專(zhuān)題七動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用考點(diǎn)一利用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)處理多過(guò)程運(yùn)動(dòng)問(wèn)題1．兩大觀點(diǎn)力學(xué)兩大觀點(diǎn)對(duì)應(yīng)規(guī)律表達(dá)式動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律、、等能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理機(jī)械能守恒定律功能關(guān)系等能量守恒定律2．選用原則（1）當(dāng)物體受到恒力作用做勻變速直線運(yùn)動(dòng)（曲線運(yùn)動(dòng)某一方向可分解為勻變速直線運(yùn)動(dòng)），涉及時(shí)間與運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)時(shí)，一般選用動(dòng)力學(xué)方法解題。（2）當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移（摩擦生熱）時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律。3．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。（2024·河北省·期末考試）如圖，水平軌道OAB與圓弧軌道BC在B點(diǎn)相切連接，水平軌道DE置于圓弧軌道右上方，三軌道位于同一豎直平面內(nèi)。BC段圓心為O′，圓心角θ＝37°，半徑r＝0.5m，D與C點(diǎn)的高度差h＝0.45m，軌道AB長(zhǎng)l1＝2m，DE長(zhǎng)l2＝3m。用質(zhì)量m＝0.2kg的滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）將彈簧壓縮后由靜止釋放，滑塊在A點(diǎn)脫離彈簧，從C點(diǎn)飛出后恰好沿水平方向進(jìn)入水平直軌道DE滑行，與擋板EF彈性碰撞后（無(wú)能量損失，且碰撞時(shí)間極短）停在距離D點(diǎn)2m處。軌道AB和DE粗糙，其他光滑，不計(jì)空氣阻力，滑塊與軌道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）滑塊與DE軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ′及滑塊在DE軌道上因摩擦產(chǎn)生的熱量；（2）滑塊飛離C點(diǎn)時(shí)對(duì)圓弧軌道的壓力大小FN′；（3）彈簧的彈性勢(shì)能Ep。（1）滑塊從C點(diǎn)飛出做拋體運(yùn)動(dòng)，設(shè)飛出時(shí)滑塊速度為v，如圖所示，將v分解水平方向vx＝vcos37°豎直方向vy＝vsin37°又＝2gh由以上三式，解得vx＝4m/s，vy＝3m/s，v＝5m/s滑塊恰好從D點(diǎn)沿水平方向進(jìn)入軌道DE，運(yùn)動(dòng)s＝4m停下，由動(dòng)能定理有－μ′mgs＝0－解得μ′＝0.2由功能關(guān)系知，滑塊在D點(diǎn)的動(dòng)能最終都轉(zhuǎn)化為熱能，即Q＝解得Q＝1.6J（2）設(shè)滑塊飛離C點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)滑塊支持力為FN，對(duì)滑塊在C點(diǎn)由牛頓第二定律有FN－mgcos37°＝代入數(shù)據(jù)得FN＝11.6N依據(jù)牛頓第三定律知，滑塊對(duì)軌道的壓力大小FN′＝FN＝11.6N（3）滑塊由A到C，對(duì)滑塊由能量守恒定律有Ep－μmgl1＝＋mgr(1－cos37°)代入數(shù)據(jù)得Ep＝4.7J（2023·高考·江蘇）如圖所示，滑雪道AB由坡道和水平道組成，且平滑連接，坡道傾角均為45°。平臺(tái)BC與緩沖坡CD相連。若滑雪者從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)?；┱攥F(xiàn)從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，從B點(diǎn)飛出。已知A、P間的距離為d，滑雪者與滑道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。（1）求滑雪者運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的時(shí)間t；（2）求滑雪者從B點(diǎn)飛出的速度大小v；（3）若滑雪者能著陸在緩沖坡CD上，求平臺(tái)BC的最大長(zhǎng)度L。（1）；（2）；（3）滑雪者從A到P根據(jù)動(dòng)能定理有根據(jù)動(dòng)量定理有聯(lián)立解得，。（2）由于滑雪者從P點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，恰好到達(dá)B點(diǎn)，故從P點(diǎn)到B點(diǎn)合力做功為0，所以當(dāng)從A點(diǎn)下滑時(shí)，到達(dá)B點(diǎn)有。（3）當(dāng)滑雪者剛好落在C點(diǎn)時(shí)，平臺(tái)BC的長(zhǎng)度最大；滑雪者從B點(diǎn)飛出做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上有水平方向上有聯(lián)立可得。研究多過(guò)程問(wèn)題的方法技巧：1．“合”——整體上把握全過(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景。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．（2023·陜西省·期末考試）如圖，半徑R＝0.5m的光滑圓弧軌道ABC與足夠長(zhǎng)的粗糙軌道CD在C處平滑連接，O為圓弧軌道ABC的圓心，B點(diǎn)為圓弧軌道的最低點(diǎn)，半徑OA、OC與OB的夾角分別為53°和37°。將一個(gè)質(zhì)量m＝0.5kg的物體（視為質(zhì)點(diǎn)）從A點(diǎn)左側(cè)高h(yuǎn)＝0.8m處的P點(diǎn)水平拋出，恰從A點(diǎn)沿切線方向進(jìn)入圓弧軌道。已知物體與軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計(jì)空氣阻力。