2025高考物理动力学和能量观点的综合应用 备考教案.docx

第六章　机械能
专题十　动力学和能量观点的综合应用

核心考点
五年考情
命题分析预测
板块模型
2023：全国乙T21
动力学和能量观点的综合应用是高考中的高频考点，过程多、难度大，综合性强.试题往往与动力学、电磁学等主干知识相结合，形式为选择题或计算题.预计2025年高考可能会涉及板块模型和多运动组合问题.
传送带模型
2023：广东T15
多运动组合问题
2023：湖南T8；
2021：辽宁T10，湖南T8；
2020：上海T20
题型1　板块模型

“滑块—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t＝Δv2a2＝Δv1a1，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.
（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：

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.

1.[水平板块模型/2023全国乙/多选]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（　BD　）

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12mv02－fl
D.物块的动能一定小于12mv02－fl
解析　物块和木板的运动示意图和v-t图像如下.根据动能定理可知，对物块有-fx1＝
12mv12-12mv02①，对木板有fx2＝12Mv22-0②，根据v-t图像与坐标轴围成的面积S表示物
体运动的位移可知x1＝SABFO，x2＝S△COF，根据位移关系可知l＝x1-x2＝SABCO＞x2＝
S△COF，因此fl＞fx2＝12Mv22，即木板的动能一定小于fl，A错，B对；将①②两式相加
得-fl＝12mv12＋12Mv22-12mv02，变形得物块离开木板时的动能12mv12＝12mv02-fl-12Mv22＜
12mv02-fl，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.[倾斜板块模型]如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，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2s，重力加速度g取10m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝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）90J
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A为研究
对象，则L＝12a1t2
根据牛顿第二定律有
2mgsinθ－μ1×3mgcosθ＋μ2mgcosθ＝2ma1
以物块B为研究对象，则2L＝12a2t2
根据牛顿第二定律有mgsinθ－μ2mgcosθ＝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＝12v1t，2L＝12v2t
由功能关系可知，因摩擦产生的总热量
Q＝mg×2Lsinθ＋2mgLsinθ－12mv22－12×2mv12
（或Q＝μ1×3mgcosθ·L＋μ2mgcosθ·L）
代入数据解得Q＝90J.
方法点拨
板块模型的解题思路

题型2　传送带模型

1.传送带问题的两个角度
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
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量守恒定律求解
2.功能关系分析
（1）功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
（2）对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传.
②产生的内能：Q＝Ffx相对.

3.[水平传送带]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m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μ，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vμg
C.因摩擦产生的热量为mv2
D.电动机多做的功等于12mv2
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f，促使
物块向右做匀加速直线运动，则有f＝ma＝μmg，解得a＝μg，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t＝vμg，故B正确；期间传送带运动
的位移为s＝vt，可知传送带克服摩擦力所做的功为Wf＝fs＝μmgvt＝mv2，物块获得
的动能为Ek＝12mv2，可得因摩擦产生的热量为Q＝Wf-Ek＝12mv2，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v0＝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μ＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2，116≈11.
（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）11m/s　（3）见解析
解析　（1）设传送带与水平面夹角为θ，对货物受力分析有，f货＝μmgcosθ＝6.4N，Gx＝mgsinθ＝6N
当v＝3.8m/s，货物先减速，货物所受合外力F合＝Gx＋f货＝ma1，a1＝12.4m/s2
货物减速到3.8m/s，所用时间为t1，a1＝Δvt1，得t1＝0.5s
x1＝v0＋v2·t1，货物向上滑动的位移x1＝3.45m，之后货物随传送带做匀速运动，匀速运动的位移x2＝L－x1，x2＝16.55m
匀速运动的时间t2＝x2v≈4.4s，总时间约为t＝t1＋t2＝4.9s
（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f货·L－mgh＝12mvmax2－12mv02，解得vmax≈11m/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
f货·（L－s）－f货·s－mgh＝0－12mv02，得s≈4.5m
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v02＝2a1s'，解得s'≈4.0m.
题型3　多运动组合问题

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.

