难点10 动力学和能量观点的综合应用-高考物理一轮重难点复习（解析版）

难点10动力学和能量观点的综合应用

一、传送带模型

1.设问的角度

(I)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.

(2)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最守恒定律求解.

2.功能关系分析

(1)传送带克服摩擦力做的功：卬二广优化：

(2)系统产生的内能：Q=Rx相对.

(3)功能关系分析：W=AEk+AEp+Q.

：蠢方法总结

摩擦生热的计算：

1.正确分析物体的运动过程，做好受力分析•.

2.利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移.

3.代入公式Q=F?x桶对计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程sf

【例1】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角。=30。，传送带在电动机的带动下，始终保持即=2m/s

的速率运行，现把一质量为机=10kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间尸1.9s,工件

被传送到1.5m的高处，g取lOm/s2,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】⑴平(2)230J

【解析】(1)由题图可知，传送带长x=5%=3m

o111C/

工件速度达到如前，做匀加速运动，有用=母人

工件速度达到w后，做匀速运动，

有X—Xi=Vo(/—/|)

联立解得加速运动的时间/1=0.8s

加速运动的位移xi=0.8in

所以加速度大小。=乎=2.5m/s2

由牛顿第二定律有///ngcosO—mgsin8=ma

解得"=坐.

⑵由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相

对位移时摩擦力做功产生的热量.

在时间外内，传送带运动的位移

工传=即"=1.6m

在时间力内，工件相对传送带的位移

xM=X竹—xi=0.8m

在时间力内，摩擦产生的热量

Q=〃〃?gcos夕”相=60J

最终工件获得的动能反=%汨=2oj

工件增加的势能与=〃磔=150J

电动机多消耗的电能

E=Q+Ek+Ep=230J.

题型二滑块一木板模型综合分析

“滑块一木板”模型问题的分析方法

(I)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/=竽=竽，可求出共同速度。和所用时间/，然后由位移公式可分别求

出二者的位移.

⑵力和能分析：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帕

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AA-.

【例2】如图所示，水平地面上有一长L=2m、质量M=1kg的长板，其右端上方有一固定挡板.质量〃?

=2kg的小滑块从长板的左端以v0=6m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v=2m/s的

速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0,长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离.已知长板与地

面间的动摩擦因数川=04滑块与长板间的动摩擦因数偿=0.5,重力加速度g取lOm/s?.求:

%

V

(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移X：

(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小R

(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.

【答案】(1)0.8m(2)2N(3)48J

【解析】(1)滑块在板上做匀减速运动,

收

一m="空

解得：a=5m/s2

根据运动学公式得：乙=阿一人户

解得r=0.4s(r=2.0s舍去)

碰到挡板前滑块速度vi=vo-^=4m/s>2m/s,说明滑块一直匀减速

板移动的位移x=v/=0.8m

⑵对板受力分析如图所示,

有：F+Ff2=Ff,

其中F।(M+Mg=12N,F(2=nirng=10N

解得：尸=2N

(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量:

Q\=Ff2(L—A)=nimg(L—x)=12J

滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q=“2mg(L—x)=12J

整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：

Qy=/zi(M+m)g-L=24J

所以，系统因摩擦产生的热量:

Q=QI+Q2+Q3=48J

法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为R=2N(第二问可知)

Fi做功为Wi=Fix=2x0.8=1.6J

滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为:

Fi—F(\+F(2=〃i(M+m)g+〃2〃?g=22N

尸2做功为W2=F2(L-X)=22X\.2J=26.4J

碰到挡板前滑块速度片=%—m=4m/s

滑块动能变化：AEkuaOJ

所以系统因摩擦产生的热量：

Q=Wi+l%+AEk=48J.

三、多运动组合问题

1.分析思路

(I)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，，一整体上把握全过程，枸建大致的运动情景；

(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广合”——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.

