滑动摩擦力做功“Q=fs相对”模型
专题三滑块滑板类问题
专题三：滑块、滑板类问题一个滑板一滑块，在中学物理中这一最简单、最典型的模型，外加档板、弹簧等辅助器件，便可以构成物理情景各不相同、知识考察视点灵巧多变的物理习题，能够广泛考察学生的应用能力、迁移能力，成为力学综合问题的一道亮丽风景。
归纳起来，滑板滑块问题主要有以下几种情形：一．系统机械能守恒，动量（或某一方向动量）守恒当物体系既没有外力做功，也没有内部非保守力（如滑动摩擦力）做功时，这个物体系机械能守恒；同时，物体系受合力（或某一方向合力）为零，动量（或某一方向动量）守恒。
例1．有光滑圆弧轨道的小车总质量为M，静止在光滑的水平地面上，轨道足够长，下端水平，有一质量为m的滑块以水平初速度V0滚上小车（图1），求：Array⑴滑块沿圆弧轨道上升的最大高度h。
⑵滑块又滚回来和M分离时两者的速度。
图1[解析]⑴小球滚上小车的过程中，系统水平方向上动量守恒，小球沿轨道上升的过程中，球的水平分速度从V0开始逐渐减小，而小车的速度却从零开始逐渐增大，若V球> V车，则球处于上升阶段；若V球<V车，则球处于下滑阶段。
（V球为球的水平分速度）。
因此，小球在最大高度时二者速度相等。
设二者速度均为V，根据动量守恒定律有：m V0=（M+m）V ①又因为整个过程中只有重力势能和动能之间的相互转化，所以系统的机械能守恒，根据机械能守恒定律有1/2m V2=1/2（M+m）V2+mgh ②解①②式可得球上升的最大高度h= m V02/ 2（M+m）g⑵设小球又滚回来和M分离时二者的速度分别为V1和V2，则根据动量守恒和机械能守恒可得： m V0=m V1+M V2 ③1/2 m V02=1/2 m V12+1/2 MV22 ④解③④可得：小球的速度 V1 = ( m- M)/( m + M )V0小车的速度： V2= 2 m / ( M + m)二．系统所受合外力为零，满足动量守恒条件；但机械能不守恒，据物体系功能原理，外力做正功使物体系机械能增加，而内部非保守力做负功会使物体系的机械能减少。
二 力与平衡复习
复习二 《力与平衡》一．知识结构1.力（A ）①力是物体对物体的作用。
⑴力不能脱离物体而独立存在。
⑵物体间的作用是相互的。
②力的三要素：力的大小、方向、作用点。
③力作用于物体产生的两个作用效果。
使受力物体发生形变或使受力物体的运动状态发生改变。
④力的分类：⑴按照力的性质命名：重力、弹力、摩擦力等。
⑵按照力的作用效果命名：拉力、推力、压力、支持力、动力、阻力、浮力、向心力等。
2．重力（A ） 定义 方向 大小 作用点(重心)3．弹力（A ）点面、点点、面面、细绳、细杆弹力分析，分析拉力一定要先确定研究对象 4．摩擦力（A ）(1 ) 滑动摩擦力： N F f μ=说明 ： a 、F N 为接触面间的弹力，可以大于G ；也可以等于G;也可以小于Gb 、μ为滑动摩擦系数，只与接触面材料和粗糙程度有关，与接触面 积大小、接触面相对运动快慢以及正压力F N 无关.(2 ) 静摩擦力： 由物体的平衡条件或牛顿第二定律求解,与正压力无关. 大小范围： O<f 静≤f m (f m 为最大静摩擦力，与正压力有关) 说明：a .摩擦力可以与运动方向相同，也可以与运动方向相反，还可以与运动方向成一定夹角。
b.不管是静摩擦力和滑动摩擦力都可以作正功，也可以作负功，还可以不作功。
一对相互作用的静摩擦力做功代数和为零，一对相互作用的滑动摩擦力做功的代数和一定为负 c.摩擦力的方向与物体间相对运动的方向或相对运动趋势的方向相反。
d.静止的物体可以受滑动摩擦力的作用，运动的物体可以受静摩擦力的作用。
f.同一接触面的摩擦力与弹力相互垂直 g.滑动摩擦产生的热量Q=fs 相对 5．力的合成与分解（B ）a ．1F 、2F 互成θ角——用力的平行四边形定则平行四边形定则：两个互成角度的力的合力，可以用表示这两个力的有向线段为邻边，作平行四边形，它的对角线就表示合力的大小及方向，这是矢量合成的普遍法则。
注意：(1) 力的合成和分解都均遵从平行四边行法则。
高三物理(新课标)二轮专题复习突破：1-2-2传送带模型中的能量问题
难点突破6传送带模型中的能量问题传送带的问题是和实际联系较紧密的一个物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容．解决此类问题的关键是对传送带和物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征、过程．因此在力学复习中，通过研究传送带类习题，将力学各部分内容串联起来，再利用功能观点处理传送带问题，往往能达到融会贯通的效果．对传送带问题要进行两种分析：1．受力和运动分析对传送带上的物体首先要进行受力分析，判断物体受到的滑动摩擦力方向及物体的运动状态，是加速，是减速，还是匀速；其次判断摩擦力突变(大小、方向)的临界状态；最后运用运动学知识求加速度、速度、位移等物理量，进而利用功和能的有关知识，求因摩擦而产生的热．注意：①判断摩擦力的有无、方向时以传送带为参考系；②临界状态一般发生在v物与v传相同的时刻；③应用运动学公式计算物体的相关物理量时应以地面为参考系．2．传送带中功和能量关系的分析传送带损失电能传送带受到物体的作用力，一般表现为摩擦力传送带对地移动距离ΔE电＝F f x传送带产生内能与传送带间的滑动摩擦力物体相对于传送带移动的距离Q＝F fΔl电动机带动下以v0＝4 m/s的恒定速率顺时针方向运行．在传送带底端P 处有一离传送带很近的固定挡板，可将传送带上的物体挡住．在距P距离为L＝9 m的Q处无初速度地放一质量m＝1 kg的物体，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，物体与挡板的碰撞能量损失及碰撞时间不计，取g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，求物体从静止释放到第一次返回上升至最高点的过程中：(1)相对传送带发生的位移；(2)系统因摩擦产生的热量；(3)传送带多消耗的电能；(4)物体的最终状态及该状态后电动机的输出功率．【解析】图1(1)解法1：力和运动法．物体由静止释放，沿传送带向下加速运动，相对传送带亦向下滑，受力如图1所示，有mg sinθ－μmg cosθ＝ma1，得a1＝2 m/s2与P碰前速度v1＝2a1L＝6 m/s设物体从Q到P的时间为t1，则t1＝v1a1＝3 s设物体对地位移为x1，可知x1＝L＝9 m，相对传送带向下的位移Δx1＝x1＋v0t1＝21 m图2物体与挡板碰撞后，以速度v 1反弹，向上做减速运动，因v 1>v 0，物体相对传送带向上滑，设速度减小到与传送带速度相等的时间为t 2，此过程受力如图2所示，有mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2得a 2＝10 m/s 2，t 2＝v 1－v 0a 2＝0.2 s 在t 2时间内物体对地向上的位移x 2＝v 1＋v 02t 2＝1 m 相对传送带向上的位移Δx 2＝x 2－v 0t 2＝0.2 m物体速度与传送带速度相等后，由于mg sin θ>μmg cos θ物体不能匀速，将相对传送带向下滑，对地向上做加速度大小为a 3＝a 1＝2 m/s 2的减速运动，设速度减小到零的时间为t 3，t 3＝v 0a 3＝2 s 此过程中物体对地向上的位移x 3＝v 02t 3＝4 m 相对传送带向下的位移Δx 3＝v 0t 3－x 3＝4 m整个过程中两者相对滑动位移为Δx ＝Δx 1－Δx 2＋Δx 3＝24.8 m.解法2：相对运动法．以传送带为参考系，在求出相对初速度和相对加速度后，三个阶段物体相对传送带的位移分别为Δx 1＝v 0t 1＋12a 1t 21＝21 m Δx 2＝(v 1－v 0)t 2－12a 2t 22＝0.2 mΔx3＝12a3t23＝4 m第二阶段物体相对传送带向上运动，两者相对滑动总位移为Δx＝Δx1－Δx2＋Δx3＝24.8 m.解法3：图象法．设沿传送带向上为正方向，画出如图3所示物体和传送带运动的v－t图象，直接用物体和传送带v－t图线所夹的面积表示相对发生的位移：图3Δx1＝(v0＋v0＋v1)t12＝21 m，Δx2＝(v1－v0)t22＝0.2 mΔx3＝12v0t3＝4 m两者相对滑动的总位移为Δx＝Δx1－Δx2＋Δx3＝24.8 m.图4(2)系统因摩擦产生的热量，是由于一对滑动摩擦力作用点移动的不同导致做功不等而造成的，产生的热量不是与传送带和物体间的相对移动的位移而是与相对移动的距离有关(如图4所示阴影部分面积)：Q＝Q1＋Q2＋Q3＝F f·Δl＝μmg cosθ(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝100.8 J(3)传送带消耗的电能是因为传送带要克服摩擦力做功，这与传送带对地运动位移有关(如图5所示阴影部分面积)，在物体向下加速和相对传送带向下运动的减速阶段，摩擦力对传送带做负功消耗电能，在物体相对传送带向上运动的减速阶段，摩擦力对传送带做正功，减少电能损耗．图5ΔE电＝－F f(x传送带1－x传送带2＋x传送带3)＝－μmg cosθ(v0t1－v0t2＋v0t3)＝－76.8 J即传送带多消耗的电能为76.8 J.(4)物体返回上升到最高点时速度为零，以后将重复上述过程，且每次碰后反弹速度、上升高度依次减小，最终达到一个稳态：稳态的反弹速度大小应等于传送带速度4 m/s，此后受到的摩擦力总是斜向上，加速度为g sinθ－μg cosθ＝2 m/s2，方向斜向下，物体相对地面做往返“类竖直上抛”运动，对地上升的最大位移为x m＝v202a1＝4 m，往返时间为T＝2v0a1＝4 s传送带受到的摩擦力大小始终为F f＝μmg cosθ，稳态后方始终斜向下，故电动机的输出功率稳定为P＝F f v0＝μmg cosθ×v0＝16 W.如图所示，甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v 向上运动．现将一质量为m 的小物体(视为质点)轻轻放在A 处，小物体在甲传送带上到达B 处时恰好达到传送带的速率v ；在乙传送带上到达离B 竖直高度为h 的C 处时达到传送带的速率v .已知B 处离地面的高度皆为H .则在小物体从A 到B 的过程中( )A ．两种传送带与小物体之间的动摩擦因数相同B ．将小物体传送到B 处，两种传送带消耗的电能相等C ．两种传送带对小物体做功相等D ．