2025年高考物理 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 教案

第六章機(jī)械能

專(zhuān)題十動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

T教師尊享?命題分析）

核心考點(diǎn)五年考情命題分析預(yù)測(cè)

板塊模型2023：茬國(guó)乙T21

動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用是高考中的高頻

傳送帶模型2023：廣東T15

考點(diǎn)，過(guò)程多、難度大，綜合性強(qiáng).試題往往

2023-湖南T8.

'與動(dòng)力學(xué)、電磁學(xué)等主干知識(shí)相結(jié)合，形式為

多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)2021：遼寧T10,湖南

選擇題或計(jì)算題.預(yù)計(jì)2025年高考可能會(huì)涉及

題T8；

板塊模型和多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題.

2020：上海T20

題型1板塊模型

<------------------------------;讀透教材融會(huì)貫通----------------------------------------

“滑塊一木板”模型問(wèn)題的分析方法

（1）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/=空=空，可求出共同速度V和所

a2al

用時(shí)間然后由位移公式可分別求出二者的位移.

（2）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：

-4U

%板Ax

①求摩擦力對(duì)滑塊做功時(shí)用滑塊對(duì)地的位移X清；

②求摩擦力對(duì)木板做功時(shí)用木板對(duì)地的位移無(wú)板；

③求摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移Ax.

f----------------F8甯^---------------

1.［水平板塊模型/2023全國(guó)乙/多選］如圖，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為/的木板靜止在光滑水平桌面

上，另一質(zhì)量為優(yōu)的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度鈍開(kāi)始運(yùn)動(dòng).已知物塊與

木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為力當(dāng)物塊從木板右端離開(kāi)時(shí)（BD）

k——I——H

牛

M

A.木板的動(dòng)能一定等于力

B.木板的動(dòng)能一定小于fl

C.物塊的動(dòng)能一定大于詔-fl

D.物塊的動(dòng)能一定小于詔一/7

解析物塊和木板的運(yùn)動(dòng)示意圖和vf圖像如下.根據(jù)動(dòng)能定理可知，對(duì)物塊有京1=

—|?MVQ(D,對(duì)木板有力2=|舊諺。②，根據(jù)vf圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積S表示物

體運(yùn)動(dòng)的位移可知無(wú)］=SABF。，X2-SACOF,根據(jù)位移關(guān)系可知/=X1X2=SABCO＞X2=

SACOF,因此#＞笈2=荻用，即木板的動(dòng)能一定小于#,A錯(cuò)，B對(duì)；將①②兩式相加

得#=5〃說(shuō)+//諺—|mVo,變形得物塊離開(kāi)木板時(shí)的動(dòng)能5M=)?!詔#翔諺＜

加湖,C錯(cuò)，D對(duì).

命題拓展

情境不變，一題多設(shè)問(wèn)

下列說(shuō)法正確的是(B)

A.摩擦力對(duì)木板做的功等于小物塊克服摩擦力做的功

B.系統(tǒng)機(jī)械能的減少量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量

C.木板獲得的動(dòng)能等于小物塊減少的動(dòng)能

D.小物塊的機(jī)械能減少量等于木板的機(jī)械能增加量

解析摩擦力對(duì)木板做的功小于小物塊克服摩擦力做的功，故A錯(cuò)誤；系統(tǒng)機(jī)械能的減少

量等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加量，故B正確；木板獲得的動(dòng)能小于小物塊減少的動(dòng)能，故C錯(cuò)

誤；小物塊的機(jī)械能減少量大于木板的機(jī)械能增加量，故D錯(cuò)誤.

2.［］如圖所示，傾角0=37。的斜面體固定在水平地面AB

上，斜面長(zhǎng)為6m,長(zhǎng)為3m、質(zhì)量為4kg的長(zhǎng)木板A放在斜面上，

上端與斜面頂端對(duì)齊，質(zhì)量為2kg的物塊8放在長(zhǎng)木板的上端，同

時(shí)釋放A和8結(jié)果當(dāng)A的下端滑到斜面底端時(shí)，物塊8也剛好滑到斜面的底端，運(yùn)動(dòng)的

時(shí)間為2s,重力加速度g取lOm/sz,不計(jì)物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，

取sin37o=:0.6,?)$37。=0.8.求：

(1)長(zhǎng)木板A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)?和物塊8與A間的動(dòng)摩擦因數(shù)少；

(2)從開(kāi)始到A的下端滑到斜面底端的過(guò)程中，A與2間、A與斜面間因摩擦產(chǎn)生的總熱

量.

