2025年高考物理 动力学和能量观点的综合应用 教案

第六章机械能

专题十动力学和能量观点的综合应用

T教师尊享•命题分析）

核心考点五年考情命题分析预测

板块模型2023：茬国乙T21

动力学和能量观点的综合应用是高考中的高频

传送带模型2023：广东T15

考点，过程多、难度大，综合性强.试题往往

2023-湖南T8.

'与动力学、电磁学等主干知识相结合，形式为

多运动组合问2021：辽宁T10,湖南

选择题或计算题.预计2025年高考可能会涉及

题T8；

板块模型和多运动组合问题.

2020：上海T20

题型1板块模型

<------------------------------;读透教材融会贯通----------------------------------------

“滑块一木板”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/=空=空，可求出共同速度V和所

a2al

用时间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：

-4U

%板Ax

①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移X清；

②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移无板；

③求摩擦生热时用相对位移Ax.

f----------------F8甯^---------------

1.［水平板块模型/2023全国乙/多选］如图，一质量为M、长为/的木板静止在光滑水平桌面

上，另一质量为优的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度钝开始运动.已知物块与

木板间的滑动摩擦力大小为力当物块从木板右端离开时（BD）

k——I——H

牛

M

A.木板的动能一定等于力

B.木板的动能一定小于fl

C.物块的动能一定大于诏-fl

D.物块的动能一定小于诏一/7

解析物块和木板的运动示意图和vf图像如下.根据动能定理可知，对物块有京1=

—|?MVQ(D,对木板有力2=|旧谚。②，根据vf图像与坐标轴围成的面积S表示物

体运动的位移可知无］=SABF。，X2-SACOF,根据位移关系可知/=X1X2=SABCO＞X2=

SACOF,因此#＞笈2=荻用，即木板的动能一定小于#,A错，B对；将①②两式相加

得#=5〃说+//谚—|mVo,变形得物块离开木板时的动能5M=)•!诏#翔谚＜

加湖,C错，D对.

命题拓展

情境不变，一题多设问

下列说法正确的是(B)

A.摩擦力对木板做的功等于小物块克服摩擦力做的功

B.系统机械能的减少量等于系统内能的增加量

C.木板获得的动能等于小物块减少的动能

D.小物块的机械能减少量等于木板的机械能增加量

解析摩擦力对木板做的功小于小物块克服摩擦力做的功，故A错误；系统机械能的减少

量等于系统内能的增加量，故B正确；木板获得的动能小于小物块减少的动能，故C错

误；小物块的机械能减少量大于木板的机械能增加量，故D错误.

2.［］如图所示，倾角0=37。的斜面体固定在水平地面AB

上，斜面长为6m,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8放在长木板的上端，同

时释放A和8结果当A的下端滑到斜面底端时，物块8也刚好滑到斜面的底端，运动的

时间为2s,重力加速度g取lOm/sz,不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，

取sin37o=:0.6,«)$37。=0.8.求：

(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数©和物块8与A间的动摩擦因数少；

(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与2间、A与斜面间因摩擦产生的总热

量.

答案(1)0.50.375(2)90J

解析（1）设长木板A和物块5运动的加速度大小分别为内、〃2,长木板A和物块3运

动到斜面底端经历时间为力令长木板A的长为£、物块B的质量为相，则斜面长为2£、

长木板A的质量为2根，以长木板A为研究

对象，则芽=11产

根据牛顿第二定律有

2mgsin0—jn\'x3mgcos0+]U2JngcosO=2mai

以物块8为研究对象，则2乙=）2於

根据牛顿第二定律有mgsind—]Li2mgcos3=ma2

联立以上各式并代入数据解得〃1=0.5,〃2=0.375

（2）设长木板A和物块5运动到斜面底端时速度分别为q、V2,根据运动学公式有L=

121

2L=-V2^

由功能关系可知，因摩擦产生的总热量

Q=mg'x2LsmO+2mgLsmO—^mv2~^x'2mvl

（或。=川义3mgcos9Z+〃2加gcosOZ）

代入数据解得Q=90J.

方法点拨

板块模型的解题思路

涉及相互牛顿第二定律

滑块作用时间或运动学定律

木板

模型

一

求

解

相

关

量

一

题传送带模型

<----------------------------；读透教材融会贯通---------------------------------------

1.传送带问题的两个角度

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

动力学角度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

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

能量角度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=A£k+AEp+a

（2）对W和Q的理解：

①传送带做的功：W=F无传.