【例3】某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道〃CDE,左侧为半径R=0.8m的光滑圆弧

轨道BC,轨道的上端点8和圆心。的连线与水平方向的夹角a=3O。，下端点C与粗糙水平轨道C。相切，

为倾角〃=30。的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上.现有质量为机=1kg的小滑块

P(可视为质点)从空中的A点以vo=V2m/s的初速度水平向左抛出，恰好从8点沿轨道切线方向进入轨道，

沿着圆弧轨道运动到。点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过。点时的能量损失)后沿倾斜

轨道向上运动至广点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短.已知。、。之间和。、尸之间距离都为1m,滑

块与轨道C。间的动摩擦因数为〃=0.5,重力加速度g=10mH,不计空气阻力.求：

(1)小滑块尸经过圆弧轨道上B点的速度大小；

⑵小滑块2到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；

(3)弹簧的弹性势能的最大值；

(4)试判断滑块返回时能否从3点离开，若能，求山飞出3点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处.

【答案】(1)2601抬(2)50N(3)6J(4)无法从8点离开，离。点0.2m(或离。点0.8m)

【解析】(1)设滑块。经过4点的速度大小为忖由平抛运动知》vo=vBsin30。

得5=2陋m/s

(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律

mg(R+Rsin30。)+%箕/=：〃小(？

解得m/s

经过C点时受轨道的支持力大小FN，

有F^—mg=nr^-

解得FN=50N

由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小尸压=50N

（3）设弹簧的弹性势能最大值为£p；滑块从C到尸点过程中，

根据动能定理有一—mgLsin30°—Ep=0—v（?

代入数据可解得£p=6J

（4）设滑块返回时能上升的高度为h,

根据动能定理有mgLsin30。+与一4〃磔=mgh

代入数据可解得〃=0.6m

因为，?<R，故无法从8点离开，又品/=Rmgx

代入数据可解得x=3.2m

滑块最后静止时离D点0.2m（或离。点0.8m）.

一、单选题

1.（2022•辽宁•沈阳二中模拟预测）一倾斜传送带与水平成30。角，以5m/s的速度顺时针匀速转动。现将一

质量为0.4kg的物体（物体可看成质点）轻放在传送带的顶端A点，物体从4运动到传送带底端B,离开B

点时的速度大小为5m/s。已知物体与传送带间的动摩擦因数为冷，重力加速度大小为10m/s2,则物体从4

运动到8的过程中，下列说法正确的是（）

A.传送带的长度可能为0.8m

B.若传送带的长度为2m,则摩擦力对物体做的功为6J

C.若传送带的长度为2m,则摩擦力对传送带做的功为-4J

D.若传送带的长度为2m,则因摩擦而产生的热量为IJ

【答案】C

【解析】A.物体相对传送带上滑时，物体的加速度大小为

'郎sin'+〃，〃gcos6=|2.5m/s2

m

物体与传送带间的动摩擦因数

LI=——>tan0

2

故物体与传送带间的最大静摩擦力大于重力沿斜面向下的分力，离开4点时的速度大小为5m/s,故物体可

能是一直加速运动或者先加速后匀速运动，若一直加速运动，则传送带的长度

4=/=lm

若先加速后匀速运动，则传送带的长度必然大于1m,故A错误;

B.若传送带的长度为L=2m,则根据动能定理

1

mgLsin。+叱.=—mV

解得摩擦力对物体做的功

叱=1J

故B错误；

C.若传送带的长度为2m,物体运动时间为

L:

t=t1+八=-+~^=Q.6s

"av

物体匀加速阶段，传送带的位移

用=VZ)=2m

匀速阶段，传送带的位移

•G=vt2=1m

根据受力分析可知，前Im物体对传送带的摩擦力方向向上，后Im对传送带的摩擦力方向向下，则摩擦力

对传送带做的功

W('=-pmgx}cos0+mgx2sin0=-4J

故C正确；

D.若传送带的长度为2m,则因摩擦而产生的热量

其中，相对运动距离

Ar=%-A,,=1ni

解得

Q=3J

故D错误。

故选Co

2.（2022・湖北•高三阶段练习）皮带输送机普遍应用于交通、物流、食品等各行各业，通过扫码可实现快递

自动分拣。如图所示，传送带在电动机带动下以％=2m/s的速度匀速运动，将质量〃?=1kg的包裹（可视为

质点）无初速度放在与扫码仪3相距10m的A点处，包裹与传送带间的动摩擦因数〃=。5,最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是（）

