2020年高考物理一轮复习文档：第6章 机械能及其守恒定律 热点专题(三) 第28讲 含答案

第28讲应用力学两大观点解决两类模型问题热点概述(1)本热点是力学两大观点在传送带和滑块—木板两种模型中的综合应用，高考常以计算题、压轴题的形式出现。

(2)学好本热点，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。

(3)用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。

热点一传送带模型问题
1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题。

(1)两类问题的求解关键、分析流程相同，功能关系相近，倾斜传送带问题涉及到重力做功和重力势能的变化。

(2)倾斜传送带问题中须注意物体在倾斜传送带上所受摩擦力的性质、大小、方向以及与物体所受重力沿传送带斜面分力的大小、方向关系。

2．传送带模型问题的设问角度
(1)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量守恒定律求解。

模型1水平传送带问题
[例1](多选)如图所示，水平绷紧的传送带AB长L＝6 m，始终以恒定速率v1＝4 m/s运行。

初速度大小为v2＝6 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。

小物块m＝1 kg，物块与传送带间动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。

下列说法正确的是()
A．小物块可以到达B点
B．小物块不能到达B点，但可返回A点，返回A点速度为4 m/s
C．小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大
D．小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50 J
解析小物块在水平方向运动过程，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝4 m/s2，若小物块
从右端滑上传送带后速度可以减为零，设速度减为零时的位移是x，则0－v22＝－2ax，解得x＝v22
2a＝62
2×4 m＝4.5 m<6 m，所以小物块不能到达B点，故A错误；小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带速度v1后匀速运动，返回A点速度为4 m/s，故B正确；小物块不能到达B点，速度减为零后反向做匀加速运动的过程相对于传送带继续向左运动，所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大，故C错误；小物块向右匀加速的过程中的位移x′
＝v21
2a＝
42
2×4
m＝2 m，当速度等于传送带速度v1时，经历的时间t＝
－v1－v2
－a
＝2.5 s，该时间内传送带
的位移s＝v1t＝4×2.5 m＝10 m，所以小物块相对于传送带的位移Δx＝s＋(x－x′)＝10 m＋(4.5－2) m ＝12.5 m，小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为Q＝μmg·Δx＝50 J，故D正确。

答案BD
方法感悟
1．传送带模型问题的关键
求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。

如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。

当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。

2．传送带模型问题的分析流程
模型2倾斜传送带问题
[例2]如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动。

现将一质量为m＝10 kg的小物体(可视为质点)
轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝
3
2，在传送带将小物体从A点传
送到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功。

解析(1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有μmg cosθ－mg sinθ＝ma
解得小物体上升的加速度为a＝g
4＝2.5 m/s
2
当小物体匀加速到v＝1 m/s时，小物体的位移为
x＝v2
2a＝0.2 m<5 m
之后小物体以v＝1 m/s的速度匀速运动到B点
由功能关系得，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，即
W＝ΔE k＋ΔE p＝1
2m v
2＋mgl sinθ＝255 J。

(2)电动机做的功等于小物体的机械能的增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，由v＝at得
t＝v
a＝0.4 s
相对位移x′＝v t－v
2t＝0.2 m
摩擦产生的热量Q＝μmgx′cosθ＝15 J 故电动机做的功为W
电
＝W＋Q＝270 J。

答案(1)255 J(2)270 J
方法感悟
传送带模型问题的功能关系分析
(1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q 。

(2)对W 和Q 的理解
①传送带做的功：W ＝F f x 传； ②产生的内能Q ＝F f x 相对。

1．(2018·安徽师大附中模拟)(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带AB 之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度匀速运动，则(g 取10 m/s 2)( )
A ．物体从A 运动到
B 的时间是1.5 s
B ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 J
C ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 J
D ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J 答案 AC
解析 设物体下滑到A 点的速度为v 0，在从P 滑到A 的过程，由机械能守恒定律有：12m v 20＝mgh ，代入数据得：v 0＝2gh ＝2 m/s<v ＝4 m/s ，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2
；当物体的速度与传送带的速度相等时用时：t 1＝v －v 0a ＝4－22 s ＝1 s ，匀加速运动的位移x 1＝v 0＋v 2t 1＝2＋4
2×1 m ＝3 m<L ＝5 m ，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t 2＝L －x 1v ＝5－3
4 s ＝0.
5 s ，故物体从A 运动到B 的时间为：t ＝t 1＋t 2＝1.5 s ，故A 正确。

