2026版創(chuàng)新設(shè)計(jì)高考一輪復(fù)習(xí)物理第五章專題強(qiáng)化九應(yīng)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會(huì)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程、多階段的問(wèn)題。2.會(huì)用動(dòng)能定理處理往復(fù)運(yùn)動(dòng)等復(fù)雜問(wèn)題。考點(diǎn)一動(dòng)能定理在多過(guò)程問(wèn)題中的應(yīng)用1.運(yùn)用動(dòng)能定理解決多過(guò)程問(wèn)題的兩種思路(1)分段應(yīng)用動(dòng)能定理求解。(2)所求解的問(wèn)題不涉及中間的速度時(shí)，全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理求解更簡(jiǎn)便。2.全過(guò)程列式時(shí)，涉及重力、彈簧彈力、大小恒定的阻力或摩擦力做功時(shí)，要注意運(yùn)用它們的特點(diǎn)。(1)重力、彈簧彈力做功取決于物體的初、末位置，與路徑無(wú)關(guān)。(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小與路程的乘積。例1(2023·湖北卷，14)如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道CDE在同一豎直平面內(nèi)，過(guò)C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道CDE內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為12π，重力加速度大小為g(1)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大小;(2)B和D兩點(diǎn)的高度差;(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。答案(1)gR(2)0(3)3解析(1)由題意知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有mg＝mv解得vD＝gR。(2)由題意知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道CDE內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有vCx＝vCcos60°＝vB小物塊從C到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝12mvD小物塊從B到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgHBD＝12mvD聯(lián)立解得vB＝gR，HBD＝0。(3)小物塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝12mvBs＝π·2R解得vA＝3gR多過(guò)程問(wèn)題的分析方法(1)將“多過(guò)程”分解為許多“子過(guò)程”，各“子過(guò)程”間由“銜接點(diǎn)”連接。(2)對(duì)各“銜接點(diǎn)”進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，必要時(shí)畫出受力圖和過(guò)程示意圖。(3)根據(jù)“子過(guò)程”和“銜接點(diǎn)”的模型特點(diǎn)選擇合理的物理規(guī)律列方程。(4)分析“銜接點(diǎn)”速度、加速度等的關(guān)聯(lián)，確定各段間的時(shí)間關(guān)聯(lián)，并列出相關(guān)的輔助方程。(5)聯(lián)立方程組，分析求解，對(duì)結(jié)果進(jìn)行必要的驗(yàn)證或討論。跟蹤訓(xùn)練1.(2025·河南開(kāi)封模擬)如圖所示，在高處的光滑水平平臺(tái)上，質(zhì)量m＝2kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))壓縮彈簧后被鎖扣鎖住，儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為Ep，若打開(kāi)鎖扣，小球脫離彈簧后將以一定的水平速度v0向左滑離平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)t＝0.3s恰好能從光滑圓弧形軌道CD的C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧形軌道。該圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為37°，半徑R＝5m，OD為豎直半徑。圓弧形軌道左側(cè)DE是長(zhǎng)為L(zhǎng)＝5m的粗糙水平軌道，小球遇墻壁等速反彈后剛好回到D點(diǎn)。各軌道間平滑連接，空氣阻力不計(jì)，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求:(1)彈簧對(duì)小球做的功;(2)小球在D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力;(3)小球與DE段水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。答案(1)16J(2)38N(3)0.225解析(1)小球經(jīng)過(guò)t＝0.3s恰好能從光滑圓弧形軌道CD的C點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧形軌道，由幾何關(guān)系有tan37°＝gt解得小球的平拋初速度v0＝4m/s彈簧從處于初始狀態(tài)到恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程，只有彈簧對(duì)小球做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可得彈簧做的功W彈＝12mv02＝16(2)小球在C點(diǎn)的速度vC＝v0cos37°＝5由C到D，只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR(1－cos37°)＝12mvD解得小球在D點(diǎn)的速度vD＝35m/s小球在D點(diǎn)，由牛頓第二定律有FN－mg＝mv解得軌道對(duì)小球的支持力FN＝38N由牛頓第三定律知，小球在D點(diǎn)對(duì)軌道的壓力為F壓＝FN＝38N。(3)由D到E再回到D，只有摩擦力做功，由動(dòng)能定理可知－2μmgL＝0－12m解得小球與DE段水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.225?？键c(diǎn)二動(dòng)能定理在往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題中的應(yīng)用1.往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題:在有些問(wèn)題中物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程具有重復(fù)性、往返性，而在這一過(guò)程中，描述運(yùn)動(dòng)的物理量多數(shù)是變化的，而重復(fù)的次數(shù)又往往是無(wú)限的或者難以確定的。