2025年高考物理 動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用 教案

第六章機械能

專題十動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用

T教師尊享?命題分析）

核心考點五年考情命題分析預(yù)測

板塊模型2023：茬國乙T21

動力學(xué)和能量觀點的綜合應(yīng)用是高考中的高頻

傳送帶模型2023：廣東T15

考點，過程多、難度大，綜合性強.試題往往

2023-湖南T8.

'與動力學(xué)、電磁學(xué)等主干知識相結(jié)合，形式為

多運動組合問2021：遼寧T10,湖南

選擇題或計算題.預(yù)計2025年高考可能會涉及

題T8；

板塊模型和多運動組合問題.

2020：上海T20

題型1板塊模型

<------------------------------;讀透教材融會貫通----------------------------------------

“滑塊一木板”模型問題的分析方法

（1）動力學(xué)分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速

度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由/=空=空，可求出共同速度V和所

a2al

用時間然后由位移公式可分別求出二者的位移.

（2）功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統(tǒng)運用能量守恒定律.如圖

所示，要注意區(qū)分三個位移：

-4U

%板Ax

①求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移X清；

②求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移無板；

③求摩擦生熱時用相對位移Ax.

f----------------F8甯^---------------

1.［水平板塊模型/2023全國乙/多選］如圖，一質(zhì)量為M、長為/的木板靜止在光滑水平桌面

上，另一質(zhì)量為優(yōu)的小物塊（可視為質(zhì)點）從木板上的左端以速度鈍開始運動.已知物塊與

木板間的滑動摩擦力大小為力當(dāng)物塊從木板右端離開時（BD）

k——I——H

牛

M

A.木板的動能一定等于力

B.木板的動能一定小于fl

C.物塊的動能一定大于詔-fl

D.物塊的動能一定小于詔一/7

解析物塊和木板的運動示意圖和vf圖像如下.根據(jù)動能定理可知，對物塊有京1=

—|?MVQ(D,對木板有力2=|舊諺。②，根據(jù)vf圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積S表示物

體運動的位移可知無］=SABF。，X2-SACOF,根據(jù)位移關(guān)系可知/=X1X2=SABCO＞X2=

SACOF,因此#＞笈2=荻用，即木板的動能一定小于#,A錯，B對；將①②兩式相加

得#=5〃說+//諺—|mVo,變形得物塊離開木板時的動能5M=)?!詔#翔諺＜

加湖,C錯，D對.

命題拓展

情境不變，一題多設(shè)問

下列說法正確的是(B)

A.摩擦力對木板做的功等于小物塊克服摩擦力做的功

B.系統(tǒng)機械能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量

C.木板獲得的動能等于小物塊減少的動能

D.小物塊的機械能減少量等于木板的機械能增加量

解析摩擦力對木板做的功小于小物塊克服摩擦力做的功，故A錯誤；系統(tǒng)機械能的減少

量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，故B正確；木板獲得的動能小于小物塊減少的動能，故C錯

誤；小物塊的機械能減少量大于木板的機械能增加量，故D錯誤.

2.［］如圖所示，傾角0=37。的斜面體固定在水平地面AB

上，斜面長為6m,長為3m、質(zhì)量為4kg的長木板A放在斜面上，

上端與斜面頂端對齊，質(zhì)量為2kg的物塊8放在長木板的上端，同

時釋放A和8結(jié)果當(dāng)A的下端滑到斜面底端時，物塊8也剛好滑到斜面的底端，運動的

時間為2s,重力加速度g取lOm/sz,不計物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，

取sin37o=:0.6,?)$37。=0.8.求：

(1)長木板A與斜面間的動摩擦因數(shù)?和物塊8與A間的動摩擦因數(shù)少；

(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與2間、A與斜面間因摩擦產(chǎn)生的總熱

量.

答案(1)0.50.375(2)90J

解析（1）設(shè)長木板A和物塊5運動的加速度大小分別為內(nèi)、〃2,長木板A和物塊3運

動到斜面底端經(jīng)歷時間為力令長木板A的長為￡、物塊B的質(zhì)量為相，則斜面長為2￡、

長木板A的質(zhì)量為2根，以長木板A為研究

對象，則芽=11產(chǎn)

根據(jù)牛頓第二定律有

2mgsin0—jn\'x3mgcos0+]U2JngcosO=2mai

以物塊8為研究對象，則2乙=）2於

根據(jù)牛頓第二定律有mgsind—]Li2mgcos3=ma2

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得〃1=0.5,〃2=0.375

（2）設(shè)長木板A和物塊5運動到斜面底端時速度分別為q、V2,根據(jù)運動學(xué)公式有L=

121

2L=-V2^

由功能關(guān)系可知，因摩擦產(chǎn)生的總熱量

Q=mg'x2LsmO+2mgLsmO—^mv2~^x'2mvl

（或。=川義3mgcos9Z+〃2加gcosOZ）

代入數(shù)據(jù)解得Q=90J.