A

占扫码仪B

Y."（?）

A.包裹从4点运动到扫码仪B的过程中先受滑动摩擦力作用后受静摩擦力作用

B.包裹从A点运动到扫码仪B的时间为5s

C.将一个包裹运送到扫码仪8的过程中，电动机多消耗的电能为4J

D.将一个包裹运送到扫码仪8的过程中，系统因摩擦产生的热量为4J

【答案】C

【解析】B.包裹在传送带上加速时有

〃“电=nui

解得

a=5m/s2

包裹在传送带上加速的时间

Z|=2k=0.4s

a

包裹在传送带上加速的位移

x=—=0.4m<10m

2a

包裹在传送带上匀速运动的时间

L-x.0

t2=------=4.8s

%

包裹从A点运动到扫码仪B的时⑶

，=4+，2=5.2s

故B错误:

A.包裹加速过程受滑动摩擦力作用，与传送带共速后不受摩擦力作用，故A错误；

C.传送带在包裹加速时间内的位移

x传—VQ/J—0.8m

传送带克服摩擦力所做的功

W=川ngx伯=4J

电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，故C正确；

D.包裹在传送带上加速的过程中，系统因摩擦产生的热量为

。二〃叫（工传一耳=2」

故D错误。

故选C。

3.（2021•新疆•乌鲁木齐八一中学高二阶段练习）在一水平向右匀速运动的长传送带的左端A点，每隔相同

的时间轻放上一个相同的工件。经测量，发现前面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离均为L。

已知传送带的速率恒为“工件与传送带间动摩擦因数为〃，工件质量为小，重力加速度为g，则下列说法

正确的是（）

_£A

/门门门......r?TH

（）（）

A.工件在传送带上加速运动的时间一定等于三

v

B.传送带对每个工件做的功为对+卬咫心

2

C.每个工件与传送带间因摩擦而产生的热量一定等于仅〃gL

D.传送带因传送每一个工件而多消耗的能量为小/

【答案】D

【解析】A.工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动每个工件划伤传送带后运动的规

律相同，由此可知：

L=vT

解得将相邻两个物块放到传送带上的时间间隔为

而不能确定加速时间，故A错误;

B.传送带对每个工件做的功为:

W=-niv2-0=—mv2

22

故B错误；

C.设工件加速运动的时间为乙工件与传送带相对滑动的路程为：

vtvt

^x=vt-----=——

22

摩擦产生的热量为：

Q=；从mgvi

加速时间不确定，无法得出每个工件与传送带间因摩擦而产生的热晶，故C错误:

D.根据能量守恒得，传送带传送一个工件多消耗的能量为：

EL=­1mv2+Ax=-1mv2"+1-pimgvt

对于工件加速过程，有：

v=at=

整理得：

E=mv2

故D正确。

故选Do

4.（2021•山西朔州•高三期中）如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角。=30。，传送带在电动机的带动卜，

始终保持lm/s的速度顺时针运行。现把一质量为5kg的工件（可视为质点）轻放在传送带的底端，经过一段

时间工件与传送带达到共同速度后继续传送到4m高处。已知工件与传送带间的动摩擦因数为立，重力加

2

速度大小为lOm/s?,则在此过程中，下列说法正确的是（）

A.工件加速过程的时间为0.8sB.传送带对工件做的功为2（X）J

C.工件与传送带间摩擦产生的热量为7.5JD.电动机因传送工件多做的功为120J

【答案】C

【解析】A.工件加速过程由牛顿第二定律得

/.ungcos0-nigsin。=nui

解得加速度

a-pigcos。一gsin。=2.5in/s

得加速时间

-=0.4s

a

故A错误;

B.工件在传送带上不仅受重力还受到传送带对•它的摩擦力和支持力，由动能定理有

-mgh+%=g-0

得传送带对工件做的功

2

%=1WV+^/7=202.5J

故B错误;