将小物体传送到B 处，两种系统产生的热量相等解析：小物体在两种传送带均做初速度为零的匀加速直线运动，加速度大小a ＝μg cos θ－g sin θ，在速度达到v 的过程中，小物体在甲传送带上的位移s 较大，根据公式a ＝v 22s，可知小物体在甲传送带上时的加速度较小，根据a ＝μg cos θ－g sin θ，可得μ＝a g cos θ＋tan θ，即小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小，选项A 错误；在小物体从A 到B 的过程中，根据功能关系可知，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，选项C 正确；在小物体从A 到B 的过程中，只有小物体相对传送带发生滑动时，即只有在加速过程中，系统才发生“摩擦生热”，根据公式Q ＝fs 相对计算系统产生的热量，可选取做匀速运动的传送带为惯性参考系，小物体在惯性参考系里做初速度大小为v ，加速度大小为a ＝μg cos θ－g sin θ，末速度为零的匀减速直线运动，可求出s 相对＝v 22a ，可见，s 相对等于小物体相对于地面速度从0加速到v 过程中的位移，即系统产生的热量等于小物体加速过程中摩擦力对小物体做的功，对于甲传送带，在加速过程中摩擦力做正功设为W 1，克服重力做功为mgH ，动能改变量为12m v 2，根据动能定理可求得W 1＝12m v 2＋mgH ，同理可求出小物体在乙传送带上加速过程中摩擦力做的功为W 2＝12m v 2＋mg (H －h )，显然W 1>W 2，所以Q 1>Q 2，即甲系统产生的热量多，选项D 错误；在将小物体传送到B 处的过程中，传送带消耗的电能等于系统增加的机械能和产生的内能，两种系统增加的机械能相等，产生的内能不等，所以消耗的电能不等，选项B 错误．答案：C如图所示，在大型超市的仓库中，要利用皮带运输机将货物由平台D 运送到高为h ＝2.5 m 的平台C 上．为了便于运输，仓储员在平台D 与皮带间放了一个14圆周的光滑轨道ab ，轨道半径为R ＝0.8 m ，轨道最低点与皮带接触良好．已知皮带和水平面间的夹角为θ＝37°，皮带和货物间的动摩擦因数为μ＝0.75，运输机的皮带以v 0＝1 m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动(皮带和轮子之间不打滑)．现仓储员将质量为m ＝200 kg 的货物放于轨道的a 端(g ＝10 m/s 2)．求：(1)货物到达圆轨道最低点b 时对轨道的压力；(2)货物沿皮带向上滑行多远才能相对皮带静止；(3)皮带将货物由A 运送到B 需对货物做多少功．解析：(1)货物由a 到b ，由机械能守恒定律得mgR ＝12m v 2 解得v ＝2gR ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/s在最低点b ，由F 合＝ma 得F －mg ＝m v 2RF ＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 2R ＋g ＝200×⎝ ⎛⎭⎪⎫420.8＋10 N ＝6×103 N 由牛顿第三定律可知货物到达圆轨道最低点时对轨道的压力F ′＝F ＝6×103 N.(2)货物在皮带上运动时，由动能定理得：－mgx sin37°－fx ＝12m v 20－12m v 2 且f ＝μmg cos37°解得：x ＝v 2－v 202g (sin37°＋μcos37°)＝0.625 m. (3)由于tan37°＝μ，则货物减速到v 0后便和皮带一起匀速向上运动 货物由平台D 运送到平台C 的过程中，由功能关系知，皮带对货物做的功为W＝mg(h－R)＋12m v20＝3 500 J.11。
专题10 子弹打木块模型(1)-高考物理模型法之实物模型法(解析版)
模型界定本模型主要是指子弹击中非固定的、光滑木块的物理情景，包括一物块在木板上滑动、小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动、一静一动的同种电荷追碰运动等等，本质特征是物体在一对作用力与反作用力（系统内力）的冲量作用下，实现系统内物体的动量、能量的转移或转化。
模型破解运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动（在其他一动一静情景中物体可做变加速运动甚至是曲线运动）。
图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个v —t 坐标中，两者的速度图线如图1中甲（子弹穿出木块）或乙（子弹停留在木块中）.上图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。
两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移，两种情况下都有M m s s d -=。
1.子弹未击穿木块（如图2）（i ）木块的长度不小于二者位移之差21s s d L -=≥。
图1图2（ii ）二者作用时间非常短暂，在某一方向上动量守恒。
（iii)作用结束时二者以同一速度开始新的运动mM mv v +=。
（iv ）二者速度相同时木块的速度最大，相对位移（即子弹射入的深度）最大)(22m M f Mmv d +=。
（v ）子弹射入木块的深度大于木块的对地位移22s s mmM d >+=。
（vi ）当m M >>时d s <<2，这说明，一般情况在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计，即作用结束时系统以相同的速度从作用前的位置开始新的运动。
（vii ）系统在只通过摩擦力实现动量的转移及能量的转化时，系统的机械能不守恒，其动能的变化量20)(2v m M Mm E k +=∆等于摩擦产生的热量，也等于摩擦力与相对位移的乘积Q ＝fs 相对。
（系统间无摩擦而通过其它力作用时，系统动能的减少量等于其它形式的能量的增加，如小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上,滑动中系统动能的减少量等于小球增加的重力势能；在一静一动的同种电荷追碰运动中系统动能的减少量等于系统电势能的增加量等） （viii ）涉及动态分析判定时用图象较为方便。
高考动量解题模型总结
模型组合讲解一一子弹打木块模型［模型概述］子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。
R F N s 相=△ E k 系统=Q , Q 为摩擦在系统中产生的热量; 小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动；一静一动的同种电荷追碰运动等。
［模型讲解］例.如图1所示，一个长为L 、质量为M 的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m 的物块(可 视为质点)，以水平初速度V 0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为R ，当物块与木块达 到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q 。
解析：可先根据动量守恒定律求出m 和M 的共同速度 Q 。
对物块，滑动摩擦力,做负功，由动能定理得:11一 F (d + s ) = —mv 2 — — mv 2 f 2 t 2 0即F f 对物块做负功，使物块动能减少。
对木块，滑动摩擦力F 对木块做正功，由动能定理得Fs =1Mv 2，即F 对木块做正功，使木块动能 f f 2f增加，系统减少的机械能为：mmv 2 — — mv 2 - M MV 2 = F (d + s) - F s = F d < 1 > 2 0 2 t 2 f f f本题中F f = R mg ，物块与木块相对静止时，v^ = v ,则上式可简化为：R mgd = mviv 2 - - (m + M) v 2< 2 >22t又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则：mv = (m + M ) v< 3 >t联立式<2>、<3>得：, Mv 2d = ----------------- 0 ---------2R g (M + m )故系统机械能转化为内能的量为：Mv 2 Mmv 2Q = F d = R mg - -------------------- 0 --------- = ------ 0—再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量 图1R g (M + m) 2( M + m)f 2点评：系统内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即F f s = A E。
第六章 专题2 “子弹打木块”模型及“追赶”模型
专题二 “子弹打木块”模型及“追赶”模型【学习目标】1、理解“子弹打木块”模型中物体的相互作用过程，掌握解决这类问题的方法。
2、会分析“追赶”模型中两物体的位移关系，知道两物体相距最近或最远的条件。
【自主学习】一、动量守恒定律的公式： ，公式中的各个v 必须是对参考系的。
末状态两物体速度相同时，动量守恒的表达式为： 。
初状态两物体均处于静止状态，动量守恒的表达式为： 。
二、“子弹打木块”模型： 木块放在光滑水平面上子弹以初速度v 0射击木块。
1、运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做 直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做 直线运动。
2、图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个v —t 坐标中，两者的速度图线如下图中甲或乙。
甲和乙的区别是 。
图中，两图线间阴影部分面积则对应了子弹相对于木块的 。
