木板之间的动摩擦因数为“，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（ ）A.2mv——»F/77777777777777777777777777T777777777A.Imv2 B.mv2——»F/77777777777777777777777777T777777777A.Imv2 B.mv2 C.皿 d.叱 4【答案】C【解析】物体相对木板运动时的加速度 a=丝也=ugm由V=|lgt知物体与木板相对运动的时间亡=二该过程木板相对物体运动的路程sw=vt-^t=ivt由功能关系知，物体与木板组成的系统产生的热量Q=fsH1=nmg-sw各式联立得Q=1mv2故C正确；ABD错误；20.（2023,全国•高三专题练习）（多选）如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。【答案】A【解析】拉力F的大小为F=2nmg放上物体后，物体的加速度a=-=〃g达到相同的速度所需时间t=5=2aH9这段时间内，木板前进的距离x=vt=-拉力对木板做的功W=Fx=2）imgx—=2mv2故选A。.（2022•湖南•模拟预测）如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为〃，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〃。为保持木板的速度不变，须对木板施加一水平向右的作用力凡从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，木块与物体组成的系统产生的热量为（）m质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为片，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为X,在这个过程中，以下结论正确的是( )~w'|——M^7TmTT777777777T7T177777HH77TNT< ALA.小物块到达小车最右端时具有的动能为+x)B.小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为FfXC.摩擦力对小物块所做的功为-耳口+x)D.小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为尸fL【答案】BCD【解析】A.小物块到达小车最右端过程，对于小物块根据动能定理可得(F-Ff)(L+x)=Ekl-0小物块到达小车最右端时具有的动能为Ek】=(F-Ff)(L+x)故A错误；B.小物块到达小车最右端过程，对于小车根据动能定理可得FfX=Ek2-0小车具有的动能为Ek2=Ffx故B正确：C.摩擦力对小物块所做的功为Wfl=-Ff(L+x)故C正确：D.小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为Q=FfX相=FfL故D正确；21.如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m,现对A施加一水平向右逐渐增大的力F,当F增大到几时A开始运动，之后力尸按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，己知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是( )A.当尸>2G，木块A和木板B开始相对滑动B.当F>Fo,木块A和木板B开始相对滑动C.自x=0至木板x=xo木板B对A做功大小为竽D.时，木板B的速度大小为伍互【答案】D【解析】AB.设A、B之间的最大摩擦力为九，B与地面之间的最大摩擦力为了、，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则fm=4nmg>f'm=n-2mg=2nmg可知，当F增大到FO,A开始运动时，B也和A一起滑动。则Fo=f'm=2nmg当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，整体隔离法得F-fm=maF-f'm=2ma 联立解得F=3F0故AB错误；CD.木板自x=°至x=x°过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得^^-x0-rmx0=i-2mv2对A用动能定理，得-%+巴也2/0=如32联立解得缶=手，v=幅故C错误，D正确。22.如图所示，一足够长的木板B放在水平地面上，木块A放在B的水平表面上，A的左端连有轻质弹簧，弹簧左端固定在竖直墙壁上，用力F向右拉动木板B,使B以速度v做匀速运动，A相对地面静止时，弹簧的弹力为Fi.已知木块与木板之间、木板和地面之间的动摩擦因数相同，A始终在B上，则以下说法中正确的是（）夕A_今「丁 卜一•尸A相对地面静止后，B受到的滑动摩擦力的大小等于FiA相对地面静止后，地面受到的滑动摩擦力的大小等于FiC.若B以2V的速度匀速运动，A相对地面静止后，A受到的滑动摩擦力的大小等于FiD.若用2F的力作用在木板B上，A相对地面静止后，A受到的滑动摩擦力的大小等于2Fi【答案】C【解析】木板在抽出过程中相对于地面做匀速直线运动，其上下表面均受滑动摩擦力，而上表面的滑动摩擦力大小等于臼,总摩擦力f>Fi，故A错误;A相对地面静止后，地面受到的滑动摩擦力的大小f施,叩（Ga+Gb）,A木块相对与地面是静止的，水平方向受平衡力作用，分别是向右的B对A的滑动摩擦力和向左的弹簧的拉力.所以Fi叩Ga，故B错误.