2.解題策略:此類問(wèn)題多涉及滑動(dòng)摩擦力或其他阻力做功，其做功特點(diǎn)與路程有關(guān)，求解這類問(wèn)題時(shí)若運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式將非常繁瑣，甚至無(wú)法解出。由于動(dòng)能定理只涉及物體的初、末狀態(tài)而不計(jì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的細(xì)節(jié)，所以用動(dòng)能定理分析這類問(wèn)題可使解題過(guò)程簡(jiǎn)化。例2(2024·湖北武漢模擬)如圖所示一軌道ABCD豎直放置，AB段和CD段的傾角均為θ＝37°，與水平段BC平滑連接，BC段的豎直圓形軌道半徑為R，其最低點(diǎn)處稍微錯(cuò)開(kāi)，使得滑塊能進(jìn)入或離開(kāi)。AB段和CD段粗糙，其余各段軌道光滑。將一質(zhì)量為m的小滑塊從AB軌道上離B點(diǎn)距離L＝125R處由靜止釋放，滑塊經(jīng)過(guò)圓形軌道后沖上CD段上升一段距離后再次滑下，往返滑動(dòng)多次后靜止于軌道上某處。滑塊和軌道AB、CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求:(1)滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(2)滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離;(3)整個(gè)過(guò)程中滑塊在AB段滑行的總路程。答案(1)45mg(2)25R(3)137.5R解析(1)滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ－mg·2R＝12mv在最高點(diǎn)，對(duì)滑塊由牛頓第二定律有mg＋FN＝mv解得FN＝45mg由牛頓第三定律可知，滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為FN'＝FN＝45mg。(2)滑塊第一次在CD段向上滑行的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mg(L－L1)sinθ－μmg(L＋L1)cosθ＝0－0解得滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離為L(zhǎng)1＝25R。(3)滑塊第二次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgL1sinθ－μmgL1cosθ－mg·2R＝12mv解得v2＝6設(shè)滑塊第一次在AB段向上滑行的最大距離為s1，由動(dòng)能定理有mg(L1－s1)sinθ－μmg(L1＋s1)cosθ＝0－0解得s1＝5R滑塊第三次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有mgs1sinθ－μmgs1cosθ－mg·2R＝12mv解得v32所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道無(wú)法到達(dá)最高點(diǎn)，假設(shè)其運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中不脫軌且上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理可得mgs1sinθ－μmgs1cosθ－mgh＝0解得h＝R所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道運(yùn)動(dòng)過(guò)程中沒(méi)有脫軌，之后僅在AB段與圓形軌道間來(lái)回滑動(dòng)，最終停在B點(diǎn)，設(shè)滑塊在AB段滑行的路程為s2，由動(dòng)能定理有mgh－μmgs2cosθ＝0整個(gè)過(guò)程中滑塊在AB段滑行的總路程為s＝L＋2s1＋s2聯(lián)立解得s＝137.5R。(1)應(yīng)用動(dòng)能定理求解往復(fù)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題時(shí)，要確定物體的初狀態(tài)和最終狀態(tài)。(2)重力做功與物體運(yùn)動(dòng)的路徑無(wú)關(guān)，可用WG＝mgh直接求解。(3)滑動(dòng)摩擦力做功與物體運(yùn)動(dòng)的路徑有關(guān)，可用Wf＝－Ffs求解，其中s為物體相對(duì)滑行的總路程。跟蹤訓(xùn)練2.如圖所示，ABCD是一個(gè)盆式容器，盆內(nèi)側(cè)壁與盆底BC的連接處都是一段與BC相切的圓弧，BC水平，其長(zhǎng)度d＝0.50m，盆邊緣的高度為h＝0.30m。在A處放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊并讓其由靜止下滑。已知盆內(nèi)側(cè)壁是光滑的，而盆底BC面與小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1。小物塊在盆內(nèi)來(lái)回滑動(dòng)，最后停下來(lái)，則停止的位置到B的距離為()A.0.50m B.0.25mC.0.10m D.0答案D解析小物塊從A點(diǎn)出發(fā)到最后停下來(lái)，設(shè)小物塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s，整個(gè)過(guò)程由動(dòng)能定理有mgh－μmgs＝0，所以小物塊在BC面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s＝hμ＝0.300.1m＝3m，而d＝0.5m，剛好3個(gè)來(lái)回，所以最終停在B點(diǎn)，即到B點(diǎn)的距離為3.從離地面高H處落下一只小球，小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受的空氣阻力是它重力的k(k<1)倍，而小球每次與地面相碰后，能以與碰前相同大小的速度反彈，則:(1)小球第一次與地面碰撞后，能夠反彈到的最大高度是多少?(2)小球從釋放直至停止彈跳所通過(guò)的總路程是多少?答案(1)1-k1＋k解析(1)設(shè)小球第一次與地面碰撞后能夠反彈到的最大高度為h，由動(dòng)能定理得mg(H－h(huán))－kmg(H＋h)＝0－0解得h＝1-k1＋(2)設(shè)小球從釋放到停止彈跳所通過(guò)的總路程為s，對(duì)全過(guò)程，由動(dòng)能定理得mgH－kmgs＝0－0解得s＝Hk1.(多選)(2024·安徽合肥模擬)如圖所示，小物塊從傾角為θ的斜面頂端A點(diǎn)自由滑下，在水平地面的B點(diǎn)停止。已知斜面與地面材料相同，且平滑連接，A點(diǎn)高度為h，A、B兩點(diǎn)的水平距離為x，重力加速度為g。則下列說(shuō)正確的是()A.物塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為tanθB.物塊和斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為hC.物塊在水平面上的加速度大小為hxD.