3、解决方法：把子弹和木块看成一个系统，利用水平方向动量守恒，有：mv 0=mv+MV …………①对木块和子弹分别利用动能定理，对子弹 -f(s+L )=2022121mv mv - …………②对木块 f s =0212-MV …………③由②、③得系统的动能定理： f L 2220212121MV mv mv --＝）＋（＝2220212121MV mv mv - 4、打木块模型及推广：⑴一物块在木板上滑动(E mgs Q ∆==相对μ，Q 为摩擦在系统中产生的热量)。
⑵小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上向上滑动，系统损失的动能转化为m 的重力势能。
⑶一静一动的同种电荷追碰运动，系统损失的动能转化为电势能三.典型例题:例1.一质量为M 的木块放在光滑的水平面上，一质量m 的子弹以初速度v 0水平飞来打进木块并留在其中，设相互作用力为f问题1 子弹、木块相对静止时的速度v?问题2 子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度?问题3 系统损失的机械能、系统增加的内能?问题4 要使子弹不穿出木块，木块至少多长？（v 0、m 、M 、f 一定）小结：⑴系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔE ＝Q ＝fs 相对⑵系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为 值。
摩擦力做功和产生热能的关系
摩擦力做功与产生热能的关系众所周知,恒力做功的公式为W=F.Scosθ, 但当做功的力涉及到摩擦力时,往往会使问题变的复杂化. 我们知道摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关，如果考虑摩擦力做功的过程中与产生热能关系时，很多学生就会对之束手无策,从近几年的高考命题中,这类问题是重点也是难点问题,以下就针对摩擦力做功与产生热能的关系作一总结的分析.1．摩擦力做功的特点与产生热能的机理.根据，<费曼物理学讲义>中的描述：“摩擦力的起因:从原子情况来看,相互接触的两个表面是不平整的,它们有许多接触点,原子好象粘接在一起,于是,当我们拉开一个正在滑动的物体时,原子啪的一下分开，随及发生振动，过去，把这种摩擦的机理想象的很简单，表面起因只不过布满凹凸不同的形状，摩擦起因于抬高滑动体越过突起部分，但是事实不可能是这样的，因为在这种情况中不会有能量损失，而实际是要消耗动力的。
动力消耗的机理是当滑动体撞击突起部分时，突起部分发生形变，接着在两个物体中产生波和原子运动，过了一会儿，产生了热。
”从以上对摩擦力做功与产生热能的机理的描述，我们从微观的角度了解到摩擦生热的机理，”所以，我们对“做功”和“生热”实质的解释是：做功是指其中的某一个摩擦力对某一个物体做的功，而且一般都是以地面为参考系的，而“生热”的实质是机械能向内能转化的过程。
这与一对相互作用的摩擦力所做功的代数和有关。
为了说明这个问题，我们首先应该明确摩擦力做功的特点．２．摩擦力做功的特点．我们学习的摩擦力包括动摩擦力和静摩擦力，它们的做功情况是否相同呢？下面我们就分别从各自做功的特点逐一分析。
２．１静摩擦力的功静摩擦力虽然是在两个物体没有相对位移条件下出现的力，但这不等于静摩擦力做功一定为零。
因为受到静摩擦力作用的物体依然可以相对地面或其它参考系发生位移，这个位移如果不与静摩擦力垂直，则静摩擦力必定做功，如果叠在一起的两个木块Ａ、Ｂ，在拉力Ｆ的作用下沿着光滑水平面发生一段位移s，图一所示，则Ａ物体受到向前的静摩擦力f０对Ａ作正功W= f０s图一图二在圆柱体沿水平面向前无滑滚动时，（图二所示），虽然圆柱体相对地面存在位移，但地面对车轮的静摩擦力f ０并不做功，这时，不能认为滚动的圆柱体是一个质点，从地面参考系来看，在一段微小时间间隔内，f ０作用于地面接触的圆柱体边缘一点Ａ，对于静摩擦力f ０而言Ａ的瞬时速度v Ａ＝０，故Ａ的微小位移dr ＝v Ａdt ＝０，元功为零，下一个微小时间间隔内，静摩擦力f ０则作用在另一个质点Ｂ，同样元功为零．所以滚动过程中静摩擦力f ０对圆柱体做功为零．在此过程中，滚动摩擦要阻止圆柱体滚动，柱体需要克服这种阻碍消耗能量做功，但这主要是克服滚动过程中地面形变后产生的支持力所导致的阻力矩的功．高中阶段，一般我们只分析第一种情况的静摩擦力的做功情况．由以上分析，我们可以归纳出静摩擦力做功有以下特点：1、静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．2、在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移，而没有机械能相互为其它形式的能．3、相互作用的系统内，一对静摩擦力所做的功的和必为零。
摩擦力做功的计算公式
摩擦力做功的计算公式1. 摩擦力做功公式推导。
- 当物体在粗糙水平面上受到摩擦力f作用，发生位移x时，根据功的定义W = Fscosθ（其中F是力，s是位移，θ是力与位移方向的夹角）。
- 对于摩擦力做功，摩擦力方向与物体相对运动（或相对运动趋势）方向相反，在水平面上物体位移方向与摩擦力方向相反，θ = 180^∘，cosθ=- 1。
- 所以摩擦力做功W_f = f× x×(-1)= - fx。
2. 滑动摩擦力做功的特点与计算。
- 特点。
- 滑动摩擦力做功与路径有关。
例如，一个物体在粗糙的水平面上往返运动，滑动摩擦力始终做负功，往返一次滑动摩擦力做功W = - f×2x（x为单程位移大小）。
- 计算示例。
- 一个质量为m的物体在动摩擦因数为μ的水平面上，受到水平拉力F作用，以初速度v_0向右运动，经过位移x后停止。
- 首先根据牛顿第二定律求出加速度a=(f)/(m)，这里滑动摩擦力f = μ mg，加速度a =-μ g（方向向左，与速度方向相反）。
- 根据运动学公式v^2 - v_0^2 = 2ax，可得0 - v_0^2=2(-μ g)x。
- 滑动摩擦力做功W_f=-fx =-μ mgx。
3. 静摩擦力做功的特点与计算。
- 特点。
- 静摩擦力可以做正功、负功或不做功。
例如，静止在倾斜传送带上的物体随传送带一起加速向上运动，静摩擦力方向沿传送带向上，物体位移方向也向上，静摩擦力做正功；如果物体随传送带一起匀速向上运动，静摩擦力做正功；当两个物体叠放在一起，用力拉下面的物体使它们一起加速运动，上面物体受到的静摩擦力做正功。
若上面物体静止在下面匀速运动的物体上，静摩擦力对上面物体不做功。
- 计算示例。
- 一个质量为m的物体放在倾斜角为θ的斜面上，斜面静止，物体受到沿斜面向上的静摩擦力f = mgsinθ。
当斜面沿水平方向向右移动位移x时，静摩擦力做功W_f = f× x×cosθ，这里θ是斜面倾角，f = mgsinθ，所以W_f = mgsinθ× x×cosθ。
2024届高考一轮复习物理教案(新教材鲁科版)：动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用
专题强化十一 动量守恒在子弹打木块模型和板块模型中的应用 目标要求 1.会用动量观点和能量观点分析计算子弹打木块模型.2.会用动量观点和能量观点分析计算滑块—木板模型．题型一 子弹打木块模型1．模型图示2．模型特点(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．(2)系统的机械能有损失．3．两种情景(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)动量守恒：m v 0＝(m ＋M )v能量守恒：Q ＝f ·s ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2 (2)子弹穿透木块动量守恒：m v 0＝m v 1＋M v 2能量守恒：Q ＝f ·d ＝12m v 02－(12M v 22＋12m v 12) 例1 (多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相等、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．已知A 、B 足够长，两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相等答案 BD解析 子弹射入滑块过程中，子弹与滑块构成的系统动量守恒，有m v 0＝(m ＋M )v ，两个子弹的末速度相等，所以子弹速度的变化量相等，A 错误；滑块A 、B 动量变化量相等，受到的冲量相等，B 正确；对子弹运用动能定理，有W f ＝12m v 2－12m v 02，由于末速度v 相等，所以阻力对子弹做功相等，C 错误；对系统，由能量守恒可知，产生的热量满足Q ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2，所以系统产生的热量相等，D 正确．例2 (多选)(2023·四川成都市树德中学高三检测)水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历时间为t 1，子弹损失的动能为ΔE k1损，系统机械能的损失为E 1损 ，穿透后系统的总动量为p 1；同样的子弹以同样的速度打穿放在光滑水平面上的同样的木块，经历时间为t 2，子弹损失的动能为ΔE k2损，系统机械能的损失为E 2损，穿透后系统的总动量为p 2.设木块给子弹的阻力为恒力且上述两种情况下该阻力大小相等，则下列结论正确的是( )A ．t 2>t 1B ．ΔE k2损＞ΔE k1损C ．E 2损＞E 1损D ．p 2＞p 1答案 ABD解析 两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力f 相等，根据牛顿第二定律有a ＝f m，两次子弹的加速度相等；第二次以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，由于在子弹穿过木块的过程中，木块会在水平面内滑动，所以第二次子弹的位移s 2要大于第一次的位移s 1，即s 2＞s 1；子弹做减速运动，由位移公式s ＝v 0t ＋12at 2和s 2＞s 1可得，t 2＞t 1，故A 正确．两次打穿木块过程中，子弹受到的阻力相等，阻力对子弹做的功等于子弹损失的动能，即ΔE k 损＝fs ，由于s 2＞s 1，所以ΔE k2损＞ΔE k1损，故B 正确．两次打穿木块过程中，子弹受到的平均阻力相等，系统摩擦产生的热量Q ＝fd ，其中f 为阻力，d 为子弹相对于木块的位移大小，由于两次子弹相对于木块的位移大小都是木块的长度，所以系统机械能的损失相等，即E 2损＝E 1损，故C 错误．