答案(1)0.50.375(2)90J

解析（1）設(shè)長(zhǎng)木板A和物塊5運(yùn)動(dòng)的加速度大小分別為內(nèi)、〃2,長(zhǎng)木板A和物塊3運(yùn)

動(dòng)到斜面底端經(jīng)歷時(shí)間為力令長(zhǎng)木板A的長(zhǎng)為￡、物塊B的質(zhì)量為相，則斜面長(zhǎng)為2￡、

長(zhǎng)木板A的質(zhì)量為2根，以長(zhǎng)木板A為研究

對(duì)象，則芽=11產(chǎn)

根據(jù)牛頓第二定律有

2mgsin0—jn\'x3mgcos0+]U2JngcosO=2mai

以物塊8為研究對(duì)象，則2乙=）2於

根據(jù)牛頓第二定律有mgsind—]Li2mgcos3=ma2

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得〃1=0.5,〃2=0.375

（2）設(shè)長(zhǎng)木板A和物塊5運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)速度分別為q、V2,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有L=

121

2L=-V2^

由功能關(guān)系可知，因摩擦產(chǎn)生的總熱量

Q=mg'x2LsmO+2mgLsmO—^mv2~^x'2mvl

（或。=川義3mgcos9Z+〃2加gcosOZ）

代入數(shù)據(jù)解得Q=90J.

方法點(diǎn)撥

板塊模型的解題思路

涉及相互牛頓第二定律

滑塊作用時(shí)間或運(yùn)動(dòng)學(xué)定律

木板

模型

一

求

解

相

關(guān)

量

一

題傳送帶模型

<----------------------------；讀透教材融會(huì)貫通---------------------------------------

1.傳送帶問(wèn)題的兩個(gè)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)

動(dòng)力學(xué)角度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

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

能量角度放上物體而使電動(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.功能關(guān)系分析

（1）功能關(guān)系分析：W=A￡k+AEp+a

（2）對(duì)W和Q的理解：

①傳送帶做的功：W=F無(wú)傳.

②產(chǎn)生的內(nèi)能：。=卒相對(duì).

f---------------------------------------------1高冒疆）礴畿----------------

3.［F傳送帶］如圖所示，傳送帶在電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)下，始終以速率V做勻速運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將質(zhì)量為

機(jī)的某物塊由靜止釋放在水平傳送帶的左端，傳送帶足夠長(zhǎng)，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因

數(shù)為M，重力加速度為g,對(duì)于物塊從由靜止釋放到相對(duì)傳送帶靜止這一過(guò)程，下列說(shuō)法正

確的是（B）

A.物塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)

B.所用時(shí)間為二

C.因摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2

D.電動(dòng)機(jī)多做的功等于1

解析物塊由靜止釋放在傳送帶上時(shí)，傳送帶會(huì)給物塊一個(gè)向右的摩擦力了,促使

物塊向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有尸機(jī)冽g,解得4=〃g,故A錯(cuò)誤；物塊最終和

傳送帶相對(duì)靜止，即和傳送帶共速，所用時(shí)間為故B正確；期間傳送帶運(yùn)動(dòng)

林g

的位移為5=%，可知傳送帶克服摩擦力所做的功為Wf=fs=/Limgvt=mv2,物塊獲得

的動(dòng)能為以二^^2,可得因摩擦產(chǎn)生的熱量為。=哂=///,故C錯(cuò)誤；電動(dòng)機(jī)

多做的功轉(zhuǎn)化為物塊的動(dòng)能和系統(tǒng)內(nèi)能，W=Ek+Q=mv2,故D錯(cuò)誤.

4.［傾斜傳送帶］經(jīng)過(guò)近年來(lái)的高速發(fā)展，我國(guó)已經(jīng)成為快遞業(yè)大國(guó).；

如圖，兩平臺(tái)之間用長(zhǎng)為20m的傳送帶相接，兩平臺(tái)豎直高度差為

12m.傳送帶沿順時(shí)針勻速運(yùn)動(dòng)，其速度的大小v可以由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根

據(jù)需要設(shè)定.質(zhì)量m=1kg的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度％=平臺(tái)

10m/s自左側(cè)平臺(tái)滑上傳送帶，忽略速度方向變化瞬間帶來(lái)的速度大小變化.貨物與傳送帶

間的動(dòng)摩擦因數(shù)4=0.8,重力加速度取g=10m/s2,V116?ll.

（1）若v=3.8m/s,求貨物通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間.（保留1位小數(shù)）

（2）求貨物到達(dá)右側(cè)平臺(tái)時(shí)所能達(dá)到的最大速度大小.

（保留整數(shù)）

（3）若傳送帶以某一速度運(yùn)行，貨物滑上傳送帶后某時(shí)刻傳送帶速度突然變?yōu)榱?，之后?/p>

物恰好到達(dá)右側(cè)平臺(tái).求當(dāng)傳送帶速度變?yōu)榱銜r(shí)，貨物與右側(cè)平臺(tái)的距離.（保留1位小數(shù)）

答案（1）4.9s（2）llm/s（3）見(jiàn)解析

解析⑴設(shè)傳送帶與水平面夾角為仇對(duì)貨物受力分析有，/貨=〃加gcos6=6.4N,Gx=

mgsin^=6N

當(dāng)y=3.8m/s,貨物先減速，貨物所受合外力F合=6%+/貨=m。1，?i=12.4m/s2

貨物減速到3.8m/s,所用時(shí)間為人，。產(chǎn)當(dāng)，得力=0.5s

X1=W?力，貨物向上滑動(dòng)的位移xi=3.45m,之后貨物隨傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的