方法點撥

板塊模型的解題思路

涉及相互牛頓第二定律

滑塊作用時間或運動學(xué)定律

木板

模型

一

求

解

相

關(guān)

量

一

題傳送帶模型

<----------------------------；讀透教材融會貫通---------------------------------------

1.傳送帶問題的兩個角度

首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學(xué)公式結(jié)

動力學(xué)角度合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶

之間的位移關(guān)系

求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因

能量角度放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求

解

2.功能關(guān)系分析

（1）功能關(guān)系分析：W=A￡k+AEp+a

（2）對W和Q的理解：

①傳送帶做的功：W=F無傳.

②產(chǎn)生的內(nèi)能：。=卒相對.

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

3.［F傳送帶］如圖所示，傳送帶在電動機帶動下，始終以速率V做勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為

機的某物塊由靜止釋放在水平傳送帶的左端，傳送帶足夠長，物塊與傳送帶間的動摩擦因

數(shù)為M，重力加速度為g,對于物塊從由靜止釋放到相對傳送帶靜止這一過程，下列說法正

確的是（B）

A.物塊做勻速直線運動

B.所用時間為二

C.因摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2

D.電動機多做的功等于1

解析物塊由靜止釋放在傳送帶上時，傳送帶會給物塊一個向右的摩擦力了,促使

物塊向右做勻加速直線運動，則有尸機冽g,解得4=〃g,故A錯誤；物塊最終和

傳送帶相對靜止，即和傳送帶共速，所用時間為故B正確；期間傳送帶運動

林g

的位移為5=%，可知傳送帶克服摩擦力所做的功為Wf=fs=/Limgvt=mv2,物塊獲得

的動能為以二^^2,可得因摩擦產(chǎn)生的熱量為。=哂=///,故C錯誤；電動機

多做的功轉(zhuǎn)化為物塊的動能和系統(tǒng)內(nèi)能，W=Ek+Q=mv2,故D錯誤.

4.［傾斜傳送帶］經(jīng)過近年來的高速發(fā)展，我國已經(jīng)成為快遞業(yè)大國.；

如圖，兩平臺之間用長為20m的傳送帶相接，兩平臺豎直高度差為

12m.傳送帶沿順時針勻速運動，其速度的大小v可以由驅(qū)動系統(tǒng)根

據(jù)需要設(shè)定.質(zhì)量m=1kg的貨物（可視為質(zhì)點），以初速度％=平臺

10m/s自左側(cè)平臺滑上傳送帶，忽略速度方向變化瞬間帶來的速度大小變化.貨物與傳送帶

間的動摩擦因數(shù)4=0.8,重力加速度取g=10m/s2,V116?ll.

（1）若v=3.8m/s,求貨物通過傳送帶所需的時間.（保留1位小數(shù)）

（2）求貨物到達(dá)右側(cè)平臺時所能達(dá)到的最大速度大小.

（保留整數(shù)）

（3）若傳送帶以某一速度運行，貨物滑上傳送帶后某時刻傳送帶速度突然變?yōu)榱?，之后?/p>

物恰好到達(dá)右側(cè)平臺.求當(dāng)傳送帶速度變?yōu)榱銜r，貨物與右側(cè)平臺的距離.（保留1位小數(shù)）

答案（1）4.9s（2）llm/s（3）見解析

解析⑴設(shè)傳送帶與水平面夾角為仇對貨物受力分析有，/貨=〃加gcos6=6.4N,Gx=

mgsin^=6N

當(dāng)y=3.8m/s,貨物先減速，貨物所受合外力F合=6%+/貨=m。1，?i=12.4m/s2

貨物減速到3.8m/s,所用時間為人，。產(chǎn)當(dāng)，得力=0.5s

X1=W?力，貨物向上滑動的位移xi=3.45m,之后貨物隨傳送帶做勻速運動，勻速運動的

位移入2=￡一修，x2=16.55m

勻速運動的時間/2=&4.4s,總時間約為/=/I+/2=4.9S

v

(2)若貨物到達(dá)右側(cè)平臺速度最大，則滑動摩擦力做正功，由動能定理有/貨1—機g/7=

|mvmax—］若>解得Vmax-llm/S

(3)①若貨物初速度與傳送帶速度不相等，則貨物在傳送帶上應(yīng)先加速，后減速到0,設(shè)