物体运动到B 的速度是v ＝4 m/s ，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W ＝12m v 2－12m v 2
0＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫
12×1×42－12×1×22 J ＝6 J ，故B 错误。

在t 1时间内，传送带做匀速运动的位移为x 带＝v t 1＝4 m ，故产生热量Q ＝μmg Δx ＝μmg (x 带－x 1)，代入数据得：Q ＝2 J ，故C 正确。

电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12m v 2－12m v 20＋Q ＝6 J ＋2 J ＝8 J ，故D 错误。

2．如图所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A 、B 两端间距L ＝16 m ，传送带以速度v ＝10 m/s 沿顺时针方向运动，物体m ＝1 kg 无初速度地放置于A 端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
(1)物体由A 端运动到B 端的时间； (2)系统因摩擦产生的热量。

答案 (1)2 s (2)24 J
解析 (1)物体无初速度地放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1
设物体经时间t 1加速到与传送带同速，则 v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 2
1
解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝1 s ，x 1＝5 m
设物体与传送带同速后再经过时间t 2到达B 端，因mg sin θ>μmg cos θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，有
mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2 L －x 1＝v t 2＋12a 2t 22 解得t 2＝1 s
故物体由A 端运动到B 端的时间 t ＝t 1＋t 2＝2 s 。

(2)物体与传送带间的相对位移 x 相＝(v t 1－x 1)＋(L －x 1－v t 2)＝6 m 故Q ＝μmg cos θ·x 相＝24 J 。

3．如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行。

现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过1.9 s ，工件被
传送到h ＝1.5 m 的高处。

g 取10 m/s 2
，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 (1)3
2 (2)230 J
解析 (1)传送带长x ＝h
sin θ＝3 m
工件速度达到v 0前，做匀加速运动的位移 x 1＝v t 1＝v 0
2t 1
匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m 所以加速度a ＝v 0
t 1
＝2.5 m/s 2
由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得μ＝3
2。

(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及传送带与工件之间发生相对滑动时产生的内能。

在时间t 1内，传送带运动的位移 x 传送带＝v 0t 1＝1.6 m
在时间t 1内，工件相对传送带的位移 x 相＝x 传送带－x 1＝0.8 m 在时间t 1内，摩擦生热 Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J
工件获得的动能E k ＝12m v 2
0＝20 J 工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J
故电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J 。

4．一质量为M ＝2.0 kg 的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中
并从物块中穿过，子弹和小物块的作用时间极短，如图甲所示。

地面观察者记录了小物块被击中后的速度随时间变化的关系如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)。

已知传送带的速度保持不变，g 取10 m/s 2。

(1)指出传送带速度v 的大小及方向，说明理由； (2)计算物块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)传送带对外做了多少功？子弹射穿物块后系统有多少能量转化为内能？ 答案 (1)2.0 m/s 方向向右 理由见解析 (2)0.2 (3)24 J 36 J
解析 (1)从v -t 图象中可以看出，物块被击穿后，先向左做减速运动，速度为零后，又向右做加速运动，当速度等于2.0 m/s ，则随传送带一起做匀速运动，所以，传送带的速度大小为v ＝2.0 m/s ，方向向右。

(2)由v -t 图象可得，物块在滑动摩擦力的作用下做匀变速运动的加速度a ＝Δv Δt ＝4.0
2 m/s 2＝2.0 m/s 2，
由牛顿第二定律得滑动摩擦力F f ＝μMg ＝Ma ，则物块与传送带间的动摩擦因数μ＝Ma Mg ＝a g ＝2.0
10＝0.2。

(3)由v -t 图象可知，传送带与物块间存在摩擦力的时间只有3 s ，传送带在这段时间内移动的位移为x ，则
x ＝v t ＝2.0×3 m ＝6.0 m 所以，传送带所做的功
W ＝F f x ＝0.2×2.0×10×6.0 J ＝24 J 。

由图乙可知物块被击中后的初速度大小为v 1＝4 m/s ，向左运动的时间为t 1＝2 s ，向右运动直至和传送带达到共同速度的时间为t 2＝1 s ，则
物块向左运动时产生的内能 Q 1＝μMg ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫v t 1＋v 12t 1＝32 J
物块向右运动时产生的内能 Q 2＝μMg ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫v t 2－v 2t 2＝4 J 。