位移入2=￡一修，x2=16.55m

勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間/2=&4.4s,總時(shí)間約為/=/I+/2=4.9S

v

(2)若貨物到達(dá)右側(cè)平臺(tái)速度最大，則滑動(dòng)摩擦力做正功，由動(dòng)能定理有/貨1—機(jī)g/7=

|mvmax—］若>解得Vmax-llm/S

(3)①若貨物初速度與傳送帶速度不相等，則貨物在傳送帶上應(yīng)先加速，后減速到0,設(shè)

傳送帶速度為0時(shí)，貨物與右側(cè)平臺(tái)的距離為S,由動(dòng)能定理有

/a-(I,——s)—/■貨-s——詔，得su4.5m

②若貨物初速度與傳送帶速度相等，則貨物在傳送帶上先勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)傳送帶速度減為零

后貨物做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)貨物滑上右側(cè)平臺(tái)時(shí)，速度恰好減為零，有評(píng)=2°獷，解得

s'=4.0m.

題型3多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題

,------------------------------；讀透教材融會(huì)貫通-----------------------------------------

1.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.

2.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)情境；

(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.

f-----------------§高皆-----------------

5.［不含彈簧的多過(guò)程］如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為機(jī)=4kg的滑塊從斜\

面上由靜止釋放，無(wú)碰撞地滑上靜止在水平面上的木板，木板質(zhì)\O

量為M=lkg,當(dāng)滑塊和木板速度相等時(shí)，滑塊恰好到達(dá)木板最右端，此時(shí)木板撞到與其上

表面等高的臺(tái)階上，滑塊沖上光滑的水平臺(tái)階，進(jìn)入固定在臺(tái)階上的光滑圓形軌道內(nèi)側(cè)，

軌道在豎直平面內(nèi)，半徑為R=0.5m,滑塊到達(dá)軌道最高點(diǎn)時(shí)，與軌道間沒(méi)有作用力.已知

滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，斜面傾角6=53。，滑塊與斜面、滑塊與木板間動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃1=0.5,

木板與地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2=0.2,重力加速度為g=10m/s2,$吊53。=0.8,cos53o=

0.6,試求：

(1)滑塊沖上臺(tái)階時(shí)的速度大?。?/p>

(2)滑塊釋放時(shí)相對(duì)斜面底端的高度；

(3)滑塊和木板間產(chǎn)生的熱量.

答案(1)5m/s(2)4.5m(3)37.5J

解析(1)設(shè)滑塊在斜面底端時(shí)速度為也，沖上臺(tái)階時(shí)速度為也，在圓軌道最高點(diǎn)時(shí)速度

為丫3.在圓軌道最高點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律有

R

由機(jī)械能守恒定律有，及諺=ImgR+jmvf

=

聯(lián)立解得v25m/s

(2)設(shè)滑塊在木板上滑動(dòng)時(shí)加速度的大小為木板加速度的大小為42,由牛頓第二定

律可知

^=?=5m/s2

m

a舊+M)9=10s2

Mmz

設(shè)滑塊在木板上滑行的時(shí)間為力對(duì)木板，由也=。2/

得r=—=0.5s

對(duì)滑塊，由V2=v\—a\t

得vi=7.5m/s

設(shè)滑塊在斜面上釋放時(shí)高度為心由能量守恒定律可得

mgh=-mvl+〃陷geos夕」7

2siriu

代入數(shù)據(jù)可得/i=4.5m

(3)滑塊在木板上運(yùn)動(dòng)的位移大小為為=乜±2/=^m

28

木板的位移大小為X2=-t=-m

24

相對(duì)位移大小為Ax=xi—X2="m

8

所以產(chǎn)生熱量Q=〃imgAr=37.5J.

6.［含彈簧的多封］如圖所示為某彈射游戲裝置圖.水平槍管中彈簧

被彈射桿尸用線拉著，處于壓縮狀態(tài)，質(zhì)量為機(jī)的小球緊靠彈

簧，槍口上邊緣與半圓形光滑豎直軌道最高點(diǎn)A的內(nèi)側(cè)對(duì)齊.水平

軌道在3、C兩點(diǎn)分別與半圓軌道內(nèi)側(cè)和傾角6=45。的傾斜軌道平滑連接.扣動(dòng)扳機(jī),

彈射桿尸立即松開(kāi)彈簧，小球射出經(jīng)軌道到達(dá)斜面上。點(diǎn)時(shí)速度為零，后又恰好能回到A

點(diǎn)進(jìn)入槍內(nèi)，擠壓彈簧后再次被彈出.已知半圓軌道半徑為R,BC長(zhǎng)s=2R,小球與斜面

CD、水平面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為〃=0.25,重力加速度為g,小球受到的摩擦力視為滑

動(dòng)摩擦力.求：

(1)小球第二次經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)的速度大小VA；

(2)小球第二次經(jīng)過(guò)2點(diǎn)時(shí)的速度大小vB;

(3)彈簧儲(chǔ)存的最大彈性勢(shì)能穌；

(4)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明小球能否脫離軌道.