5.[不含弹簧的多过程]如图所示，一个质量为m＝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，木板质量为M＝1kg，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θ＝53°，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝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v1，冲上台阶时速度为v2，在圆轨道最高点时速度为v3.在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有mg＝mv32R
由机械能守恒定律有12mv22＝2mgR＋12mv32
联立解得v2＝5m/s
（2）设滑块在木板上滑动时加速度的大小为a1，木板加速度的大小为a2，由牛顿第二定律可知
a1＝μ1mgm＝5m/s2
a2＝μ1mg－μ2（m＋M）gM＝10m/s2
设滑块在木板上滑行的时间为t，对木板，由v2＝a2t
得t＝v2a2＝0.5s
对滑块，由v2＝v1－a1t
得v1＝7.5m/s
设滑块在斜面上释放时高度为h，由能量守恒定律可得
mgh＝12mv12＋μ1mgcosθ·hsinθ
代入数据可得h＝4.5m
（3）滑块在木板上运动的位移大小为x1＝v1＋v22t＝258m
木板的位移大小为x2＝v22t＝54m
相对位移大小为Δx＝x1－x2＝158m
所以产生热量Q＝μ1mg·Δx＝37.5J.
6.[含弹簧的多过程]如图所示为某弹射游戏装置图.水平枪管中弹簧被弹射杆P用线拉着，处于压缩状态，质量为m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BC在B、C两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ＝45°的倾斜轨道平滑连接.扣动扳机，弹射杆P立即松开弹簧，小球射出经轨道到达斜面上D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μ＝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B点时的速度大小vB；
（3）弹簧储存的最大弹性势能Ep；
（4）通过计算说明小球能否脱离轨道.
答案　（1）vA＝gR　（2）vB＝5gR　（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mg＝mvA2R
解得vA＝gR
（2）小球从B到A由机械能守恒定律有12mvB2＝12mvA2＋mg×2R
代入数据得vB＝5gR
（3）从D到B由动能定理得
mgh－μmgcosθ×hsinθ－μmgs＝12mvB2－0
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＝2μmg（htanθ＋s）＋12mvA2
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B点动能相同，设第三次经B点能到达斜面的最大高度为h'，由动能定理得
－mgh'－μmg（h'tanθ＋s）＝0－12mvB2
代入数据得h'＝1.6R.
设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为hm，则从h'到hm由动能定理得
mgh'－μmg（h'tanθ＋s）－mghm＝0－0
代入数据得hm＝0.7R
因为0.7R＜R，所以小球不会脱离轨道.

1.[多运动组合/2023湖南/多选]如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为θ，BC段圆心为O，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v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达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v0＝2gR
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B点脱离轨道
解析　小球恰好运动至C点，小球在C点vC＝0
小球在圆弧BC上运动到D点的受力分析如图所示

小球从A到C动能定理-mg·2R＝0- 12mv02          v0＝2gR，C错
若小球在B点的速度满足mgcosθ＜mvB2R，则小球将从B点脱离轨道，D对
2.[带弹簧的能量问题/2021湖南/多选]如图（a），质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a－t图像如图（b）所示，S1表示0到t1时间内A的a－t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a－t图线与坐标轴所围面积大小.A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是（　ABD　）

图（a）　　　　　　　图（b）
A.0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B.mA＞mB
C.B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D.S1－S2＝S3
解析　0到t1时间内，对A物体由动量定理得I＝mAv0，而B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I，A正确；t1时刻后，B物体离开墙壁，t2时刻
A、B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、B两物体所受弹簧弹力大小相等，而B的加速度大于A的，故由牛顿第二定律可
知，mA＞mB，B正确；B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x，故C错误；t2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S1-S2＝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θ＝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F＝24N的作用下沿斜面向上运动，经过2s后撤去外力F，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F前后物体受到的摩擦力做的功之比k.
（3）在s－t图像中画出减速阶段的图线.（t＝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－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
代入数据解得a1＝2m/s2
末速度v1＝a1t1＝4m/s
减速运动阶段（撤去F后）有
－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
代入数据解得a2＝－10m/s2
时间t2＝0－v1a2＝0.4s
物体在斜面上向上滑行的时间t总＝t1＋t2＝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
Ft1－（mgsinθ＋μmgcosθ）t总＝0－0
代入数据解得t总＝2.4s
（2）解法1：公式法
上行过程中撤去F前物体受到的摩擦力做的功
Wf1＝（－μmgcosθ）x1
其中x1＝12a1t12＝4m
上行过程中撤去F后物体受到的摩擦力做的功
Wf2＝（－μmgcosθ）x2
其中x2＝－v122a2＝0.8m
所以上行过程中撤去F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：
x1＝12×4×2m＝4m
x2＝12×4×0.4m＝0.8m
所以上行过程中撤去F前后物体受到的摩擦力做的功之比k＝fx1fx2＝5.