p 1小于子弹的初动量，第二次子弹穿透木块的过程，系统的动量守恒，则p 2等于子弹的初动量，所以p 2＞p 1，故D 正确．例3 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g 的长方形匀质木块，现有一质量为20 g 的子弹以大小为300 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动．已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm ，子弹打进木块的深度为6 cm.设木块对子弹的阻力保持不变．(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能．(2)若子弹是以大小为400 m/s 的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？答案 (1)6 m/s 882 J (2)能解析 (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v ，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，代入数据解得v ＝6 m/s此过程系统所产生的内能Q ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2＝882 J. (2)假设子弹以v 0′＝400 m/s 的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得m v 0′＝(M ＋m )v ′解得v ′＝8 m/s此过程系统损失的机械能为ΔE ′＝12m v 0′2－12(M ＋m )v ′2＝1 568 J 由功能关系有Q ＝ΔE ＝F 阻x 相＝F 阻dΔE ′＝F 阻x 相′＝F 阻d ′则ΔE ΔE ′＝F 阻d F 阻d ′＝d d ′解得d ′＝1 568147cm 因为d ′>10 cm ，所以能射穿木块．题型二 滑块—木板模型1．模型图示2．模型特点(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能．(2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大．3．求解方法(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝fΔs或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．例4如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则()A．物块滑上小车后，系统动量守恒、机械能守恒B．增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热变大C．若v0＝2.5 m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 sD．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5 m/s答案 D解析物块与小车组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒；物块滑上小车后在小车上滑动过程中克服摩擦力做功，部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，A错误；系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，系统产生的热量Q＝12m2v02－12(m1＋m2)v 2＝m1m2v022(m1＋m2)，则增大物块与车面间的动摩擦因数，摩擦生热不变，B错误；若v0＝2.5 m/s，由动量守恒定律得m2v0＝(m1＋m2)v，解得v＝1 m/s，对物块，由动量定理得－μm2gt＝m2v－m2v0，解得t＝0.3 s，C错误；要使物块恰好不从小车右端滑出，需物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得m2v0′＝(m1＋m2)v′，由能量守恒定律得12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL，解得v0′＝5 m/s，D正确．例5如图所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，B与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C 质量均相等，且为m，木板C长为L，求：(1)A物体的最终速度的大小；(2)A、C之间的摩擦力的大小；(3)A在木板C上滑行的时间t.答案 (1)34v 0 (2)m v 0216L (3)4L v 0解析 (1)B 、C 碰撞过程中动量守恒，由题意分析知，B 、C 碰后具有相同的速度，设B 、C 碰后的共同速度为v 1，以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1，解得v 1＝v 02， B 、C 共速后A 以v 0的速度滑上C ，A 滑上C 后，B 、C 脱离，A 、C 相互作用过程中动量守恒，设最终A 、C 的共同速度为v 2，以向右为正方向，由动量守恒定律得m v 0＋m v 1＝2m v 2，解得v 2＝34v 0. (2)在A 、C 相互作用过程中，由能量守恒定律得fL ＝12m v 02＋12m v 12－12×2m v 22， 解得f ＝m v 0216L. (3)A 与C 相互作用过程中，对C 由动量定理得ft ＝m v 2－m v 1，解得t ＝4L v 0. 例6 (2023·天津市和平区高三模拟)如图所示，质量为M ＝2 kg 的长木板放在光滑的水平面上，质量为m ＝1 kg 的物块(可视为质点)放在长木板的左端，用大小为10 N 、方向斜向右上与水平方向成θ＝53°角的拉力F 作用在物块上，使物块从静止开始运动，物块运动1 s 的时间，撤去拉力，如果物块刚好不滑离木板，物块与木板间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，求：(1)撤去拉力时物块和木板的速度大小；(2)木板的长度．答案 (1)5 m/s 0.5 m/s (2)3.6 m解析 (1)对物块根据牛顿第二定律有F cos θ－μ(mg －F sin θ)＝ma 1对木板根据牛顿第二定律有μ(mg －F sin θ)＝Ma 2撤去拉力时，物块的速度大小v 1＝a 1t ＝5 m/s木板的速度大小v 2＝a 2t ＝0.5 m/s.(2)拉力撤去之前，物块相对木板的位移s 1＝12a 1t 2－12a 2t 2 撤去拉力后，根据动量守恒定律有m v 1＋M v 2＝(m ＋M )v由能量守恒定律有μmg s 2＝12m v 12＋12M v 22－12(M ＋m )v 2 联立解得木板的长度L ＝s 1＋s 2＝3.6 m ．课时精练1.如图所示，子弹以水平速度v 0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动．在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是( )A ．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B ．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等C ．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量D ．子弹动量变化的大小一定大于木块动量变化的大小答案 B解析 水平方向上，子弹所受合外力与木块受到的合外力为作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反、作用时间t 相等，根据I ＝Ft ，可知子弹对木块的冲量与木块对子弹的冲量大小相等、方向相反，故A 错误，B 正确；子弹与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可知，子弹动量变化量大小等于木块动量变化量大小，由于子弹与木块的质量不一定相同，子弹速度的减小量不一定等于木块速度的增加量，故C 、D 错误．2．(多选)如图所示，质量为M 的木块放在光滑的水平面上，质量为m 的子弹(可视为质点)以水平速度v 0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，木块前进距离为L ，子弹进入木块的深度为s ，此过程经历的时间为t .若木块对子弹的阻力大小f 视为恒定，则下列关系式中正确的是( )A ．fL ＝12M v 2B ．ft ＝m v 0－m vC ．v ＝m v 0MD ．fs ＝12m v 02－12m v 2 答案 AB 解析 由动能定理，对木块可得fL ＝12M v 2，选项A 正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－ft ＝m v －m v 0，则ft ＝m v 0－m v ，选项B 正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得m v 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝m v 0M ＋m，选项C 错误；对整体，根据能量守恒定律得fs ＝12m v 02－12(M ＋m )v 2，选项D 错误． 3.(多选)(2023·江西吉安市高三模拟)如图所示，质量m ＝2 kg 的物块A 以初速度v 0＝2 m/s 滑上放在光滑水平面上的长木板B ，A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，经过时间t ＝1 s ，物块A 、长木板B 最终以共同速度v ＝1 m/s 做匀速运动，重力加速度g 取10 m/s 2，由此可求出( )A ．