C.加速过程工件与传送带相对运动的位移

vv

Ar="传一Jr〕=vr-—r=—/=0.2m

工件与传送带间摩擦产生的热量

Q=pmgcos<9•Ax=7.5J

故C正确;

D.电动机多做的功等于系统摩擦产生的热量和工件机械能的增加量，则有

1/=Q+；〃w2+/〃g/?=21()J

故D错误。

故选C。

5.（2022.全国.高三课时练习）如图甲，倾角为。的传送带始终以恒定速率匕逆时针运行，时速度大小

为“（匕＞岭）的小物块从传送带的底端滑上传送带，其速度随时间变化的卜一图像如图乙，则（）

甲

A.。~八时间内，小物块所受的屋擦力始终不变

B.小物块与传送带间的动摩擦因数满足〃大于tan。

C.4时刻小物块离传送带底端的距离最远

D.小物块返回传送带底端时的速率小于匕

【答案】D

【解析】A.通过乙图可以看出，小物块先向上匀减速运动，减速到零后反向加速，当速度与传送带速度相

等时，加速度大小发生变化，所以小物块的速度达到与传送带速度相等以前，摩擦力方向一直沿斜面向下，

G时刻以后摩擦力方向沿斜面向上，故A错误；

B.根据图乙可知，a时刻以后小物块相对「传送带向下加速运动，根据牛顿第二定律可得

mgsin。一卜/mgcos0=ma

所以小物块与传送带间的动摩擦因数满足

〃<lan0

故B错误；

C.根据图乙可知，：时刻小物块向上运动的速度为零，此时小物块离传送带底端的距离达到最大，故C错

误；

D.小物块在整个运动过程中重力做功为零，机械能的损失转化为由于摩擦产生的热，所以小物块的机械能

减少，小物块返回传送带底端时的速率小于匕，故D正确。

故选Do

6.（2022・全国•高三专题练习）质量为M的长木板放在光滑的水平面上，如图所示，一质量为〃，的滑块以

某一速度沿木板表面从A点滑到B点，在木板上前进的距离为，而长木板前进的距离为/,若滑块与木板

间动摩擦因数为〃，则（）

A:w\B

M।一一

~^/7777777777777777777777777777777777f777777777777777777777777

A.摩擦力对滑块所做的功为

B.摩擦力对木板所做的功为〃"/L

C.滑块损失的动能为“〃吆/

D.滑块和木板系统损失的动能为

【答案】D

【解析】A.摩擦力对滑块所做的功力

W"=一川ngQ+L)

故A错误;

B.摩擦力对木板所做的功为

W/2

故B错误；

C.根据动能定理可知，滑块损失的动能等于滑块克服摩擦力所做的功，即

△%=-Wfi=+L）

故C错误；

D.根据能量守恒定律可知滑块和木板系统损失的动能等于系统产生的摩擦热，即

△Eg=[imgL

故D正确。

故选D。

7.（2020.江苏淮安・高三阶段练习）如图所示，木块A放在木板B的左端，AB间接触面粗糙，用恒力尸将

木块A拉到木板B的右端，第一次将B固定在水平地面上，第二次将B放在光滑水平地面上，则前后两个

过程中相同的量是（）

A---------»F

B

777777777777777777777777777777/

A.物块A达B右端时的速度

B.物块A的运动时间

C.力产对物块A做的功

D.系统产生的摩擦热

【答案】D

【解析】AB.不管木板B是否固定，木块A受到重力、支持力、拉力尸和滑动摩擦力了,根据牛顿第二定

律有

F—f=nui

因

可解得

F-pmg

因此两种情况下的加速度相同，当木板固定时由

当木板放在光滑的水平地面上时，由于A对B摩擦力作用，木板B将向右加速滑动，此时木块A滑到B

右端时，A对地面的位移为

其中$是木板发生的位移，由

x=—1at~2

2

故两种情况下木块A的运动时间不同。根据

可知物块A达B右端时的速度不同，故AB错误;

C.根据

可知，由于两种情况下木块A位移不同，故做的功不同，故C错误;

D.根据“摩擦生热”公式

=

Qfi而对

可知，两种情况下滑动摩擦力/相同，相对位移相同，所以系统产生的热量相同，故D正确。

故选D。

8.（2019•黑龙江牡丹江•高三阶段冻习）光滑水平面上有一质量为M的木板，在木板的最左端有一质量为〃?