傳送帶速度為0時，貨物與右側(cè)平臺的距離為S,由動能定理有

/a-(I,——s)—/■貨-s——詔，得su4.5m

②若貨物初速度與傳送帶速度相等，則貨物在傳送帶上先勻速運動，當(dāng)傳送帶速度減為零

后貨物做勻減速直線運動，當(dāng)貨物滑上右側(cè)平臺時，速度恰好減為零，有評=2°獷，解得

s'=4.0m.

題型3多運動組合問題

,------------------------------；讀透教材融會貫通-----------------------------------------

1.分析思路

(1)受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力

的變化情況；

(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況；

(3)功能關(guān)系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適

的規(guī)律求解.

2.方法技巧

(1)“合，，——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運動情境；

(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律；

(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案.

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

5.［不含彈簧的多過程］如圖所示，一個質(zhì)量為機=4kg的滑塊從斜\

面上由靜止釋放，無碰撞地滑上靜止在水平面上的木板，木板質(zhì)\O

量為M=lkg,當(dāng)滑塊和木板速度相等時，滑塊恰好到達(dá)木板最右端，此時木板撞到與其上

表面等高的臺階上，滑塊沖上光滑的水平臺階，進入固定在臺階上的光滑圓形軌道內(nèi)側(cè)，

軌道在豎直平面內(nèi)，半徑為R=0.5m,滑塊到達(dá)軌道最高點時，與軌道間沒有作用力.已知

滑塊可視為質(zhì)點，斜面傾角6=53。，滑塊與斜面、滑塊與木板間動摩擦因數(shù)均為〃1=0.5,

木板與地面間動摩擦因數(shù)為〃2=0.2,重力加速度為g=10m/s2,$吊53。=0.8,cos53o=

0.6,試求：

(1)滑塊沖上臺階時的速度大??；

(2)滑塊釋放時相對斜面底端的高度；

(3)滑塊和木板間產(chǎn)生的熱量.

答案(1)5m/s(2)4.5m(3)37.5J

解析(1)設(shè)滑塊在斜面底端時速度為也，沖上臺階時速度為也，在圓軌道最高點時速度

為丫3.在圓軌道最高點時，由牛頓第二定律有

R

由機械能守恒定律有，及諺=ImgR+jmvf

=

聯(lián)立解得v25m/s

(2)設(shè)滑塊在木板上滑動時加速度的大小為木板加速度的大小為42,由牛頓第二定

律可知

^=?=5m/s2

m

a舊+M)9=10s2

Mmz

設(shè)滑塊在木板上滑行的時間為力對木板，由也=。2/

得r=—=0.5s

對滑塊，由V2=v\—a\t

得vi=7.5m/s

設(shè)滑塊在斜面上釋放時高度為心由能量守恒定律可得

mgh=-mvl+〃陷geos夕」7

2siriu

代入數(shù)據(jù)可得/i=4.5m

(3)滑塊在木板上運動的位移大小為為=乜±2/=^m

28

木板的位移大小為X2=-t=-m

24

相對位移大小為Ax=xi—X2="m

8

所以產(chǎn)生熱量Q=〃imgAr=37.5J.

6.［含彈簧的多封］如圖所示為某彈射游戲裝置圖.水平槍管中彈簧

被彈射桿尸用線拉著，處于壓縮狀態(tài)，質(zhì)量為機的小球緊靠彈

簧，槍口上邊緣與半圓形光滑豎直軌道最高點A的內(nèi)側(cè)對齊.水平

軌道在3、C兩點分別與半圓軌道內(nèi)側(cè)和傾角6=45。的傾斜軌道平滑連接.扣動扳機,

彈射桿尸立即松開彈簧，小球射出經(jīng)軌道到達(dá)斜面上。點時速度為零，后又恰好能回到A

點進入槍內(nèi)，擠壓彈簧后再次被彈出.已知半圓軌道半徑為R,BC長s=2R,小球與斜面

CD、水平面BC間的動摩擦因數(shù)均為〃=0.25,重力加速度為g,小球受到的摩擦力視為滑

動摩擦力.求：

(1)小球第二次經(jīng)過A點時的速度大小VA；

(2)小球第二次經(jīng)過2點時的速度大小vB;

(3)彈簧儲存的最大彈性勢能穌；

(4)通過計算說明小球能否脫離軌道.