若B以2V的速度产速运动，A相对地面静止后，水平方向受平衡力作用，分别是向右的B对A的滑动摩擦力和向左的弹簧的拉力.A受到的滑动摩擦力的大小等于Fi，故C正确.若用2F的力作用在木板B匕A相对地面静止后，A受到的滑动摩擦力的大小不变还是Fi.故D错误.故选C.23.（多选）如图所示，质量为M、长为L=4m的木板Q放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为"?的物块P放在木板的最左端。7=0时刻给物块水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移为x=7m。则下列说法正确的是（ ），:“一,,,,,,/77777777777777777777777777777/777777~A.P、Q所受的摩擦力之比为ni:MB.摩擦力对P、。历做的功的绝对值之比为11:7P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的热量之比为11:4Q增加的动能与系统损失的机械能之比为11:4【答案】BC【解析】A.P对Q的摩擦与Q对P的摩擦是作用力、反作用力，即P、Q所受的摩擦力之比为1:1,A错误；B.摩擦力对物体P所做的功为lVtp=-fxP=-f[x+L）摩擦力对物体Q所做的功为 =fxQ=fx摩擦力对P与摩擦力对Q所做的功的绝对值之比为11:7,B正确：C.对P由动能定理得一/4=AEkp对Q由动能定理得/xQ=AEkQP、Q组成的系统因摩擦而产生的热量为RE=fL即系统损失的机械能为fL,则AEkp：AE=11:4,AEkQ：AE=7:4C正确，D错误。24.（2023・全国•高三专题练习）（多选）如图甲所示，质量为M=1.5kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为，"=0.5kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为〃现用水平向右的拉力厂拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足尸=切a为常量），物块的加速度a随时间f变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2,则（ ）A.k=2N/sB.物块与木板间的动摩擦因数为0.5C.0~2s时间内，水平拉力尸做的功为总144D.矢2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为彳【答案】ABD【解析】A.根据图像，1s时木板开始与地面发生相对运动kxl=〃i（M+m）g解得k=2N/sA正确：B.当t=l[s时，物块的加速度为：m/s2,根据牛顿第二定律得kx11-“2小9=mx]解得小=0.5B正确；2s时物块的加速度为kx2-〃2mg=ma解得q=3m/s22s末物块的速度为v=^m/s+Q+3）x（2"m/s—m/s2 2 6末动能为\mv2=?J2 144J根据动能定理，合力的功是组J,c错误：14411时木板的速度为Vi=2-1m/s=^m/s木板的加速度为42mg-%（M+m）g=Ma2解得a2=1m/s22g〜2s时间内，木板的位移为“2= +&a2t2=/x&m+£xgxm=-mg〜2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为Q=%（M+m）gx2=：JD正确。25.（2023•全国•高三专题练习）（多选）如图所示，一倾角为6=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度vo=9m/s匀速下滑，现把质量为m=lkg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为〃，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2,sin370=0.6,cos370=0.8,则下列判断正确的是（ ）A.动摩擦因数4=0.5B.铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/sC.长木板的长度为2.25mD.从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量【答案】BC【解析】A.开始时长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，有Mgsin37。="Mgcos37。解得〃=0.75A错误；B.铁块A轻轻放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有nmgcos37°+mgsin37°=maA解得aA=12m/s2,方向沿斜面向下对B,根据牛顿第二定律有 n（^M+rn）gcos37°+nmgcos37°—Mgsin37°=MaB解得aB=6m/sz,方向沿斜面向上铁块A和长木板B共速的时间为v0-aBt=aAt解得t=0.5s铁块A和长木板B共速后，速度大小为v^=aBt=6m/sB正确；