答案(1)vA=y[gR(2)UB=[SgR(3)Ep=3.5mgR(4)見(jiàn)解析

解析(1)由題意知，小球恰能返回A點(diǎn)，所以在A點(diǎn)有〃際=加么

R

解得vA^y[gR

(2)小球從8到A由機(jī)械能守恒定律有|以詔=若+mgx2R

代入數(shù)據(jù)得vB^/5gR

(3)從。到8由動(dòng)能定理得

mgn,—/imgcos八Ux九---]Limgs=1-m2v^—c(j

sinn2

代入數(shù)據(jù)得h=4R

從發(fā)射到第一次回到A點(diǎn)，由功能關(guān)系可得

Ep=2〃〃7g(焉+s)+如^

代入數(shù)據(jù)得Ep=3.5mgR

(4)由機(jī)械能守恒定律知，第三次經(jīng)B點(diǎn)與第二次經(jīng)8點(diǎn)動(dòng)能相同，設(shè)第三次經(jīng)8點(diǎn)能

到達(dá)斜面的最大高度為“，由動(dòng)能定理得

-mgh'-^tmg(高+s)=0~\nvl

代入數(shù)據(jù)得"=1.6R.

設(shè)第四次經(jīng)8點(diǎn)后能達(dá)半圓軌道的最大高度為hm,則從“到心由動(dòng)能定理得

九I

mgh'—/Ltmg(方而+s)~mghm=0—Q

代入數(shù)據(jù)得〃m=0.7R

因?yàn)?.7RVR,所以小球不會(huì)脫離軌道.

(教師尊享?備課題組】

1.[〃023湖南/多選]如圖，固定在豎直面內(nèi)的光滑軌道，/不

A8C由直線段AB和圓弧段BC組成，兩段相切于8點(diǎn)，AB段與/'A

水平面夾角為仇8c段圓心為。，最高點(diǎn)為C,A與C的高度差

等于圓弧軌道的直徑2R小球從A點(diǎn)以初速度w沖上軌道，能沿,舔〃

軌道運(yùn)動(dòng)恰好到達(dá)C點(diǎn)，下列說(shuō)法正確的是(AD)

A.小球從B到C的過(guò)程中，對(duì)軌道的壓力逐漸增大

B.小球從A到C的過(guò)程中，重力的功率始終保持不變

C.小球的初速度vo=/荻

D.若小球初速度均增大，小球有可能從2點(diǎn)脫離軌道

解析小球恰好運(yùn)動(dòng)至C點(diǎn)，小球在C點(diǎn)vc=O

小球在圓弧5C上運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的受力分析如圖所示

D位置:砥ssa-F,=77i—

vK

C至4D過(guò)程:嗎(R—Reosa)=^-mv2

FN=3mgcosa-2mg,B至i]C過(guò)程

Hv"A對(duì)

重力瞬時(shí)功率邛。=mgV'上印。>,B錯(cuò)

動(dòng)能

小球從A到C-mg-2R^0-mvl“o=2再，C錯(cuò)

定理2

若小球在8點(diǎn)的速度滿(mǎn)足mgcosd〈竺璉，則小球?qū)?點(diǎn)脫離軌道，D對(duì)

R

2.[田；響題Z2021湖南/多選]如圖（a）,質(zhì)量分別為HM、價(jià)的A、8兩物體用輕

彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力尸作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上（8靠墻面），此

時(shí)彈簧形變量為x.撤去外力并開(kāi)始計(jì)時(shí)，A、2兩物體運(yùn)動(dòng)的a—/圖像如圖（b）所示，Si

表示。到A時(shí)間內(nèi)A的a—f圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，豆、羽分別表示。到女時(shí)間內(nèi)

A、B的。一/■圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小.4在〃時(shí)刻的速度為vo.下列說(shuō)法正確的是

(ABD)

圖（a）圖（b）

A.0到t\時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量等于mAVo

B.mA^rriB

C.B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于尤

D.S1—S2=$3

解析0到a時(shí)間內(nèi)，對(duì)A物體由動(dòng)量定理得/=7"AVO,而2物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，墻壁

對(duì)B的沖量等于彈簧彈力對(duì)A的沖量/,A正確；0時(shí)刻后，2物體離開(kāi)墻壁，欠時(shí)刻

A、8兩物體的加速度大小均達(dá)到最大，彈簧拉伸到最長(zhǎng)，二者速度相同，由于此時(shí)

A、8兩物體所受彈簧彈力大小相等，而8的加速度大于A的，故由牛頓第二定律可

知，mA>mB,B正確；8運(yùn)動(dòng)后，由圖可知任意時(shí)刻A的加速度大小小于其初始時(shí)刻

的加速度大小，因此彈簧的形變量始終小于初始時(shí)刻形變量無(wú)，故C錯(cuò)誤；玄時(shí)刻A、

B共速，圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度的變化量的大小，故有NS2=S3,D正確.

3.[多運(yùn)動(dòng)組合問(wèn)題/2020上海]足夠長(zhǎng)的斜面與水平面之間的夾角為6=37。.質(zhì)量為2kg的物

體靜止在斜面底端.在平行于斜面向上的外力尸=24N的作用下沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)2s后

撤去外力凡物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,且最大靜摩擦力可近似等于滑動(dòng)摩擦力.