所以整个过程产生的内能Q ＝Q 1＋Q 2＝36 J 。

热点二板块模型问题
1．模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。

2．位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。

3．解题关键
找出滑块和木板之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个相邻的不同运动过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

模型1水平面上的板块模型
[例1]如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面。

由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)()
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析由图象可知，A、B的加速度大小相等a A＝a B＝1 m/s2，设A、B间的动摩擦因数为μ，则
a A＝μmg
m A＝1 m/s
2，a
B
＝
μmg
m＝1 m/s
2，解得μ＝0.1，m
A
＝2 kg，D正确；木板获得的动能为E k＝
1
2m A
v2
＝1
2×2×1
2 J＝1 J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝1
2m v
2
－
1
2·(m＋m A)·v
2＝2 J，B错误；由v-t图象可
求出二者相对位移为1 m，所以木板A的最小长度为1 m，C错误。

答案 D
方法感悟
1．图象类题目
一定要先看清图象的物理意义，特别是图象上特殊点的物理意义，例如例1中t＝1 s时对应的图象上的点。

1 s时A、B速度相同，是两者运动的转折点。

1 s前A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，AB间存在滑动摩擦力；1 s后两者以共同的速度做匀速直线运动，两者之间无摩擦力。

2．板块模型问题的解题思路
正确地对滑块、木板进行受力分析，特别是准确分析出滑块、木板所受的摩擦力的性质、大小及方向，并根据牛顿第二定律确定滑块、木板的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定滑块、木板的运动情况和能量转化情况。

模型2斜面上的板块模型
[例2]如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°，高度为h＝1.5 m，一薄木板B 置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0＝0.2 m的轻弹簧，木板总质量为m＝1 kg、总长度为L＝2.0 m。

一质量为M＝3 kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度为H＝1.7 m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑
行。

已知A、B之间的动摩擦因数为μ＝
3
2，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后
恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。

求：
(1)物块A落到木板上的速度大小v；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

解析(1)物块A落到木板上之前做平抛运动，竖直方向有：
2g(H－h)＝v2y
得v y＝2 m/s
物块A 落到木板上时速度大小：v ＝v y
sin30°＝4 m/s 。

(2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足： mg sin30°＝μ0mg cos30° 得：μ0＝tan30°＝33
物块A 在木板上滑行时，由牛顿第二定律得， a A ＝
μMg cos30°－Mg sin30°M
＝2.5 m/s 2
(方向沿斜面向上)
a B ＝μMg cos30°＋mg sin30°－μ0(M ＋m )g cos30°m
＝7.5 m/s 2(方向沿斜面向下)
假设A 与木板B 达到共同速度v 共时，A 还没有压缩弹簧且木板B 还没有到达斜面底端，则有 v 共＝a B t ＝v －a A t 解得v 共＝3 m/s ，t ＝0.4 s 此过程，x A ＝
v ＋v 共
2·
t ＝1.4 m x B ＝v 共2·t ＝0.6 m<h sin30°－L ＝1 m Δx ＝x A －x B ＝0.8 m<L －l 0＝1.8 m ， 说明以上假设成立。

A 与
B 速度相同后，由于(M ＋m )g sin30°＝μ0(M ＋m )·g cos30°，则A 与B 一起匀速直到木板与斜面底端挡板碰撞，木板停下，此后A 在B 上做匀减速运动，设接触弹簧时A 的速度为v A ，有：
－2a A (L －l 0－Δx )＝v 2A －v 2共
解得v A ＝2 m/s
设弹簧最大压缩量为x m ，A 从开始压缩弹簧到弹簧刚好恢复原长过程，有 Q ＝2μMgx m cos30°＝12M v 2A 解得Q ＝6 J ，x m ＝215 m
A 从开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短的过程，有 E pm ＝12M v 2A ＋Mgx m
sin30°－12Q ＝5 J 即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J 。

答案 (1)4 m/s (2) 5 J
方法感悟
(1)审题时一定要注意对关键词的分析，例如例2中“恰好能保持静止”说明重力沿斜面向下的分
力等于最大静摩擦力。

(2)正确的受力分析、运动情况分析也是解决斜面上板块模型的关键。

(3)在求解能量转化问题时往往用到Q＝F f x相对或能量守恒定律。

1．(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上，质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。