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

解析(1)由題意知，小球恰能返回A點，所以在A點有〃際=加么

R

解得vA^y[gR

(2)小球從8到A由機械能守恒定律有|以詔=若+mgx2R

代入數(shù)據(jù)得vB^/5gR

(3)從。到8由動能定理得

mgn,—/imgcos八Ux九---]Limgs=1-m2v^—c(j

sinn2

代入數(shù)據(jù)得h=4R

從發(fā)射到第一次回到A點，由功能關(guān)系可得

Ep=2〃〃7g(焉+s)+如^

代入數(shù)據(jù)得Ep=3.5mgR

(4)由機械能守恒定律知，第三次經(jīng)B點與第二次經(jīng)8點動能相同，設(shè)第三次經(jīng)8點能

到達(dá)斜面的最大高度為“，由動能定理得

-mgh'-^tmg(高+s)=0~\nvl

代入數(shù)據(jù)得"=1.6R.

設(shè)第四次經(jīng)8點后能達(dá)半圓軌道的最大高度為hm,則從“到心由動能定理得

九I

mgh'—/Ltmg(方而+s)~mghm=0—Q

代入數(shù)據(jù)得〃m=0.7R

因為0.7RVR,所以小球不會脫離軌道.

(教師尊享?備課題組】

1.[〃023湖南/多選]如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道，/不

A8C由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于8點，AB段與/'A

水平面夾角為仇8c段圓心為。，最高點為C,A與C的高度差

等于圓弧軌道的直徑2R小球從A點以初速度w沖上軌道，能沿,舔〃

軌道運動恰好到達(dá)C點，下列說法正確的是(AD)

A.小球從B到C的過程中，對軌道的壓力逐漸增大

B.小球從A到C的過程中，重力的功率始終保持不變

C.小球的初速度vo=/荻

D.若小球初速度均增大，小球有可能從2點脫離軌道

解析小球恰好運動至C點，小球在C點vc=O

小球在圓弧5C上運動到D點的受力分析如圖所示

D位置:砥ssa-F,=77i—

vK

C至4D過程:嗎(R—Reosa)=^-mv2

FN=3mgcosa-2mg,B至i]C過程

Hv"A對

重力瞬時功率邛。=mgV'上印。>,B錯

動能

小球從A到C-mg-2R^0-mvl“o=2再，C錯

定理2

若小球在8點的速度滿足mgcosd〈竺璉，則小球?qū)?點脫離軌道，D對

R

2.[田；響題Z2021湖南/多選]如圖（a）,質(zhì)量分別為HM、價的A、8兩物體用輕

彈簧連接構(gòu)成一個系統(tǒng)，外力尸作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（8靠墻面），此

時彈簧形變量為x.撤去外力并開始計時，A、2兩物體運動的a—/圖像如圖（b）所示，Si

表示。到A時間內(nèi)A的a—f圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，豆、羽分別表示。到女時間內(nèi)

A、B的。一/■圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小.4在〃時刻的速度為vo.下列說法正確的是

(ABD)

圖（a）圖（b）

A.0到t\時間內(nèi)，墻對B的沖量等于mAVo

B.mA^rriB

C.B運動后，彈簧的最大形變量等于尤

D.S1—S2=$3

解析0到a時間內(nèi)，對A物體由動量定理得/=7"AVO,而2物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，墻壁

對B的沖量等于彈簧彈力對A的沖量/,A正確；0時刻后，2物體離開墻壁，欠時刻

A、8兩物體的加速度大小均達(dá)到最大，彈簧拉伸到最長，二者速度相同，由于此時

A、8兩物體所受彈簧彈力大小相等，而8的加速度大于A的，故由牛頓第二定律可

知，mA>mB,B正確；8運動后，由圖可知任意時刻A的加速度大小小于其初始時刻

的加速度大小，因此彈簧的形變量始終小于初始時刻形變量無，故C錯誤；玄時刻A、

B共速，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量的大小，故有NS2=S3,D正確.

