高考物理-“板块”模型中的能量转化问题(解析版)

2020年高考物理备考微专题精准突破专题3.7 “板块”模型中的能量转化问题【专题诠释】板块中摩擦力做功与能量转化1．静摩擦力做功(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．2．滑动摩擦力做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：①机械能全部转化为内能；②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝F f x相对．其中x相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增加量；从能量的角度看，其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量．【最新考向解码】【例1】(2019·云南二模)如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始终保持静止。

若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则()A．子弹A的质量一定比子弹B的质量大B．入射过程中子弹A受到的阻力比子弹B受到的阻力大C．子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长D．子弹A射入木块时的初动能一定比子弹B射入木块时的初动能大【答案】 D【解析】由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹所受的阻力大小相等，设为f ，根据动能定理得，对子弹A ：－fd A ＝0－E k A ，得E k A ＝fd A ；对子弹B ：－fd B ＝0－E k B ，得E k B ＝fd B ，由于d A >d B ，则有子弹入射时的初动能E k A >E k B ，故B 错误，D 正确。

两子弹和木块组成的系统动量守恒，则有2m A E k A ＝2m B E k B ，而E k A >E k B ，则m A <m B ，故A 错误。

子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，木块始终保持静止，分析得知，两子弹在木块中运动的时间必定相等，否则木块就会运动，故C 错误。

【例2】(2019·银川一模)如图所示，一质量为m ＝1.5 kg 的滑块从倾角为θ＝37°的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s ＝10 m 后进入半径为R ＝9 m 的光滑圆弧AB ，其圆心角为θ，然后水平滑上与平台等高的小车．已知小车质量为M ＝3.5 kg ，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数μ＝0.35，地面光滑且小车足够长，g 取10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)滑块在斜面上的滑行时间t 1；(2)滑块脱离圆弧末端B 点前，轨道对滑块的支持力大小；(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s 1.【答案】 (1)2.5 s (2)31.7 N (3)10 m【解析】(1)设滑块在斜面上滑行的加速度为a ，由牛顿第二定律，有mg sin θ－μmg cos θ＝ma ，又s ＝12at 21 联立以上两式，代入数据解得t 1＝2.5 s.(2)滑块在圆弧AB 上运动过程，由机械能守恒定律，有12mv 2A ＋mgR (1－cos θ)＝12mv 2B，其中v A ＝at 1 由牛顿第二定律，有F B －mg ＝m v 2B R联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力F B ≈31.7 N.(3)滑块在小车上滑行时的加速度：a 1＝μg ＝3.5 m/s 2小车的加速度：a 2＝μmg M＝1.5 m/s 2 小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，满足v B －a 1t 2＝a 2t 2由(2)可知滑块刚滑上小车的速度v B ＝10 m/s ，最终同速时的速度v ＝v B －a 1t 2＝3 m/s由功能关系可得：μmg ·s 1＝12mv 2B －12(m ＋M )v 2 解得：s 1＝10 m.【技巧方法】“滑板”、“子弹打木块”模型能量分析的核心问题为物体间摩擦热的计算，一般而言有两种方式：(1)依据Q ＝F f ·x 相对，找出摩擦力与相对路程大小即可。