要使物塊能從B點(diǎn)返回A點(diǎn)，則物塊在B點(diǎn)獲得的動(dòng)能至少為2mgh答案BCD解析對(duì)物塊，全過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－μmgcosθ·hsinθ－μmg·x-htanθ＝0，可得μ＝hx，故B正確，A錯(cuò)誤;物塊在水平面上的加速度a＝μmgm＝hgx，故C正確;要使物塊能從B點(diǎn)返回A點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有－mgh－μmgcosθ·hsinθ－μmg·x-htanθ＝0－EkB，又mgh－μmgcos2.如圖所示，固定斜面的傾角為θ，質(zhì)量為m的滑塊從距擋板P的距離為x0處以初速度v0沿斜面上滑，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力。若滑塊每次與擋板相碰均無(wú)機(jī)械能損失，重力加速度為g，則滑塊經(jīng)過(guò)的總路程是()A.1μv0C.2μv0答案A解析滑塊最終要停在斜面底部，設(shè)滑塊經(jīng)過(guò)的總路程為x，對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng)的全程應(yīng)用動(dòng)能定理得mgx0sinθ－μmgxcosθ＝0－12mv02，解得x＝1μ3.(多選)(2025·遼寧沈陽(yáng)市調(diào)研)如圖所示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)輸系統(tǒng)。斜面軌道傾角θ＝37°，質(zhì)量為M的集裝箱與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，集裝箱在軌道頂端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入箱中，之后集裝箱載著貨物沿軌道無(wú)初速度滑下(貨物與箱之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng))，當(dāng)輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后集裝箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過(guò)程(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。下列說(shuō)法正確的是()A.集裝箱與彈簧沒(méi)有接觸時(shí)，上滑與下滑的加速度大小之比為5∶2B.集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶4C.若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶1，則集裝箱不能回到軌道頂端D.若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶6，則集裝箱不能回到軌道頂端答案BC解析根據(jù)牛頓第二定律，上滑時(shí)，有Mgsinθ＋μMgcosθ＝Ma1，下滑時(shí)，有(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a2，所以a1a2＝51，故A錯(cuò)誤;設(shè)頂端到彈簧壓縮到最短位置間的距離為x，集裝箱從頂端滑至壓縮彈簧到最短，再到返回頂端，根據(jù)動(dòng)能定理，有mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x＝0，可得Mm＝14，故B正確;若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶1，則mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－μMgcosθ·x<0，說(shuō)明集裝箱不能回到軌道頂端，故C正確;若集裝箱與貨物的質(zhì)量之比為1∶6，則mgxsinθ－μ(M＋m)gcosθ·x－4.如圖所示，水平軌道BC的左端與固定的光滑豎直14圓軌道相切于B點(diǎn)，右端與一傾角為30°的光滑斜面軌道在C點(diǎn)平滑連接(即物體經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)速度的大小不變)，斜面頂端固定一輕質(zhì)彈簧，一質(zhì)量為2kg的滑塊從圓弧軌道的頂端A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)水平軌道后滑上斜面并壓縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至D點(diǎn)，已知光滑圓軌道的半徑R＝0.45m，水平軌道BC長(zhǎng)為0.4m，滑塊與其間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，光滑斜面軌道上CD長(zhǎng)為0.6m，g取10m/s2(1)整個(gè)過(guò)程中彈簧具有的最大彈性勢(shì)能;(2)滑塊最終停在距B點(diǎn)多遠(yuǎn)的位置?答案(1)1.4J(2)0.15m解析(1)滑塊第一次到D點(diǎn)具有的彈性勢(shì)能最大，從A至D的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mg(R－LCDsin30°)－μmgsBC＋W彈＝0解得W彈＝－1.4J則Ep彈＝－W彈＝1.4J。(2)由于斜面光滑，滑塊到達(dá)D點(diǎn)后又向下運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)多次在圓弧軌道與斜面之間來(lái)回運(yùn)動(dòng)，最終滑塊停在水平軌道BC上，設(shè)整個(gè)過(guò)程滑塊在BC上的路程為s，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR－μmgs＝0解得s＝2.25m由6×0.4m－2.25m＝0.15m，可知滑塊最終停在距離B點(diǎn)0.15m處。5.(2025·八省聯(lián)考內(nèi)蒙古卷，13)投沙包游戲規(guī)則為:參賽者站在離得分區(qū)域邊界AB一定的距離外將沙包拋出，每個(gè)得分區(qū)域的寬度d＝0.15m，根據(jù)沙包停止點(diǎn)判定得分。如圖所示，某同學(xué)以大小v0＝5m/s、方向垂直于AB且與水平地面夾角53°的初速度斜向上拋出沙包，出手點(diǎn)距AB的水平距離L＝2.7m，距地面的高度h＝1m。落地碰撞瞬間豎直方向速度減為零，水平方向速度減小。落地后沙包滑行一段距離，最終停在9分、7分得分區(qū)的分界線上。已知沙包與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，重力加速度大小g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)。求:(1)沙包從出手點(diǎn)到落地點(diǎn)的水平距離x;(2)沙包與地面碰撞前、后動(dòng)能的比值k。答案(1)3m(2)20解析(1)沙包豎直方向的初速度為vy＝v0sin53°＝4m/s沙包在豎直方向上減速到0，然后做自由落體運(yùn)動(dòng)，設(shè)豎直向上為正，則有－h(huán)＝vyt－12gt代入數(shù)據(jù)解得t＝1s沙包拋出的水平初速度為vx＝v0cos53°＝3m/s所以從拋出到落地沙包的水平位移為x＝vxt＝3m。