图2
（3）在s－t图像中画出减速阶段的图线如图2所示.（t＝0时，物体在s＝0处）
（4）①加速上滑阶段有Ep＝mgssinθ，Ek＝12mv2＝ma1s，易知Ep＞Ek，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
（mgsinθ－μmgcosθ）·（x1＋x2－L）＝Ek
Ep＝mgLsinθ
又Ep＝Ek，代入数据解得L＝1.2m.

1.[多选]如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物块A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端滑下，在此过程中以地面为参考系，长木板B也向右移动一段距离，则在此过程中（　CD　）

A.外力F对A做的功等于A和B动能的增加量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F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B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F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(包括A、B之间，B和地面之间因摩擦所产生的热量)
之和；同理，A对B的摩擦力做的功等于B动能的增加量和B与地面之间因摩擦产生的
热量之和，虽然A对B的摩擦力与B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B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.[图像创新/2024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k、原长为l0的轻弹簧一端固定在轨道上的O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m.以O为坐标原点，水平向右为正方向建立x轴，将滑块拉至坐标为x3的A点由静止释放，滑块向左最远运动到坐标为x1的B点，测得滑块的加速度a与坐标x的关系如图乙所示，其中a0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＝l0
B.最大动能为12ma3（x3－x2）
C.动摩擦因数μ＝a0g＋kl0mg
D.滑块在x3和x1处的弹性势能Ep3＝Ep1
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＝12ma3(x3-x2)，故B正确.根据牛顿第二定律得-k(x-l0)＋μmg＝
ma，当x＝0时，a＝a0，解得动摩擦因数μ＝a0g-kl0mg，故C错误.由能量守恒定律可得
Ep3＝Ep1＋μmg(x3-x1)，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θ＝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0～0.2 m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μmgΔx cos θ＝ΔE，物体与传送带之间
的动摩擦因数为μ＝ΔEmgΔxcosθ＝248-24010×10×0.2×0.8＝0.5，故B错误. 传送距离0～0.2 m内，物体的加速度为a＝g sin θ＋μg cos θ＝10 m/s2，传送带的运行速度为v＝2aΔx＝2×10×0.2 m/s＝2 m/s，故A正确.在0～0.2 m内与0.2～0.4 m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0～0.2 m内，传送带的位移x1＝vt，物体的位移为x2＝12at2＝12vt，物体与传送带间的相对位移为Δx1＝x1-x2＝x2＝0.2 m，物体与传送带之间产生的热量Q1＝Wf1＝fΔx1；在0.2～0.4 m内，物体与传送带之间产生的热量Q2＝Wf2＝fΔx2，物体与传送带间的相对位移为Δx2＝x物-x传送带＝0.2 m-x传送带＝Δx1-x传送带＜Δx1，可知在0～0.2 m内与0.2～0.4 m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m的小物块以初动能E0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Ek与小物块的位移x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E02mgx0
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9mx022E0
C.整个过程中小物块与传送带间产生的热量为94E0
D.整个过程中传送带电动机多消耗的电能为94E0
解析　由题图乙可知，Ek-x图像的斜率大小E0x0表示合力的大小，小物块向右滑动时
所受的合外力为μmg，解得μ＝E0mgx0，故A错误；取向右为正方向，设传送带的速度大小为v'，根据题意作出小物块的v-t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加速度不变，全程有-v'＝v0-μgt0，又E0＝12mv02，14E0＝12mv'2，解得t0＝9mx022E0，故B正确；以传送带为参考系，小物块运动的位移Δx＝(v0＋v')22μg，产生的热量Q＝μmgΔx＝12m(v0＋v')2＝94E0，故C正确；整个过程中电动机多消耗的电能为ΔE＝Q-(E0-14E0)＝32E0，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L，C为长木板的中点，AC段光滑，CB段粗糙，一原长为25L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CB段间的动摩擦因数为μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数为k，且k＞10μmgL，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　）