取重力加速度大小g=10m/s2,sin37°=0.6.

(1)求物體在斜面上向上滑行的時(shí)間.

(2)求上行過(guò)程中撤去尸前后物體受到的摩擦力做的功之比k.

(3)在s—f圖像中畫(huà)出減速階段的圖線.G=0時(shí)，物體在s=0處)

(4)分析說(shuō)明為什么物體動(dòng)能與勢(shì)能相等的位置僅出現(xiàn)在物體沿斜面下滑的過(guò)程中，并求

出該位置離斜面底端的距離L.(取斜面底端所在的水平面為零勢(shì)能面)

答案(1)2.4s(2)5(3)見(jiàn)解析(4)說(shuō)明見(jiàn)解析1.2m

解析(1)解法1：加速運(yùn)動(dòng)階段有

F-mgsin0-jLimgcos0=ma[

代入數(shù)據(jù)解得〃i=2m/s2

末速度%=的介=4m/s

減速運(yùn)動(dòng)階段(撤去月后)有

—mgsinO—jLimgcos0=ma2

代入數(shù)據(jù)解得?2=—10m/s2

時(shí)間/2=U^=0.4S

物體在斜面上向上滑行的時(shí)間，總=A+/2=2.4S

解法2：對(duì)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過(guò)程，沿斜面方向由動(dòng)量定理有

Ft\—(mgsin0+/zmgcos0)/總=0-0

代入數(shù)據(jù)解得/總=2.4s

(2)解法1：公式法

上行過(guò)程中撤去產(chǎn)前物體受到的摩擦力做的功

Wfi=(—pimgcosd')X[

其中為=罰1墳=4m

上行過(guò)程中撤去產(chǎn)后物體受到的摩擦力做的功

WfZ=(一〃加geos。)X2

其中%2=——=0.8m

2a2

所以上行過(guò)程中撤去月前后物體受到的摩擦力做的功之比k=5.

解法2：圖像法

物體上行過(guò)程的v—t圖像如圖1所示

圖1

根據(jù)圖線與坐標(biāo)軸所圍圖形的面積求位移:

Xi=-x4x2m=4m

2

X2=-x4x0.4m=0.8m

2

所以上行過(guò)程中撤去尸前后物體受到的摩擦力做的功之比左臉=5.

4.8

4.0

3.0

2.0

1.0

0

圖2

(3)在圖像中畫(huà)出減速階段的圖線如圖2所示.。=0時(shí)，物體在s=0處)

(4)①加速上滑階段有Ep=Mgssine,E^=^mv2=ma\s,易知穌＞乙,即勢(shì)能始終大于動(dòng)

能

②物體加速上滑結(jié)束時(shí)勢(shì)能大于動(dòng)能，之后減速上滑，動(dòng)能減小，勢(shì)能增大，故動(dòng)能始終

小于勢(shì)能.所以物體動(dòng)能與勢(shì)能相等的位置不會(huì)出現(xiàn)在物體沿斜面上滑的過(guò)程中，即僅出現(xiàn)

在物體沿斜面下滑的過(guò)程中.

③在物體沿斜面下滑的過(guò)程中，動(dòng)能與勢(shì)能相等時(shí)有

(zngsin。一〃加geos。)?(xi+x2-A)=Ek

Ep=mgLsinO

又弓=反，代入數(shù)據(jù)解得￡=1.2m.

-----，練習(xí)幫)練透好題精準(zhǔn)分層------

公基礎(chǔ)練知識(shí)通關(guān)

1.［多選］如圖所示，一長(zhǎng)木板B放在粗糙的水平地面上，在2的左端放一物塊A,現(xiàn)以恒定

的外力尸拉4經(jīng)一段時(shí)間物塊A從長(zhǎng)木板8的右端滑下，在此過(guò)程中以地面為參考系，

長(zhǎng)木板8也向右移動(dòng)一段距離，則在此過(guò)程中(CD)

A.外力尸對(duì)A做的功等于A和8動(dòng)能的增加量

B.A對(duì)B摩擦力做的功與8對(duì)A摩擦力做的功絕對(duì)值相等

C.外力產(chǎn)做的功等于A、B動(dòng)能的增加量與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量之和

D.A對(duì)8摩擦力做的功等于B動(dòng)能的增加量和B與地面之間因摩擦產(chǎn)生的熱量之和

解析根據(jù)功能關(guān)系和能量守恒定律可知，外力尸做的功等于A、8動(dòng)能的增加量

與系統(tǒng)由于摩擦而產(chǎn)生的熱量（包括A、2之間，B和地面之間因摩擦所產(chǎn)生的熱量）

之和；同理，A對(duì)8的摩擦力做的功等于B動(dòng)能的增加量和8與地面之間因摩擦產(chǎn)生的

熱量之和，雖然A對(duì)8的摩擦力與8對(duì)A的摩擦力大小相等，但在力的方向上的位移大

小不同，所以A對(duì)B的摩擦力做的功與8對(duì)A的摩擦力做的功的絕對(duì)值不相等，故C、

D正確，A、B錯(cuò)誤.

