高考物理一轮复习 第五章 机械能 微专题42“滑块木板”模型中的能量转化问题备考精炼
高考物理一轮复习 第5章 机械能及其守恒律 第4节 功能关系 能量守恒律
取夺市安慰阳光实验学校第4节功能关系能量守恒定律知识点1 功能关系1．内容(1)功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．(2)做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必须通过做功来实现．2．做功对应变化的能量形式(1)合外力的功等于物体的动能的变化．(2)重力做功等于物体重力势能的变化．(3)弹簧弹力做功等于弹性势能的变化．(4)除重力和系统内弹力以外的力做功等于物体机械能的变化．知识点2 能量守恒定律1．内容能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到另一个物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．适用范围能量守恒定律是贯穿物理学的基本规律，是各种自然现象中普遍适应的一条规律．3．表达式(1)E初＝E末，初状态各种能量的总和等于末状态各种能量的总和．(2)ΔE增＝ΔE减，增加的那些能量的增加量等于减少的那些能量的减少量．1．正误判断(1)做功的过程一定会有能量转化．(√)(2)力对物体做了多少功，物体就有多少能．(×)(3)力对物体做功，物体的总能量一定增加．(×)(4)能量在转化或转移的过程中，其总量会不断减少．(×)(5)能量的转化和转移具有方向性，且现在可利用的能源有限，故必须节约能源．(√)(6)滑动摩擦力做功时，一定会引起能量的转化．(√)2．[功能关系的理解]自然现象中蕴藏着许多物理知识，如图541所示为一个盛水袋，某人从侧面缓慢推袋壁使它变形，则水的势能( )图541A．增大B．变小C．不变D．不能确定A[人缓慢推水袋，对水袋做正功，由功能关系可知，水的重力势能一定增加，A正确．]3．[摩擦生热的理解]如图542所示，木块A放在木板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W1，生热Q1；第二次让B在光滑水平面可自由滑动，F做功W2，生热Q2，则下列关系中正确的是( )【：92492233】图542A. W1<W2，Q1＝Q2B．W1＝W2，Q1＝Q2C．W1<W2，Q1<Q2D．W1＝W2，Q1<Q2A[设木板B长s，木块A从木板B左端滑到右端克服摩擦力所做的功W ＝F f s，因为木板B不固定时木块A的位移要比木板B固定时长，所以W1<W2；摩擦产生的热量Q＝F f l相对，两次都从木块B左端滑到右端，相对位移相等，所以Q1＝Q2，故选A.]4．[几种常见的功能关系应用](多选)悬崖跳水是一项极具挑战性的极限运动，需要运动员具有非凡的胆量和过硬的技术．跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设质量为m的运动员刚入水时的速度为v，水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)( )A．他的动能减少了(F－mg)hB．他的重力势能减少了mgh －12mv2C．他的机械能减少了FhD．他的机械能减少了mghAC[合力做的功等于动能的变化，合力做的功为(F－mg)h，A正确；重力做的功等于重力势能的变化，故重力势能减小了mgh，B错误；重力以外的力做的功等于机械能的变化，故机械能减少了Fh，C正确，D错误．]对功能关系的理解及应用1(1)做功的过程是能量转化的过程．不同形式的能量发生相互转化是通过做功来实现的．(2)功是能量转化的量度，功和能的关系，一是体现在不同的力做功，对应不同形式的能转化，具有一一对应关系，二是做功的多少与能量转化的多少在数量上相等．2．几种常见功能关系的对比各种力做功对应能的变化定量关系合力的功动能变化合力对物体做功等于物体动能的增量W合＝E k2－E k1重力的功重力势能变化重力做正功，重力势能减少，重力做负功，重力势能增加，且W G＝－ΔE p＝E p1－E p2弹簧弹力的功弹性势能变化弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性1．(多选)(2017·枣庄模拟)如图543所示，取一块长为L的表面粗糙的木板，第一次将其左端垫高，让一小物块从板左端的A点以初速度v0沿板下滑，滑到板右端的B点时速度为v1；第二次保持板右端位置不变，将板放置水平，让同样的小物块从A点正下方的C点也以初速度v0向右滑动，滑到B点时的速度为v2.下列说法正确的是( )图543A．v1一定大于v0B．v1一定大于v2C．第一次的加速度可能比第二次的加速度小D．两个过程中物体损失的机械能相同BCD[物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则物块做加速运动，若重力向下的分力小于摩擦力，则物块做减速运动．故A错误；斜面的倾角为θ时，物块受到滑动摩擦力：f1＝μmg cos θ，物块克服摩擦力做功W1＝f1L＝μmg cos θ·L.板水平时物块克服摩擦力做功：W2＝μmg·L cos θ＝W1.两次克服摩擦力做的功相等，所以两个过程中物体损失的机械能相同；第一次有重力做正功．所以由动能定理可知第一次的动能一定比第二次的动能大，v1一定大于v2，故B、D正确．物块向下滑动的过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，若重力向下的分力大于摩擦力，则：a1＝mg sin θ－fm，板水平时运动的过程中a2＝fm，所以第一次的加速度可能比第二次的加速度小，故C正确．]2．(多选)(2017·青岛模拟)如图544所示，一根原长为L的轻弹簧，下端固定在水平地面上，一个质量为m的小球，在弹簧的正上方从距地面高度为H处由静止下落压缩弹簧．若弹簧的最大压缩量为x，小球下落过程受到的空气阻力恒为F f，则小球从开始下落至最低点的过程( )【：92492234】图544A．小球动能的增量为零B．小球重力势能的增量为mg(H＋x－L)C．弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)D．系统机械能减小F f HAC[小球下落的整个过程中，开始时速度为零，结束时速度也为零，所以小球动能的增量为0，故A正确；小球下落的整个过程中，重力做功W G＝mgh＝mg(H＋x－L)，根据重力做功量度重力势能的变化W G＝－ΔE p得：小球重力势能的增量为－mg(H＋x－L)，故B错误；根据动能定理得：W G＋W f＋W弹＝0－0＝0，所以W弹＝－(mg－F f)(H＋x－L)，根据弹簧弹力做功量度弹性势能的变化W弹＝－ΔE p得：弹簧弹性势能的增量为(mg－F f)(H＋x－L)，故C正确；系统机械能的减少等于重力、弹力以外的力做的功，所以小球从开始下落至最低点的过程，克服阻力做的功为：F f(H＋x－L)，所以系统机械能减小为：F f(H＋x－L)，故D 错误．]功能关系的应用技巧1．在应用功能关系解决具体问题的过程中，若只涉及动能的变化用动能定理分析，W总＝ΔE k.2．只涉及重力势能的变化用重力做功与重力势能变化的关系分析，即W G ＝－ΔE p.3．只涉及机械能变化用除重力和弹力之外的力做功与机械能变化的关系分析，即W其他＝ΔE.4．只涉及电势能的变化用电场力做功与电势能变化的关系分析，即W电＝－ΔE p.对能量守恒定律的理解及应用1(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等．(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．2．能量转化问题的解题思路(1)当涉及滑动摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE 增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．[多维探究]●考向1 涉及弹簧的能量守恒定律问题1．如图545所示，两物块A、B通过一轻质弹簧相连，置于光滑的水平面上，开始时A和B均静止．现同时对A、B施加等大反向的水平恒力F1和F2，使两物块开始运动，运动过程中弹簧形变不超过其弹性限度．在两物块开始运动以后的整个过程中，对A、B和弹簧组成的系统，下列说法正确的是( )图545A．由于F1、F2等大反向，系统机械能守恒B．当弹簧弹力与F1、F2大小相等时，A、B两物块的动能最大C．当弹簧伸长量达到最大后，A、B两物块将保持静止状态D．在整个过程中系统机械能不断增加B[在弹簧一直拉伸的时间内，由于F1与A的速度方向均向左而做正功，F2与B的速度方向均向右而做正功，即F1、F2做的总功大于零，系统机械能不守恒，选项A错误；当弹簧对A的弹力与F1平衡时A的动能最大，此时弹簧对B的弹力也与F2平衡，B的动能也最大，选项B正确；弹簧伸长量达到最大时，两物块速度为零，弹簧弹力大于F1、F2，之后两物块将反向运动而不会保持静止状态，F1、F2对系统做负功，系统机械能减少，选项C、D均错误．]2.如图546所示，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数μ＝32，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点．用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m，B的质量为m，初始时物体A到C点的距离为L.现给A、B一初速度v0>gL，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．已知重力加速度为g，不计空气阻力，整个过程中，轻绳始终处于伸直状态，求：图546(1)物体A向下运动刚到C点时的速度；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧的最大弹性势能.