求：（1）物體水平拋出時(shí)的初速度大小v0；（2）經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，圓弧軌道對(duì)物體的支持力FN的大??；（3）物體在軌道CD上運(yùn)動(dòng)的距離x。（結(jié)果保留一位小數(shù)）解：（1）對(duì)A點(diǎn)的速度進(jìn)行分解，如圖所示：由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律知＝2gh，解得vy＝4m/s，根據(jù)幾何關(guān)系得v0＝vytan37°＝3m/s；（2）從P至B點(diǎn)的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律有mg(h＋R－Rcos53°)＝，解得vB＝m/s，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)，由向心力公式有FN－mg＝，解得FN＝34N；（3）因?yàn)棣蘭gcos37°＞mgsin37°，所以物體沿軌道CD向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后不會(huì)下滑，從B到上滑至最高點(diǎn)的過(guò)程，由動(dòng)能定理有－mgR(1－cos37°)－(mgsin37°＋μmgcos37°)x＝0－，解得x≈1.1m。2．（2021·山東高考）如圖所示，三個(gè)質(zhì)量均為m的小物塊A、B、C，放置在水平地面上，A緊靠豎直墻壁，一勁度系數(shù)為k的輕彈簧將A、B連接，C緊靠B，開(kāi)始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B、C均靜止?，F(xiàn)給C施加一水平向左、大小為F的恒力，使B、C一起向左運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度為零時(shí)，立即撤去恒力，一段時(shí)間后A離開(kāi)墻壁，最終三物塊都停止運(yùn)動(dòng)。已知A、B、C與地面間的滑動(dòng)摩擦力大小均為f，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（彈簧的彈性勢(shì)能可表示為：Ep＝，k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量）（1）求B、C向左移動(dòng)的最大距離x0和B、C分離時(shí)B的動(dòng)能Ek；（2）為保證A能離開(kāi)墻壁，求恒力的最小值Fmin；（3）若三物塊都停止時(shí)B、C間的距離為xBC，從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，B克服彈簧彈力做的功為W，通過(guò)推導(dǎo)比較W與fxBC的大??；（4）若F＝5f，請(qǐng)?jiān)谒o坐標(biāo)系中，畫(huà)出C向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中加速度a隨位移x變化的圖像，并在坐標(biāo)軸上標(biāo)出開(kāi)始運(yùn)動(dòng)和停止運(yùn)動(dòng)時(shí)的a、x值（用f、k、m表示），不要求推導(dǎo)過(guò)程。以撤去F時(shí)C的位置為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向。（1）（2）（3）W＜fxBC（4）見(jiàn)解析（1）從開(kāi)始到B、C向左移動(dòng)到最大距離的過(guò)程中，以B、C和彈簧為研究對(duì)象，由功能關(guān)系得Fx0＝2fx0＋彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)B、C分離，從彈簧最短到B、C分離，以B、C和彈簧為研究對(duì)象，由能量守恒定律得＝2fx0＋2Ek聯(lián)立方程解得x0＝Ek＝。（2）當(dāng)A剛要離開(kāi)墻時(shí)，設(shè)彈簧的伸長(zhǎng)量為x，以A為研究對(duì)象，由平衡條件得kx＝f若A剛要離開(kāi)墻壁時(shí)B的速度恰好等于零，這種情況下，恒力為最小值Fmin，從彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)到A剛要離開(kāi)墻的過(guò)程中，以B和彈簧為研究對(duì)象，由能量守恒定律得Ek＝＋fx結(jié)合第（1）問(wèn)結(jié)果可知Fmin＝根據(jù)題意舍去Fmin＝，所以恒力的最小值為Fmin＝。（3）從B、C分離到B停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)B的路程為xB，C的位移為xC，以B為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得－W－fxB＝0－Ek以C為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得－fxC＝0－Ek由B、C的運(yùn)動(dòng)關(guān)系得xB＞xC－xBC聯(lián)立可知W＜fxBC。（4）小物塊B、C向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，由動(dòng)能定理得5fx1－2fx1－＝0解得撤去恒力瞬間彈簧彈力為kx1＝6f則坐標(biāo)原點(diǎn)的加速度為a1＝＝＝；之后C開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)（B、C系統(tǒng)未脫離彈簧），加速度為a＝可知加速度隨位移x為線性關(guān)系，隨著彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，x減小，a減小，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B和C分離，之后C只受地面的滑動(dòng)摩擦力，加速度為a2＝負(fù)號(hào)表示C的加速度方向水平向左；從撤去恒力之后到彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，以B、C為研究對(duì)象，由動(dòng)能定理得－2fx1＝脫離彈簧瞬間后C速度為v，之后C受到滑動(dòng)摩擦力減速至0，由能量守恒定律得fx2＝解得脫離彈簧后，C運(yùn)動(dòng)的距離為x2＝則C最后停止的位移為x1＋x2＝＝＝。所以C向右運(yùn)動(dòng)的圖像如圖所示?？键c(diǎn)二“滑塊—木板”問(wèn)題1．模型分類(lèi)滑塊—木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊—木板模型和斜面上的滑塊—木板模型。