2.[4024江西撫州黎川二中?？糫如圖甲所示，表面粗糙的“L”形水平軌道固定在地

面上，勁度系數(shù)為底原長(zhǎng)為/o的輕彈簧一端固定在軌道上的。點(diǎn)，另一端與安裝有加速

度傳感器的小滑塊相連，滑塊總質(zhì)量為加以。為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平向右為正方向建立無(wú)軸，

將滑塊拉至坐標(biāo)為乃的A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊向左最遠(yuǎn)運(yùn)動(dòng)到坐標(biāo)為尤1的2點(diǎn)，測(cè)得滑塊

的加速度a與坐標(biāo)尤的關(guān)系如圖乙所示，其中即為圖線縱截距.則滑塊由A運(yùn)動(dòng)至B過(guò)程中

（彈簧始終處于彈性限度內(nèi)），下列描述正確的是（B）

A.X2=

B.最大動(dòng)能為，也3（右一X2）

C.動(dòng)摩擦因數(shù)〃=血+%

rgmg

D.滑塊在X3和XI處的彈性勢(shì)能Ep3=Epi

解析由圖可知，當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到X2位置時(shí)，滑塊的加速度為零，滑塊受到水平向右

的滑動(dòng)摩擦力和水平向左的彈力，所以彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，而不是恢復(fù)原長(zhǎng)，故A

錯(cuò)誤.加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，動(dòng)能最大，根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合圖線與橫軸所

圍區(qū)域的面積可得Ekm~|/77?3（^3^2）,故B正確.根據(jù)牛頓第二定律得&（x/o）+〃〃?g=

ma,當(dāng)尤=0時(shí)，a=a0,解得動(dòng)摩擦因數(shù)〃=詈一鬻，故C錯(cuò)誤.由能量守恒定律可得

Ep3=Epi+〃加g(%3Xi),故D錯(cuò)誤.

3.［2024福建廈門(mén)雙十中學(xué)校考/多選］如圖甲所示，傳送帶是物料搬運(yùn)系統(tǒng)機(jī)械化和自動(dòng)化

傳送用具.如圖乙所示，傳送帶與水平面間的夾角。=37。，逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng).某次將靜止的

物體從高處傳送至低處的過(guò)程中，以水平地面為重力勢(shì)能的零勢(shì)能面，物體的機(jī)械能E和

傳送距離s的關(guān)系如圖丙所示.已知物體的質(zhì)量為10kg,可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為

10m/s2,下列說(shuō)法中正確的是(AC)

A.傳送帶的運(yùn)行速度為2m/s

B.物體與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.25

C.在0?0.2m內(nèi)與0.2?0.4m內(nèi)，傳送帶對(duì)物體做的功大小相等

D.在0?0.2m內(nèi)與0.2?0.4m內(nèi)，物體與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量相等

解析傳送距離0?0.2m內(nèi)，物體速度小于傳送帶速度，受到摩擦力沿傳送帶向

下，摩擦力做正功，物體的機(jī)械能增加，可得〃加gAxcos6)=AE,物體與傳送帶之間

的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=——"一-=—248-240_=0.5,故B錯(cuò)誤.傳送距離0?0.2m內(nèi)，物體

的加速度為a=gsin9+/dgcos0=10m/s2,傳送帶的運(yùn)行速度為v=V2aAx=V2x10x0.2

m/s=2m/s,故A正確.在0~0.2m內(nèi)與0.2?0.4m內(nèi)，物體受到的滑動(dòng)摩擦力大小相等，

方向相反，物體的位移相同，可知傳送帶對(duì)物體做的功大小相等，故C正確.在0?0.2m

內(nèi)，傳送帶的位移為=力，物體的位移為X2=)尸=夕看,物體與傳送帶間的相對(duì)位移為Axi

=XIX2=X2=O.2m,物體與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q=%=/Axi；在0.2?0.4m內(nèi)，物體

與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Ql=Wfl=f\X2,物體與傳送帶間的相對(duì)位移為—2=工物工傳送帶=

0.2rwc傳送帶傳送帶＜A%i,可知在0?0.2m內(nèi)與0.2?0.4m內(nèi)，物體與傳送帶之間產(chǎn)生

的熱量不相等，故D錯(cuò)誤.