长木板B 的质量为2 kgB ．物块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1C ．长木板B 的长度至少为2 mD ．物块A 与长木板B 组成的系统损失的机械能为2 J答案 ABD解析 A 做匀减速运动，B 做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，设B 的质量为M ，根据动量守恒定律得m v 0＝(m ＋M )v ，解得M ＝2 kg ，故A正确；木板B 匀加速运动的加速度a B ＝Δv Δt＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律，对B 有μmg ＝Ma B ，解得μ＝0.1，故B 正确；前1 s 内B 的位移s B ＝0＋v 2·t ＝0＋12×1 m ＝0.5 m ，A 的位移s A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以木板B 的最小长度L ＝s A －s B ＝1 m ，故C 错误；A 、B 组成的系统损失的机械能ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 正确． 4.如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块，已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板，则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图像可能正确的是( )答案 A解析 木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v 0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v 1.设木板的质量为M ，物块的质量为m ，取向左为正方向，则由动量守恒得：M v 0－m v 0＝(M ＋m )v 1，得v 1＝M －m M ＋mv 0＜v 0，故A 正确，B 、C 、D 错误．5.(多选)(2023·福建省福州第十五中学月考)如图所示，一质量M ＝2.0 kg 的长木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m ＝1.0 kg 的小物块A .给A 和B 以大小均为3.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，A 始终没有滑离B 板．下列说法正确的是( )A ．A 、B 共速时的速度大小为1 m/sB ．在小物块A 做加速运动的时间内，木板B 速度大小可能是2 m/sC ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，木板B 对小物块A 的水平冲量大小为2 N·sD ．从A 开始运动到A 、B 共速的过程中，小物块A 对木板B 的水平冲量方向向左 答案 AD解析 设水平向右为正方向，根据动量守恒定律得M v －m v ＝()M ＋m v 共，解得v 共＝1 m/s ，故A 正确；在小物块向左减速到速度为零时，设长木板速度大小为v 1，根据动量守恒定律得M v －m v ＝M v 1，解得v 1＝1.5 m/s.当小物块反向加速的过程中，木板继续减速，木板的速度必然小于1.5 m/s ，故B 错误；根据动量定理，A 、B 相互作用的过程中，木板B 对小物块A 的平均冲量大小为I ＝m v 共＋m v ＝4 N·s ，故C 错误；根据动量定理，小物块A 对木板B 的水平冲量I ′＝M v 共－M v ＝－4 N·s ，负号代表与正方向相反，即向左，故D 正确．6.(多选)如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L ，与平板车质量相等的物块甲(可视为质点)由平板车的中点处以初速度v 0向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g ，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是( )A ．甲、乙达到共同速度所需的时间为v 02μgB ．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度C ．甲、乙相对滑动的总路程为v 024μgD ．如果甲、乙碰撞的次数为n (n ≠0)，则最终甲距离乙左端的距离可能为v 024μg＋L －2nL 答案 ACD解析 整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒，则两者最终的速度为v 共，有m v 0＝2m v 共，解得v 共＝v 02，若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为v 1、v 2，碰后甲、乙的速度分别为v 1′、v 2′，取水平向右为正方向，则有m v 1＋m v 2＝m v 1′＋m v 2′，12m v 12＋12m v 22＝12m v 1′2＋12m v 2′2，联立解得v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，可知碰撞使得两者速度互换，且在运动过程中两者的加速度大小均为a ＝μmg m ＝μg ，则甲、乙达到共同速度所需的时间为t ＝v 共a ＝v 02μg，碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定始终小于甲的速度，A 正确，B 错误；从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为s ，根据动能定理可得－μmgs ＝12×2m (v 02)2－12m v 02，解得s ＝v 024μg，C 正确；甲、乙碰撞的次数为n ，且相对静止时甲距离乙左端的距离为s 0，若第n 次碰撞发生在平板车的左挡板，则有L ＋2L (n －1)＋s 0＝s (n ＝2,4,6，…)，解得s 0＝v 024μg＋L －2nL (n ＝2,4,6，…)，若第n 次碰撞发生在平板车的右挡板，则有L ＋2L (n －1)＋2L －s 0＝s (n ＝1,3,5，…)，解得s 0＝2nL ＋L －v 024μg(n ＝1,3,5，…)，即最终甲距离乙左端的距离可能为v02＋L－2nL，D正确．4μg7.(2023·福建泉州市模拟)如图所示，木板B静止在光滑的冰面上，其右端上表面与一粗糙倾斜滑道平滑相接，滑道倾角θ＝37°，一游客坐在滑板上，从滑道上距底端s＝5 m处由静止滑下．已知木板质量m B＝20 kg，长度L＝3 m，游客和滑板的总质量m A＝40 kg.若游客和滑板可看作质点，与滑道间的动摩擦因数μ1＝0.3，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6、cos 37°＝0.8.(1)求游客在滑道下滑时的加速度大小；(2)若要游客刚好不从木板B的左端滑出，求滑板与木板B上表面间的动摩擦因数μ2.答案(1)3.6 m/s2(2)0.2解析(1)设游客在滑道下滑时的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得m A g sin 37°－μ1m A g cos 37°＝m A a，解得a＝3.6 m/s2.(2)设游客到达滑道下端的速度为v1，v1＝2as＝6 m/s要使游客刚好不从木板B的左端滑出，即游客到达木板B左端时恰好与木板达到共同速度，设共同速度为v2，由于冰面光滑，该过程满足动量守恒，可得m A v1＝(m A＋m B)v2由能量守恒定律可得μ2m A gL＝12－12(m A＋m B)v22，联立解得μ2＝0.2.2m A v18.(2023·山西省模拟)如图所示，质量M＝1 kg的平板车A放在光滑的水平面上，质量m＝0.5 kg 的物块B放在平板车右端上表面，质量m＝0.5 kg的小球C用长为6.4 m的细线悬挂于O点，O点在平板车的左端正上方，距平板车上表面的高度为6.4 m，将小球向左拉到一定高度，细线拉直且与竖直方向的夹角为60°，由静止释放小球，小球与平板车碰撞后，物块刚好能滑到平板车的左端，物块相对平板车滑行的时间为0.5 s，物块与平板车间的动摩擦因数为0.6，忽略小球和物块的大小，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)平板车的长度；(2)小球与平板车碰撞过程损失的机械能．答案(1)1.125 m(2)5.625 J解析(1)设物块在平板车上滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma代入数据解得a ＝6 m/s 2设物块与平板车最后的共同速度为v ，根据运动学公式有v ＝at ＝3 m/s设小球与平板车相碰后瞬间，平板车的速度为v 1，根据动量守恒定律有M v 1＝(m ＋M )v 解得v 1＝4.5 m/s设平板车的长度为L ，根据能量守恒定律有μmgL ＝12M v 12－12(m ＋M )v 2 代入数据解得L ＝1.125 m(2)设小球与平板车相碰前瞬间速度为v 0，根据机械能守恒定律有mg (l －l cos 60°)＝12m v 02 解得v 0＝8 m/s设碰撞后瞬间小球的速度为v 2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m v 0＝M v 1＋m v 2 解得v 2＝－1 m/s小球与平板车碰撞过程损失的机械能为 ΔE ＝12m v 02－12m v 22－12M v 12＝5.625 J.9．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B ，质量分别为1 kg 和2 kg ，A 右端和B 左端分别放置物块C 、D ，物块质量均为1 kg ，A 和C 以相同速度v 0＝10 m/s 向右运动，B 和D 以相同速度k v 0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新物块，A 与B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g ＝10 m/s 2.