2．動(dòng)力學(xué)分析分別對(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＝＝，可求出共同速度v和所用時(shí)間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移。3．功和能分析對(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．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。（多選）如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的小車(chē)靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在小車(chē)的最左端?，F(xiàn)用一水平恒力F作用在小物塊上，使小物塊從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。小物塊和小車(chē)之間的摩擦力為f，小物塊滑到小車(chē)的最右端時(shí)，小車(chē)運(yùn)動(dòng)的距離為x。此過(guò)程中，以下結(jié)論正確的是（）A．小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)具有的動(dòng)能為(F－f)(L＋x)B．小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)，小車(chē)具有的動(dòng)能為fxC．小物塊克服摩擦力所做的功為f(L＋x)D．小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為FxABC由動(dòng)能定理可得，小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)的動(dòng)能Ek物＝W合＝(F－f)(L＋x)，A正確；小物塊到達(dá)小車(chē)最右端時(shí)，小車(chē)的動(dòng)能Ek車(chē)＝fx，B正確；小物塊克服摩擦力所做的功Wf＝f(L＋x)，C正確；小物塊和小車(chē)增加的機(jī)械能為F(L＋x)－fL，D錯(cuò)誤。（2023·河北省·聯(lián)考題）（多選）如圖所示，傾角為30°足夠長(zhǎng)的光滑斜面固定在水平地面上，一木板B置于斜面頂端，木板B的質(zhì)量M＝4kg，某時(shí)刻，B由靜止釋放的同時(shí)，有一個(gè)質(zhì)量為m＝1kg的物塊A以沿斜面向上，大小為5m/s的初速度滑上木板，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于物塊和木板的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．物塊剛滑上板時(shí)，木板的加速度為3.125m/s2B．要使物塊不滑離板，則木板長(zhǎng)至少為2mC．整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q為10JD．不論板多長(zhǎng)，物塊最終一定能滑離木板ACA．對(duì)木板，根據(jù)牛頓第二定律可得Mgsinθ－μmgcosθ＝Ma1解得a1＝3.125m/s2，故A正確；BD．對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律可得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2解得a2＝12.5m/s2物塊先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為0后，再做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，勻減速和勻加速的加速度相同，板始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)兩者共速后，物塊和木板一起做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a共＝gsinθ＝5m/s2設(shè)沿斜面向下為正方向，則－v0＋a2t共＝a1t共共速時(shí)間為t共＝s，x相＝＝m，故BD錯(cuò)誤；C．整個(gè)過(guò)程因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μmgx相cosθ＝10J，故C正確。故選AC。板塊模型功能問(wèn)題的解題關(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。1．（多選）（2022·江西九江一模）第一次將一長(zhǎng)木板靜止放在光滑水平面上，如圖甲所示，一小鉛塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以水平初速度v0由木板左端向右滑動(dòng)，到達(dá)右端時(shí)恰能與木板保持相對(duì)靜止。第二次將長(zhǎng)木板分成A、B兩塊，使B的長(zhǎng)度和質(zhì)量均為A的2倍，并緊挨著放在原水平面上，讓小鉛塊仍以初速度v0由A的左端開(kāi)始向右滑動(dòng)，如圖乙所示。若小鉛塊相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程中所受的摩擦力始終不變，則下列說(shuō)法正確的（）A．小鉛塊將從B的右端飛離木板B．小鉛塊滑到B的右端前已與B保持相對(duì)靜止C．第一次和第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量相等D．第一次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量BD在第一次小鉛塊運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小鉛塊與木板之間的摩擦力使整個(gè)木板一直加速，第二次小鉛塊先使整個(gè)木板加速，當(dāng)小鉛塊運(yùn)動(dòng)到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的對(duì)應(yīng)過(guò)程，故第二次小鉛塊與B將更早共速，所以小鉛塊還沒(méi)有運(yùn)動(dòng)到B的右端，二者就已共速，A錯(cuò)誤，B正確；由于第一次的相對(duì)路程大于第二次的相對(duì)路程，則第一次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量大于第二次過(guò)程中產(chǎn)生的熱量，C錯(cuò)誤，D正確。