②产生的内能：。=卒相对.

f---------------------------------------------1高冒疆）礴畿----------------

3.［F传送带］如图所示，传送带在电动机带动下，始终以速率V做匀速运动，现将质量为

机的某物块由静止释放在水平传送带的左端，传送带足够长，物块与传送带间的动摩擦因

数为M，重力加速度为g,对于物块从由静止释放到相对传送带静止这一过程，下列说法正

确的是（B）

A.物块做匀速直线运动

B.所用时间为二

C.因摩擦产生的热量为mv2

D.电动机多做的功等于1

解析物块由静止释放在传送带上时，传送带会给物块一个向右的摩擦力了,促使

物块向右做匀加速直线运动，则有尸机冽g,解得4=〃g,故A错误；物块最终和

传送带相对静止，即和传送带共速，所用时间为故B正确；期间传送带运动

林g

的位移为5=%，可知传送带克服摩擦力所做的功为Wf=fs=/Limgvt=mv2,物块获得

的动能为以二^^2,可得因摩擦产生的热量为。=哂=///,故C错误；电动机

多做的功转化为物块的动能和系统内能，W=Ek+Q=mv2,故D错误.

4.［倾斜传送带］经过近年来的高速发展，我国已经成为快递业大国.；

如图，两平台之间用长为20m的传送带相接，两平台竖直高度差为

12m.传送带沿顺时针匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根

据需要设定.质量m=1kg的货物（可视为质点），以初速度％=平台

10m/s自左侧平台滑上传送带，忽略速度方向变化瞬间带来的速度大小变化.货物与传送带

间的动摩擦因数4=0.8,重力加速度取g=10m/s2,V116»ll.

（1）若v=3.8m/s,求货物通过传送带所需的时间.（保留1位小数）

（2）求货物到达右侧平台时所能达到的最大速度大小.

（保留整数）

（3）若传送带以某一速度运行，货物滑上传送带后某时刻传送带速度突然变为零，之后货

物恰好到达右侧平台.求当传送带速度变为零时，货物与右侧平台的距离.（保留1位小数）

答案（1）4.9s（2）llm/s（3）见解析

解析⑴设传送带与水平面夹角为仇对货物受力分析有，/货=〃加gcos6=6.4N,Gx=

mgsin^=6N

当y=3.8m/s,货物先减速，货物所受合外力F合=6%+/货=m。1，«i=12.4m/s2

货物减速到3.8m/s,所用时间为人，。产当，得力=0.5s

X1=W?力，货物向上滑动的位移xi=3.45m,之后货物随传送带做匀速运动，匀速运动的

位移入2=£一修，x2=16.55m

匀速运动的时间/2=&4.4s,总时间约为/=/I+/2=4.9S

v

(2)若货物到达右侧平台速度最大，则滑动摩擦力做正功，由动能定理有/货1—机g/7=

|mvmax—］若>解得Vmax-llm/S

(3)①若货物初速度与传送带速度不相等，则货物在传送带上应先加速，后减速到0,设

传送带速度为0时，货物与右侧平台的距离为S,由动能定理有

/a-(I,——s)—/■货-s——诏，得su4.5m

②若货物初速度与传送带速度相等，则货物在传送带上先匀速运动，当传送带速度减为零

后货物做匀减速直线运动，当货物滑上右侧平台时，速度恰好减为零，有评=2°犷，解得

s'=4.0m.

题型3多运动组合问题

,------------------------------；读透教材融会贯通-----------------------------------------

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，构建大致的运动情境；

(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.

f-----------------§高皆-----------------

5.［不含弹簧的多过程］如图所示，一个质量为机=4kg的滑块从斜\

面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质\O

量为M=lkg,当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上

表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，

轨道在竖直平面内，半径为R=0.5m,滑块到达轨道最高点时，与轨道间没有作用力.已知

滑块可视为质点，斜面倾角6=53。，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为〃1=0.5,

木板与地面间动摩擦因数为〃2=0.2,重力加速度为g=10m/s2,$吊53。=0.8,cos53o=

0.6,试求：

(1)滑块冲上台阶时的速度大小；

(2)滑块释放时相对斜面底端的高度；

(3)滑块和木板间产生的热量.