(1)若0<k <0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k ＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小．答案 (1)5(1－k ) m/s ，方向向右 10－20k 3m/s ，方向向右 (2)1.875 m 解析 (1)物块C 、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物，已知C 、D 的质量均为m ＝1 kg ，以向右为正方向，则有m v 0－m ·k v 0＝(m ＋m )v 物解得v 物＝1－k 2v 0＝5(1－k ) m/s>0 可知碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度大小为5(1－k ) m/s ，方向向右．滑板A 、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑，滑板A 和B 质量分别为1 kg 和2 kg ，则由M v 0－2M ·k v 0＝(M ＋2M )v 滑解得v 滑＝1－2k 3v 0＝10－20k 3m/s>0 则新滑板速度方向也向右．(2)若k ＝0.5，可知碰后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物′＝5(1－k ) m/s ＝5×(1－0.5) m/s ＝2.5 m/s碰后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑′＝10－20k 3m/s ＝0 可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m ′＝2 kg ，新滑板的质量为M ′＝3 kg ，设相对静止时的共同速度为v 共，根据动量守恒可得m ′v 物′＝(m ′＋M ′)v 共解得v 共＝1 m/s根据能量守恒可得μm ′gs 相＝12m ′(v 物′)2－12(m ′＋M ′)v 共2 解得s 相＝1.875 m.。
专题11：滑动摩擦力做功“Q=fs相对”模型
摩擦生热的“Q=f ·s 相对”模型模型建构：摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关，如果考虑摩擦力做功的过程中与产生热能关系时，很多学生就会对之束手无策,从近几年的高考命题中,这类问题是重点也是难点问题,以下就针对摩擦力做功与产生热能的关系作一总结的分析.【模型】一个物体在另一个物体上相对滑动, 摩擦产生的热量“Q=f ·s 相对”【特点】①只有滑动摩擦力才能产生内能,静摩擦力不会产生内能；②摩擦产生的内能等于滑动摩擦力与相对路程的乘积；③一般要结合动量守恒定律解题；④两物体速度相同时，发热产生的内能最大。
【模型1】如图1所示，在光滑水平面上放一质量为M 的长木板，质量为m 的小物体从木板左侧以初速度v 0滑上木板，物体与木板之间的滑动摩擦系数为μ，求⑴最终两者的速度 ⑵系统发热产生的内能〖解析〗⑴物体滑上木板后受摩擦阻力作用做减速运动，而木板受摩擦动力作用做加速运动，当两者速度相同时，无相对运动，滑动摩擦力消失，以后系统以共同的速度匀速运动 根据动量定理：m v 0=（m+M ）v 解得：0v mM mv +=⑵如图9所示，设物体对地的位移为s 1，木板对地的位移为s 2 根据动能定理：对m ：20212121mv mv mgs -=-μ对M ： 2221Mv mgs =μ 解得：)2121(21)(222021Mv mv mv s s mg +-=-μ=mM M mv 2120+•可见：系统机械能的减少量全部转变成了内能。
发热损失的能量Q=μmgs 相对 模型典案：【典案1】如图11所示，质量为M=1kg 的平板车左端放一质量为m=2kg 的物体与车的摩擦系数μ=0.5。
开始车与物体同以v 0=6m/s 的速度向右在光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰。
设车与墙碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前相等，车身足够长。
求：⑴物体相对车的位移⑵小车第一次与墙碰撞以后，小车运动的位移。
高中物理公式大全全集八动量与能量
八、动量与能量1．动量 2．机械能1．两个“定理”（1）动量定理：F ·t =Δp 矢量式 (力F 在时间t 上积累，影响物体的动量p )（2）动能定理：F ·s =ΔE k 标量式 (力F 在空间s 上积累，影响物体的动能E k ) 动量定理与动能定理一样，都是以单个物体为研究对象．但所描述的物理内容差别极大．动量定理数学表达式：F 合·t =Δp ，是描述力的时间积累作用效果——使动量变化；该式是矢量式，即在冲量方向上产生动量的变化．例如，质量为m 的小球以速度v 0与竖直方向成θ角打在光滑的水平面上，与水平面的接触时间为Δt ，弹起时速度大小仍为v 0且与竖直方向仍成θ角，如图所示．则在Δt 内：以小球为研究对象，其受力情况如图所示．可见小球所受冲量是在竖直方向上，因此，小球的动量变化只能在竖直方向上．有如下的方程：F ′击·Δt -mg Δt =mv 0cos θ-（-mv 0cos θ）小球水平方向上无冲量作用，从图中可见小球水平方向动量不变．综上所述，在应用动量定理时一定要特别注意其矢量性．应用动能定理时就无需作这方面考虑了．Δt 内应用动能定理列方程：W 合=mυ02/2－mυ02 /2 =02．两个“定律”（1）动量守恒定律：适用条件——系统不受外力或所受外力之和为零公式：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2 ′或 p =p ′（2）机械能守恒定律：适用条件——只有重力（或弹簧的弹力）做功公式：E k2+E p2=E k1+E p1 或 ΔE p = －ΔE k3．动量守恒定律与动量定理的关系一、知识网络二、画龙点睛 规律动量守恒定律的数学表达式为：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′＋m 2v 2′，可由动量定理推导得出． 如图所示，分别以m 1和m 2为研究对象，根据动量定理：F 1Δt = m 1v 1′- m 1v 1 ①F 2Δt = m 2v 2′- m 2v 2 ②F 1=-F 2 ③∴ m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′＋m 2v 2′ 可见，动量守恒定律数学表达式是动量定理的综合解．动量定理可以解决动量守恒问题，只是较麻烦一些．因此，不能将这两个物理规律孤立起来．4．动能定理与能量守恒定律关系——理解“摩擦生热”(Q =f ·Δs )设质量为m 2的板在光滑水平面上以速度υ2运动，质量为m 1的物块以速度υ1在板上同向运动，且υ1＞υ2，它们之间相互作用的滑动摩擦力大小为f ，经过一段时间，物块的位移为s 1，板的位移s 2，此时两物体的速度变为υ′1和υ′2由动能定理得：-fs 1=m 1υ1′2/2－m 1υ12/2 ①fs 2=m 2υ2′2/2－m 2υ22/2 ②在这个过程中，通过滑动摩擦力做功，机械能不断转化为内能，即不断“生热”，由能量守恒定律及①②式可得：Q =(m 1υ12/2+m 2υ22/2)－(m 1υ1′2/2－m 2υ2′2/2)=f (s 1－s 2)= f ·Δs ③ 由此可见，在两物体相互摩擦的过程中，损失的机械能（“生热”）等于摩擦力与相对位移的乘积。
滑动摩擦力做功的“W=-μG·x”模型
滑动摩擦力做功“W f = -μGx ”模型太原市第十二中学 姚维明模型建构：【模型】单个物体在斜面上滑动，不受其它外力作用时，滑动摩擦力做功 W f = -μGx (x 为物体运动的水平位移)【特点】①一个物体在斜面上滑动；②F N =mgcos α；③摩擦力为阻力；④摩擦阻力做功为W f = -μGx (x 为物体运动的水平位移)；⑤μ=Xh【典例】如图1所示，物体在斜面上滑动，只受滑动摩擦力作用时，滑动摩擦力的大小是f = -μmgcos α 滑动摩擦阻力做功为W= - f ·S = -μGcos α·S= -μGgx 模型典案：【典案1】已知物体与轨道之间的滑动摩擦因数相同，轨道两端的宽度相等，且轨道两端位于同一水平面上。
问质量不同的物体，以相同的初速度沿着如图2所示的不同运行轨道运动时，末速度的大小关系如何?〖解析〗由于轨道的水平宽度x 相等，物体沿着轨道从左端运动到右端，初速度v 0相同，虽然滑动摩擦阻力不同，但滑动摩擦阻力做的功相同，均为W = -μmgx ，重力做功为零。
根据动能定理：2022121mvmvmgx -=-μ解得：gx v v μ220-=可见物体到达右端时速度大小相同，与物体质量无关，与斜面的倾角无关。
【典案2】已知斜面高度为h ，倾斜角为α，物体从斜面AB 顶端由静止开始下滑，经过水平面BC 到达C 点停止。
设滑动摩擦因数相同，BC 间距离为l ，求：滑动摩擦因数μ=？〖解析〗物体从A 到C 重力做功为W 1=mgh滑动摩擦阻力做功为W 2= -μmg （h ·cot α+l ） 全过程根据动能定理：W 1+W 2=0 得：mgh=μmg （h ·cot α+l ） 解得：xh lh h =+⋅=αμcot〖典案3〗如图4所示，物体从离地高为h 处沿光滑斜面f图4自由滑下，然后进入倾斜的传送带上，物体与传送带之间存在摩擦。
摩擦力做功与产生热能的关系
摩擦力做功与产生热能的关系摩擦力做功与产生热能的关系众所周知,恒力做功的公式为W=F.Scosθ, 但当做功的力涉及到摩擦力时,往往会使问题变的复杂化. 我们知道摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关，如果考虑摩擦力做功的过程中与产生热能关系时，很多学生就会对之束手无策,从近几年的高考命题中,这类问题是重点也是难点问题,以下就针对摩擦力做功与产生热能的关系作一总结的分析.1．摩擦力做功的特点与产生热能的机理.根据，<费曼物理学讲义>中的描述：“摩擦力的起因:从原子情况来看,相互接触的两个表面是不平整的,它们有许多接触点,原子好象粘接在一起,于是,当我们拉开一个正在滑动的物体时,原子啪的一下分开，随及发生振动，过去，把这种摩擦的机理想象的很简单，表面起因只不过布满凹凸不同的形状，摩擦起因于抬高滑动体越过突起部分，但是事实不可能是这样的，因为在这种情况中不会有能量损失，而实际是要消耗动力的。