要注意的问题是公式中的x 相对并不是指的是相对位移大小。

特别是相对往返运动中，x 相对为多过程相对位移大小之和。

(2)运用能量守恒：Q E =∆机，即系统机械能的损失量等于产生的摩擦热。

更深更全面的问题在动量里会再次涉及到【微专题精练】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v 0＝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/s 2) ( )A ．木板获得的动能为2 JB ．系统损失的机械能为4 JC ．木板A 的最小长度为2 mD ．A 、B 间的动摩擦因数为0.1【答案】D【解析】由图象可知，A 、B 的加速度大小都为1 m/s 2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，木板获得的动能为1 J ，选项A 错误；系统损失的机械能ΔE ＝12mv 20－12·2m ·v 2＝2 J ，选项B 错误；由v -t 图象可求出二者相对位移为1 m ，所以C 错误；分析B 的受力，根据牛顿第二定律，可求出μ＝0.1，选项D 正确．2.(2019·山师大附中一模)如图所示，质量为M ，长度为L 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小物 块，放在小车的最左端，现用一水平恒力F 作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f ，经过一段时 间小车运动的位移为x ，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法中正确的是( )A ．此时物块的动能为F (x ＋L )B ．此时小车的动能为fxC．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－fL D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为fL【答案】BD【解析】由图可知，在拉力的作用下物体前进的位移为L＋x，故拉力的功为F(x＋L)，摩擦力的功为－f(x ＋L)，则由动能定理可知物体的动能为(F－f)(x＋L)，A项错误；小车受摩擦力作用，摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故此时小车的动能为fx，B项正确；物块和小车增加的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fL，故机械能的增量为F(x＋L)－fL，C项错误，D项正确．3.(2019·江西九江一模)第一次将一长木板静止放在光滑水平面上，如图甲所示，一小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．第二次将长木板分成A、B两块，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列说法正确的()A. 小铅块将从B的右端飞离木板B．小铅块滑到B的右端前已与B保持相对静止C．第一次和第二次过程中产生的热量相等D．第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量【答案】BD【解析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，当小铅块运动到B上后A停止加速，只有B加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，二者就已共速，选项A错误，B正确；由于第一次的相对路程大于第二次的相对路程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，选项C错误，D正确．4.(2019·河北定州中学模拟)如图所示，质量为M的木块静止在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最终留在木块中与木块一起以速度v运动．已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离L，子弹进入木块的深度为L′，木块对子弹的阻力为F(F视为恒力)，则下列判断正确的是()A．子弹和木块组成的系统机械能不守恒B．子弹克服阻力所做的功为FL′C ．系统产生的热量为F (L ＋L ′)D ．子弹对木块做的功为12Mv 2 【答案】AD【解析】子弹打入木块，子弹和木块位移不相等，所以相互作用力对子弹做的功即子弹动能的减少量，与相互作用力对木块做的功即木块动能的增加量不相等，因此有内能产生，系统机械能不守恒，二者之差即为产生的内能．力做的功等于力乘以物体在力的方向上的位移．此过程中由于有内能产生，子弹和木块组成的系统机械能不守恒，A 正确；子弹克服阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F (L ＋L ′)，B 错误；根据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL ′，C 错误；对木块运用动能定理得，fL ＝12Mv 2，D 正确． 5.如图所示，一张薄纸板放在光滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗糙，原来系统静止．现用水平恒力F 向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来．上述过程中有关功和能的说法正确的是( )A ．拉力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量B ．摩擦力对小木块做的功一定等于系统中由摩擦产生的热量C ．离开薄纸板前小木块可能先做加速运动，后做匀速运动D ．小木块动能的增加量可能小于系统中由摩擦产生的热量【答案】D.【解析】由功能关系，拉力F 做的功等于薄纸板和小木块动能的增加量与系统产生的内能之和，选项A 错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增加量，选项B 错误；离开薄纸板前小木块一直在做匀加速运动，选项C 错误；对于系统，由摩擦产生的热量Q ＝f ΔL ，其中ΔL 为小木块相对薄纸板运动的路程，若薄纸板的位移为L 1，小木块相对地面的位移为L 2，则ΔL ＝L 1－L 2，且ΔL 存在大于、等于或小于L 2三种可能，对小木块，fL 2＝ΔE k ，即Q 存在大于、等于或小于ΔE k 三种可能，选项D 正确．6.如图所示，质量M ＝2 kg 、长L ＝2 m 的长木板静止放置在光滑水平面上，在其左端放置一质量m ＝1 kg 的小木块(可视为质点)．先相对静止，然后用一水平向右、F ＝4 N 的力作用在小木块上，经过时间t ＝2 s ，小木块从长木板另一端滑出，g 取10 m/s 2，则( )A ．小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.1B ．在整个运动过程中由于摩擦产生的热量为8 JC ．小木块脱离长木板的瞬间，拉力F 的功率为16 WD ．