(2)沙包滑行的距離為x0＝L＋5d－x＝0.45m沙包滑行的加速度大小a＝μg＝2.5m/s滑行的初速度有v12＝2與地面碰撞后的動(dòng)能Ek2＝12mv從拋出到落地根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝12mv2－12解得落地瞬間的動(dòng)能Ek1＝12mv2＝45所以k＝Ek1E6.(2025·江蘇南通模擬)如圖所示為滑板運(yùn)動(dòng)的訓(xùn)練場(chǎng)地，半徑為R的冰制豎直圓弧軌道最低點(diǎn)為C，最高點(diǎn)為D，D點(diǎn)的切線沿豎直方向，圓弧軌道左端與傾角為θ的冰制斜面相切，為保證運(yùn)動(dòng)員的安全，在AB間鋪有長(zhǎng)度為4L的防滑材料，當(dāng)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的滑板全部處于AB內(nèi)時(shí)，恰能保持靜止，其余部分摩擦不計(jì)。一次訓(xùn)練時(shí)，教練員在AB之間推動(dòng)運(yùn)動(dòng)員到滑板離開(kāi)B點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)員從D點(diǎn)滑出，豎直上升到最高點(diǎn)E，E點(diǎn)與D點(diǎn)的距離為R2，下落后沿軌道返回。運(yùn)動(dòng)員和滑板總質(zhì)量為m，運(yùn)動(dòng)員始終站在滑板的正中間，滑板對(duì)斜面壓力均勻?；彘L(zhǎng)度和運(yùn)動(dòng)員身高遠(yuǎn)小于圓弧半徑，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度大小為g(1)防滑材料與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù);(2)運(yùn)動(dòng)員和滑板在圓弧軌道最低點(diǎn)C受到軌道支持力的大小;(3)為保證運(yùn)動(dòng)員和滑板在軌道上只做一次往返滑行，滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的速度范圍。答案(1)tanθ(2)4mg(3)3gLsinθ≤解析(1)防滑材料與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)平衡條件可得mgsinθ＝μmgcosθ解得μ＝tanθ。(2)設(shè)運(yùn)動(dòng)員在軌道最低點(diǎn)C的速度大小為vC，對(duì)運(yùn)動(dòng)員從C到E的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgR＋R在C點(diǎn)處，根據(jù)牛頓第二定律可得FN－mg＝mv聯(lián)立解得FN＝4mg。(3)為保證運(yùn)動(dòng)員和滑板在軌道上只做往返一次滑行，設(shè)滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的最小速度為v1，則運(yùn)動(dòng)員返回AB時(shí)，滑板右端恰好可以與B點(diǎn)重合。根據(jù)題意可知，滑板與AB接觸長(zhǎng)度為x時(shí)，其所受滑動(dòng)摩擦力大小為Ff＝xL·μmgcos由上式可知Ff－x圖像是一條過(guò)原點(diǎn)的傾斜直線，圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積表示Ff做功的絕對(duì)值，所以從滑板剛進(jìn)入AB區(qū)域到恰好全部進(jìn)入到AB區(qū)域的過(guò)程中，摩擦力做的功為Wf＝－12μmgLcos根據(jù)動(dòng)能定理可得－mgLsinθ＋Wf＝0－12m解得v1＝3設(shè)滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的最大速度為v2，則運(yùn)動(dòng)員返回到AB時(shí)，滑板左端恰好與A點(diǎn)重合，根據(jù)動(dòng)能定理可得－4mgLsinθ－3μmgLcosθ＋Wf＝0－12m解得v2＝15綜上，滑板離開(kāi)B點(diǎn)時(shí)的速度需要滿足3gLsinθ≤v≤學(xué)習(xí)目標(biāo)1.會(huì)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析“傳送帶”模型和“滑塊—木板”模型的運(yùn)動(dòng)情況。2.會(huì)用能量觀點(diǎn)求解摩擦產(chǎn)生的熱量等綜合問(wèn)題。3.會(huì)利用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)分析多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題。模型一“傳送帶”模型1.“傳送帶”模型的分析方法(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn):首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時(shí)間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系。(2)能量觀點(diǎn):求傳送帶對(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)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.“傳送帶”模型中的功能關(guān)系(1)傳送帶克服摩擦力做的功:W＝Ffx傳，也是電動(dòng)機(jī)因傳送帶傳送物體而多做的功。(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能:Q＝Ffx相對(duì)。(3)功能關(guān)系分析:W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被傳送物體動(dòng)能的增加量，ΔEp表示被傳送物體重力勢(shì)能的增加量。角度水平傳送帶模型例1(多選)(2025·安徽合肥模擬)如圖甲所示，一水平的淺色長(zhǎng)傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2。初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的?，F(xiàn)讓傳送帶在外力作用下先加速后減速，其v－t圖像如圖乙所示，假設(shè)傳送帶足夠長(zhǎng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡，g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A.黑色痕跡的長(zhǎng)度為36mB.煤塊在傳送帶上的相對(duì)位移大小為16mC.若煤塊的質(zhì)量為1kg，則煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為160JD.