动力消耗的机理是当滑动体撞击突起部分时，突起部分发生形变，接着在两个物体中产生波和原子运动，过了一会儿，产生了热。
”从以上对摩擦力做功与产生热能的机理的描述，我们从微观的角度了解到摩擦生热的机理，＂所以，我们对“做功”和“生热”实质的解释是：做功是指其中的某一个摩擦力对某一个物体做的功，而且一般都是以地面为参考系的，而“生热”的实质是机械能向内能转化的过程。
这与一对相互作用的摩擦力所做功的代数和有关。
为了说明这个问题，我们首先应该明确摩擦力做功的特点．２．摩擦力做功的特点．我们学习的摩擦力包括动摩擦力和静摩擦力，它们的做功情况是否相同呢？下面我们就分别从各自做功的特点逐一分析。
２．１静摩擦力的功静摩擦力虽然是在两个物体没有相对位移条件下出现的力，但这不等于静摩擦力做功一定为零。
因为受到静摩擦力作用的物体依然可以相对地面或其它参考系发生位移，这个位移如果不与静摩擦力垂直，则静摩擦力必定做功，如果叠在一起的两个木块Ａ、Ｂ，在拉力Ｆ的作用下沿着光滑水平面发生一段位移s，图一所示，则Ａ物体受到向前的静摩擦力f对Ａ作正功０sW= f０sfＡ０ＢＦ图转移，而没有机械能相互为其它形式的能．3、相互作用的系统内，一对静摩擦力所做的功的和必为零。
【二轮三轮复习必备】《名师一号》2011届高三物理二轮 三轮总复习重点突破第7讲 用能量的观点解题
(4)判断机械能是否守恒的方法 判断机械能是否守恒的方法 分析物体或系统受力(力包括内力和外力 ①做功判断法:分析物体或系统受力 力包括内力和外力 明确 做功判断法 分析物体或系统受力 力包括内力和外力),明确 各力的做功情况,若只有重力或弹簧的弹力做功 没有其他力 各力的做功情况 若只有重力或弹簧的弹力做功,没有其他力 若只有重力或弹簧的弹力做功 做功,则机械能守恒 做功 则机械能守恒. 则机械能守恒 ②能量转化法:机械能只是在系统内部发生转化或转移 与外 机械能只是在系统内部发生转化或转移,与外 能量转化法 机械能只是在系统内部发生转化或转移 界没有能量的传递,那么系统的机械能守恒 界没有能量的传递 那么系统的机械能守恒. 那么系统的机械能守恒
2.动能定理 动能定理 (1)内容 合力对物体所做的功等于物体动能的变化 内容:合力对物体所做的功等于物体动能的变化 内容 合力对物体所做的功等于物体动能的变化.
( 2 ) 表达式 : W = ∆E k = E k2 − E k1 , W是外力所做的总功, E k1､E k2分别为
1 2 1 2 初､末状态的动能.若初､末速度分别为v1､v 2 , 则E k1 = mv1 , Ek 2 = mv2 . 2 2
6.安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化 即W安 安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化,即 安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化 =∆E电.安培力做正功 对应着电能转化为其他能 如电动机模 安培力做正功,对应着电能转化为其他能 安培力做正功 对应着电能转化为其他能(如电动机模 克服安培力做功,对应着其他能转化为电能 型);克服安培力做功 对应着其他能转化为电能 如发电机模 克服安培力做功 对应着其他能转化为电能(如发电机模 且安培力做功的绝对值,等于电能转化的量值 型);且安培力做功的绝对值 等于电能转化的量值 且安培力做功的绝对值 等于电能转化的量值.
摩擦力做功含答案
考点三、摩擦力做功特点1、静摩擦力做功特点 静摩擦力做功的特点：1．静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功． 2．相互摩擦的系统内，一对静摩擦力所做功的和总是等于零．（1）.静摩擦力对物体做正功码头工人常用皮带机将货物运之高处，皮带由卷扬机牵引，能匀速顺时针转动，货物一放上皮带，即可与之一起运动，保持相对静止．求皮带对货物在运往h 高处时做什么功？【分析】货物受力如图所示．因货物向右上方做匀速直线运动，故静摩擦力f =Ghsin θ的位移S 与物体运动方向一致，则 Wf=fScos θ=（Gsin θh/sin θ）cos θ=Gh Wf > 0 ，做正功（2）.静摩擦力对物体做负功如上图，若皮带反转，则可将高h 处货物匀速送到地面，求该过程静摩擦力做什么功． 【分析】货物因匀速运动，故f ＝Gsin θ，沿斜面向上，位移S 方向沿斜面向下 Wf=fScos180=-Gsin θh/sin θ=—Gh ∵ Wf = - Gh < 0 ∴ f 做负功（3）.静摩擦力可以对物体不做功如图所示，一水平圆盘绕其竖直轴以ω匀速转动，距离轴R 处有一质量为m 的物体随盘一起转动，求在这一过程中摩擦力对物体做的功．【分析】对m 进行受力分析可知，m 所受的摩擦力为f = mR ω ．静摩擦力方向与线速度方向垂直，任取一小段位移S ，则有 Wf=fScos θ=mR ω Scos90 =0 即静摩擦力对物体不做功个做正功，一个做负功，但数值相等，其代数和为零。
2、滑动摩擦力做功特点 滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以不做功。
②相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功总为负值，其绝对值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积。
例1. 质量为M 的长木板放在光滑的水平面上，一个质量为m 的滑块以某一初速度沿木板表面从A 点滑至B 点，在木板上前进了L,而木板前进了x ，如图，若滑块与木板间的动摩擦因素为μ，求滑动摩擦力对滑块、对木板做功各是多少？分析：以木块A 为研究对象，木块A 受到的滑动摩擦力的方向水平向左，大小为mg μ，滑块的对地位移为x+L,方向水平向右第一节、功和功率（第一、二课时）根据功的定义式cos ()cos180()W FS mg x L mg x L θμμ==+︒=-+以木板B 为研究对象，木板B 受到的滑动摩擦力的方向水平向右，大小也为mg μ，木板的对地位移为x ，方向水平向右根据功的定义式cos cos0W FS mgx mgx θμμ==︒= 补充问题：求解这对相互作用的滑动摩擦力做的总功()W mg x L mgx mgL μμμ=-++=-总<0注：实际上，()W mg x L mgx mgL μμμ=-++=-总=Q,即产生的热量 3、摩擦生热模型构建Q=f.S相对模型建立：一个物体在另外一个物体上滑动，摩擦力产生的热量Q=f.S相对特点：1、只有滑动摩擦力才能产生内能，静摩擦力不会产生内能。
静摩擦力、滑动摩擦力做功问题附答案
模型2：如图，物体A 、B 相对静止，在水平外力F 的作用下沿光滑水平面向前滑行了S 的位移，求A 所受的摩擦力f 和B 所受的摩擦力f ’的做功是多少？少？综上所述：静摩擦力做功情况：综上所述：静摩擦力做功情况： （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。
一对静摩擦力对系统做功情况：一对静摩擦力对系统做功情况：（3）在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的相互转移（静摩擦力起着传递机械能的作用），而没有机械能转化为其它形式的能。
F W f = 0 W f’ = 0 这一对静摩擦力对系统做功总和为：为： 0A B A B F F S W f = fs W f’ = -fs 这一对静摩擦力对系统做功总和为：为： 0静摩擦力、静摩擦力、滑动摩擦力滑动摩擦力做功问题的讨论【学习目标】1.1.理解静摩擦力和滑动摩擦力做功的特点；理解静摩擦力和滑动摩擦力做功的特点；理解静摩擦力和滑动摩擦力做功的特点；2. 2. 2.理解摩擦生热及其计算。
理解摩擦生热及其计算。
理解摩擦生热及其计算。
【回顾摩擦力和功的概念】摩擦力可分为静摩擦力和滑动摩擦力，摩擦力可分为静摩擦力和滑动摩擦力，方向与物体的相对运动趋势方向或相对方向与物体的相对运动趋势方向或相对运动方向相反。
运动方向相反。
a cos Fs W =（其中F 为力的大小，s 为物体位移的大小，α为力和位移的夹角）【关于摩擦力做功的讨论】1、静摩擦力做功情况：模型1：如图，一个质量为m 的物体在水平外力F 作用下静止在地面上，求物体所受的摩擦力f 和地面所受的摩擦力f ’的做功是多少？的做功是多少？模型4：如图，木板B 长为L ，静止在光滑水平面上，一个小物体A 以速度v 0滑上B 的左端，当A 恰好滑到B 的右端时恰好相对B 静止，此时物体B 运动了S 的位移，试判断A 、B 间摩擦力的做功情况。
间摩擦力的做功情况。
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摩擦生热的“Q=f ·s 相对”模型太原市第十二中学 姚维明模型建构：摩擦力属于“耗散力”，做功与路径有关，如果考虑摩擦力做功的过程中与产生热能关系时，很多学生就会对之束手无策,从近几年的高考命题中,这类问题是重点也是难点问题,以下就针对摩擦力做功与产生热能的关系作一总结的分析.【模型】一个物体在另一个物体上相对滑动, 摩擦产生的热量“Q=f ·s 相对”【特点】①只有滑动摩擦力才能产生内能,静摩擦力不会产生内能；②摩擦产生的内能等于滑动摩擦力与相对路程的乘积；③一般要结合动量守恒定律解题；④两物体速度相同时，发热产生的内能最大。
【模型1】如图1所示，在光滑水平面上放一质量为M 的长木板，质量为m 的小物体从木板左侧以初速度v 0滑上木板，物体与木板之间的滑动摩擦系数为μ，求⑴最终两者的速度⑵系统发热产生的内能〖解析〗⑴物体滑上木板后受摩擦阻力作用做减速运动，而木板受摩擦动力作用做加速运动，当两者速度相同时，无相对运动，滑动摩擦力消失，以后系统以共同的速度匀速运动根据动量定理：m v 0=（m+M ）v解得：0v mM m v += ⑵如图9所示，设物体对地的位移为s 1，木板对地的位移为s 2 根据动能定理： 对m ：20212121mv mv mgs -=-μ 对M ： 2221Mv mgs =μ 解得： )2121(21)(222021Mv mv mv s s mg +-=-μ =mM M mv 2120+∙ 可见：系统机械能的减少量全部转变成了内能。