答案(1)5m/s(2)4.5m(3)37.5J

解析(1)设滑块在斜面底端时速度为也，冲上台阶时速度为也，在圆轨道最高点时速度

为丫3.在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有

R

由机械能守恒定律有，及谚=ImgR+jmvf

=

联立解得v25m/s

(2)设滑块在木板上滑动时加速度的大小为木板加速度的大小为42,由牛顿第二定

律可知

^=™=5m/s2

m

a旧+M)9=10s2

Mmz

设滑块在木板上滑行的时间为力对木板，由也=。2/

得r=—=0.5s

对滑块，由V2=v\—a\t

得vi=7.5m/s

设滑块在斜面上释放时高度为心由能量守恒定律可得

mgh=-mvl+〃陷geos夕」7

2siriu

代入数据可得/i=4.5m

(3)滑块在木板上运动的位移大小为为=乜±2/=^m

28

木板的位移大小为X2=-t=-m

24

相对位移大小为Ax=xi—X2="m

8

所以产生热量Q=〃imgAr=37.5J.

6.［含弹簧的多封］如图所示为某弹射游戏装置图.水平枪管中弹簧

被弹射杆尸用线拉着，处于压缩状态，质量为机的小球紧靠弹

簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点A的内侧对齐.水平

轨道在3、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角6=45。的倾斜轨道平滑连接.扣动扳机,

弹射杆尸立即松开弹簧，小球射出经轨道到达斜面上。点时速度为零，后又恰好能回到A

点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出.已知半圆轨道半径为R,BC长s=2R,小球与斜面

CD、水平面BC间的动摩擦因数均为〃=0.25,重力加速度为g,小球受到的摩擦力视为滑

动摩擦力.求：

(1)小球第二次经过A点时的速度大小VA；

(2)小球第二次经过2点时的速度大小vB;

(3)弹簧储存的最大弹性势能稣；

(4)通过计算说明小球能否脱离轨道.

答案(1)vA=y[gR(2)UB=[SgR(3)Ep=3.5mgR(4)见解析

解析(1)由题意知，小球恰能返回A点，所以在A点有〃际=加么

R

解得vA^y[gR

(2)小球从8到A由机械能守恒定律有|以诏=若+mgx2R

代入数据得vB^/5gR

(3)从。到8由动能定理得

mgn,—/imgcos八Ux九---]Limgs=1-m2v^—c(j

sinn2

代入数据得h=4R

从发射到第一次回到A点，由功能关系可得

Ep=2〃〃7g(焉+s)+如^

代入数据得Ep=3.5mgR

(4)由机械能守恒定律知，第三次经B点与第二次经8点动能相同，设第三次经8点能

到达斜面的最大高度为“，由动能定理得

-mgh'-^tmg(高+s)=0~\nvl

代入数据得"=1.6R.

设第四次经8点后能达半圆轨道的最大高度为hm,则从“到心由动能定理得

九I

mgh'—/Ltmg(方而+s)~mghm=0—Q

代入数据得〃m=0.7R

因为0.7RVR,所以小球不会脱离轨道.

(教师尊享•备课题组】

1.[〃023湖南/多选]如图，固定在竖直面内的光滑轨道，/不

A8C由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于8点，AB段与/'A

水平面夹角为仇8c段圆心为。，最高点为C,A与C的高度差

等于圆弧轨道的直径2R小球从A点以初速度w冲上轨道，能沿,舔〃

轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是(AD)

A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大

B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变

C.小球的初速度vo=/荻

D.若小球初速度均增大，小球有可能从2点脱离轨道

解析小球恰好运动至C点，小球在C点vc=O

小球在圆弧5C上运动到D点的受力分析如图所示

D位置:砥ssa-F,=77i—

vK

C至4D过程:吗(R—Reosa)=^-mv2

FN=3mgcosa-2mg,B至i]C过程

Hv"A对

重力瞬时功率邛。=mgV'上印。>,B错

动能

小球从A到C-mg-2R^0-mvl“o=2再，C错

定理2

若小球在8点的速度满足mgcosd〈竺琏，则小球将从8点脱离轨道，D对

R

2.[田；响题Z2021湖南/多选]如图（a）,质量分别为HM、价的A、8两物体用轻

弹簧连接构成一个系统，外力尸作用在A上，系统静止在光滑水平面上（8靠墙面），此

时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、2两物体运动的a—/图像如图（b）所示，Si

表示。到A时间内A的a—f图线与坐标轴所围面积大小，豆、羽分别表示。到女时间内

A、B的。一/■图线与坐标轴所围面积大小.4在〃时刻的速度为vo.下列说法正确的是

(ABD)