3.[多運動組合問題/2020上海]足夠長的斜面與水平面之間的夾角為6=37。.質(zhì)量為2kg的物

體靜止在斜面底端.在平行于斜面向上的外力尸=24N的作用下沿斜面向上運動，經(jīng)過2s后

撤去外力凡物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5,且最大靜摩擦力可近似等于滑動摩擦力.

取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6.

(1)求物體在斜面上向上滑行的時間.

(2)求上行過程中撤去尸前后物體受到的摩擦力做的功之比k.

(3)在s—f圖像中畫出減速階段的圖線.G=0時，物體在s=0處)

(4)分析說明為什么物體動能與勢能相等的位置僅出現(xiàn)在物體沿斜面下滑的過程中，并求

出該位置離斜面底端的距離L.(取斜面底端所在的水平面為零勢能面)

答案(1)2.4s(2)5(3)見解析(4)說明見解析1.2m

解析(1)解法1：加速運動階段有

F-mgsin0-jLimgcos0=ma[

代入數(shù)據(jù)解得〃i=2m/s2

末速度%=的介=4m/s

減速運動階段(撤去月后)有

—mgsinO—jLimgcos0=ma2

代入數(shù)據(jù)解得?2=—10m/s2

時間/2=U^=0.4S

物體在斜面上向上滑行的時間，總=A+/2=2.4S

解法2：對物體沿斜面向上運動的整個過程，沿斜面方向由動量定理有

Ft\—(mgsin0+/zmgcos0)/總=0-0

代入數(shù)據(jù)解得/總=2.4s

(2)解法1：公式法

上行過程中撤去產(chǎn)前物體受到的摩擦力做的功

Wfi=(—pimgcosd')X[

其中為=罰1墳=4m

上行過程中撤去產(chǎn)后物體受到的摩擦力做的功

WfZ=(一〃加geos。)X2

其中%2=——=0.8m

2a2

所以上行過程中撤去月前后物體受到的摩擦力做的功之比k=5.

解法2：圖像法

物體上行過程的v—t圖像如圖1所示

圖1

根據(jù)圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積求位移:

Xi=-x4x2m=4m

2

X2=-x4x0.4m=0.8m

2

所以上行過程中撤去尸前后物體受到的摩擦力做的功之比左臉=5.

4.8

4.0

3.0

2.0

1.0

0

圖2

(3)在圖像中畫出減速階段的圖線如圖2所示.。=0時，物體在s=0處)

(4)①加速上滑階段有Ep=Mgssine,E^=^mv2=ma\s,易知穌＞乙,即勢能始終大于動

能

②物體加速上滑結(jié)束時勢能大于動能，之后減速上滑，動能減小，勢能增大，故動能始終

小于勢能.所以物體動能與勢能相等的位置不會出現(xiàn)在物體沿斜面上滑的過程中，即僅出現(xiàn)

在物體沿斜面下滑的過程中.

③在物體沿斜面下滑的過程中，動能與勢能相等時有

(zngsin。一〃加geos。)?(xi+x2-A)=Ek

Ep=mgLsinO

又弓=反，代入數(shù)據(jù)解得￡=1.2m.

-----，練習(xí)幫)練透好題精準(zhǔn)分層------

公基礎(chǔ)練知識通關(guān)

1.［多選］如圖所示，一長木板B放在粗糙的水平地面上，在2的左端放一物塊A,現(xiàn)以恒定

的外力尸拉4經(jīng)一段時間物塊A從長木板8的右端滑下，在此過程中以地面為參考系，

長木板8也向右移動一段距離，則在此過程中(CD)

A.外力尸對A做的功等于A和8動能的增加量

B.A對B摩擦力做的功與8對A摩擦力做的功絕對值相等

C.外力產(chǎn)做的功等于A、B動能的增加量與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量之和

D.A對8摩擦力做的功等于B動能的增加量和B與地面之間因摩擦產(chǎn)生的熱量之和

解析根據(jù)功能關(guān)系和能量守恒定律可知，外力尸做的功等于A、8動能的增加量

與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量（包括A、2之間，B和地面之間因摩擦所產(chǎn)生的熱量）

之和；同理，A對8的摩擦力做的功等于B動能的增加量和8與地面之間因摩擦產(chǎn)生的

熱量之和，雖然A對8的摩擦力與8對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對B的摩擦力做的功與8對A的摩擦力做的功的絕對值不相等，故C、

D正確，A、B錯誤.