发热损失的能量Q=μmgs 相对模型典案：【典案1】如图11所示，质量为M=1kg 的平板车左端放一质量为m=2kg 的物体与车的摩擦系数μ=0.5。
开始车与物体同以v 0=6m/s 的速度向右在光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰。
设车与墙碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前相等，车身足够长。
求：图1⑴物体相对车的位移⑵小车第一次与墙碰撞以后，小车运动的位移。
〖解析〗 (1)由于M ＜m ，且每次碰前它们的速率相等．．．．．．．．．．．，且相对位移逐渐增大，发热产生的内能逐渐增加，机械能逐渐减小，所以在整个运动过程中，系统的总动量越来越小，但方向始终向右，最后小车一定停止于墙壁处．．．．．．。
系统的初动能全部转化为内能 因此：20v )m M (21mgs +=μ相……① 解得物体相对于小车的总位移s 1=5.4m(2)设小车每次与墙壁碰撞后,向左运动的最大位移分别为s 1、s 2、s 3……则：小车运动的总路程为S=2 S 1+2S 2+2S 3……② 由动能定理201Mv 21mgs =μ……③ 得：m 8.1mg2Mv s 201=μ=……④ 第二次碰撞后，设小车的速度为v 1由动量定理得：()1000v m M Mv v m +=-……⑤001v 31v m M m M v =+-= 同理由④得：12212S 31mg 2Mv S =μ=……⑥ 142233131S S S ==……⑦ 代入②得：S=2 S 1+2S 2+2S 3……=2〔 +++141213131S S S 〕=2×9111-S =4.05m 【典案2】如图所示，一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M 。
现以地面为参照系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板。
（1）若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后的速度大小和方向.（2）若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离.〖解析〗方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。
A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为v ，经过时间为t ，A 、B 间的滑动摩擦力为f 。
如图所示。
对A 据牛顿第二定律和运动学公式有：f =ma A ， L 2=2021t a t v A -， v =-v 0+a A t ； 对B 据牛顿第二定律和运动学公式有： f =Ma B ， 20021t a t v L B -=，v =v 0-a B t ； 由几何关系有：L 0+L 2=L ；由以上各式可求得它们最后的速度大小为v ＝mM m M +-. v 0，方向向右。
mM mMv fL +=202 对A ，向左运动的最大距离为L MM m a v L A 42201+==。
方法2、用动能定理和动量定理求解。
A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为v ，经过时间为t ， A 和B 的初速度的大小为v 0，则据动量定理可得：对A ： ft = mv +mv 0 ①对B ：-ft =Mv －Mv 0 ②解得：v ＝mM m M +-v 0，方向向右 A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v 的两个阶段。
设L 1为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L 2为A 从速度为零增加到速度为v 的过程中向右运动的路程，L 0为A 从开始运动到刚好到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图2所示，设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，则由动能定理可得：对于B ： -fL 0=2022121Mv Mv - ③ 对于A ： -fL 1= -2021mv ④ f （L 1-L 2）=221mv ⑤ 由几何关系 L 0+L 2=L ⑥由①、②、③、④、⑤、⑥联立求得L 1=ML m M 4)(+. 方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。
A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为v ， A 和B 的初速度的大小为v 0，则据动量守恒定律可得：Mv 0－mv 0=（M +m ）v解得：v ＝mM m M +- v 0，方向向右 对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q =fL =220)(21)21v M m v m M +-+（ 对于A fL 1= 2021mv 由上述二式联立求得L 1=M L m M 4)(+. 点评：从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。
因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。
点评：一个物体在另一个物体表面上相对运动时，发热产生的内能等于滑动摩擦力与两物体相对位移的积。
静摩擦力对物体做功没有相对位移,因此不会产生内能!系统发热损失的能量Q=μmgS 相对=E 初-E 末(E 初和E 末分别为系统始末状态的机械能)模型体验：【体验1】质量为M 的小车A 左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m 的小物块B 从右端以速度v 0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。
求这过程弹簧的最大弹性势能E P 和全过程系统摩擦生热Q 各多少？简述B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。
〖解析〗全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv 0=(m +M )v ；第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能E P 恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以E P 是全过程摩擦生热Q 的一半。
又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能，所以ΔE K =Q =2E P而()m M Mmv E k +=∆220， ∴()()m M Mmv Q m M Mmv E p +=+=2,42020 至于B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B 的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F 也一定大于摩擦力f ，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B 脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B 具有向左的共同速度，并保持匀速运动。
【体验2】质量为M 的足够长的木板，以速度0v 在光滑的水平面上向左运动，一质量为m （M m 〉）的小铁块以同样大小的速度从板的左端向右运动，最后二者以共同的速度013v v =做匀速运动。
若它们之间的动摩擦因数为μ。
求： （1）小铁块向右运动的最大距离为多少？（2）小铁块在木板上滑行多远？〖解析〗小铁块滑上木板后，由于铁块相对木板向右滑动，铁块将受到向左的滑动摩擦力作用而减速，木板将受到向右的滑动摩擦力作用而减速。
由于M m 〉，所以当m 的速度减为零时，M 仍有向左的速度，m 相对于M 仍向右滑行，m 将在向左的滑动摩擦力作用下相对地面向左做初速为零的匀加速运动，木板M 继续向左减速，直到二者达到相同的速度，而后保持相对静止一起向左匀速运动。
正确理解“小铁块向右运动的最大距离”和“在木板上滑行距离”的区别是解决问题的关键。
（答案：（1）2012v s g μ=；（2）204()9v M m L mgμ+=） 〖体验3〗一传送带装置示意图如图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，末画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。
现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D 处，D 和A 的高度差为h 。
稳定工作时传送带速度不变，CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L 。
每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段时的微小滑动）。
已知在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N 。
这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
求电动机的平均输出功率P 。
〖解析〗电动机做功的过程，电能除了转化为小货箱的机械能，还有一部分由于小货箱和传送带间的滑动摩擦而转化成内能。
摩擦生热可以由Q =f d 求得，其中f 是相对滑动的两个物体间的摩擦力大小，d 是这两个物体间相对滑动的路程。
本题中设传送带速度一直是v ，则相对滑动过程中传送带的平均速度就是小货箱的2倍，相对滑动路程d 和小货箱的实际位移s 大小相同，故摩擦生热和小货箱的末动能大小相同Q =mv 2/2。