的小滑块（可视为质点），小滑块与木板之间的动摩擦因数为〃，开始时它们都处于静止状态，某时刻给小

滑块•瞬时冲量，使小滑块以初速度w向右运动，经过一段时向小滑块与木板达到共同速度I，，此时小滑块

与木板最左端的距离为止木板的位移为尤如图所示，下列关系式正确的是（）

H-d-H_X

Ir----------------------------------*—*------------i

M

777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777

<--------------x--------------H

A."mgx=—(M+m)v2

/ungd=J(M+〃i)i,一/〃在:

B.

C.叩g7d=

2(M+〃?)

,1212

D.〃mgd=—IHVQ——mv~

22

【答案】C

【解析】由动量守恒可知

invo^（M+m）v

则

v=----

M+m

对小分析可知，机只有M的摩擦力做功，则由动能定理可知

-"〃?g(x+d)=ymv2-mvu2

对M分析可知，M受〃?的摩擦力做功，由动能定理可知

pmgx=-^Mv2

联立可得

,Mtnv：

/imgd---------

2QW+M

故C正确，ABD错误;

故选Co

9.（2021•江苏•苏州市苏州高新区第一中学高三阶段练习）如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆

时针匀速传动的水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨道半径为R。质量为〃?的小滑块自圆弧轨道最高点M

由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回圆弧轨道，上升到最高点时距N点百度为%不计空气

阻力，则以下说法错误的是（）

runo

（•）

A.传送带匀速传动的速度大小为榨

B.经过足够长的时间，滑块最终静止于N点

C.滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为一〃3?

D.滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为〃火R

【答案】B

【解析】A.小滑块第•次滑上传送带时的速度为盯，根据机械能守恒定律可得

mgR=

解得v

i=\l^

向右减速到零后，再反向加速，离开传送带时的速度为小滑块上升过程中根据机械能守恒定律可得

mg—/?=­m\

解得

因为

y2VH

所以小滑块返回时是先加速后匀速，即传送带匀速传动的速度大小为A正确;

B.最终滑块下落到底端的速度大小与传送带速度大小相等时，滑块滑上传送带的速度和离开传动带的速度

大小相等，之后一直保持这种状态来回运动，所以小滑块不会停在N点，B错误；

C.设滑块与传送带之间的动摩擦因数为〃，小滑块第一次在传送带上减速直线运动的时间为

八=工=画

相对传送带的距离为

=1714-

解得

△V型

反向加速直线运动的时间为

相对传送带的位移为

解得

-4〃

滑块第•次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为

Q=+乐)

解得

9

Q=-mgR

C正确;

D.第三次滑上传送带时，速度与传送带速度大小相等，所以以而每次滑上传送带产生的热量一样相同；滑

上传送带减速直线运动过程中经过的时间

相对传送带的距离为

与，=力”♦又

24〃

返回过程相对传送带的距离为

滑块第三次及以后每次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为

Q'=〃机g(A*'+A*')=mgR

D正确。

故选Bo

10.（2021・安徽•高三阶段练习）如图甲所示，沿顺时针方向运动的水平传送带AB,零时刻将一个质量m=lkg

的物块轻放在A处，6s末恰好运动到B处，物块6s内的速度一时间图像如图乙所示，物块可视为质点，（重

力加速度g=10m/s2）则（)

v/(m/s)