2.[4024江西撫州黎川二中?？糫如圖甲所示，表面粗糙的“L”形水平軌道固定在地

面上，勁度系數(shù)為底原長為/o的輕彈簧一端固定在軌道上的。點，另一端與安裝有加速

度傳感器的小滑塊相連，滑塊總質(zhì)量為加以。為坐標(biāo)原點，水平向右為正方向建立無軸，

將滑塊拉至坐標(biāo)為乃的A點由靜止釋放，滑塊向左最遠(yuǎn)運動到坐標(biāo)為尤1的2點，測得滑塊

的加速度a與坐標(biāo)尤的關(guān)系如圖乙所示，其中即為圖線縱截距.則滑塊由A運動至B過程中

（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)），下列描述正確的是（B）

A.X2=

B.最大動能為，也3（右一X2）

C.動摩擦因數(shù)〃=血+%

rgmg

D.滑塊在X3和XI處的彈性勢能Ep3=Epi

解析由圖可知，當(dāng)滑塊運動到X2位置時，滑塊的加速度為零，滑塊受到水平向右

的滑動摩擦力和水平向左的彈力，所以彈簧處于伸長狀態(tài)，而不是恢復(fù)原長，故A

錯誤.加速度為零時，速度達(dá)到最大，動能最大，根據(jù)動能定理，結(jié)合圖線與橫軸所

圍區(qū)域的面積可得Ekm~|/77?3（^3^2）,故B正確.根據(jù)牛頓第二定律得&（x/o）+〃〃?g=

ma,當(dāng)尤=0時，a=a0,解得動摩擦因數(shù)〃=詈一鬻，故C錯誤.由能量守恒定律可得

Ep3=Epi+〃加g(%3Xi),故D錯誤.

3.［2024福建廈門雙十中學(xué)?？?多選］如圖甲所示，傳送帶是物料搬運系統(tǒng)機械化和自動化

傳送用具.如圖乙所示，傳送帶與水平面間的夾角。=37。，逆時針勻速轉(zhuǎn)動.某次將靜止的

物體從高處傳送至低處的過程中，以水平地面為重力勢能的零勢能面，物體的機械能E和

傳送距離s的關(guān)系如圖丙所示.已知物體的質(zhì)量為10kg,可視為質(zhì)點，重力加速度為

10m/s2,下列說法中正確的是(AC)

A.傳送帶的運行速度為2m/s

B.物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25

C.在0?0.2m內(nèi)與0.2?0.4m內(nèi)，傳送帶對物體做的功大小相等

D.在0?0.2m內(nèi)與0.2?0.4m內(nèi)，物體與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量相等

解析傳送距離0?0.2m內(nèi)，物體速度小于傳送帶速度，受到摩擦力沿傳送帶向

下，摩擦力做正功，物體的機械能增加，可得〃加gAxcos6)=AE,物體與傳送帶之間

的動摩擦因數(shù)為〃=——"一-=—248-240_=0.5,故B錯誤.傳送距離0?0.2m內(nèi)，物體

的加速度為a=gsin9+/dgcos0=10m/s2,傳送帶的運行速度為v=V2aAx=V2x10x0.2

m/s=2m/s,故A正確.在0~0.2m內(nèi)與0.2?0.4m內(nèi)，物體受到的滑動摩擦力大小相等，

方向相反，物體的位移相同，可知傳送帶對物體做的功大小相等，故C正確.在0?0.2m

內(nèi)，傳送帶的位移為=力，物體的位移為X2=)尸=夕看,物體與傳送帶間的相對位移為Axi

=XIX2=X2=O.2m,物體與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q=%=/Axi；在0.2?0.4m內(nèi)，物體

與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Ql=Wfl=f\X2,物體與傳送帶間的相對位移為—2=工物工傳送帶=

0.2rwc傳送帶傳送帶＜A%i,可知在0?0.2m內(nèi)與0.2?0.4m內(nèi)，物體與傳送帶之間產(chǎn)生

的熱量不相等，故D錯誤.