图（a）图（b）

A.0到t\时间内，墙对B的冲量等于mAVo

B.mA^rriB

C.B运动后，弹簧的最大形变量等于尤

D.S1—S2=$3

解析0到a时间内，对A物体由动量定理得/=7"AVO,而2物体处于静止状态，墙壁

对B的冲量等于弹簧弹力对A的冲量/,A正确；0时刻后，2物体离开墙壁，欠时刻

A、8两物体的加速度大小均达到最大，弹簧拉伸到最长，二者速度相同，由于此时

A、8两物体所受弹簧弹力大小相等，而8的加速度大于A的，故由牛顿第二定律可

知，mA>mB,B正确；8运动后，由图可知任意时刻A的加速度大小小于其初始时刻

的加速度大小，因此弹簧的形变量始终小于初始时刻形变量无，故C错误；玄时刻A、

B共速，图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量的大小，故有NS2=S3,D正确.

3.[多运动组合问题/2020上海]足够长的斜面与水平面之间的夹角为6=37。.质量为2kg的物

体静止在斜面底端.在平行于斜面向上的外力尸=24N的作用下沿斜面向上运动，经过2s后

撤去外力凡物体与斜面间的动摩擦因数为0.5,且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力.

取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6.

(1)求物体在斜面上向上滑行的时间.

(2)求上行过程中撤去尸前后物体受到的摩擦力做的功之比k.

(3)在s—f图像中画出减速阶段的图线.G=0时，物体在s=0处)

(4)分析说明为什么物体动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求

出该位置离斜面底端的距离L.(取斜面底端所在的水平面为零势能面)

答案(1)2.4s(2)5(3)见解析(4)说明见解析1.2m

解析(1)解法1：加速运动阶段有

F-mgsin0-jLimgcos0=ma[

代入数据解得〃i=2m/s2

末速度%=的介=4m/s

减速运动阶段(撤去月后)有

—mgsinO—jLimgcos0=ma2

代入数据解得«2=—10m/s2

时间/2=U^=0.4S

物体在斜面上向上滑行的时间，总=A+/2=2.4S

解法2：对物体沿斜面向上运动的整个过程，沿斜面方向由动量定理有

Ft\—(mgsin0+/zmgcos0)/总=0-0

代入数据解得/总=2.4s

(2)解法1：公式法

上行过程中撤去产前物体受到的摩擦力做的功

Wfi=(—pimgcosd')X[

其中为=罚1坟=4m

上行过程中撤去产后物体受到的摩擦力做的功

WfZ=(一〃加geos。)X2

其中%2=——=0.8m

2a2

所以上行过程中撤去月前后物体受到的摩擦力做的功之比k=5.

解法2：图像法

物体上行过程的v—t图像如图1所示

图1

根据图线与坐标轴所围图形的面积求位移:

Xi=-x4x2m=4m

2

X2=-x4x0.4m=0.8m

2

所以上行过程中撤去尸前后物体受到的摩擦力做的功之比左脸=5.

4.8

4.0

3.0

2.0

1.0

0

图2

(3)在图像中画出减速阶段的图线如图2所示.。=0时，物体在s=0处)

(4)①加速上滑阶段有Ep=Mgssine,E^=^mv2=ma\s,易知稣＞乙,即势能始终大于动

能

②物体加速上滑结束时势能大于动能，之后减速上滑，动能减小，势能增大，故动能始终

小于势能.所以物体动能与势能相等的位置不会出现在物体沿斜面上滑的过程中，即仅出现

在物体沿斜面下滑的过程中.

③在物体沿斜面下滑的过程中，动能与势能相等时有

(zngsin。一〃加geos。)•(xi+x2-A)=Ek

Ep=mgLsinO

又弓=反，代入数据解得£=1.2m.