A.物块可能会停在CB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＋12mv2＋μmgL
D.最终物块和弹簧系统损失的总机械能为12mv2＋12μmgL
解析　由于k＞10μmgL，可得k·(L2-2L5)＞μmg，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Epmax＝E＋12mv2＋μmg·L2，故C错误；物块第一次到达C
点时，物块的速度大小为v，物块最终会在AC段做往返运动，到达C点的速度为0，
可知物块克服摩擦力做的功最终为：Wfmax＝Epmax-E＝12mv2＋12μmgL，故D正确.

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v0匀速行驶，质量mA＝10kg的货物A（可看成质点）和质量mB＝20kg的货物B（可看成水平长板）叠放在一起，开始时A位于B的右端，在t＝0时刻将货物A、B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B，货物A、B在0～1s时间内的速度—时间图像如图2所示，已知货物A、B间的动摩擦因数μ1＝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B与车厢表面之间的动摩擦因数μ2.
（3）求货物A、B间由于摩擦而产生的内能.
答案　（1）aA＝4m/s2　（2）μ2＝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
μ1mAg＝mAaA
解得A的加速度为aA＝4m/s2
（2）对货物A，刚放上车厢时，A的加速度aA＝4m/s2，
由图2知，v0＝aAt2＝4m/s
对货物B，由图2知刚放上车厢时，货物B的加速度
aB＝8m/s2，
由牛顿第二定律有μ2（mA＋mB）g－μ1mAg＝mBaB，解得μ2＝0.67
（3）解法1　由图2知，货物B经时间t1＝0.5s与车共速，货物A经时间t2＝1s与车共速，从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，xB＝12aBt12＋v（t2－t1），xA＝12aAt22
货物B的长度：L＝xB－xA，解得L＝1.0m
货物A、B间由于摩擦而产生的内能Q＝μ1mAgL＝40J.
解法2　从将货物A、B放上车厢到A、B均与车相对静止的过程中，货物B对地的位移设为xB，货物A对地的位移设为xA，则货物B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：L＝ΔS＝12×（1－0.5）×4m＝1.0m，货物A、B间由于摩擦而产生的内能Q＝μ1mAgL＝40J.
7.[2023辽宁沈阳二十中一模]如图，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面固定，长L＝1.2m，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μ＝33，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　（1）10N　（2）2m/s　（3）163J
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F＝mgsinθ＋f，f＝μmgcos30°
代入数据解得F＝10N

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Mgsin30°－f'＝MaM，f'＝f
代入数据得aM＝2.5m/s2
由运动学规律有v＝aMt
将t＝0.8s代入解得v＝2m/s
（3）0～0.8s内木板发生的位移为x＝12aMt2
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aM不变，二者均向下做匀加速运动.假设经时间t'两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有mgsin30°＋f＝mam
代入数据得am＝10m/s2
由运动学规律有v共＝amt'
v共＝v＋aMt'
代入数据得t'＝415s
v共＝83m/s
木板发生的位移为x1＝12（v＋v共）t'
物块发生的位移为x2＝12v共t'
代入数据得x1＝2845m，x2＝1645m
两者间的相对位移为Δx＝x1－x2＝415m
因Δx＋x＝1615m＜L，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＋Δx）＝163J.
8.[2023山东东营统考]如图所示，与水平面夹角θ＝30°的传送带正以v＝2m/s的速度顺时针匀速运行，A、B两端相距l＝12m.现每隔1s把质量m＝1kg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μ＝32，取重力加速度g＝10m/s2.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
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
即a＝μmgcosθ－mgsinθm＝2.5m/s2
工件加速至传送带共速所用时间为t1＝va＝0.8s
（2）工件加速至与传送带速度相等时运动的距离为
x1＝v2t1＝0.8m
该过程中传送带运动的位移x2＝vt1＝1.6m
工件相对于传送带运动的位移Δx＝x2－x1
工件与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·Δx
解得Q＝6J
（3）传送带持续传送工件时每经过1s放一个工件，故以1s为周期，传送带多做的功为W＝Q＋12mv2＋mglsinθ
故电动机增加的平均功率P＝Wt＝68W.