4.［多選］如圖甲所示，一質(zhì)量為機的小物塊以初動能比向右滑上足夠長的水平傳送帶，傳

送帶以恒定速率逆時針轉(zhuǎn)動.小物塊在傳送帶上運動時，小物塊的動能&與小物塊的位移尤

的關(guān)系圖像如圖乙所示，傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)不變，重力加速度為g,則

(BC)

A.小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為此

B.從小物塊開始滑動到與傳送帶達(dá)到共同速度所需時間為瞥

72E°

C.整個過程中小物塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為2瓦

4

D.整個過程中傳送帶電動機多消耗的電能為)及

4

解析由題圖乙可知，及尤圖像的斜率大小且表示合力的大小，小物塊向右滑動時

所受的合外力為〃mg,解得〃=」吐，故A錯誤；取向右為正仙

7710X()1)I

方向，設(shè)傳送帶的速度大小為"，根據(jù)題意作出小物塊的力圖

像如圖所示，由圖像可知，小物塊做勻變速直線運動且共速前J_________T

加速度不變，全程有"=w〃gfo,又瓦，"堤，扣0=如巴

解得加=畫,故B正確；以傳送帶為參考系，小物塊運動的位移&=竺士"，產(chǎn)生的

熱量。=〃冽gAx=17n(Uo+i/)2=qE(),故C正確；整個過程中電動機多消耗的電能為AE=

2(Eo*o)=|Eo,故D錯誤.

5.[2024湖北黃岡模擬/多選]如圖所示，AB為固定水平長木板，長為LC為長木板的中

點，AC段光滑，CB段粗糙，一原長為|乙的輕彈簧一端連在長木板左端的擋板上，另一端

連一物塊，開始時將物塊拉至長木板的右端B點，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作

用下向左滑動，已知物塊與長木板C8段間的動摩擦因數(shù)為〃，物塊的質(zhì)量為相，彈簧的勁

度系數(shù)為左，且左>衛(wèi)詈，物塊第一次到達(dá)C點時，物塊的速度大小為v,此時彈簧的彈

性勢能為E,不計物塊的大小，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，則下列說法正確的是(BD)

ACR

A.物塊可能會停在面上某處

B.物塊最終會做往復(fù)運動

C.彈簧開始具有的最大彈性勢能為E+^+^mgL

D.最終物塊和彈簧系統(tǒng)損失的總機械能為+)加g￡

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

故A錯誤；只要物塊滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物塊的機械能就減小，所以

物塊最終會在AC段做往復(fù)運動，故B正確；物塊從開始運動到第一次運動到C點的

過程中，根據(jù)能量守恒定律得昂皿=石+5加+〃〃嫌，故C錯誤；物塊第一次到達(dá)C

點時，物塊的速度大小為%物塊最終會在AC段做往返運動，到達(dá)。點的速度為0,

可知物塊克服摩擦力做的功最終為：用taax=EpmaxE=/lv2+)"陪3故D正確.

E能力練重難通關(guān)

6.[2024江蘇揚州儀征中學(xué)?？糫大貨車裝載很重的貨物時，在行駛過程中要防止貨物發(fā)生

相對滑動，否則存在安全隱患.下面進行安全模擬測試實驗：如圖1所示，一輛后車廂表面

粗糙且足夠長的小貨車向前以未知速度vo勻速行駛，質(zhì)量，/u=10kg的貨物A(可看成質(zhì)

點)和質(zhì)量《JB=20kg的貨物8(可看成水平長板)疊放在一起，開始時A位于2的右端，

在f=0時刻將貨物4、8輕放到小貨車的后車廂前端，最終貨物A恰好沒有滑離貨物8,

貨物A、8在0?1s時間內(nèi)的速度一時間圖像如圖2所示，已知貨物A、8間的動摩擦因數(shù)

7/1=0.40,取重力加速度g=10m/s2.

(1)求運動過程中貨物A的加速度大小.

(2)求貨物2與車廂表面之間的動摩擦因數(shù)〃2.

(3)求貨物A、B間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能.

答案(1)(ZA=4m/s2(2)“2=0.67(3)Q=40J

解析(1)對貨物A,剛放上車廂時，由牛頓第二定律有

解得A的加速度為^A=4m/s2

(2)對貨物A,剛放上車廂時，A的加速度〃A=4m/s2,

由圖2知，vo=^2=4m/s

對貨物B,由圖2知剛放上車廂時，貨物5的加速度

?B=8m/s2,

由牛頓第二定律有償(mx+ms)g—RiniAg=rrtBCiB,解得〃2=0.67

(3)解法1由圖2知，貨物3經(jīng)時間。=0.5s與車共速，貨物A經(jīng)時間》2=ls與車共

速，從將貨物A、8放上車廂到A、3均與車相對靜止的過程中，切廳+u(乃一九)，

冽一5劭4

貨物5的長度：L=XB-XAj解得￡=1.0m

貨物A、3間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能Q=〃即AgL=40J.