现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。

小物块和小车之间的摩擦力为f，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x。

此过程中，以下结论正确的是()
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为(F－f)(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为fx
C．小物块克服摩擦力所做的功为f(L＋x)
D．小物块和小车增加的机械能为Fx
答案ABC
解析由动能定理可得，小物块到达小车最右端时的动能E k
物＝W
合
＝(F－f)(L＋x)，A正确；小
物块到达小车最右端时，小车的动能E k
车＝fx，B正确；小物块克服摩擦力所做的功W f＝f(L＋x)，C 正确；小物块和小车增加的机械能为F(L＋x)－fL，D错误。

2．如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。

C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。

质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A 点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端点沿切线方向进入轨道。

已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。

求：
(1)物块经过C点时的速度v C；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。

答案(1)6 m/s(2)9 J
解析(1)设物块在B点的速度为v B，从A到B物块做平抛运动，有：v B sinθ＝v0从B到C，根据动能定理有：
mgR(1＋sinθ)＝1
2m v
2
C
－
1
2m v
2
B
解得：v C＝6 m/s。

(2)物块在木板上运动过程中由于受到摩擦力作用，最终两者将一起共同运动。

设相对滑动时物块加速度大小为a1，木板加速度大小为a2，经过时间t达到共同速度为v，则：μmg＝ma1μmg＝Ma2
v＝v C－a1t
v＝a2t
(或：由动量守恒可得：m v C＝(m＋M)v，解得v＝3 m/s。

)
根据能量守恒定律有：1
2(m＋M)v
2＋Q＝
1
2m v
2
C
联立解得：Q＝9 J。

3．图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg 的木板右端。

木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2。

整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2。

(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v-t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能。

答案(1)8 N(2)图见解析 1 m36 J
解析 (1)物块与木板恰要发生相对滑动时，F 最小。

把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得 F min ＝(m 1＋m 2)a
对物块，由牛顿第二定律有 f ＝μ1m 1g ＝m 1a ＝2 N
联立解得F min ＝μ1(m 1＋m 2)g ＝8 N 。

(2)0～1 s ，F >f ，
对木板a 2＝F －f
m 2＝4 m/s 2，
对物块a 1＝f
m 1
＝2 m/s 2，
1～2 s ，F ＝f ，对木板a 2′＝F －f
m 2＝0，对物块a 1′＝a 1，画出0～2 s 两者的v -t 图象如图。

由图可知2 s 时两者速度相同。

2～4 s ，F ＝0，假设二者相对滑动，则对物块a 1″＝a 1＝2 m/s 2，对木板a 2″＝μ2(m 1＋m 2)g －μ1m 1g m 2
＝83
m/s 2
，a 2″>a 1″，故假设正确；作出二者在整个运动过程中的
v -t 图象如图所示。

0～2 s 内物块相对木板向左运动，2～4 s 内物块相对木板向右运动。

由图象可得0～2 s 内物块相对木板的位移大小Δx 1＝2 m 系统摩擦产生的内能Q 1＝μ1m 1g Δx 1＝4 J 。

由图象可得2～4 s 内物块相对木板的位移大小Δx 2＝1 m 物块与木板因摩擦产生的内能Q 2＝μ1m 1g Δx 2＝2 J 由图象可得木板在粗糙水平面上对地位移x 2＝3 m 木板与水平面因摩擦产生的内能 Q 3＝μ2(m 1＋m 2)gx 2＝30 J
0～4 s 内物块相对木板的位移Δx ＝Δx 1－Δx 2＝1 m 0～4 s 内系统因摩擦产生的总内能为 Q ＝Q 1＋Q 2＋Q 3＝36 J 。

4. 如图所示，倾角为37°的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一弹性挡板，任何物体撞上挡板都以原速率反弹。

斜面的顶端放置一长木板，上面叠放着一滑块(可视为质点)，长木板质量为M ＝1 kg ，滑块质量为m ＝1 kg ，长木板与斜面间无摩擦，滑块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5，木板足够长且
下端距挡板的距离为L ＝3 m ，现将它们由静止释放，重力加速度大小为g ＝10 m/s 2。

sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。

求：
(1)滑块由静止释放时所受摩擦力的大小； (2)长木板第二次碰撞挡板时速度的大小；
(3)从开始释放到长木板第二次碰撞挡板前长木板和滑块组成的系统因摩擦产生的热量。