【：92492235】【解析】(1)A与斜面间的滑动摩擦力f＝2μmg cos θ，物体从A向下运动到C点的过程中，根据能量守恒定律可得：2mgL sin θ＋12·3mv20＝12·3mv2＋mgL＋fL解得v＝v20－gL.(2)从物体A接触弹簧，将弹簧压缩到最短后又恰回到C点，对系统应用动能定理－f·2x＝0－12×3mv2解得x＝v202g－L2.(3)弹簧从压缩到最短到恰好能弹到C点的过程中，对系统根据能量守恒定律可得：E p＋mgx＝2mgx sin θ＋fx所以E p＝fx＝3mv204－3mgL4.【答案】(1)v20－gL(2)v202g－L2(3)3mv204－3mgL4●考向2 能量守恒定律与图象的综合应用3．将小球以10 m/s 的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能E k 、重力势能E p 与上升高度h 间的关系分别如图547中两直线所示．g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )图547A ．小球的质量为0.2 kgB ．小球受到的阻力(不包括重力)大小为0.20 NC ．小球动能与重力势能相等时的高度为2013 mD ．小球上升到2 m 时，动能与重力势能之差为0.5 JD [在最高点，E p ＝mgh 得m ＝0.1 kg ，A 项错误；由除重力以外其他力做功E 其＝ΔE 可知：－fh ＝E 高－E 低，E 为机械能，解得f ＝0.25 N ，B 项错误；设小球动能和重力势能相等时的高度为H ，此时有mgH ＝12mv 2，由动能定理得：－fH －mgH ＝12mv 2－12mv 20，解得H ＝209 m ，故C 项错；当上升h ′＝2 m 时，由动能定理得：－fh ′－mgh ′＝E k2－12mv 20，解得E k2＝2.5 J ，E p2＝mgh ′＝2 J ，所以动能与重力势能之差为0.5 J ，故D 项正确．]摩擦力做功与能量的转化关系1.(1)从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的功等于系统内能的增加量． (2)从能量的角度看，是其他形式能量的减少量等于系统内能的增加量． 2．两种摩擦力做功情况比较静摩擦力滑动摩擦力不同点能量的转化方面只有能量的转移，而没有能量的转化既有能量的转移，又有能量的转化一对摩擦力的总功方面一对静摩擦力所做功的代数和等于零一对滑动摩擦力所做功的代数和不为零，总功W ＝－F f ·l相对，产生的内能Q ＝F f ·l 相对相同点正功、负功、不做功方面两种摩擦力对物体可以做正功、负功，还可以不做功[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)轻轻放在皮带的底端，经过时间1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：图 5-4-8(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． 【自主思考】(1)1.9 s 内工件是否一直加速？应如何判断？提示：若工件一直匀加速，由v m 2×t ＝hsin θ可得：工件的最大速度v m ＝61.9m/s>v 0，故工件在1.9 s 内应先匀加速运动再匀速运动．(2)工件在上升过程中其所受的摩擦力是否变化？ 提示：变化，先是滑动摩擦力，后是静摩擦力．(3)电动机传送工件的过程中多消耗的电能转化成了哪几种能量？ 提示：工件的动能、重力势能及因摩擦力做功产生的热量三部分． 【解析】 (1)由题图可知，皮带长x ＝hsin θ＝3 m ．工件速度达v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v t 1＝v 02t 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 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32.(2)从能量守恒的观点，显然电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．在时间t 1内，皮带运动的位移x 皮＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对皮带的位移x 相＝x 皮－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 ＝12mv 20＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗的电能W ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.【答案】 (1)32 (2)230 J[母题迁移]●迁移1 水平传送带问题1．如图549所示，质量为m 的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v 匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是( )【：92492236】 图549A ．电动机做的功为12mv 2B ．摩擦力对物体做的功为mv 2C ．传送带克服摩擦力做的功为12mv 2D ．电动机增加的功率为μmgvD [由能量守恒可知，电动机做的功等于物体获得的动能和由于摩擦而产生的内能，选项A 错误；对物体受力分析知，仅有摩擦力对物体做功，由动能定理知，其大小应为12mv 2，选项B 错误；传送带克服摩擦力做功等于摩擦力与传送带对地位移的乘积，可知这个位移是物体对地位移的两倍，即W ＝mv 2，选项C 错误；由功率公式知电动机增加的功率为μmgv ，选项D 正确．]●迁移2 倾斜传送带 逆时针转动 2．(多选)(2017·太原模拟)如图5410所示，与水平面夹角为θ＝37°的传送带以恒定速率v ＝2 m/s沿逆时针方向运动．将质量为m ＝1 kg 的物块静置在传送带上的A 处，经过1.2 s 到达传送带的B 处．已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.5，其他摩擦不计，物块可视为质点，重力加速度g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列对物块从传送带A 处运动到B 处过程的相关说法正确的是( )【：92492237】图5410A ．物块动能增加2 JB ．物块机械能减少11.2 JC ．物块与传送带因摩擦产生的热量为4.8 JD ．物块对传送带做的功为－12.8 JBC [由题意可知μ<tan 37°，因而物块与传送带速度相同后仍然要加速运动．物块与传送带速度相同前，由牛顿第二定律有mg (sin θ＋μcos θ)＝ma 1，v ＝a 1t 1，x 1＝12a 1t 21， 解得a 1＝10 m/s 2，t 1＝0.2 s ，x 1＝0.2 m ，物块与传送带速度相同后，由牛顿第二定律有mg (sin θ－μcos θ)＝ma 2，v ′＝v ＋a 2t 2，x 2＝vt 2＋12a 2t 22，而t 1＋t 2＝1.2 s ，解得a 2＝2 m/s 2，v ′＝4 m/s ，x 2＝3 m ，物块到达B 处时的动能为E k ＝12mv ′2＝8 J ，选项A 错误；由于传送带对物块的摩擦力做功，物块机械能变化，摩擦力做功为W f ＝μmgx 1cos θ－μmgx 2cos θ＝－11.2 J ，故机械能减少11.2 J ，选项B 正确；物块与传送带因摩擦产生的热量为Q ＝μmg (vt 1－x 1＋x 2－vt 2)cos θ＝4.8 J ，选项C 正确；物块对传送带做的功为W ＝－μmgvt 1cos θ＋μmgvt 2cos θ＝6.4 J ，选项D 错误．]1．水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．2．滑动摩擦力做功，其他形式的能量转化为内能；静摩擦力做功，不产生内能．3．公式Q＝F f·l相对中l相对为两接触物体间的相对位移，若物体在传送带上做往复运动时，则l相对为总的相对路程．。
高考物理-“板块”模型中的能量转化问题(解析版)(最新整理)
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＝，而E k A >E k B ，则m A <m B ，故A 错误。
全国通用2019版高考物理一轮复习第五章机械能微专题43“滑块_木板”模型中的能量转化问题备考精炼(1)
第九单元文化与生活单元排查落实练(九)1．纯自然现象有时也是文化现象。
( )提示错误。
文化是人类社会特有的，纯自然现象不是文化现象。
2．文化与经济的发展是同步的。
( )提示错误。
文化有其自身的传承性和相对独立性。
有时文化会超前于经济的发展，有时则会落后于经济的发展。
3．文化是综合国力竞争的决定性因素，一定的文化决定一定的经济、政治。
( )提示错误。
经济、政治决定文化，文化是经济、政治的反映和体现，文化对经济、政治具有反作用。
但是文化的作用始终是第二位的，任何时候都不能把文化的地位作用夸大为基础地位、决定性作用。
4．文化是一种社会物质力量。
( )提示错误。
文化是一种社会精神力量，能够在人们认识世界和改造世界的过程中转化为物质力量。
5．文化对社会的发展起着积极的促进作用。
( )提示错误。
优秀的、先进的文化对社会的发展起着积极的促进作用。
6．每个人所具有的文化素养，不是天生的，而是后天自发形成的。
( )提示错误。
文化素养既不是天生的也不是后天自发形成的，而是通过对社会生活的体验，特别是通过参与文化活动、接受文化知识教育而逐步培养出来的。