9.[板块＋弹簧模型/多选]如图所示，固定在地面上的斜面倾角为θ＝30°，物块B固定在木箱A的上方，一起从a点由静止开始下滑，到b点接触轻弹簧，又压缩至最低点c，此时迅速将B拿走，然后木箱A又恰好被轻弹簧弹回到a点.已知木箱A的质量为m，物块B的质量为3m，a、c间距为L，重力加速度为g，下列说法正确的是（　BD　）
A.在木箱A上滑的过程中，与弹簧分离时A的速度最大
B.弹簧被压缩至最低点c时，其弹性势能为0.8mgL
C.在木箱A从斜面顶端a下滑至再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量为1.25mgL
D.若物块B没有被拿走，A、B能够上升的最高位置距离a点0.75L
解析　在A上滑的过程中，与弹簧分离是在弹簧恢复原长的时候，之前A已经开始
减速，故分离时A的速度不是最大，故A错误；设弹簧上端在最低点c时，其弹性势
能为Ep，在A、B一起下滑的过程中，由功能关系有 4mgL sin θ＝μ·4mgL cos θ＋Ep，
将物块B拿走后木箱A从c点到a点的过程，由功能关系可得Ep＝mgL sin θ＋μmgL cos
θ，联立解得 Ep＝0.8mgL，故B正确；由以上分析可得，木箱A从斜面顶端a下滑至
再次回到a点的过程中，因摩擦产生的热量Q＝4μmgL cos θ＋μmgL cos θ＝1.5mgL，
故C错误；若物块B没有被拿走，设A、B能够上滑的距离为L'，由功能关系得Ep＝
4mgL' sin θ＋4μmgL' cos θ，解得L'＝L4，即A、B能够上升的最高位置距离a点0.75L，
故D正确.
10.[水平和倾斜传送带结合/2023吉林白山抚松县第一中学一模]工厂中有如图所示传送带，其水平部分AP长L1＝9m，倾斜部分PB长L2＝18m.倾斜部分与水平面的夹角为θ＝53°，货物（可视为质点）与传送带间的动摩擦因数为μ＝13，传送带以v0＝10m/s的速度逆时针匀速转动.现将货物轻轻放上B端，不计货物在P处的机械能损失.取g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6.
（1）求货物从B端运动到P点的时间t.
（2）求货物到达A端的速率v.

答案　（1）2s　（2）14m/s
解析　（1）假设货物在倾斜传送带上能与传送带共速，共速前，设货物运动的加速度大小为a1，共速时货物运动的位移为x1，对货物受力分析，沿倾斜传送带方向有
mgsin53°＋μmgcos53°＝ma1
解得a1＝10m/s2
由运动学公式有v02＝2a1x1，v0＝a1t1
解得x1＝5m，t1＝1s
由于x1＜L2，故假设成立.则货物与传送带达到共速时，未离开传送带倾斜部分，达到共速之后，因μ＜tan53°，所以货物和传送带不能相对静止，故货物继续加速下滑，摩擦力反向.从货物与传送带共速至P点的过程中，设货物的加速度大小为a2，所用的时间为t2，根据牛顿第二定律有mgsin53°－μmgcos53°＝ma2
解得a2＝6m/s2
根据运动学公式有L2－x1＝v0t2＋12a2t22
解得t2＝1s
则货物从B运动至P点的时间t＝t1＋t2＝2s
（2）由运动学公式可得货物到达P点的速度为vP＝v0＋a2t2＝16m/s
滑上水平传送带时货物做减速运动，假设从P到A过程全程减速，由动能定理有μmgL1＝12mvP2－12mv2
得v＝14m/s＞v0
则假设成立，故货物到达A端时的速度大小为14m/s.