答案 (1)0 (2)6 m/s (3)34.56 J
解析 (1)由于斜面光滑，则开始时滑块和长木板一起下滑。

以整体为研究对象，则 (m ＋M )g sin37°＝(m ＋M )a 解得a ＝6 m/s 2
对滑块受力分析，可知mg sin37°－f ＝ma 解得f ＝0。

(2)开始时滑块和长木板一起下滑，设长木板第一次碰撞挡板的速度大小为v 1 由L ＝12at 2
，解得t ＝1 s v 1＝at ＝6 m/s
碰后长木板反弹，对滑块受力分析 mg sin37°－μmg cos37°＝ma 1 解得a 1＝2 m/s 2，方向沿斜面向下 对长木板受力分析
Mg sin37°＋μmg cos37°＝Ma 2 解得a 2＝10 m/s 2，方向沿斜面向下
第一次长木板与挡板碰撞后与滑块发生相对滑动，设长木板向上运动减速到零的时间为t 1，位移为x 1，则
t 1＝0－v 1－a 2＝0.6 s
x 1＝0＋v 1
2t 1＝1.8 m
然后长木板开始向下加速运动，长木板又经t 2＝0.6 s 运动x 2＝1.8 m 后与挡板相碰撞，相碰时长木板的速度大小v 2＝6 m/s 。

(3)经分析可知长木板第二次碰撞挡板前没有与滑块共速，设滑块在t 1时间内下滑x 3，在t 2时间内下滑x 4，则
x 3＝v 1t 1＋12a 1t 2
1＝3.96 m x 4＝2v 1t 1＋1
2a 1(2t 1)2－x 3＝4.68 m 所以长木板与滑块的相对位移 Δs ＝x 1＋x 3＋x 4－x 2＝8.64 m
故产生的热量Q ＝μmg cos37°·Δs ＝34.56 J 。

课后作业
1．水平传送带在电动机的带动下始终以速度v 匀速运动。

某时刻在传送带上A 点处轻轻放上一个质量为m 的小物体，经时间t 小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x ，A 点未到右端，在这段时间内( )
A ．小物体相对地面的位移大小为2x
B ．传送带上的A 点对地的位移大小为x
C ．由于物体与传送带相互作用产生的内能为m v 2
D ．由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为m v 2 答案 D
解析 在这段时间内，物体从静止做匀加速直线运动，其相对地面的位移为x 1＝1
2v t ，传送带(或传送带上的A 点)相对地面的位移为x 2＝v t ，物体相对传送带的位移大小x ＝x 2－x 1＝1
2v t ，显然x 1＝x ，x 2＝2x ，故A 、B 错误；由于物体与传送带间的滑动摩擦力做功，将系统的部分机械能转化为系统的内能，摩擦生热Q ＝F f x ，对物体运用动能定理有F f x 1＝12m v 2，又x 1＝x ，所以Q ＝F f x ＝12m v 2
，故C 错误；在这段时间内，电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功，W ＝F f x 2＝2F f x ＝m v 2，故D 正确。

2．(2018·宁德模拟)(多选)如图所示，足够长传送带与水平方向的倾角为θ，物块a 通过平行于传送带的轻绳跨过光滑轻滑轮与物块b 相连，开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力的作用，现让传送带逆时针匀速转动，则在b 上升h 高度(未与滑轮相碰)过程中( )
A．物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量
B．物块a机械能的减少量等于物块b机械能的增加量
C．摩擦力对物块a做的功等于物块a、b动能增加之和
D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
答案ACD
解析开始时，a、b及传送带均静止且a不受传送带摩擦力作用，则有m a g sinθ＝m b g，则m a sinθ＝m b，b上升h，则a下降高度为h sinθ，则a重力势能的减小量为m a gh sinθ＝m b gh，即物块a重力势能减少量等于物块b重力势能的增加量，故A正确；由于摩擦力对a做正功，系统机械能增加，所以物块a机械能的减少量小于物块b机械能的增加量，故B错误；根据能量守恒得知系统机械能增加，摩擦力对a做的功等于a、b机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力做功等于系统动能的增加之和，故C正确；任意时刻a、b的速率相等，对b克服重力做功的瞬时功率P b＝m b g v，对a有P a＝m a g v sinθ＝m b g v，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确。