7．文化对人的影响具有潜移默化的特点，因此，只要处在一定的文化环境中，就一定能形成较高的文化修养。
( )提示错误。
处在一定的文化环境中有利于形成一定的文化素养，但只有参加健康向上的文化活动，自觉学习、主动接受文化熏陶才能有利于形成较高的文化素养。
8．人们文化素养的核心和标志是文化程度。
( )提示错误。
世界观、人生观、价值观是人们文化素养的核心和标志。
9．文化决定人们的交往行为和交往方式。
( )提示错误。
文化影响人们的交往行为和交往方式。
10．世界观、人生观、价值观一经形成，就具有确定的方向性，对人的综合素质和终身发展产生永久不变的影响。
( )提示错误。
具有确定的方向性但并不意味着终身不变。
一、选择题1．一群诗歌爱好者在手机的移动空间自发“为你读诗”；各类民间剧社、合唱团，在大小剧场里演绎着“城会玩”；读书会使严肃的阅读与讨论凝聚起志趣相投的人……这一切让生活氤氲“浓得化不开”的文化气，生活也因其滋养而内涵丰富。
高考物理一轮复习第五章机械能2动能定理及其应用课件
CWDN 为支持力的功
D.对电梯,其所受合力做功为12m0v22 − 12m0v12
解析 答案
考点一
考点二
考点三
-13-
规律总结1.合外力对物体做正功,物体的动能增加;合外力对物体 做负功,物体的动能减少;合外力对物体不做功,物体的动能不变。
2.高中阶段动能定理中的位移和速度应以地面或相对地面静止 的物体为参考系。
−
1 2
������������1
2
。
-3-
基础夯实 自我诊断
二、动能定理
1.内容:在一个过程中合力对物体所做的功,等于物体在这个过程
中动能的变化 。
2.表达式:W=ΔEk=������k 2
−
������k 1
=
1 2
������������2
2
−
1 2
������������12
。
3.物理意义:合力 的功是物体动能变化的量度。
功 物B23Dm体BCWAg...从在向F从v=。开绳上开mg始与加始h+到水速到38m绳运平绳v与动方2与,由水,向水处于平夹平于汽方角方超车向向为重匀夹夹状3速0角角态°向为为,时故右33,拉0拉运0°°时力力动时,大的,拉所,于拉功力以重力率做v力做为不功,功拉 变mmgg,力mθhv变g的h小+功38,m率v'v增大2 大于关, 闭 D.在绳与水平方向夹角为 30°时,拉力的功率大于 23m解g析v 答案
3.适用范围:直线运动、曲线运动、恒力做功、变力做功、各个 力同时做功、分段做功均可用动能定理。
-14-
考点一
考点二
考点三
考点二 动能定理的应用(师生共研) 1.动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及 时间,比动力学研究方法要简便。 2.动能定理表达式是一个标量式,在某个方向上应用动能定理没 有理论依据。 3.当物体的运动包含多个不同过程时,可分段应用动能定理求解; 当所求解的问题不涉及中间的速度时,也可以全过程应用动能定理 求解。 4.应用动能定理时,必须明确各力做功的正、负。当一个力做负 功时,可设物体克服该力做功为W,将该力做功表达为-W,也可以直 接用字母W表示该力做功,使其字母本身含有负号。
高中物理滑块木板模型动能定理解
高中物理滑块木板模型动能定理解高中物理滑块木板模型是一种常见的力学模型，用来研究物体在斜面上滑动的问题。
动能定理是描述物体动能变化的定理，它表达了物体的动能变化等于物体所受力的功。
下面我将详细介绍高中物理滑块木板模型及其动能定理的原理和应用。
首先，我们来介绍一下高中物理滑块木板模型的基本概念。
滑块木板模型由一条倾斜的木板和一个放置在木板上的滑块组成。
滑块与木板之间有一定的摩擦力，可以通过改变木板的角度或滑块的质量来研究滑块在木板上滑动的性质。
在滑块木板模型中，我们考虑滑块在斜面上的运动。
当斜坡上无滑动摩擦力时，滑块只受到重力作用，其加速度仅受到斜面角度和重力加速度的影响。
当斜坡上存在摩擦力时，滑块的加速度还会受到摩擦力对滑块的阻碍。
动能定理是描述物体动能变化的定理。
根据动能定理，物体的动能变化等于物体所受力的功。
在高中物理滑块木板模型中，滑块在斜坡上滑动时，通过斜坡上的重力和摩擦力对滑块进行功。
根据动能定理，滑块的动能变化等于这些力的功之和。
具体来说，滑块的动能变化可以用下式表示：△K = Wg + Wf其中，△K表示滑块的动能变化，Wg表示重力对滑块做的功，Wf 表示摩擦力对滑块做的功。
重力对滑块做的功可以用如下公式表示：Wg = mgh其中，m表示滑块的质量，g表示重力加速度，h表示滑块的垂直高度。
摩擦力对滑块做的功可以用如下公式表示：Wf = fdcosθ其中，f表示滑块和斜面之间的摩擦力，d表示滑块在斜面上的位移，θ表示斜面的倾角。
通过将重力功和摩擦力功代入动能定理的公式，可以得到滑块的动能变化的表达式。
动能定理在物理学中有广泛的应用。
首先，动能定理可以用来计算滑块在斜面上的运动速度。
通过将动能定理的公式进行转换，可以得到滑块的末速度的表达式。
其次，动能定理可以用来研究滑块与斜面之间的摩擦力的大小和方向。
通过观察滑块的动能变化和速度的变化，可以确定摩擦力的大小和方向。
此外，动能定理还可以用来分析滑块与斜面之间的能量转换。
高考物理一轮复习第五章机械能4功能关系能量守恒定律课件
2021/4/17
高考物理一轮复习第五章机械能4功能关系能量
27
守恒定律课件
结束语
同学们，你们要相信梦想是价值的源泉，相信成 功的信念比成功本身更重要，相信人生有挫折没 有失败，相信生命的质量来自决不妥协的信念，
考试加油。
2.功能关系的选用技巧: (1)若只涉及动能的变化,则首选动能定理分析。 (2)若只涉及重力势能的变化,则采用重力做功与重力势能的关系分析。 (3)若只涉及机械能变化,用除重力、系统内弹力之外的力做功与机械能变化的 关系分析。 (4)只涉及电势能的变化,用电场力与电势能变化关系分析。
【典例·通法悟道】 【典例1】 (多选)如图所示,楔形木块abc固定在水平面上,粗糙斜面ab和光滑 斜面bc与水平面的夹角相同,顶角b处安装一定滑轮。质量分别为M、m(M>m)的 滑块通过不可伸长的轻绳跨过定滑轮连接,轻绳与斜面平行。两滑块由静止释 放后,沿斜面做匀加速运动。若不计滑轮的质量和摩擦,在两滑块沿斜面运动的 过程中( ) A.两滑块组成的系统机械能守恒 B.重力对M做的功等于M动能的增加 C.轻绳对m做的功等于m机械能的增加 D.两滑块组成的系统机械能损失等于M克服摩擦力做的功
(1)0～1 s内,A、B的加速度大小aA、aB。 (2)B相对A滑行的最大距离x。 (3)0～4 s内,拉力做的功W。 (4)0～4 s内系统产生的摩擦热Q。
【解析】(1)在0～1 s内,A、B两物体分别做匀加速直线运动
根据牛顿第二定律得μmg=MaA F1-μmg=maB 代入数据得aA=2 m/s2,aB=4 m/s2。 (2)t1=1 s后,拉力F2=μmg,铁块B做匀速运动,速度大小为v1:木板A仍做匀 加速运动,又经过时间t2,速度与铁块B相等。 v1=aBt1 又v1=aA(t1+t2) 解得t2=1 s
2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块木板模型(附答案)
错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!2025年高考人教版物理一轮复习专题训练—用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块木板模型(附答案解析)1.(2024·云南省名校联考)如图所示，斜面AB 的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P 点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。
若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P 点静止释放，则下列说法正确的是( )A ．滑块可能再次滑上斜面B ．滑块在传送带上运动的时间增长C ．滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多D ．滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.mv 24B.mv 22C ．mv 2D ．2mv 2 3．(多选)(2023·福建龙岩市期中)如图甲，足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速率始终不变。
t ＝0时刻在传送带适当位置放上一个具有初速度的小物块。
取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示。
已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝3 5C．0～t2时间内电动机多消耗的电能为36 JD．0～t2时间因摩擦产生热量为15 J4．(2023·河南省联考)全国平均每天有3亿多件快递包裹在分拣寄递中。
一种交叉带式分拣机俯视图如图甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传送带运动方向与小车运动方向垂直。
高考物理一轮复习第五章专题传送带模型中的能量转化问题备考精炼