4.［多選］如圖甲所示，一質(zhì)量為機(jī)的小物塊以初動(dòng)能比向右滑上足夠長(zhǎng)的水平傳送帶，傳

送帶以恒定速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).小物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊的動(dòng)能&與小物塊的位移尤

的關(guān)系圖像如圖乙所示，傳送帶與小物塊之間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，重力加速度為g,則

(BC)

A.小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為此

B.從小物塊開(kāi)始滑動(dòng)到與傳送帶達(dá)到共同速度所需時(shí)間為瞥

72E°

C.整個(gè)過(guò)程中小物塊與傳送帶間產(chǎn)生的熱量為2瓦

4

D.整個(gè)過(guò)程中傳送帶電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為)及

4

解析由題圖乙可知，及尤圖像的斜率大小且表示合力的大小，小物塊向右滑動(dòng)時(shí)

所受的合外力為〃mg,解得〃=」吐，故A錯(cuò)誤；取向右為正仙

7710X()1)I

方向，設(shè)傳送帶的速度大小為"，根據(jù)題意作出小物塊的力圖

像如圖所示，由圖像可知，小物塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)且共速前J_________T

加速度不變，全程有"=w〃gfo,又瓦，"堤，扣0=如巴

解得加=畫(huà),故B正確；以傳送帶為參考系，小物塊運(yùn)動(dòng)的位移&=竺士"，產(chǎn)生的

熱量。=〃冽gAx=17n(Uo+i/)2=qE(),故C正確；整個(gè)過(guò)程中電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為AE=

2(Eo*o)=|Eo,故D錯(cuò)誤.

5.[2024湖北黃岡模擬/多選]如圖所示，AB為固定水平長(zhǎng)木板，長(zhǎng)為L(zhǎng)C為長(zhǎng)木板的中

點(diǎn)，AC段光滑，CB段粗糙，一原長(zhǎng)為|乙的輕彈簧一端連在長(zhǎng)木板左端的擋板上，另一端

連一物塊，開(kāi)始時(shí)將物塊拉至長(zhǎng)木板的右端B點(diǎn)，由靜止釋放物塊，物塊在彈簧彈力的作

用下向左滑動(dòng)，已知物塊與長(zhǎng)木板C8段間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃，物塊的質(zhì)量為相，彈簧的勁

度系數(shù)為左，且左>衛(wèi)詈，物塊第一次到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，物塊的速度大小為v,此時(shí)彈簧的彈

性勢(shì)能為E,不計(jì)物塊的大小，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦

力，則下列說(shuō)法正確的是(BD)

ACR

A.物塊可能會(huì)停在面上某處

B.物塊最終會(huì)做往復(fù)運(yùn)動(dòng)

C.彈簧開(kāi)始具有的最大彈性勢(shì)能為E+^+^mgL

D.最終物塊和彈簧系統(tǒng)損失的總機(jī)械能為+)加g￡

解析由于%>12詈，可得女.(|一票)>〃加g,所以物塊不可能停在CB面上某處，

故A錯(cuò)誤；只要物塊滑上BC段，就要克服摩擦力做功，物塊的機(jī)械能就減小，所以

物塊最終會(huì)在AC段做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，故B正確；物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到第一次運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的

過(guò)程中，根據(jù)能量守恒定律得昂皿=石+5加+〃〃嫌，故C錯(cuò)誤；物塊第一次到達(dá)C

點(diǎn)時(shí)，物塊的速度大小為%物塊最終會(huì)在AC段做往返運(yùn)動(dòng)，到達(dá)。點(diǎn)的速度為0,

可知物塊克服摩擦力做的功最終為：用taax=EpmaxE=/lv2+)"陪3故D正確.

E能力練重難通關(guān)

6.[2024江蘇揚(yáng)州儀征中學(xué)?？糫大貨車(chē)裝載很重的貨物時(shí)，在行駛過(guò)程中要防止貨物發(fā)生

相對(duì)滑動(dòng)，否則存在安全隱患.下面進(jìn)行安全模擬測(cè)試實(shí)驗(yàn)：如圖1所示，一輛后車(chē)廂表面

粗糙且足夠長(zhǎng)的小貨車(chē)向前以未知速度vo勻速行駛，質(zhì)量，/u=10kg的貨物A(可看成質(zhì)

點(diǎn))和質(zhì)量《JB=20kg的貨物8(可看成水平長(zhǎng)板)疊放在一起，開(kāi)始時(shí)A位于2的右端，

在f=0時(shí)刻將貨物4、8輕放到小貨車(chē)的后車(chē)廂前端，最終貨物A恰好沒(méi)有滑離貨物8,

貨物A、8在0?1s時(shí)間內(nèi)的速度一時(shí)間圖像如圖2所示，已知貨物A、8間的動(dòng)摩擦因數(shù)

7/1=0.40,取重力加速度g=10m/s2.

(1)求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中貨物A的加速度大小.

(2)求貨物2與車(chē)廂表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2.

(3)求貨物A、B間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能.

答案(1)(ZA=4m/s2(2)“2=0.67(3)Q=40J

解析(1)對(duì)貨物A,剛放上車(chē)廂時(shí)，由牛頓第二定律有

解得A的加速度為^A=4m/s2

(2)對(duì)貨物A,剛放上車(chē)廂時(shí)，A的加速度〃A=4m/s2,

由圖2知，vo=^2=4m/s

對(duì)貨物B,由圖2知?jiǎng)偡派宪?chē)廂時(shí)，貨物5的加速度

?B=8m/s2,

由牛頓第二定律有償(mx+ms)g—RiniAg=rrtBCiB,解得〃2=0.67

(3)解法1由圖2知，貨物3經(jīng)時(shí)間。=0.5s與車(chē)共速，貨物A經(jīng)時(shí)間》2=ls與車(chē)共

速，從將貨物A、8放上車(chē)廂到A、3均與車(chē)相對(duì)靜止的過(guò)程中，切廳+u(乃一九)，

冽一5劭4

貨物5的長(zhǎng)度：L=XB-XAj解得￡=1.0m

貨物A、3間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能Q=〃即AgL=40J.