图甲图乙

A.A8长度为24mB.物块相对于传送带滑动的距离12m

C.传送带因传送物块多消耗的电能16JD.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.5

【答案】C

【解析】A.由图得A3长度为物块的位移

「（6+2）'4皿“

x=L=-------m=16ni

2

故A错误；

B.6s内传送带的路程为

s=vor=24m

物块相对于传送带滑动的距离

zkr=5-x=8m

故B错误；

C.传送带因传送物块多消耗的电能为传送带4s内克服摩擦力做的功，即

E=Rings'=〃〃吆％，'==16J

故C正确：

D.由图可知，物块的加速度为

包=lm/s

A/

对物块用牛顿第一定律得

/jnig=ma

解得

n=0.1

故D错误。

故选Co

二、多选题

11.（2022・云南・宣威市第七中学高三阶段练习）如图所示，质量为小的物体在水平传送带.上由静止释放，

传送带由电动机带动，始终保持以速度K匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为〃，物体过一会儿能保

持与传送带相对静止，对于物块从静止释放到相对静止这一过程，下列说法正确的是（）

A.电动机做的功为〃?v2

B.摩擦力对物体做的功为加v2

C.传送带克服摩擦力做的功为〃”

D.小物块与传送带因摩擦产生的热量为。=〃?诃

【答案】AC

【解析】设经，时间物体与传送带相对静止，物体做匀加速直线运动，传动带做匀速运动，则物体位移

传送带运动距离

二者相对位移

物体所受合力为滑动摩擦力，由动能定理

2

W{=fic、=—mv

即，传送带克服摩擦力做功为

2

W克f=Wt=fa2=2x—ntv=mv

小物块与传送带因摩擦产生的热量为

Q=/zlv=衣］=—mv

电动机做功等于物体增加的动能与传送带与物体之间摩擦产生的热能之和，则

W=-mv2+Q=mv2

故AC正确，BD错误。

12.（2022•重庆南开中学高三阶段练习）如图所示，倾斜传送带倾角为a=37。，传送带底端通过一小段光

滑圆弧与光滑水平轨道连接。金属小球8（不能视为质点）通过细绳竖直悬挂，小球与光滑水平轨道只接触

不挤压，竖直细绳左侧存在强磁场。传送带以％=4m/s的速度逆时针匀速转动，绝缘滑块A从传送带上距

传送带底端x=0.8m处静止释放，A、8每次都发生一维弹性碰撞，由于左侧强磁场的作用，8很快就停在

原位置。已知人的质量〃?=lkg,A与传送带间的摩擦因数〃=0.5,8的质量为M=3kg,重力加速度g取10m。,

sin37°=0.6o下列说法正确的是（）

强

磁

场

区

A.A下滑过程做匀加速直线运动

B.第一次碰后A、B的速度大小相等、方向相同

C.笫一次碰撞前A与传送带的摩擦生热大小为3.2J

D.经过足够长的时间A、4均静止后，整个过程中A与传送带间的摩擦生热大小等于A重力势能减少量和

传送带多消耗的电能之和

【答案】AC

【解析】AC.A下滑过程中，设经过时间，加速到马传送带同速，时间/内A的加速度为m位移为x,由

牛顿第二定律得

mgsin37"+"mgcos37°=ma

解得

a=10in/s2

由匀变速直线运动公式

%=”

12

4=5"

解得

z=0.4s

xA=0.8m

由于心等于A距传送带底端的距离x,所以A下滑过程一直做和速度不变的匀加速直线运动，A恰好滑到

传送带底端时，速度与传送带相同；

在时间f=0.4s内，传送带运动的距离为

招=卬=1.6m

则第一次碰撞前4与传送带摩擦产生的热量为

Q=cos37°（x（-xA）=3.2J

故AC正确；

B.A与4发生弹性碰撞，设A的初速度方向为正方向，第一次碰撞过程自

mv0=mvA+Mi%

g加，；=；〃?4

解得

vA=-2m/s

vs=2m/s

第一次碰后人、A的速度大小相等、方向相反，故B错误；

D.A、5均静止后，由能量守恒定律，A与传送带间的摩擦生热与4进出磁场时产生的焦耳热之和等于4

重力势能减少量和传送带多消耗的电能之和，故D错误。

故选AC,

13.（2022•全国•模拟预测）如图甲所示，倾角为0=37。的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，