煤塊的質(zhì)量越大黑色痕跡的長(zhǎng)度越短答案BC解析分析知，煤塊先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得加速度大小a1＝μg＝2m/s2，經(jīng)時(shí)間t1＝6s，速度達(dá)到v1＝a1t1＝12m/s，設(shè)再經(jīng)過(guò)t2煤塊和傳送帶共速，速度為v2，由題圖可知，傳送帶減速的加速度大小a3＝4m/s2，則有v2＝vm－a3t2，v2＝v1＋a1t2，聯(lián)立解得t2＝2s，v2＝16m/s，此后因a3>μg，則煤塊和傳送帶各自勻減速到停止，煤塊減速到零的時(shí)間t3＝v2μg＝8s，作出煤塊的v－t圖像如圖所示。由圖可知，煤塊先相對(duì)傳送帶沿負(fù)方向滑動(dòng)，相對(duì)位移大小Δx1＝12×62m＋12×22m＝48m，共速后煤塊相對(duì)傳送帶沿正方向滑動(dòng)，相對(duì)位移大小Δx2＝16×42m＝32m，痕跡的長(zhǎng)度Δd與較長(zhǎng)的相對(duì)位移大小相等，即Δd＝Δx1＝48m，故A錯(cuò)誤;全程煤塊在傳送帶上的相對(duì)位移大小Δx＝Δx1－Δx2＝16m，故B正確;煤塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝160J，故C正確;若煤塊的質(zhì)量變大，其加速和減速的加速度均不變，則v－t圖像不變，各段的相對(duì)位移不變，角度傾斜傳送帶模型例2如圖所示，傳送帶以v＝10m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物體從傳送帶頂端以v0＝5m/s的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成θ＝30°角，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝33，傳送帶底端到頂端長(zhǎng)L＝10m，g取10m/s2(1)物體從傳送帶底端滑出時(shí)的速度大小;(2)若在物體滑入傳送帶運(yùn)動(dòng)了0.5s時(shí)，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動(dòng)過(guò)程中，因與傳送帶間摩擦而產(chǎn)生的熱量。答案(1)10m/s(2)37.5J解析(1)當(dāng)物體沿傳送帶滑入時(shí)，因?yàn)関0<v，所以物體先做加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物體加速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a1，物體向下加速到v所用時(shí)間為t1，此段時(shí)間內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)位移為x1，則有μmgcos30°＋mgsin30°＝ma1v＝v0＋a1t1x1＝v＋v聯(lián)立解得a1＝10m/s2，t1＝0.5s，x1＝3.75m由于x1<L，最大靜摩擦力Ffm＝μmgcos30°＝mgsin30°，則共速后物體將與傳送帶一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即物體從傳送帶底端滑出時(shí)的速度大小為10m/s。(2)0.5s內(nèi)物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25m傳送帶停止后，物體受到沿斜面向上的滑動(dòng)摩擦力Ff＝μmgcos30°＝mgsin30°物體勻速下滑，物體相對(duì)傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移Δx2＝L－x1＝6.25m則物體與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos30°解得Q＝37.5J。解決傳送帶問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)(1)摩擦力的方向及存在階段的判斷。(2)物體能否達(dá)到與傳送帶共速的判斷。(3)弄清能量轉(zhuǎn)化關(guān)系:傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與產(chǎn)生的內(nèi)能之和。跟蹤訓(xùn)練1.(2024·山東臨沂模擬)如圖(a)所示，傾角為37°的傳送帶以v＝2.0m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的長(zhǎng)度LAB＝10.0m。一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量m＝1.0kg的物塊，自A點(diǎn)無(wú)初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過(guò)程中，動(dòng)能Ek與位移x的關(guān)系(Ek－x)圖像如圖(b)所示。重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列說(shuō)法正確的是()A.物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25B.整個(gè)過(guò)程中合外力對(duì)物塊做的功為4.0JC.整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)物塊做的功為64.0JD.整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量答案D解析開(kāi)始時(shí)物塊在傳送帶的作用下動(dòng)能不斷增大，根據(jù)動(dòng)能定理有(μmgcos37°－mgsin37°)x＝Ek－0，在5m后動(dòng)能不變，可知物塊與傳送帶相對(duì)靜止，即Ek＝12mv2＝2.0J，聯(lián)立解得μ＝0.8，A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知，整個(gè)過(guò)程中合外力對(duì)物塊做的功等于動(dòng)能的變化量，則有W合＝ΔEk＝Ek－0＝2.0J，B錯(cuò)誤;由功能關(guān)系可知，整個(gè)過(guò)程中摩擦力對(duì)物塊做的功等于物塊機(jī)械能的增加量，即Wf＝ΔEk＋mgLABsin37°＝62.0J，C錯(cuò)誤，D模型二“滑塊—木板”模型1.“滑塊—木板”模型中的位移關(guān)系滑塊從木板的一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長(zhǎng)度;若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動(dòng)，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長(zhǎng)度。2.“滑塊—木板”模型的分析方法(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn):分別對(duì)滑塊和木板進(jìn)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(shí)間相等，由t＝Δv2a2＝Δv(2)能量觀點(diǎn):對(duì)滑塊和木板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用能量守恒定律，Q＝ΔE機(jī)。如圖所示，要注意區(qū)分三個(gè)位移:①求摩擦力對(duì)滑塊做功時(shí)用滑塊對(duì)地的位移x滑;②求摩擦力對(duì)木板做功時(shí)用木板對(duì)地的位移x板;③求摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移Δx。