C.铁块A和长木板B共速,一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为L=XB-XA=三t-Tt=2.25mC正确；D.由能量守恒定律可知，从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。（2023・全国•高三专题练习）如图所示，倾角。=37。，长为6m的斜面体固定在水平地面上，长为3m、质量为4kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐：质量为2kg的物块B（可是为质点）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也刚好滑到斜面底端，已知长木板A与斜面间的动摩擦因数为=0.5,物块B与A间的动摩擦因数%=。375,重力加速度g取lOm/s?,不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6,cos37°=0.8o求：（1）从开始到A的下端滑到斜面底端所用时间；（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）t=2s；（2）Q=90J【解析】（1）设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为al、a2,物块B运动到斜面底端经历时间为t,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，据牛顿第二定律可得2mgsin。—%X3mgeos。+〃2mgeos9=2mar由运动学公式可得sA=iait2以物块B为研究对象，据牛顿第二定律可得mgsinO-gmgeos。=ma2由运动学公式可得sB=1a2t2由位移关系可得sB-sA=L联立解得t=2s（2）设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为vi、V2，根据运动学公式可得L=^V1t2L=1v2t由能量守恒可得，因摩擦产生的总热量为Q=mgx2Lsin。+2mgLsin。- 诏-3x2m诏代入数据解得Q=90J（2023•全国•高三专题练习）如图所示，半径R=5.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心。的连线与水平方向的夹角9=30。，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=2.0kg,上表面与C点等高。质量m=0.5kg可视为质点的物块在A点以3m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道且沿着轨道下滑，物块以12m/s的速度滑上木板的左端。已知物块与木板间的动摩擦因数%=0.4,木板与地面之间的动摩擦因数“2=0.04,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2求：

(1)物块在8点时的速度大小为；(2)物块从轨道的8点运动至C点的过程中克服摩擦力所做的功明;(3)若木板足够长，从物块滑上木板开始至木板停下的整个过程中，木板和地面之间由于摩擦所产生的热量。。【答案】(1)6m/s；(2)10.5J；(3)4J【解析】(1)物体从A到B做平抛运动，在B点有vgsin0=v0解得物块在B点的速度 vB=6m/s(2)物体从B点运动到C点过程中，由动能定理有mgR(l+sin30°)-W(=解得物块克服摩擦力做功Wf=10.5J(3)物块滑上木板后做匀减速直线运动，加速度大小为由,由牛顿第二定律有417ng=7/1%物块与木板达的共同速度为v，由运动学公式有v=vc-a1t木板做匀加速直线运动，加速度大小为a2,由牛顿第二定律有%mg—4+m)g=Ma2由运动学规律有v=a2t解得亡=]木板匀加速直线运动的位移Xi=1a2t2=Ym当二者达到共速后，假设物块和木板一起运动，由牛顿第二定律有〃2(M+m)g=(M+m)a3解得物块和木板一起运动加速度大小a3=0,4m/s2对物块由牛顿第二定律有f=ma3f=0.2N<fm=^mg假设成立，即二者达共速后一起做匀减速直线运动至停下。木板匀减速直线运动的位移为x2=—=-m木板和地面之间由于摩擦所产生的热量 Q=%(M+m)g(xi+x2)=4J(2022•河北•任丘市第一中学高一阶段练习)如图所示，从A点以北的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块(可视为质点)，当小物块运动至8点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC,圆弧轨道BC的圆心角a=37。，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、九=045m，小物块与长木板之间的动摩擦因数%=0.5,长木板与地面间的动摩擦因数出=。,2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，cos37°=0.8,sin37°=0.6,g=10m/s2(1)求小物块水平抛出时，初速度%的大小；(2)求小物块滑至C点时，圆弧轨道对小物块的支持力大小:(3)求出长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板?(4)求整个运动过程中产生的热量。【答案】(1)4m/s；(2)Fn=47.3N；(3)I=2.8m；(4)Q=14J【解析】(1)人到8平抛H-h=\gt2vBy-gtv0=解得Vq=4m/s(2)有vB= vB=5m/scosaB到C动能定理mgh=1mvc-^mvBvc-25/7m/sC点有Fn—mg=myR-Rcosa=hR=0.75mFN=47.3N⑶因为“i/ng< +M)9，所以长木板相对地面静止~nxmgl=0-I=2.8m(4)由功能关系有Q=解得Q=14J(2022•全国•高三专题练习)如图所示，倾角为。=30。的斜