41 传送带模型中的能量转化问题[方法点拨] (1)分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化．(2)用公式Q ＝F f ·x 相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量． 1．(多选)(2020·徐州市考前模拟)如图1所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1匀速向右运动，质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2滑上传送带，且v 2>v 1，最终滑块又返回至传送带的右端，对于此过程，下列判断正确的是( )图1A ．滑块返回传送带右端时的速率为v 1B ．传送带对滑块做功为12mv 22－12mv 12C ．电动机多做的功为2mv 12D ．滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m(v 1＋v 2)22．(多选)如图2所示，一质量为1 kg 的小物块自斜面上A 点由静止开始匀加速下滑，经2 s 运动到B 点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4 m/s 的恒定速率运行．已知A 、B 间距离为 2 m ，传送带长度(即B 、C 间距离)为10 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图2A ．小物块在传送带上运动的时间为2.32 sB ．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 JC ．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6 JD ．小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J3．(多选)(2020·南通中学模拟)如图3所示，足够长的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，b 的质量为m.开始时，a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，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( )图3A．物块a的重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等4．(2020·黄桥中学模拟)如图4甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g＝10 m/s2)，求：图4(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)从A到B的过程中，传送带对物块做的功．5．(2020·盐城中学调研)如图5所示，一由电动机带动的传送带加速装置示意图，传送带长L＝31.25 m，以v0＝6 m/s顺时针方向转动，现将一质量m＝1 kg的物体轻放在传送带的A端，传送带将其带到另一端B后，物体将沿着半径R＝0.5 m的光滑圆弧轨道运动，圆弧轨道与传送带在B点相切，C点为圆弧轨道的最高点，O点为圆弧轨道的圆心．已知传送带与物体间的动摩擦因数μ＝0.8，传送带与水平地面间夹角θ＝37°，已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，物体可视为质点，求：图5(1)物体在B点对轨道的压力大小；(2)当物体过B点后将传送带撤去，求物体落到地面时的速度大小．答案精析1．AD [由于传送带足够长，滑块先向左减速至0再向右加速，由于v 1<v 2，当速度增大到等于传送带速度时，滑块还在传送带上，之后与传送带一起向右匀速运动，有v 2′＝v 1，故A 正确；根据动能定理，传送带对滑块做功W ＝ΔE k ＝12mv 12－12mv 22，故B 错误；滑块向左运动x 1＝v 22t 1，摩擦力对滑块做功：W 1＝－F f x 1＝－F f v 22t 1①又摩擦力做功等于滑块动能的变化量，即：W 1＝－12mv 22②该过程中传送带的位移：x 2＝v 1t 1 摩擦力对传送带做功： W 2＝－F f ′x 2＝－F f ′v 1t 1③传送带对滑块的摩擦力与滑块对传送带的摩擦力为作用力与反作用力，则有F f ＝F f ′④ 联立①②③④得：W 2＝－mv 1v 2设滑块向右匀加速运动的时间为为t 2，位移为x 3，则： x 3＝v 12t 2摩擦力对滑块做功：W 3＝F f x 3＝12mv 12该过程中传送带的位移：x 4＝v 1t 2＝2x 3滑块相对传送带的总位移：x 相对＝x 1＋x 2＋x 4－x 3＝x 1＋x 2＋x 3 系统克服滑动摩擦力做功：W 总＝F f x 相对＝|W 1|＋|W 2|＋W 3＝12m(v 1＋v 2)2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于系统克服滑动摩擦力做功，Q ＝W 总＝12m(v 1＋v 2)2，故D 正确；全过程中，电动机对传送带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q ＝W ＋12mv 22－12mv 12 整理得：W ＝Q －12mv 22＋12mv 12＝mv 12＋mv 1v 2，故C 错误．]2．BCD3．ACD [开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a gsin θ＝m b g ，则 m a ＝m b sin θ＝m sin θ，b 上升h ，则a 下降hsin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE pa ＝m a g·hsin θ＝mgh ，故A 正确；根据能量守恒定律得，摩擦力对a 做的功等于a 、b 系统机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于系统动能的增量，故B 错误，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 ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gvsin θ＝mgv ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．] 4．(1)35(2)－3.75 J 解析 (1)由题图乙可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝8 m/s 2后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2＝2 m/s 2物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律得： mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma 2 联立解得：μ＝35(2)由v －t 图线与t 轴所围面积意义可知，在前0.5 s ，物块对地位移为：x 1＝v 12t 1则摩擦力对物块做功：W 1＝μmgcos θ·x 1 在后0.5 s ，物块对地位移为：x 2＝v 1＋v 22t 2 则摩擦力对物块做功W 2＝－μmgcos θ·x 2 所以传送带对物块做的总功：W ＝W 1＋W 2 联立解得：W ＝－3.75 J 5．(1)58 N (2)20 m/s解析 (1)根据牛顿第二定律：μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得：a ＝0.4 m/s 2设物体在AB 上全程做匀加速运动，根据运动学公式：v B 2＝2aL 解得：v B ＝5 m/s<6 m/s即物体在AB 上全程做匀加速运动，物体刚滑上圆弧轨道时，对物体受力分析有F N －mgcos θ＝mv B2R解得F N ＝58 N由牛顿第三定律可得物体在B 点对轨道的压力大小F N ′＝58 N (2)设物体能够到达C 点，从B 到C 利用动能定理： －mg(R ＋Rcos θ)＝12mv C 2－12mv B 2解得：v C ＝7 m/s>gR 即物体能够到达C 点从C 点落到地面，物体做平抛运动，下落高度 h ＝R ＋Rcos θ＋Lsin θ＝19.65 m利用运动学公式：v y 2＝2gh ，解得v y ＝393 m/sv ＝v C 2＋v y 2＝20 m/s(或利用动能定理mgh ＝12mv 2－12mv C 2得v ＝20 m/s)2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．理想变压器的输入端、输出端所连接电路如图所示，图中交流电源的电动势e=311si n(100πt)V ，三只灯泡完全相同。
新课标高中物理第一轮复习考点归纳：专题(05)机械能及其守恒定律