长木板在运动过程中获得的机械能为16 J【答案】C【解析】小木块的加速度为a 1＝F －μmg m ，木板的加速度为a 2＝μmg M ，脱离时小木块的位移x 1＝12a 1t 2，木板的位移x 2＝12a 2t 2，则由L ＝x 1－x 2，结合以上式子知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.2，故选项A 错误；整个运动过程中由于摩擦产生的热量为Q ＝μmgL ＝0.2×1×10×2 J ＝4 J ，故选项B 错误；小木块脱离长木板的瞬间v 1＝a 1t ＝2×2 m/s ＝4 m/s ，功率P ＝Fv 1＝4×4 W ＝16 W ，故选项C 正确；长木板在运动过程中获得的机械能为E ＝12Mv 22＝12M (a 2t )2，结合A 项知E ＝4 J ，故选项D 错误． 7.如图所示，木块A 放在木块B 的左端上方，用水平恒力F 将A 拉到B 的右端，第一次将B 固定在地面上，F 做功W 1，生热Q 1；第二次让B 在光滑水平面上可自由滑动，F 做功W 2，生热Q 2.则下列关系中正确的是( )A ．W 1<W 2，Q 1＝Q 2B ．W 1＝W 2，Q 1＝Q 2C ．W 1<W 2，Q 1<Q 2D ．W 1＝W 2，Q 1<Q 2【答案】A【解析】在A 、B 分离过程中，第一次和第二次A 相对于B 的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，因此Q 1＝Q 2；在A 、B 分离过程中，第一次A 的对地位移要小于第二次A 的对地位移，而功等于力乘以对地位移，因此W 1＜W 2，所以选项A 正确．1.如图为某生产流水线工作原理示意图．足够长的工作平台上有一小孔A ，一定长度的操作板(厚度可忽略不计)静止于小孔的左侧，某时刻开始，零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动，直至运动到A 孔的右侧(忽略小孔对操作板运动的影响)，最终零件运动到A 孔时速度恰好为零，并由A 孔下落进入下一道工序．已知零件与操作板间的动摩擦因数μ1＝0.05，零件与工作台间的动摩擦因数μ2＝0.025，不计操作板与工作台间的摩擦．重力加速度g ＝10 m/s2.求：(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；(2)若操作板长L ＝2 m ，质量M ＝3 kg ，零件的质量m ＝0.5 kg ，则操作板从A 孔左侧完全运动到右侧的过程中，电动机至少做多少功？【答案】(1)2 m/s 2 (2)12.33 J【解析】(1)设零件向右运动距离x 时与操作板分离，此过程历经时间为t ，此后零件在工作台上做匀减速运动直到A 孔处速度减为零，设零件质量为m ，操作板长为L ，取水平向右为正方向，对零件，有：分离前：μ1mg ＝ma 1分离后：μ2mg ＝ma 2且x ＝12a 1t 2 以后做匀减速运动的位移为：L 2－x ＝0－(a 1t )2－2a 2对操作板，有：L 2＋x ＝12at 2 联立以上各式解得：a ＝(2μ1μ2＋μ 21)g μ2， 代入数据得：a ＝2 m/s 2.(2)将a ＝2 m/s 2，L ＝2 m 代入L 2＋12a 1t 2＝12at 2 解得：t ＝ L a －a 1＝233 s 操作板从A 孔左侧完全运动到右侧的过程中，动能的增加量ΔE k1＝12M (2aL )2＝12 J 零件在时间t 内动能的增加量 ΔE k2＝12m (μ1gt )2＝112J 零件在时间t 内与操作板因摩擦产生的内能Q 1＝μ1mg ×L 2＝0.25 J 根据能量守恒定律，电动机做功至少为W ＝ΔE k1＋ΔE k2＋Q ＝1213J≈12.33 J 9.如图所示，质量为m 的长木块A 静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m 的滑块B ，已知木块长为L ，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F 拉滑块B .(1)当长木块A 的位移为多少时，B 从A 的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．【答案】(1)μmgL F －2μmg(2)μmgL 【解析】(1)设B 从A 的右端滑出时，A 的位移为x ，A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动能定理得μmgx ＝12mv 2A(F －μmg )·(x ＋L )＝12mv 2B 又因为v A ＝a A t ＝μgtv B ＝a B t ＝F －μmg m t ，解得x ＝μmgL F －2μmg. (2)由功能关系知，拉力F 做的功等于A 、B 动能的增加量和A 、B 间产生的内能，即有F (x ＋L )＝12mv 2A ＋12mv 2B ＋Q 解得Q ＝μmgL .10.如图所示，一个质量为m ＝15 kg 的特制柔软小猴模型，从离地面高h 1＝6 m 的树上自由下落，一辆平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v 0＝6 m/s 的速度匀速前进．已知模型开始自由下落时，平板车前端恰好运动到距离下落点正下方s ＝3 m 处，该平板车总长L ＝7 m ，平板车板面离地面高h 2＝1 m ，模型可看作质点，不计空气阻力．假定模型落到板面后不弹起，在模型落到板面的瞬间，司机刹车使平板车开始以大小为a ＝4 m/s 2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，g 取10 m/s 2，模型下落过程中未与平板车车头接触，模型与平板车板面间的动摩擦因数μ＝0.2.求：(1)模型将落在平板车上距车尾端多远处？(2)通过计算说明，模型是否会从平板车上滑下？(3)模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q 为多少？【答案】(1)4 m (2)不会 (3)105 J【解析】(1)设模型经时间t 1下落到平板车上，由运动学公式得：h 1－h 2＝12gt 21① 平板车在t 1时间内前进的距离为x 1，则：x 1＝v 0t 1②所以模型在平板车上的落点距车尾端距离：x ＝L ＋s －x 1＝4 m ③(2)设模型落在车上后做匀加速运动的加速度为a 1，经过时间t 2模型和平板车的速度相同为v ，则平板车的速度为：v ＝v 0－at 2④模型的速度为：v ＝a 1t 2⑤对模型应用牛顿第二定律得：μmg ＝ma 1⑥平板车的位移为：x 2＝v 0t 2－12at 22⑦ 在这段时间内的模型的位移为：x 3＝12a 1t 22⑧ 联立④⑤⑥⑦⑧可得，在这段时间内模型相对车向后的位移为： Δx 1＝x 2－x 3＝3 m ⑨Δx 1<4 m ，故不会滑下⑩(3)速度相同后模型和平板车都减速运动直到静止，平板车的位移为：x 4＝v 22a⑪ 模型的位移为：x 5＝v 22a 1⑫ 模型相对平板车向前的位移为：Δx 2＝x 5－x 4⑬模型在平板车上来回摩擦产生的总热量：Q ＝μmg (Δx 1＋Δx 2)＝105 J。