2．（2023年高考·全國(guó)卷乙）（多選）如圖，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度v0開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開(kāi)時(shí)（）A．木板的動(dòng)能一定等于fl B．木板的動(dòng)能一定小于flC．物塊的動(dòng)能一定大于 D．物塊的動(dòng)能一定小于BD設(shè)物塊離開(kāi)木板時(shí)的速度為v1，此時(shí)木板的速度為v2，由題意可知v1＞v2設(shè)物塊的對(duì)地位移為xm，木板的對(duì)地位移為xM，根據(jù)能量守恒定律可得整理可得，D正確，C錯(cuò)誤；因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，，因?yàn)関0＞v1＞v2，可得xm＞2xM，則，所以，B正確，A錯(cuò)誤。故選BD?？键c(diǎn)三“傳送帶”問(wèn)題1．兩個(gè)角度分析（1）動(dòng)力學(xué)角度：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）能量角度：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分析（1）傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳。（2）系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量：Q＝Ffx相對(duì)。3．功能關(guān)系的分析W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中W為傳送帶做的功，ΔEk為傳送物體增加的動(dòng)能、ΔEp為傳送物體增加的勢(shì)能、Q為系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量?？枷蛞凰絺魉蛶В?023·福建漳州市第二次質(zhì)檢）（多選）如圖甲所示，質(zhì)量為0.5kg的小物塊從右側(cè)滑上勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，其位移與時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示。圖線的前3s丙為拋物線，3s到4.5s段為直線，下列說(shuō)法正確的是（）A．傳送帶沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)B．傳送帶速度大小為2m/sC．物塊剛滑上傳送帶時(shí)的速度大小為4m/sD．前4.5s內(nèi)摩擦力對(duì)物塊所做的功為－3JBCD根據(jù)位移—時(shí)間圖像可知：前2s內(nèi)物體向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)向右做勻加速運(yùn)動(dòng)。3s到4.5s內(nèi)小物塊與傳送帶一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，因此傳送帶沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，且速度為v＝＝2m/s，故B正確，A錯(cuò)誤；由圖像可知，在第3s內(nèi)小物塊向右做初速度為零的勻加速運(yùn)動(dòng)，則x＝，其中x＝1m，t＝1s，解得a＝2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0.2，在前2s內(nèi)，對(duì)物塊有＝－2ax，解得物塊的初速度v0＝4m/s，故C正確；對(duì)物塊在前4.5s內(nèi)，根據(jù)動(dòng)能定理Wf＝，解得摩擦力對(duì)物塊所做的功為Wf＝－3J，故D正確。考向二傾斜傳送帶（2023·山東棗莊市二模）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)初速度地放在傳送帶底端，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取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D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(μmgcosθ－mgsinθ)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v＝2.0m/s，代入動(dòng)能表達(dá)式可得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＝＝2J，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＝＋mgLABsinθ＝62J，C錯(cuò)誤，D正確。摩擦生熱公式Q＝Ffx相對(duì)中的x相對(duì)的理解1．沒(méi)有往復(fù)滑動(dòng)的物體間，x相對(duì)等于相對(duì)位移的大小。2．有往復(fù)滑動(dòng)的物體間，x相對(duì)不等于相對(duì)位移的大小，而是兩個(gè)物體間相對(duì)滑行的路程。1．在一水平向右勻速運(yùn)動(dòng)的長(zhǎng)傳送帶的左端A點(diǎn)，每隔相同的時(shí)間輕放上一個(gè)相同的工件。經(jīng)測(cè)量，發(fā)現(xiàn)前面那些已經(jīng)和傳送帶達(dá)到相同速度的工件之間的距離均為L(zhǎng)。已知傳送帶的速率恒為v，工件與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，工件質(zhì)量為m，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是（）A．工件在傳送帶上加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定等于B．傳送帶對(duì)每個(gè)工件做的功為＋μmgLC．每個(gè)工件與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量一定等于μmgLD．傳送帶因傳送每一個(gè)工件而多消耗的能量為mv2D工件在傳送帶上先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，然后做勻速直線運(yùn)動(dòng)。每個(gè)工件滑上傳送帶后運(yùn)動(dòng)的規(guī)律相同，由此可知L＝vT，解得將相