新课标高中物理第一轮复习考点归纳专题05 《机械能及其守恒定律》第一节功和功率【基本概念、规律】一、功1．做功的两个必要条件：力和物体在力的方向上发生的位移．2．公式：W＝Fl cos_α.适用于恒力做功．其中α为F、l方向间夹角，l为物体对地的位移．3．功的正负判断(1)α<90°，力对物体做正功．(2)α>90°，力对物体做负功，或说物体克服该力做功．(3)α＝90°，力对物体不做功．二、功率1．定义：功与完成这些功所用时间的比值．2．物理意义：描述力对物体做功的快慢．3．公式(1)定义式：P＝Wt，P为时间t内的平均功率．(2)推论式：P＝Fv cos_α.(α为F与v的夹角)【重要考点归纳】考点一恒力做功的计算1．恒力做的功直接用W＝Fl cos α计算．不论物体做直线运动还是曲线运动，上式均适用．2．合外力做的功方法一：先求合外力F合，再用W合＝F合l cos α求功．适用于F合为恒力的过程．方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3…，再应用W合＝W1＋W2＋W3＋…求合外力做的功．3.(1)在求力做功时，首先要区分是求某个力的功还是合力的功，是求恒力的功还是变力的功．(2)恒力做功与物体的实际路径无关，等于力与物体在力方向上的位移的乘积，或等于位移与在位移方向上的力的乘积．考点二功率的计算1．平均功率的计算：(1)利用P＝W t .(2)利用P＝F·v cos α，其中v为物体运动的平均速度．2．瞬时功率的计算：利用公式P＝F·v cos α，其中v为t时刻的瞬时速度．注意：对于α变化的不能用P＝Fv cos α计算平均功率．3.计算功率的基本思路：(1)首先要明确所求功率是平均功率还是瞬时功率，对应于某一过程的功率为平均功率，对应于某一时刻的功率为瞬时功率．(2)求瞬时功率时，如果F与v不同向，可用力F乘以F方向的分速度，或速度v乘以速度v方向的分力求解．考点三机车启动问题的分析1．两种启动方式的比较v↑⇒F＝P2.三个重要关系式(1)无论哪种运行过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即v m＝PFmin＝PF阻(式中F min为最小牵引力，其值等于阻力F阻)．(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝PF＜v m＝PF阻.(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：Pt－F阻x＝ΔE k.此式经常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小．3.分析机车启动问题时的注意事项(1)在用公式P＝Fv计算机车的功率时，F是指机车的牵引力而不是机车所受到的合力．(2)恒定功率下的加速一定不是匀加速，这种加速过程发动机做的功可用W＝Pt计算，不能用W＝Fl计算(因为F是变力)．(3)以恒定牵引力加速时的功率一定不恒定，这种加速过程发动机做的功常用W＝Fl计算，不能用W＝Pt计算(因为功率P是变化的)．【思想方法与技巧】变力做功的求解方法一、动能定理法动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于求恒力功也适用于求变力功．因使用动能定理可由动能的变化来求功，所以动能定理是求变力做功的首选．二、平均力法如果力的方向不变，力的大小对位移按线性规律变化(即F＝kx＋b)时，F由F1变化到F2的过程中，力的平均值为F＝F1＋F22，再利用功的定义式W＝F l cos α来求功．三、微元法当物体在变力的作用下做曲线运动时，若力的方向与物体运动的切线方向之间的夹角不变，可将曲线分成无限个小元段，每一小元段可认为恒力做功，总功即为各个小元段做功的代数和．通过微元法不难得到，在往返的运动中，摩擦力、空气阻力做的功，其大小等于力和路程的乘积．四、等效转换法若某一变力的功和某一恒力的功相等，即效果相同，则可以通过计算该恒力做的功，求出该变力做的功，从而使问题变得简单，也就是说通过关联点，将变力做功转化为恒力做功，这种方法称为等效转换法．五、图象法由于功W＝Fx，则在F－x图象中图线和x轴所围图形的面积表示F做的功．在x轴上方的“面积”表示正功，x轴下方的“面积”表示负功．六、用W＝Pt计算机车以恒定功率P行驶的过程，随速度增加牵引力不断减小，此时牵引力所做的功不能用W＝Fx来计算，但因功率恒定，可以用W＝Pt计算．第二节动能动能定理【基本概念、规律】一、动能1．定义：物体由于运动而具有的能．2．表达式：E k＝12mv2.3．单位：焦耳，1 J＝1 N·m＝1 kg·m2/s2. 4．矢标性：标量．二、动能定理1．内容：力在一个过程中对物体做的功，等于物体在这个过程中动能的变化．2．表达式：W＝E k2－E k1＝12mv22－12mv21.3．适用范围(1)动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．(2)既适用于恒力做功，也适用于变力做功．(3)力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．【重要考点归纳】考点一动能定理及其应用1．对动能定理的理解(1)动能定理公式中等号表明了合外力做功与物体动能的变化间的两个关系：①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系．②因果关系：合外力的功是引起物体动能变化的原因．(2)动能定理中涉及的物理量有F、l、m、v、W、E k等，在处理含有上述物理量的问题时，优先考虑使用动能定理．2．运用动能定理需注意的问题(1)应用动能定理解题时，不必深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过程的功及过程初末的动能．(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式．3.应用动能定理解题的基本思路(1)选取研究对象，明确它的运动过程；(2)分析研究对象的受力情况和各力的做功情况：受哪些力→各力是否做功→做正功还是负功→做多少功→各力做功的代数和(3)明确研究对象在过程的初末状态的动能E k1和E k2；(4)列动能定理的方程W合＝E k2－E k1及其他必要的解题方程，进行求解．考点二动能定理与图象结合问题解决物理图象问题的基本步骤1．观察题目给出的图象，弄清纵坐标、横坐标所对应的物理量及图线所表示的物理意义．2．根据物理规律推导出纵坐标与横坐标所对应的物理量间的函数关系式．3．将推导出的物理规律与数学上与之相对应的标准函数关系式相对比，找出图线的斜率、截距、图线的交点，图线下的面积所对应的物理意义，分析解答问题．或者利用函数图线上的特定值代入函数关系式求物理量．4.解决这类问题首先要分清图象的类型．若是F－x图象，则图象与坐标轴围成的图形的面积表示做的功；若是v－t图象，可提取的信息有：加速度(与F合对应)、速度(与动能对应)、位移(与做功距离对应)等，然后结合动能定理求解．考点三利用动能定理求解往复运动解决物体的往复运动问题，应优先考虑应用动能定理，注意应用下列几种力的做功特点：1．重力、电场力或恒力做的功取决于物体的初、末位置，与路径无关；2．大小恒定的阻力或摩擦力的功等于力的大小与路程的乘积．【思想方法与技巧】涉及多个原型的力学综合题1.涉及多个原型的试题，一般都属于多过程或多状态问题，正确划分过程或确定研究状态是解题的前提，找出各子过程间的联系是解题的关键，确定遵守的规律是解题的核心．第三节机械能守恒定律【基本概念、规律】一、重力势能1．定义：物体的重力势能等于它所受重力与高度的乘积．2．公式：E p＝mgh.3．矢标性：重力势能是标量，正负表示其大小．4．特点(1)系统性：重力势能是地球和物体共有的．(2)相对性：重力势能的大小与参考平面的选取有关．重力势能的变化是绝对的，与参考平面的选取无关．5．重力做功与重力势能变化的关系重力做正功时，重力势能减小；重力做负功时，重力势能增大；重力做多少正(负)功，重力势能就减小(增大)多少，即W G＝E p1－E p2.二、弹性势能1．定义：物体由于发生弹性形变而具有的能．2．大小：弹性势能的大小与形变量及劲度系数有关，弹簧的形变量越大，劲度系数越大，弹簧的弹性势能越大．3．弹力做功与弹性势能变化的关系弹力做正功，弹性势能减小；弹力做负功，弹性势能增大．三、机械能守恒定律1．内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变．2．表达式(1)守恒观点：E k1＋E p1＝E k2＋E p2(要选零势能参考平面)．(2)转化观点：ΔE k＝－ΔE p(不用选零势能参考平面)．(3)转移观点：ΔE A增＝ΔE B减(不用选零势能参考平面)．3．机械能守恒的条件只有重力(或弹力)做功或虽有其他外力做功但其他力做功的代数和为零．【重要考点归纳】考点一机械能守恒的判断方法1．利用机械能的定义判断(直接判断)：分析动能和势能的和是否变化．2．用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒．3．用能量转化来判断：若物体系统中只有动能和势能的相互转化而无机械能与其他形式的能的转化，则物体系统机械能守恒．4.(1)机械能守恒的条件绝不是合外力的功等于零，更不是合外力为零；“只有重力做功”不等于 “只受重力作用”．(2)分析机械能是否守恒时，必须明确要研究的系统．(3)只要涉及滑动摩擦力做功，机械能一定不守恒．对于一些绳子突然绷紧、物体间碰撞等情况，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒．考点二 机械能守恒定律及应用 1．三种表达式的选择如果系统(除地球外)只有一个物体，用守恒观点列方程较方便；对于由两个或两个以上物体组成的系统，用转化或转移的观点列方程较简便．2．应用机械能守恒定律解题的一般步骤(1)选取研究对象⎩⎨⎧单个物体多个物体组成的系统含弹簧的系统(2)分析受力情况和各力做功情况，确定是否符合机械能守恒条件． (3)确定初末状态的机械能或运动过程中物体机械能的转化情况． (4)选择合适的表达式列出方程，进行求解． (5)对计算结果进行必要的讨论和说明．3.(1)应用机械能守恒定律解题时，要正确选择系统和过程．(2)对于通过绳或杆连接的多个物体组成的系统，注意找物体间的速度关系和高度变化关系．(3)链条、液柱类不能看做质点的物体，要按重心位置确定高度． 【思想方法与技巧】机械能守恒定律和动能定理的综合应用1.在求解多个物体组成的系统的内力做功时，一般先对系统应用机械能守恒定律，再对其中的一个物体应用动能定理．2.对通过细线(细杆)连接的物体系统，细线(细杆)对两物体做的功大小相等、符号相反，即对系统做的总功为零，其效果是使机械能在系统内发生转移．第四节功能关系能量守恒【基本概念、规律】一、功能关系1．功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化．2．几种常见的功能关系1．内容：能量既不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变．2．表达式：(1)E1＝E2.(2)ΔE减＝ΔE增．【重要考点归纳】考点一功能关系的应用1．若涉及总功(合外力的功)，用动能定理分析．2．