-----，练习帮)练透好题精准分层------

公基础练知识通关

1.［多选］如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在2的左端放一物块A,现以恒定

的外力尸拉4经一段时间物块A从长木板8的右端滑下，在此过程中以地面为参考系，

长木板8也向右移动一段距离，则在此过程中(CD)

A.外力尸对A做的功等于A和8动能的增加量

B.A对B摩擦力做的功与8对A摩擦力做的功绝对值相等

C.外力产做的功等于A、B动能的增加量与系统由于摩擦而产生的热量之和

D.A对8摩擦力做的功等于B动能的增加量和B与地面之间因摩擦产生的热量之和

解析根据功能关系和能量守恒定律可知，外力尸做的功等于A、8动能的增加量

与系统由于摩擦而产生的热量（包括A、2之间，B和地面之间因摩擦所产生的热量）

之和；同理，A对8的摩擦力做的功等于B动能的增加量和8与地面之间因摩擦产生的

热量之和，虽然A对8的摩擦力与8对A的摩擦力大小相等，但在力的方向上的位移大

小不同，所以A对B的摩擦力做的功与8对A的摩擦力做的功的绝对值不相等，故C、

D正确，A、B错误.

2.[4024江西抚州黎川二中校考]如图甲所示，表面粗糙的“L”形水平轨道固定在地

面上，劲度系数为底原长为/o的轻弹簧一端固定在轨道上的。点，另一端与安装有加速

度传感器的小滑块相连，滑块总质量为加以。为坐标原点，水平向右为正方向建立无轴，

将滑块拉至坐标为乃的A点由静止释放，滑块向左最远运动到坐标为尤1的2点，测得滑块

的加速度a与坐标尤的关系如图乙所示，其中即为图线纵截距.则滑块由A运动至B过程中

（弹簧始终处于弹性限度内），下列描述正确的是（B）

A.X2=

B.最大动能为，也3（右一X2）

C.动摩擦因数〃=血+%

rgmg

D.滑块在X3和XI处的弹性势能Ep3=Epi

解析由图可知，当滑块运动到X2位置时，滑块的加速度为零，滑块受到水平向右

的滑动摩擦力和水平向左的弹力，所以弹簧处于伸长状态，而不是恢复原长，故A

错误.加速度为零时，速度达到最大，动能最大，根据动能定理，结合图线与横轴所

围区域的面积可得Ekm~|/77«3（^3^2）,故B正确.根据牛顿第二定律得&（x/o）+〃〃?g=

ma,当尤=0时，a=a0,解得动摩擦因数〃=詈一鬻，故C错误.由能量守恒定律可得

Ep3=Epi+〃加g(%3Xi),故D错误.

3.［2024福建厦门双十中学校考/多选］如图甲所示，传送带是物料搬运系统机械化和自动化

传送用具.如图乙所示，传送带与水平面间的夹角。=37。，逆时针匀速转动.某次将静止的

物体从高处传送至低处的过程中，以水平地面为重力势能的零势能面，物体的机械能E和

传送距离s的关系如图丙所示.已知物体的质量为10kg,可视为质点，重力加速度为

10m/s2,下列说法中正确的是(AC)

A.传送带的运行速度为2m/s

B.物体与传送带之间的动摩擦因数为0.25

C.在0〜0.2m内与0.2〜0.4m内，传送带对物体做的功大小相等

D.在0〜0.2m内与0.2〜0.4m内，物体与传送带之间产生的热量相等

解析传送距离0〜0.2m内，物体速度小于传送带速度，受到摩擦力沿传送带向

下，摩擦力做正功，物体的机械能增加，可得〃加gAxcos6)=AE,物体与传送带之间

的动摩擦因数为〃=——"一-=—248-240_=0.5,故B错误.传送距离0〜0.2m内，物体

的加速度为a=gsin9+/dgcos0=10m/s2,传送带的运行速度为v=V2aAx=V2x10x0.2

m/s=2m/s,故A正确.在0~0.2m内与0.2〜0.4m内，物体受到的滑动摩擦力大小相等，

方向相反，物体的位移相同，可知传送带对物体做的功大小相等，故C正确.在0〜0.2m

内，传送带的位移为=力，物体的位移为X2=)尸=夕看,物体与传送带间的相对位移为Axi

=XIX2=X2=O.2m,物体与传送带之间产生的热量Q=%=/Axi；在0.2〜0.4m内，物体

与传送带之间产生的热量Ql=Wfl=f\X2,物体与传送带间的相对位移为—2=工物工传送带=

0.2rwc传送带传送带＜A%i,可知在0〜0.2m内与0.2〜0.4m内，物体与传送带之间产生

的热量不相等，故D错误.