解法2從將貨物A、8放上車廂到A、8均與車相對靜止的過程中，貨物8對地的位移設(shè)

為切，貨物A對地的位移設(shè)為瀏，則貨物8的長度：L=XB—XA

由圖2知，貨物A、B對地位移之差在數(shù)值上等于圖中斜三角形的面積值，即：￡=AS=1x

(1-0.5)x4m=1.0m,貨物A、8間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能。=.和第￡=40工

7.[2023遼寧沈陽二十中一模]如圖，傾角6=30。的足夠長光滑斜面固定，長L=L2m,質(zhì)

量M=2kg的長木板下端靠著插銷置于斜面上，上表面底端放有一質(zhì)量m=1kg的物塊(視

為質(zhì)點)，不可伸長的伸直細(xì)線一端連接物塊，一端拴在固定擋板上.零時刻拔去插銷，

0.8s末將細(xì)線剪斷.已知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)〃=白，最大靜摩擦力等于滑動摩擦

力，重力加速度g=10m/s2.

(1)求0.2s末細(xì)線對物塊的拉力大??；

(2)求0.8s末長木板的速度大小；

(3)求在木板下滑的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是多少.

答案⑴10N(2)2m/s(3)爭

解析(1)以物塊為研究對象，其受力如圖甲所示

物塊靜止，由力的平衡條件有尸=Migsin6+/,f=[imgcos30°

代入數(shù)據(jù)解得F=ION

mgMe

圖甲圖乙

(2)以木板為研究對象，其受力如圖乙所示

由牛頓第二定律有姓5皿30。一/=林物，f=f

代入數(shù)據(jù)得〃M=2.5m/s2

由運動學(xué)規(guī)律有V=ClMt

將r=0.8s代入解得v=2m/s

(3)0?0.8s內(nèi)木板發(fā)生的位移為X=^CIM^

代入數(shù)據(jù)得x=0.8m.

0.8s之后，由于物塊與木板間摩擦力不變，則木板加速度不變，二者均向下做勻加速運

動.假設(shè)經(jīng)時間，兩者共速時，物塊仍在木板上，對物塊，由牛頓第二定律有mgsin3(T+/=

mam

代入數(shù)據(jù)得cim=lOm/s?

由運動學(xué)規(guī)律有V共=斯1，'

口共=口+勾/

代入數(shù)據(jù)得七福S

8,

u共=-m/s

3

木板發(fā)生的位移為％1=](v+u共)f

物塊發(fā)生的位移為％2=p共，

代入數(shù)據(jù)得xi=^m,X2=-m

4545

兩者間的相對位移為Ax=xi—X2=^m

因Ax+x=!|mV"假設(shè)成立，此后兩者一起加速下滑，物塊不會從木板上落下，可得在

木板下滑的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量

Q=f(x+Ax)=yJ.

8.[2023山東東營統(tǒng)考]如圖所示，與水平面夾角9=30。的傳送帶正以v=2m/s的速度順時

針勻速運行，A、3兩端相距/=12m.現(xiàn)每隔1s把質(zhì)量根=lkg的工件(視為質(zhì)點)輕放在

傳送帶A端，在傳送帶的帶動下，工件向上運動，工件與傳送帶間的動摩擦因數(shù)〃=苧，

取重力加速度g=lOm/sz.求：

(1)每個工件經(jīng)過多長時間后與傳送帶共速；

(2)每個工件與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量；

(3)與空載相比，傳送帶持續(xù)運送工件情況下電動機增加的平均功率.

答案(1)0.8s(2)6J(3)68W

解析(1)對工件受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得

jumgcos。一mgsind—ma

即產(chǎn)竺經(jīng)士鷲蛇二2.5儂2

m

工件加速至傳送帶共速所用時間為Zi=-=0.8s

a

(2)工件加速至與傳送帶速度相等時運動的距離為

V八c

x\=-=0.8m

該過程中傳送帶運動的位移X2=v?i=1.6m

工件相對于傳送帶運動的位移Ax=X2—X1

工件與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量

解得Q=6J

(3)傳送帶持續(xù)傳送工件時每經(jīng)過Is放一個工件，故