角度水平面上的“滑塊—木板”模型例3(2024·湖南模擬預(yù)測(cè))一塊質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的長(zhǎng)木板A靜止放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體B(可視為質(zhì)點(diǎn))以初速度v0從左端滑上長(zhǎng)木板A的上表面并從右端滑下，該過(guò)程中，物體B的動(dòng)能減少量為ΔEkB，長(zhǎng)木板A的動(dòng)能增加量為ΔEkA，A、B間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，下列說(shuō)法正確的是()A.A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量、機(jī)械能均守恒B.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能為ΔEkB＝7J，ΔEkA＝2J，Q＝5JC.ΔEkB、ΔEkA、Q的值可能為ΔEkB＝5J，ΔEkA＝3J，Q＝2JD.若增大v0和長(zhǎng)木板A的質(zhì)量M，B一定會(huì)從長(zhǎng)木板A的右端滑下，且Q將增大答案B解析A、B組成的系統(tǒng)合力為零，因此動(dòng)量守恒，而A、B間由于存在摩擦生熱，故系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤;畫出物體B和長(zhǎng)木板A的速度—時(shí)間圖線，分別如圖中1和2所示，圖中1和2之間的梯形面積表示板長(zhǎng)l，1與t軸所圍的面積表示物體B的位移x1，2與t軸所圍的面積表示長(zhǎng)木板A的位移x2，由圖可知x1>l，x2<l，又有ΔEkB＝Ffx1，ΔEkA＝Ffx2，Q＝Ffl，則有ΔEkB>Q>ΔEkA，故B正確，C錯(cuò)誤;若增大v0和長(zhǎng)木板A的質(zhì)量M，在v－t圖像中1將向上平移，而2的圖像斜率變小，即A的加速度變小，可知B一定會(huì)從長(zhǎng)木板A的右端滑下，而Q＝Ffl不變，故D錯(cuò)誤。跟蹤訓(xùn)練2.如圖所示，一足夠長(zhǎng)的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對(duì)木板靜止的過(guò)程中，須對(duì)木板施一水平向右的作用力F，則力F對(duì)木板所做的功為()A.mv24C.mv2 D.2mv2答案C解析由功能關(guān)系和能量守恒定律可知，力F對(duì)木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W＝12mv2＋μmgx相，其中x相＝vt－v2t，對(duì)物體分析有a＝μg，v＝at，聯(lián)立以上各式可得W＝mv2，故選項(xiàng)角度斜面上的“滑塊—木板”模型例4(2025·河南高三普高聯(lián)考)如圖所示，傾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的底端固定一擋板，質(zhì)量M＝0.2kg、長(zhǎng)度L＝4.5m的木板置于斜面上，木板最下端與擋板的距離s＝318m，最上端放置一個(gè)質(zhì)量m＝0.1kg，可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，初始時(shí)刻，長(zhǎng)木板速度為零，物塊的初速度v0＝3m/s，方向沿斜面向下。物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.25，重力加速度g＝10m/s2(1)初始時(shí)刻，物塊與木板的加速度大小;(2)物塊與木板第一次速度相等時(shí)，物塊到木板最上端的距離;(3)若木板與擋板碰撞后被鎖定，物塊與擋板的碰撞為彈性碰撞，則從初始時(shí)刻到物塊最終靜止，物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量。答案(1)2m/s25m/s2(2)1.5m(3)4.2J解析(1)初始時(shí)刻，對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1對(duì)木板由牛頓第二定律得Mgsinθ＋μ1mgcosθ－μ2(m＋M)gcosθ＝Ma2解得a1＝2m/s2，a2＝5m/s2。(2)設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t1，物塊與木板第一次速度相等，則v0＋a1t1＝a2t1解得t1＝1s物塊運(yùn)動(dòng)的位移xm＝v0t1＋12a1t12木板運(yùn)動(dòng)的位移xM＝12a2t12物塊距木板最上端的距離d＝xm－xM＝1.5m。(3)從開(kāi)始到物塊與木板第一次速度相等，物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝μ1mgcosθ·d物塊與木板第一次速度相等時(shí)的速度v1＝a2t1＝5m/s物塊與木板第一次速度相等后，二者一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得(M＋m)gsinθ－μ2(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a3解得a3＝4m/s2從物塊與木板第一次速度相等到木板與擋板碰撞的過(guò)程，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得2a3s解得v2＝6m/s木板與擋板碰撞后被鎖定，物塊繼續(xù)向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，與擋板碰撞后以原速率反彈，此后物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，但由于摩擦消耗機(jī)械能且μ1<tanθ，物塊最終停在擋板處，設(shè)從木板與擋板碰撞后被鎖定到物塊停在擋板處，物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q2，根據(jù)能量守恒定律得mg(L－d)sinθ＋12mv22則物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的總熱量Q＝Q1＋Q2聯(lián)立解得Q＝4.2J。解決“滑塊—木板”模型的關(guān)鍵找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個(gè)過(guò)程的紐帶:每一個(gè)過(guò)程的末速度是下一個(gè)過(guò)程的初速度。模型三多運(yùn)動(dòng)組合模型例5如圖是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學(xué)探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計(jì)的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點(diǎn)，且B點(diǎn)位置可改變。現(xiàn)將質(zhì)量m＝2kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從弧形軌道高H＝0.6m處?kù)o止釋放，且將B點(diǎn)置于AC中點(diǎn)處。