3．(2018·咸阳模拟)(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m 的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为F f，用水平的恒定拉力F作用于滑块。

当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是()
A．上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量
B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，F f越大，滑块与木板间产生的热量越多
答案BD
解析由功能关系可知拉力F做功除了使两物体动能增加以外还使系统产生热量，故A错误；由于木板受到的摩擦力不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，F越大，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。

4．(2018·吉林模拟)(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以初速度v0沿逆时针方向匀加速运行，t＝0时，将质量m＝1 kg的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v-t图象如图乙所示，设沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2。

则()
A．传送带的加速度可能大于2 m/s2
B．传送带的倾角可能小于30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ一定为0.5
D．0～2.0 s内，摩擦力对物体做功W f可能为－24 J
答案BD
解析物体在传送带上沿斜面向下运动，当物体速度小于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向下，对物体由牛顿第二定律得mg sinθ＋μmg cosθ＝ma1，解得a1＝(sinθ＋μcosθ)g，在t＝1 s后，加速度减小，当物体速度大于传送带速度时，摩擦力方向沿斜面向上，当物体速度等于传送带速度时，摩擦力为零，所以，在1～2 s，物体速度不小于传送带速度，故物体加速度不小于传送带加速度，所以传送带的加速度不大于2 m/s2，故A错误；若1～2 s，摩擦力为零，那么物体加速度a2＝g sinθ＝2 m/s2，则sinθ
＝1
5，θ<30°，μ＝
1－sinθ
cosθ＞
4
5，若1～2 s，摩擦力不为零，那么物体加速度a2＝(sinθ－μcosθ)g，由图可
知a1＝10 m/s2，a2＝2 m/s2，所以有a1＋a2＝2g sinθ＝12 m/s2，故sinθ＝0.6，即θ＝37°，a1－a2＝2μg cosθ
＝8 m/s2，所以μ＝0.5，故B正确，C错误；第一段匀加速直线运动的位移x1＝v21
2a1＝
100
20m＝5 m，第
二段匀加速直线运动的位移x2＝v22－v21
2a2＝
144－100
4m＝11 m，由动能定理得mg(x1＋x2)sinθ＋W f＝
1
2
m v22，若1～2 s，摩擦力为零，sinθ＝1
5，得W f＝40 J，若1～2 s，摩擦力不为零，sinθ＝
3
5，得W f＝－
24 J，故D正确。

5．如图所示，AB为半径R＝0.8 m的1
4光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。

小车质量
m′＝3 kg，车长L＝2.06 m。

现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。

已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g取10 m/s2)。

试求：
(1)滑块到达B 端时，轨道对它的支持力的大小； (2)车被锁定时，车右端距轨道B 端的距离；
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车之间由于摩擦而产生的内能大小。

答案 (1)30 N (2)1 m (3)6 J
解析 (1)由机械能守恒定律得，mgR ＝1
2m v 2B
由牛顿第二定律得，F N B －mg ＝m v 2
B
R
解得F N B ＝30 N 。

(2)设滑块滑上小车后经过时间t 1与小车共速，共同速度的大小为v 对滑块：μmg ＝ma 1，v ＝v B －a 1t 1 对小车：μmg ＝m ′a 2，v ＝a 2t 1 解得v ＝1 m/s ，t 1＝1 s ，
t 1时间内滑块相对车的位移s ＝v B t 1－12a 1t 21
－12a 2t 2
1＝2 m ，s <L ，故滑块仍在小车上。

因t 1<t 0，
故滑块与小车共速后，小车继续向左匀速行驶了t 0－t 1＝0.5 s ， 则小车右端距B 端的距离为x 车＝v
2t 1＋v (t 0－t 1)， 解得x 车＝1 m 。

(3)Q ＝μmgs 解得Q ＝6 J 。

6．(2018·漳州检测)如图所示，光滑圆弧AB 在竖直平面内，圆弧B 处的切线水平。

A 、B 两端的高度差为0.2 m ，B 端高出水平地面0.8 m ，O 点在B 点的正下方。

将一滑块从A 端由静止释放，落在水平面上的C 点处。

(取g ＝10 m/s 2)。