4.［多选］如图甲所示，一质量为机的小物块以初动能比向右滑上足够长的水平传送带，传

送带以恒定速率逆时针转动.小物块在传送带上运动时，小物块的动能&与小物块的位移尤

的关系图像如图乙所示，传送带与小物块之间的动摩擦因数不变，重力加速度为g,则

(BC)

A.小物块与传送带之间的动摩擦因数为此

B.从小物块开始滑动到与传送带达到共同速度所需时间为瞥

72E°

C.整个过程中小物块与传送带间产生的热量为2瓦

4

D.整个过程中传送带电动机多消耗的电能为)及

4

解析由题图乙可知，及尤图像的斜率大小且表示合力的大小，小物块向右滑动时

所受的合外力为〃mg,解得〃=」吐，故A错误；取向右为正仙

7710X()1)I

方向，设传送带的速度大小为"，根据题意作出小物块的力图

像如图所示，由图像可知，小物块做匀变速直线运动且共速前J_________T

加速度不变，全程有"=w〃gfo,又瓦，"堤，扣0=如巴

解得加=画,故B正确；以传送带为参考系，小物块运动的位移&=竺士"，产生的

热量。=〃冽gAx=17n(Uo+i/)2=qE(),故C正确；整个过程中电动机多消耗的电能为AE=

2(Eo*o)=|Eo,故D错误.

5.[2024湖北黄冈模拟/多选]如图所示，AB为固定水平长木板，长为LC为长木板的中

点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为|乙的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端

连一物块，开始时将物块拉至长木板的右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作

用下向左滑动，已知物块与长木板C8段间的动摩擦因数为〃，物块的质量为相，弹簧的劲

度系数为左，且左>卫詈，物块第一次到达C点时，物块的速度大小为v,此时弹簧的弹

性势能为E,不计物块的大小，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，则下列说法正确的是(BD)

ACR

A.物块可能会停在面上某处

B.物块最终会做往复运动

C.弹簧开始具有的最大弹性势能为E+^+^mgL

D.最终物块和弹簧系统损失的总机械能为+)加g£

解析由于%>12詈，可得女.(|一票)>〃加g,所以物块不可能停在CB面上某处，

故A错误；只要物块滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物块的机械能就减小，所以

物块最终会在AC段做往复运动，故B正确；物块从开始运动到第一次运动到C点的

过程中，根据能量守恒定律得昂皿=石+5加+〃〃嫌，故C错误；物块第一次到达C

点时，物块的速度大小为%物块最终会在AC段做往返运动，到达。点的速度为0,

可知物块克服摩擦力做的功最终为：用taax=EpmaxE=/lv2+)"陪3故D正确.

E能力练重难通关

6.[2024江苏扬州仪征中学校考]大货车装载很重的货物时，在行驶过程中要防止货物发生

相对滑动，否则存在安全隐患.下面进行安全模拟测试实验：如图1所示，一辆后车厢表面

粗糙且足够长的小货车向前以未知速度vo匀速行驶，质量，/u=10kg的货物A(可看成质

点)和质量《JB=20kg的货物8(可看成水平长板)叠放在一起，开始时A位于2的右端，

在f=0时刻将货物4、8轻放到小货车的后车厢前端，最终货物A恰好没有滑离货物8,

货物A、8在0〜1s时间内的速度一时间图像如图2所示，已知货物A、8间的动摩擦因数

7/1=0.40,取重力加速度g=10m/s2.

(1)求运动过程中货物A的加速度大小.

(2)求货物2与车厢表面之间的动摩擦因数〃2.

(3)求货物A、B间由于摩擦而产生的内能.