已知圓軌道半徑R＝0.1m，水平軌道長(zhǎng)LAC＝1.0m，滑塊與AC間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計(jì)其他阻力與能量損耗，求:(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(2)彈射器獲得的最大彈性勢(shì)能;(3)若H＝6m，改變B點(diǎn)位置，使滑塊在整個(gè)滑動(dòng)過(guò)程中不脫離軌道，則BC間距離LBC應(yīng)滿足的條件。答案(1)100N(2)8J(3)0.5m≤LBC≤1m解析(1)從出發(fā)到第一次滑至圓軌道最高點(diǎn)過(guò)程，由動(dòng)能定理可得mgH－μmgLAB－mg·2R＝12mv在圓軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律可得mg＋F＝mv聯(lián)立解得F＝100N由牛頓第三定律知，滑塊對(duì)軌道的壓力大小為100N。(2)彈射器第一次壓縮時(shí)彈性勢(shì)能有最大值，由能量守恒定律可知mgH－μmgLAC＝Ep解得Ep＝8J。(3)若滑塊恰好到達(dá)圓軌道的最高點(diǎn)，有mg＝mv從開(kāi)始到圓軌道最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知mg(H－2R)－μmgs1＝12m解得s1＝28.75mLBC＝29LAC－s1＝0.25m要使滑塊不脫離軌道，B、C之間的距離應(yīng)該滿足LBC≥0.25m。若滑塊剛好達(dá)到圓軌道的圓心等高處，此時(shí)的速度為零，由動(dòng)能定理可知mg(H－R)－μmgs2＝0解得s2＝29.5mLAB＝s2－29LAC＝0.5m根據(jù)滑塊運(yùn)動(dòng)的周期性可知，應(yīng)使LBC≥0.5m，滑塊不脫離軌道綜上所述，符合條件的BC長(zhǎng)度為0.5m≤LBC≤1m。1.分析思路(1)受力與運(yùn)動(dòng)分析:根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動(dòng)過(guò)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(diǎn)，分析各種力在不同運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的做功情況。(3)功能關(guān)系分析:運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)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(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)情景。(2)“分”——將全過(guò)程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過(guò)程對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律。(3)“合”——找出各子過(guò)程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案。1.(2025·云南省名校聯(lián)考)如圖所示，曲面AB的末端與一水平放置的傳送帶左端平滑連接，當(dāng)傳送帶靜止時(shí)，有一滑塊從曲面上的P點(diǎn)靜止釋放，滑塊能從傳送帶的右端滑離傳送帶。若傳送帶以某一速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊再次從P點(diǎn)靜止釋放，則下列說(shuō)法正確的是()A.滑塊可能再次滑上曲面B.滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間增長(zhǎng)C.滑塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量增多D.滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，速度變化得更快答案C解析傳送帶以某一速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，與傳送帶靜止時(shí)相比較，滑塊的受力情況不變，所以滑塊的加速度不變，即滑塊速度變化的快慢不變，則滑塊的位移不變，滑塊還是從傳送帶的右端滑離傳送帶，不能再次滑上曲面，故A、D錯(cuò)誤;由x＝12at2可知滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，但傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，滑塊相對(duì)于傳送帶的位移增大，由Q＝Ffx相對(duì)，可知摩擦產(chǎn)生的熱量增多，故B錯(cuò)誤，C2.(2025·四川成都診斷)如圖，一質(zhì)量為M＝2kg的木板靜止在水平地面上，一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝2m/s的水平速度從木板左端滑上木板，木板始終保持靜止。木板足夠長(zhǎng)，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1＝0.3，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2(未知)，重力加速度g＝10m/s2，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是()A.地面對(duì)木板的摩擦力方向水平向右B.地面對(duì)木板的摩擦力大小為9NC.μ2可能為0.12D.整個(gè)過(guò)程中，滑塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為4J答案C解析對(duì)木板受力分析可知，滑塊對(duì)木板的滑動(dòng)摩擦力方向水平向右，因此地面對(duì)木板的靜摩擦力方向水平向左，故A錯(cuò)誤;滑塊對(duì)木板的滑動(dòng)摩擦力大小Ff＝μ1mg＝3N，由于木板始終保持靜止，故地面對(duì)木板的靜摩擦力大小FfM＝Ff＝3N，故B錯(cuò)誤;木板始終保持靜止，即μ2(m＋M)g≥Ff，解得μ2≥0.1，故C正確;整個(gè)過(guò)程中，滑塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，產(chǎn)生的熱量Q＝12mv02＝2J，3.(多選)(2025·遼寧大連模擬)如圖所示，在勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，足夠長(zhǎng)的水平傳送帶以恒定速率v1＝2m/s勻速向右運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊從傳送帶右端以水平向左的速率v2＝3m/s滑上傳送帶，最后滑塊返回傳送帶的右端。關(guān)于這一過(guò)程，下列判斷正確的有()A.滑塊返回傳送帶右端的速率為2m/sB.此過(guò)程中傳送帶對(duì)滑塊做功為2.5JC.此過(guò)程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為12.5JD.