解法2從將貨物A、8放上車(chē)廂到A、8均與車(chē)相對(duì)靜止的過(guò)程中，貨物8對(duì)地的位移設(shè)

為切，貨物A對(duì)地的位移設(shè)為瀏，則貨物8的長(zhǎng)度：L=XB—XA

由圖2知，貨物A、B對(duì)地位移之差在數(shù)值上等于圖中斜三角形的面積值，即：￡=AS=1x

(1-0.5)x4m=1.0m,貨物A、8間由于摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能。=.和第￡=40工

7.[2023遼寧沈陽(yáng)二十中一模]如圖，傾角6=30。的足夠長(zhǎng)光滑斜面固定，長(zhǎng)L=L2m,質(zhì)

量M=2kg的長(zhǎng)木板下端靠著插銷(xiāo)置于斜面上，上表面底端放有一質(zhì)量m=1kg的物塊(視

為質(zhì)點(diǎn))，不可伸長(zhǎng)的伸直細(xì)線一端連接物塊，一端拴在固定擋板上.零時(shí)刻拔去插銷(xiāo)，

0.8s末將細(xì)線剪斷.已知物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=白，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦

力，重力加速度g=10m/s2.

(1)求0.2s末細(xì)線對(duì)物塊的拉力大??；

(2)求0.8s末長(zhǎng)木板的速度大??；

(3)求在木板下滑的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是多少.

答案⑴10N(2)2m/s(3)爭(zhēng)

解析(1)以物塊為研究對(duì)象，其受力如圖甲所示

物塊靜止，由力的平衡條件有尸=Migsin6+/,f=[imgcos30°

代入數(shù)據(jù)解得F=ION

mgMe

圖甲圖乙

(2)以木板為研究對(duì)象，其受力如圖乙所示

由牛頓第二定律有姓5皿30。一/=林物，f=f

代入數(shù)據(jù)得〃M=2.5m/s2

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有V=ClMt

將r=0.8s代入解得v=2m/s

(3)0?0.8s內(nèi)木板發(fā)生的位移為X=^CIM^

代入數(shù)據(jù)得x=0.8m.

0.8s之后，由于物塊與木板間摩擦力不變，則木板加速度不變，二者均向下做勻加速運(yùn)

動(dòng).假設(shè)經(jīng)時(shí)間，兩者共速時(shí)，物塊仍在木板上，對(duì)物塊，由牛頓第二定律有mgsin3(T+/=

mam

代入數(shù)據(jù)得cim=lOm/s?

由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有V共=斯1，'

口共=口+勾/

代入數(shù)據(jù)得七福S

8,

u共=-m/s

3

木板發(fā)生的位移為％1=](v+u共)f

物塊發(fā)生的位移為％2=p共，

代入數(shù)據(jù)得xi=^m,X2=-m

4545

兩者間的相對(duì)位移為Ax=xi—X2=^m

因Ax+x=!|mV"假設(shè)成立，此后兩者一起加速下滑，物塊不會(huì)從木板上落下，可得在

木板下滑的過(guò)程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量

Q=f(x+Ax)=yJ.

8.[2023山東東營(yíng)統(tǒng)考]如圖所示，與水平面夾角9=30。的傳送帶正以v=2m/s的速度順時(shí)

針勻速運(yùn)行，A、3兩端相距/=12m.現(xiàn)每隔1s把質(zhì)量根=lkg的工件(視為質(zhì)點(diǎn))輕放在

傳送帶A端，在傳送帶的帶動(dòng)下，工件向上運(yùn)動(dòng)，工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=苧，

取重力加速度g=lOm/sz.求：

(1)每個(gè)工件經(jīng)過(guò)多長(zhǎng)時(shí)間后與傳送帶共速；

(2)每個(gè)工件與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量；

(3)與空載相比，傳送帶持續(xù)運(yùn)送工件情況下電動(dòng)機(jī)增加的平均功率.

答案(1)0.8s(2)6J(3)68W

解析(1)對(duì)工件受力分析，根據(jù)牛頓第二定律得

jumgcos。一mgsind—ma

即產(chǎn)竺經(jīng)士鷲蛇二2.5儂2

m

工件加速至傳送帶共速所用時(shí)間為Zi=-=0.8s

a

(2)工件加速至與傳送帶速度相等時(shí)運(yùn)動(dòng)的距離為

V八c

x\=-=0.8m

該過(guò)程中傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移X2=v?i=1.6m

工件相對(duì)于傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移Ax=X2—X1

工件與傳送帶因摩擦產(chǎn)生的熱量

解得Q=6J

(3)傳送帶持續(xù)傳送工件時(shí)每經(jīng)過(guò)Is放一個(gè)工件，故