若涉及重力势能的变化，用重力做功与重力势能变化的关系分析．3．若涉及弹性势能的变化，用弹力做功与弹性势能变化的关系分析．4．若涉及电势能的变化，用电场力做功与电势能变化的关系分析．5．若涉及机械能变化，用其他力(除重力和系统内弹力之外)做功与机械能变化的关系分析．6．若涉及摩擦生热，用滑动摩擦力做功与内能变化的关系分析．考点二摩擦力做功的特点及应用1．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 s相对．其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．考点三能量守恒定律及应用列能量守恒定律方程的两条基本思路：1．某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等；2．某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加，且减少量和增加量一定相等．3.能量转化问题的解题思路(1)当涉及摩擦力做功，机械能不守恒时，一般应用能的转化和守恒定律．(2)解题时，首先确定初末状态，然后分析状态变化过程中哪种形式的能量减少，哪种形式的能量增加，求出减少的能量总和ΔE减和增加的能量总和ΔE增，最后由ΔE减＝ΔE增列式求解．【思想方法与技巧】传送带模型中的功能问题1．模型概述传送带模型典型的有水平和倾斜两种情况，涉及功能角度的问题主要有：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．2．传送带模型问题中的功能关系分析(1)功能关系分析：W F＝ΔE k＋ΔE p＋Q.(2)对W F和Q的理解：①传送带的功：W F＝Fx传；②产生的内能Q＝F f s相对．3．传送带模型问题的分析流程4.(1)水平传送带：共速后不受摩擦力，不再有能量转化．倾斜传送带：共速后仍有静摩擦力，仍有能量转移．(2)滑动摩擦力做功，其他能量转化为内能，静摩擦力做功，不产生内能．功能观点在解决实际问题中的应用在新课程改革的形势下，高考命题加大了以生产、生活、科技为背景的试题比重，在实际问题中如何分析做功、分析能量的转化，是考生应具备的一种能力.一、在体育运动中的应用二、在生产科技中的应用实验五探究动能定理一、实验目的通过实验探究外力对物体做功与物体速度的关系．二、实验原理探究功与速度变化的关系，可用如实验原理图所示的装置进行实验，通过增加橡皮筋的条数使橡皮筋对小车做的功成倍增加，再通过打点计时器和纸带来测量每次实验后小车的末速度v，最后通过数据分析得出速度变化与功的关系．三、实验器材橡皮筋、小车、木板、打点计时器、纸带、铁钉等．四、实验步骤1．垫高木板的一端，平衡摩擦力．2．拉伸的橡皮筋对小车做功：(1)用一条橡皮筋拉小车——做功W .(2)用两条橡皮筋拉小车——做功2W .(3)用三条橡皮筋拉小车——做功3W .3．测出每次做功后小车获得的速度．4．分别用各次实验测得的v 和W 绘制W －v 或W －v 2、W －v 3……图象，直到明确得出W 和v 的关系．五、实验结论物体速度v 与外力做功W 间的关系W ∝v 2.一、数据处理1．求小车的速度：利用纸带上点迹均匀的一段测出两点间的距离x ，则v ＝x T(其中T 为打点周期)．2．实验数据处理在坐标纸上画出W －v 和W －v 2图象(“W ”以一根橡皮筋做的功为单位)．根据图象得出W ∝v 2.二、误差分析1．误差的主要来源是橡皮筋的长度、粗细不一，使橡皮筋的拉力做功W 与橡皮筋的条数不成正比．2．没有完全平衡摩擦力或平衡摩擦力时倾角过大也会造成误差．3．利用打上点的纸带计算小车的速度时，测量不准带来误差．三、注意事项1．平衡摩擦力的方法是轻推小车，由打在纸带上的点是否均匀判断小车是否匀速运动．2．测小车速度时，纸带上的点应选均匀部分的．3．橡皮筋应选规格一样的．力对小车做的功以一条橡皮筋做的功为单位即可，不必计算出具体数值．4．小车质量应大一些，使纸带上打的点多一些．实验六 验证机械能守恒定律一、实验目的验证机械能守恒定律．二、实验原理通过实验，求出做自由落体运动物体的重力势能的减少量和相应过程动能的增加量，若二者相等，说明机械能守恒，从而验证机械能守恒定律．三、实验器材打点计时器、电源、纸带、复写纸、重物、刻度尺、铁架台(带铁夹)、导线两根．四、实验步骤1．安装置：按实验原理图将检查、调整好的打点计时器竖直固定在铁架台上，接好电路．2．打纸带：将纸带的一端用夹子固定在重物上，另一端穿过打点计时器的限位孔用手提着纸带使重物静止在靠近打点计时器的地方．先接通电源，后松开纸带，让重物带着纸带自由下落．更换纸带重复做3次～5次实验．3．选纸带：(1)用mgh ＝12mv 2来验证，应选点迹清晰，且1、2两点间距离接近2 mm 的纸带．(2)用12mv 2B －12mv 2A ＝mg Δh 验证时，只要A 、B 之间的点迹清晰即可选用． 五、实验结论在误差允许的范围内，自由落体运动过程机械能守恒 ,一、验证方案方案一：利用起始点和第n 点计算．代入gh n 和12v 2n ，如果在实验误差允许的范围内，gh n ＝12v 2n ，则验证了机械能守恒定律． 方案二：任取两点计算1．任取两点A 、B 测出h AB ，算出gh AB .2．算出12v 2B －12v 2A 的值． 3．如果在实验误差允许的范围内，gh AB ＝12v 2B －12v 2A ，则验证了机械能守恒定律． 方案三：图象法．从纸带上选取多个点，测量从第一点到其余各点的下落高度h ，并计算各点速度的平方v 2，然后以12v 2为纵轴，以h 为横轴，绘出12v 2－h 图线，若是一条过原点且斜率为g 的直线，则验证了机械能守恒定律．二、误差分析1．测量误差：减小测量误差的方法，一是测下落距离时都从0点量起，一次将各打点对应下落高度测量完，二是多测几次取平均值．2．系统误差：由于重物和纸带下落过程中要克服阻力做功，故动能的增加量ΔE k ＝12mv 2n 必定稍小于重力势能的减少量ΔE p ＝mgh n ，改进办法是调整安装的器材，尽可能地减小阻力．三、注意事项1．打点计时器要竖直：安装打点计时器时要竖直架稳，使其两限位孔在同一竖直平面内，以减少摩擦阻力．2．重物应选用质量大、体积小、密度大的材料．3．测长度，算速度：某时刻的瞬时速度的计算应用v n ＝d n ＋1－d n －12T，不能用v n ＝2gd n 或v n ＝gt 来计算．。
2025年高考人教版物理一轮复习讲义—“滑块木板”模型中的动力学问题(含解析)
2025年高考人教版物理一轮复习讲义—“滑块木板”模型中的动力学问题（含解析）目标要求 1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。
2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2．模型构建(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx ＝x 1－x 2＝L (板长)；滑块和木板反向运动时，位移之和Δx ＝x 2＋x 1＝L 。
3．解题关键(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v 物＝v 板”临界条件的拓展含义摩擦力突变的临界条件：当v 物＝v 板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v 物＝v 板；②木板最短的条件：当v 物＝v 板时滑块恰好滑到木板的一端。
考点一水平面上的板块问题例1如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M＝4kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，g取10m/s2。
(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？(2)现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F，则：①在F的作用下，长木板的加速度为多大？②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？④最终小物块离长木板右端多远？答案(1)10N(2)①3m/s2②0.5m③2.8m/s④0.7m解析(1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg＝ma0，对物块和木板整体有F0＝(m＋M)a0，联立解得F0＝10N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10N。
2024届高考一轮复习物理课件(新教材粤教版)：传送带模型和“滑块—木板”模型
μmg＝0.1×1×10 N＝1 N，s′＝4×4 m＝16 m，联立解得W＝－16 J，
C正确；
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
答案 2.8 m/s
刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s 撤去 F 后，长木板的加速度大小 a′＝μMmg＝0.5 m/s2 最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′ 解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)最终小物块离长木板右端多远？
物块速度刚好到 4 m/s 时，传送带速度立刻变为零，物块由于惯性向前 做匀减速直线运动，减速过程的加速度大小为 a′＝μg＝1 m/s2，物块 从开始到速度为 4 m/s 时发生的位移为 s″＝4×2 4 m＝8 m，而物块从 4 m/s 减速到零发生的位移为2av′2 ＝2×421 m＝8 m，所以物块刚好到达 B 端，D 错误.