此過(guò)程中電動(dòng)機(jī)對(duì)傳送帶多做功為10J答案ACD解析由于傳送帶足夠長(zhǎng)，滑塊先勻減速向左滑行，直到速度減為零，然后滑塊在滑動(dòng)摩擦力的作用下向右勻加速運(yùn)動(dòng)，由于v1＝2m/s<v2＝3m/s，所以，當(dāng)滑塊速度增大到等于傳送帶速度時(shí)，滑塊還在傳送帶上，之后不受摩擦力，滑塊與傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，所以滑塊返回傳送帶右端時(shí)的速率等于2m/s，故A正確;此過(guò)程中只有傳送帶對(duì)滑塊做功，根據(jù)動(dòng)能定理得，傳送帶對(duì)滑塊做功為W＝12mv12－12mv22＝－2.5J，故B錯(cuò)誤;設(shè)滑塊向左運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，位移為x1，則x1＝v22t1，該過(guò)程中傳送帶的位移為x2＝v1t1，又t1＝v2μg，摩擦生熱為Q1＝μmg(x1＋x2)＝10.5J，返回過(guò)程，當(dāng)物塊與傳送帶共速時(shí)，有v1＝μgt2，物塊與傳送帶摩擦生熱為Q2＝μmg(v1t2－v12t2)＝2J，則此過(guò)程中滑塊與傳送帶間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝Q1＋Q2＝12.5J，故C正確4.(多選)(2024·江西上饒模擬)皮帶傳送在生產(chǎn)生活中有著廣泛的應(yīng)用。一運(yùn)煤傳送帶如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角θ＝37°。若傳送帶以恒定的速率v0＝5m/s逆時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn)，將質(zhì)量為1kg的煤塊(看成質(zhì)點(diǎn))無(wú)初速度地放在傳送帶的頂端P，經(jīng)時(shí)間t1＝0.5s煤塊速度與傳送帶相同，再經(jīng)t2＝2s到達(dá)傳送帶底端Q點(diǎn)。已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A.煤塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5B.傳送帶P、Q兩端的距離為15.25mC.煤塊從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度為2.75mD.煤塊從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量為21J答案ABD解析煤塊在t1時(shí)刻的速度v0＝a1t1，由牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，解得μ＝0.5，故A正確;在最初0.5s內(nèi)煤塊的位移x1＝v02t1，因?yàn)棣?lt;tanθ，所以此后煤塊的加速度滿足mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，再經(jīng)t2＝2s到達(dá)傳送帶底端Q點(diǎn)，有x2＝v0t2＋12a2t22，則傳送帶P、Q兩端的距離L＝x1＋x2，聯(lián)立解得L＝15.25m，故B正確;在最初0.5s內(nèi)煤塊相對(duì)傳送帶向上運(yùn)動(dòng)，相對(duì)滑動(dòng)的距離Δx1＝v0t1－x1，以后的2s內(nèi)煤塊相對(duì)傳送帶向下滑動(dòng)，相對(duì)滑動(dòng)的距離Δx2＝x2－v0t2，聯(lián)立解得Δx1＝1.25m，Δx2＝4m，則煤塊從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中在傳送帶上留下的劃痕長(zhǎng)度為4m，故C錯(cuò)誤;煤塊從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝FfΔx＝μmgcosθ·(Δx1＋Δx2)＝215.(多選)(2024·河南信陽(yáng)模擬)如圖所示，質(zhì)量為M＝1kg的長(zhǎng)木板放在粗糙的水平地面上，質(zhì)量m＝0.5kg的小物塊置于長(zhǎng)木板右端，小物塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.4，長(zhǎng)木板與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1?，F(xiàn)給小物塊施加一個(gè)水平向左的恒力F1＝3N，給長(zhǎng)木板施加一個(gè)水平向右的恒力F2＝4.5N。2s時(shí)撤掉力F1，小物塊始終未從長(zhǎng)木板上掉下來(lái)。重力加速度g＝10m/s2。下列說(shuō)法正確的是()A.0~2s長(zhǎng)木板的加速度aM＝3m/s2B.0~2s過(guò)程中F1對(duì)小物塊做了12J的功C.0~4s的過(guò)程中小物塊與長(zhǎng)木板之間的摩擦生熱Q＝24JD.恒力對(duì)小物塊、長(zhǎng)木板系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量答案BC解析對(duì)長(zhǎng)木板進(jìn)行受力分析，如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律有F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1m/s2，故A錯(cuò)誤;對(duì)小物塊進(jìn)行受力分析，小物塊先在拉力、摩擦力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后在摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小分別為2m/s2和4m/s2，長(zhǎng)木板和小物塊在0~4s內(nèi)的v－t圖像如圖乙所示，則0~2s小物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移大小為x＝4m，拉力對(duì)小物塊做功為W＝F1x＝12J，故B正確;v－t圖線與橫軸圍成的面積表示小物塊相對(duì)于木板運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)度L，由v－t圖像可知L＝12m，小物塊與長(zhǎng)木板之間的摩擦生熱Q＝μ1mgL＝24J，故C正確;恒力對(duì)小物塊、長(zhǎng)木板系統(tǒng)做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增加量和摩擦生熱之和，故D錯(cuò)誤。6.(2025·云南師大附中適應(yīng)性考試)如圖所示，質(zhì)量M＝1kg的木板A置于光滑斜面上，左端放有質(zhì)量m＝1.5kg的物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))，A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝33。開(kāi)始時(shí)木板右端與垂直斜面的擋板相距x0＝6.4m，A、B一起以v0＝6m/s的初速度沿斜面向下運(yùn)動(dòng)。接著木板A與擋板發(fā)生多次無(wú)機(jī)械能損失的碰撞(等速率反彈)，碰撞時(shí)間不計(jì)。已知斜面傾角θ＝30°，重力加速