答案(1)(ZA=4m/s2(2)“2=0.67(3)Q=40J

解析(1)对货物A,刚放上车厢时，由牛顿第二定律有

解得A的加速度为^A=4m/s2

(2)对货物A,刚放上车厢时，A的加速度〃A=4m/s2,

由图2知，vo=^2=4m/s

对货物B,由图2知刚放上车厢时，货物5的加速度

«B=8m/s2,

由牛顿第二定律有偿(mx+ms)g—RiniAg=rrtBCiB,解得〃2=0.67

(3)解法1由图2知，货物3经时间。=0.5s与车共速，货物A经时间》2=ls与车共

速，从将货物A、8放上车厢到A、3均与车相对静止的过程中，切厅+u(乃一九)，

冽一5劭4

货物5的长度：L=XB-XAj解得£=1.0m

货物A、3间由于摩擦而产生的内能Q=〃即AgL=40J.

解法2从将货物A、8放上车厢到A、8均与车相对静止的过程中，货物8对地的位移设

为切，货物A对地的位移设为浏，则货物8的长度：L=XB—XA

由图2知，货物A、B对地位移之差在数值上等于图中斜三角形的面积值，即：£=AS=1x

(1-0.5)x4m=1.0m,货物A、8间由于摩擦而产生的内能。=.和第£=40工

7.[2023辽宁沈阳二十中一模]如图，倾角6=30。的足够长光滑斜面固定，长L=L2m,质

量M=2kg的长木板下端靠着插销置于斜面上，上表面底端放有一质量m=1kg的物块(视

为质点)，不可伸长的伸直细线一端连接物块，一端拴在固定挡板上.零时刻拔去插销，

0.8s末将细线剪断.已知物块与木板间的动摩擦因数〃=白，最大静摩擦力等于滑动摩擦

力，重力加速度g=10m/s2.

(1)求0.2s末细线对物块的拉力大小；

(2)求0.8s末长木板的速度大小；

(3)求在木板下滑的过程中，系统产生的热量是多少.

答案⑴10N(2)2m/s(3)争

解析(1)以物块为研究对象，其受力如图甲所示

物块静止，由力的平衡条件有尸=Migsin6+/,f=[imgcos30°

代入数据解得F=ION

mgMe

图甲图乙

(2)以木板为研究对象，其受力如图乙所示

由牛顿第二定律有姓5皿30。一/=林物，f=f

代入数据得〃M=2.5m/s2

由运动学规律有V=ClMt

将r=0.8s代入解得v=2m/s

(3)0〜0.8s内木板发生的位移为X=^CIM^

代入数据得x=0.8m.

0.8s之后，由于物块与木板间摩擦力不变，则木板加速度不变，二者均向下做匀加速运

动.假设经时间，两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有mgsin3(T+/=

mam

代入数据得cim=lOm/s?

由运动学规律有V共=斯1，'

口共=口+勾/

代入数据得七福S

8,

u共=-m/s

3

木板发生的位移为％1=](v+u共)f

物块发生的位移为％2=p共，

代入数据得xi=^m,X2=­m

4545

两者间的相对位移为Ax=xi—X2=^m

因Ax+x=!|mV"假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下，可得在

木板下滑的过程中，系统产生的热量

Q=f(x+Ax)=yJ.

8.[2023山东东营统考]如图所示，与水平面夹角9=30。的传送带正以v=2m/s的速度顺时

针匀速运行，A、3两端相距/=12m.现每隔1s把质量根=lkg的工件(视为质点)轻放在

传送带A端，在传送带的带动下，工件向上运动，工件与传送带间的动摩擦因数〃=苧，

取重力加速度g=lOm/sz.求：

(1)每个工件经过多长时间后与传送带共速；

(2)每个工件与传送带因摩擦产生的热量；

(3)与空载相比，传送带持续运送工件情况下电动机增加的平均功率.

答案(1)0.8s(2)6J(3)68W

解析(1)对工件受力分析，根据牛顿第二定律得

jumgcos。一mgsind—ma

即产竺经士鹫蛇二2.5侬2

m

工件加速至传送带共速所用时间为Zi=-=0.8s

a

(2)工件加速至与传送带速度相等时运动的距离为

V八c

x\=-=0.8m

该过程中传送带运动的位移X2=v?i=1.6m

工件相对于传送带运动的位移Ax=X2—X1

工件与传送带因摩擦产生的热量

解得Q=6J

(3)传送带持续传送工件时每经过Is放一个工件，故