将一质量为加=10kg的木箱（可视为质点）轻放到传送带底端A,木箱运动的速度n随时间/变化的图像如

图乙所示，/=10s时刻木箱到达传送带上端及重力加速度g取lOrn/s2,sin37°=0.6,cos37。=0.8。则（）

A.木箱放上传送带先做匀加速运动，其加速度大小为0.4m/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8的过程中，电动机多消耗的电能为1240J

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

【解析】AB.速度时间图像斜率表示加速度，木箱刚放上去时儆匀加速运动，结合图乙可知其加速度

a=/./gcos37-gsin37=0.4m/s

可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数

ju=0.8

故AB正确;

CD.由能量守恒知木箱从4到4的过程中，电动机消耗的电能等于物块获得的重力势能、动能以及因摩擦

而产生的热能之和，相对位移

x相对=2x5m-—x2x5m=5m

2

E®i=mgh+—mv2+相对,cos37=1240J

故C正确，D错误。

故选ABCo

14.（2022.全国•高三专题练习）如图甲，劲度系数2=10N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙上，右端连接一个

质量为"的木板。开始时弹簧处于原长，木板静止在光滑的水平桌面上、一质量〃?=lkg的物块（可视为质

点）从木板左端以初速度2m/s滑上木板，最终恰好停在木板的右端。图乙中A为物块的VV图线；/3为木

板的图线且为正弦图线。已知重力加速度g=10m/s2,根据图中所给信息可得（）

图甲图乙

A.木板的长度为2m

B.，=ls时，弹簧的弹性势能为L5J

C.，=ls时，木板受到物块的摩擦力与弹簧的弹力大小相等

D.2s内“物块和木板”系统的摩擦生热为2J

【答案】AD

【解析】A.由于回图像与/轴闱成的面枳表示位移，通过图像可知，A一直向右运动，位移s=2m,B先

向右后向左运动，总位移为0。因此，A运动的位移即为木板长度，即2m,A正确；

B.由于〜图像的斜率表示加速度，可知A减速运动的加速度为Im/s?。而A在仅受摩擦力的作用下做匀

减速运动，根据牛顿第二定律可知

f=ma=IN

由物块B的内图像可知，/=0.5s对，B的速度最大，此时由于切线斜率为0,故B物块的加速度为0。

对B进行受力分析可知，此时弹簧弹力与摩擦力二力平衡，且弹簧伸长量的大小应为B的位移达则有:

kx=f

解得

x=0.1m

由正弦图线的对称性可知，/=ls时，B的速度为0,即位于简谐运动的振幅处，B向右的位移为2联

对0〜1s过程列能量守恒：

g〃?片=g如彳+f(sA-2幻+Ep

其中A在1s内的位移为

v.+v,2+1,,_

s.=—}——-t=-----x1=1.5m

A22

联立可得

Ep=0.2J

B错误;

C.Is时，木板的17图切线斜率不为0,说明木板此时仍有加速度，故摩擦力与弹簧弹力并不相等，C错

误：

D.两秒内“物块和木板”系统的摩擦生热

Q孙

而由图像可知，全过程物块与木板的相对路程即等于物块的位移s,因此系统摩擦生热为2J,D正确。

故选ADo

15.（2022・全国•高三课时练习）如图所示，一倾角为。=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沿着斜面以速度所91nzs匀速下滑，现把质量为机=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=i0m/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8,则下列判断正确的是（）

A,动摩擦因数〃=（）.5

B.铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s

C.长木板的长度为2.25m

D.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%=9m/s匀速下滑，有

Mgsin37=piMgcos37

解得

4=0.75

A错误；

D.铁块A径径放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有

/jmgcos37sin37=maA

解得

2

aA=\2m/s,方向沿斜面向下

对B,根据牛顿第二定律有

//（/W十〃。geos37十〃，〃gcos37—Mgsin37=Me5

解得

2

aB=6m/s,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

n共=6m/s

BF.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

X+t）l;

L=XB-XA=0t--t=2.25m

A22

CE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