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0<v时，一直加速 v0>v时，一直减速
滑块一直减速到右端
v0<v时，先加速再匀速
v0>v时，先减速再匀速 滑块先减速到速度为0，后 被传送带传回左端 若v0<v，则返回到左端时 速度为v0；若v0>v，则返 回到左端时速度为v
2.倾斜传送带 情景
滑块的运动情况
则下列判断正确的是
A.小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
√B.小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2 √C.经过1 s的时间，小孩离开滑板
高考物理一轮复习第五章机械能课时42传送带模型中的能量转化问题加练半小时
42 传送带模型中的能量转化问题[方法点拨] (1)分析滑块与传送带或木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相等时摩擦力可能变化．(2)用公式Q ＝F f ·x 相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量．1．(多选)(2017·安徽马鞍山第一次模拟)如图1所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定速率v 1匀速向右运动，质量为m 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v 2滑上传送带，且v 2>v 1，最终滑块又返回至传送带的右端，对于此过程，下列判断正确的是( )图1A ．滑块返回传送带右端时的速率为v 1B ．传送带对滑块做功为12mv 22－12mv 12C ．电动机多做的功为2mv 12D ．滑块与传送带间摩擦产生的热量为12m (v 1＋v 2)22．(多选)如图2所示，一质量为1 kg 的小物块自斜面上A 点由静止开始匀加速下滑，经2 s 运动到B 点后通过光滑的衔接弧面恰好滑上与地面等高的传送带，传送带以4 m/s 的恒定速率运行．已知A 、B 间距离为 2 m ，传送带长度(即B 、C 间距离)为10 m ，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，取g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )图2A ．小物块在传送带上运动的时间为2.32 sB ．小物块在传送带上因摩擦产生的热量为2 JC ．小物块在传送带上运动过程中传送带对小物块做的功为6 JD ．小物块滑上传送带后，传动系统因此而多消耗的能量为8 J3．(多选)(2017·湖北荆州一检)如图3所示，足够长的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，b 的质量为m .开始时，a 、b 及传送带均静止，且a 不受传送带摩擦力作用，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( )图3A．物块a的重力势能减少mghB．摩擦力对a做的功等于a机械能的增量C．摩擦力对a做的功等于物块a、b动能增量之和D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等4．(2018·四川成都模拟)如图4甲所示，倾斜的传送带以恒定的速率逆时针运行．在t＝0时刻，将质量为1.0 kg的物块(可视为质点)无初速度地放在传送带的最上端A点，经过1.0 s，物块从最下端的B点离开传送带．取沿传送带向下为速度的正方向，则物块的对地速度随时间变化的图象如图乙所示(g＝10 m/s2)，求：图4(1)物块与传送带间的动摩擦因数；(2)从A到B的过程中，传送带对物块做的功．答案精析1．AD [由于传送带足够长，滑块先向左减速至0再向右加速，由于v 1<v 2，当速度增大到等于传送带速度时，滑块还在传送带上，之后与传送带一起向右匀速运动，有v 2′＝v 1，故A 正确；根据动能定理，传送带对滑块做功W ＝ΔE k ＝12mv 12－12mv 22，故B 错误；滑块向左运动x 1＝v 22t 1，摩擦力对滑块做功：W 1＝－F f x 1＝－F f v 22t 1①又摩擦力做功等于滑块动能的变化量，即：W 1＝－12mv 22②该过程中传送带的位移：x 2＝v 1t 1 摩擦力对传送带做功：W 2＝－F f ′x 2＝－F f ′v 1t 1③传送带对滑块的摩擦力与滑块对传送带的摩擦力为作用力与反作用力，则有F f ＝F f ′④ 联立①②③④得：W 2＝－mv 1v 2设滑块向右匀加速运动的时间为为t 2，位移为x 3，则：x 3＝v 12t 2摩擦力对滑块做功：W 3＝F f x 3＝12mv 12该过程中传送带的位移：x 4＝v 1t 2＝2x 3滑块相对传送带的总位移：x 相对＝x 1＋x 2＋x 4－x 3＝x 1＋x 2＋x 3 系统克服滑动摩擦力做功：W 总＝F f x 相对＝|W 1|＋|W 2|＋W 3＝12m (v 1＋v 2)2滑块与传送带间摩擦产生的热量大小等于系统克服滑动摩擦力做功，Q ＝W 总＝12m (v 1＋v 2)2，故D 正确；全过程中，电动机对传送带做的功与滑块动能的减小量之和等于滑块与传送带间摩擦产生的热量，即Q ＝W ＋12mv 22－12mv 12整理得：W ＝Q －12mv 22＋12mv 12＝mv 12＋mv 1v 2，故C 错误．]2．BCD3．ACD [开始时，a 、b 及传送带均静止且a 不受传送带摩擦力作用，有m a g sin θ＝m b g ，则m a ＝m bsin θ＝msin θ，b 上升h ，则a 下降h sin θ，则a 重力势能的减小量为ΔE p a ＝m a g ·h sin θ＝mgh ，故A 正确；根据能量守恒定律得，摩擦力对a 做的功等于a 、b 系统机械能的增量，因为系统重力势能不变，所以摩擦力对a 做的功等于系统动能的增量，故B 错误，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 ＝mgv ，对a 有：P a ＝m a gv sin θ＝mgv ，所以重力对a 、b 做功的瞬时功率大小相等，故D 正确．]4．(1)35(2)－3.75 J 解析 (1)由题图乙可知，物块在前0.5 s 的加速度为：a 1＝v 1t 1＝ 8 m/s 2后0.5 s 的加速度为：a 2＝v 2－v 1t 2＝2 m/s 2物块在前0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向下， 由牛顿第二定律得：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1物块在后0.5 s 受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2联立解得：μ＝35(2)由v －t 图线与t 轴所围面积意义可知，在前0.5 s ， 物块对地位移为：x 1＝v 12t 1则摩擦力对物块做功：W 1＝μmg cos θ·x 1 在后0.5 s ，物块对地位移为：x 2＝v 1＋v 22t 2则摩擦力对物块做功W 2＝－μmg cos θ·x 2 所以传送带对物块做的总功：W ＝W 1＋W 2联立解得：W ＝－3.75 J When you are old and grey and full of sleep, And nodding by the fire, take down this book, And slowly read, and dream of the soft lookYour eyes had once, and of their shadows deep; How many loved your moments of glad grace, And loved your beauty with love false or true,But one man loved the pilgrim soul in you,And loved the sorrows of your changing face; And bending down beside the glowing bars, Murmur, a little sadly, how love fledAnd paced upon the mountains overheadAnd hid his face amid a crowd of stars.The furthest distance in the worldIs not between life and deathBut when I stand in front of youYet you don't know thatI love you.The furthest distance in the worldIs not when I stand in front of youYet you can't see my loveBut when undoubtedly knowing the love from both Yet cannot be together.The furthest distance in the worldIs not being apart while being in loveBut when I plainly cannot resist the yearningYet pretending you have never been in my heart.The furthest distance in the worldIs not struggling against the tidesBut using one's indifferent heartTo dig an uncrossable riverFor the one who loves you.倚窗远眺，目光目光尽处必有一座山，那影影绰绰的黛绿色的影，是春天的颜色。
高考物理一轮复习优化课件：第五章机械能及其守恒定律—动能定理
【答案】D
【解析】根据动能定理，分别对两车列式： －μm1gs1＝0－m1v12/2， －μm2gs2＝0－m2v22/2. 两式相比可得 s1∶s2＝4∶1，故选项 D 是正确的．
一个物体从斜面上高 h 处由静止滑下并紧接着在水 平面上滑行一段距离后停止，量得停止处距开始运动处的水平 距离为 s，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并认为斜面 与水平面对物体的动摩擦因数相同，求摩擦因数 μ.
张力是变力，故应用动能定理求解．船在 A 处的速度为 vA＝
v cos
θ2.而阻力所做的功为
Wf＝kMg(Hcot
θ1－Hcot
θ2)，根据动
能定理 WF－Wf＝12MvA2－0 所以 WF＝2cMosv22θ2＋kMgH(cot θ1－
cot θ2)．
如右图，让摆球从图中的 C 位置由静止开始下摆， 正好摆到悬点正下方 D 处时，线被拉断，紧接着，摆球恰好能 沿竖直放置的光滑半圆形轨道内侧做圆周运动，已知摆线长 l ＝2.0 m，轨道半径 R＝2.0 m，摆球质量 m＝0.5 kg.不计空气阻 力．(g 取 10 m/s2)
(1)求摆球落到 D 点时的速度和摆球在 C 点时与竖直方向 的夹角 θ；
A．动能与它通过的位移成正比 B．动能与它通过的位移的平方成正比 C．动能与它运动的时间成正比 D．动能与它运动的时间的平方成正比
解析 由动能定理：W＝Fs＝Ek， 又由位移公式：s＝12at2. 由以上两式可以看出，在 F 一定时，Ek 与 s 成正比，Ek 与 t 的平方成正比．
答案 AD
一题一得 本题是动能定理与运动学公式的综合考查，虽 然难度不大，但若没有通过题意列出以上两个关系式来进行分 析，仅从主观猜测来判断，则难于选出正确结果．
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42“滑块-木板”模型中的能量转化问题
1.(多选)如图1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，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为F 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( )
图1
A．此时小物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为F f x
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－F f L
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F f L
2．(多选)(2017·泰州中学模拟)如图2所示，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v0从木板的左端向右滑动，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下．若木板不固定时，下列叙述正确的是( )
图2
A．物块不能从木板的右端滑下
B．对系统来说产生的热量Q＝μmgL
C．经过t＝Mv0
(M＋m)μg
物块与木板便保持相对静止
D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
3．(多选)水平地面上固定一倾角为θ＝37°的足够长的光滑斜面，如图3所示，斜面上放一质量为m A＝2.0 kg、长l＝3 m的薄板A.质量为m B＝1.0 kg的滑块B(可视为质点)位于薄板A的最下端，B与A之间的动摩擦因数μ＝0.5.开始时用外力使A、B静止在斜面上，某时刻给滑块B一个沿斜面向上的初速度v0＝5 m/s，同时撤去外力，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.下列说法正确的是( )
图3
A．在滑块B向上滑行的过程中，A、B的加速度大小之比为3∶5
B．从A、B开始运动到A、B相对静止的过程所经历的时间为0.5 s
C ．从A 、B 开始运动到A 、B 相对静止的过程中滑块B 克服摩擦力所做的功为25
9 J
D ．从A 、B 开始运动到A 、B 相对静止的过程中因摩擦产生的热量为25
3
J
4．(2018·高邮市段考)如图4所示，质量为M ＝4 kg 的木板静止在光滑的水平面上，在木板的右端放置一个质量为m ＝1 kg ，大小可以忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.4，在铁块上加一个水平向左的恒力F ＝8 N ，铁块在长L ＝6 m 的木板上滑动．取g ＝10 m/s 2
.求：
图4
(1)经过多长时间铁块运动到木板的左端；
(2)在铁块到达木板左端的过程中，恒力F 对铁块所做的功； (3)在铁块到达木板左端时，铁块和木板的总动能．
答案精析
1．BD [小物块运动的位移为x ＋L ，拉力和摩擦力做功，由动能定理得(F －F f )(x ＋L )＝E k1，故选项A 错误；小车仅受摩擦力，由动能定理得F f x ＝E k2，选项B 正确；小物块和小车组成的系统的机械能增加量为非重力做功，即(F －F f )(x ＋L )＋F f x ＝F (x ＋L )－F f L ，选项C 错误；因摩擦而产生的热量为摩擦力与相对路程之积，即Q ＝F f L ，选项D 正确．]
2．AC [木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能．木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下，故A 正确．对系统来说，产生的热量Q ＝F f x 相对＝μmgx 相对<μmgL ，故B 错误．设物块与木板最终的共同速度为v ，物块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv 0＝(m ＋M )v ，对木板M ，由动量定理得：μmgt ＝Mv ，联立解得t ＝Mv 0
(M ＋m )μg ，故C 正确．由于物块与木板
相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功，故D 错误．]
3．CD [由题中条件可知，当滑块B 向上运动时，薄板A 将沿斜面向下运动，由受力分析和牛顿第二定律可知，对薄板A ，m A g sin θ－μm B g cos θ＝m A a A ，薄板A 的加速度a A ＝4 m/s 2
，方向沿斜面向下；对滑块B ，μm B g cos θ＋m B g sin θ＝m B a B ，则滑块B 的加速度a B ＝10 m/s 2，方向沿斜面向下，故在滑块B 向上滑行的过程中，A 、B 的加速度大小之比为2∶5，选项A 错误；开始运动时，滑块B 向上做匀减速直线运动，减速到零所需要的时间t 1＝v 0
a B
＝0.5 s ，此时薄板A 的速度大小为v A ＝a A t 1＝2 m/s ，然后二者均向下运动，且二者的加速度不变，最后速度相同，则有v A ＋a A t 2＝a B t 2，代入数据可解得t 2＝13 s ，共同速度为v ＝10
3 m/s ，A 、B
从开始运动到速度相同所用时间为t ＝t 1＋t 2＝56 s ，选项B 错误；滑块B 的位移为x B ＝v 0
2
t 1
－v 2t 2＝2536 m ，方向沿斜面向上，所以滑块B 克服摩擦力做的功为W ＝μm B gx B cos θ＝259 J ，选项C 正确；A 、B 的相对位移为x ＝v 02t 1＋12a A t 21＋v A t 2＋12a A t 22－v 2t 2，代入数据解得x ＝2512
m ，
故从A 、B 开始运动到A 、B 相对静止的过程中因摩擦产生的热量Q ＝μm B gx cos θ＝25
3 J ，
选项D 正确．]
4．(1)2 s (2)64 J (3)40 J
解析 (1)铁块与木板间的滑动摩擦力F f ＝μmg ＝0.4×1×10 N＝4 N
铁块的加速度a 1＝
F －F f m ＝8－41
m/s 2＝4 m/s 2
木板的加速度a 2＝F f M ＝44
m/s 2＝1 m/s 2
铁块滑到木板左端的时间为t ，则12a 1t 2－12a 2t 2
＝L
代入数据解得t ＝2 s
(2)铁块位移x 1＝12a 1t 2＝12×4×22
m ＝8 m
恒力F 对铁块做的功W ＝Fx 1＝8×8 J＝64 J (3)方法一： 铁块的动能
E k A ＝(
F －F f )x 1＝(8－4)×8 J＝32 J
木板位移x 2＝12a 2t 2＝12×1×22
m ＝2 m
木板的动能E k B ＝F f x 2＝4×2 J＝8 J 铁块和木板的总动能
E k 总＝E k A ＋E k B ＝32 J ＋8 J ＝40 J.
方法二：
铁块的速度v 1＝a 1t ＝4×2 m/s＝8 m/s 铁块的动能E k A ＝12mv 12＝12×1×82
J ＝32 J
木板的速度v 2＝a 2t ＝1×2 m/s＝2 m/s 木板的动能E k B ＝12Mv 22＝12
×4×22
J ＝8 J
铁块和木板的总动能E k 总＝E k A ＋E k B ＝32 J ＋8 J ＝40 J.。