人教版 (2019)必修 第二册机械能守恒定律优秀综合训练题

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TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc1161" 【题型1 机械能守恒】
\l "_Tc25206" 【题型2 传送带问题中的摩擦生热问题】
\l "_Tc25206" 【题型3 能量守恒】
\l "_Tc9103" 【题型4 电能与机械能的转化问题】
\l "_Tc1161" 【题型5 对比问题】
\l "_Tc1161" 【题型6 临界问题】
\l "_Tc1161" 【题型7 图像问题】
\l "_Tc25206" 【题型8 块板模型中的摩擦生热问题】
【题型1 机械能守恒】
【例1】如图所示，小车静止在光滑的水平轨道上，一个小球用细绳悬挂在小车上，现由图中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A.细绳对小球的拉力不做功
B.小球克服细绳拉力做的功等于小球减少的机械能
C.细绳对小车做的功等于小球减少的重力势能
D.小球减少的重力势能等于小球增加的动能
【变式1-1】(多选)如图所示，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕O点自由转动，已知两段轻杆的长度均为l，轻杆端点分别固定质量为m，2m的小球A、B(均可视为质点)，现OA竖直，OB水平，静止释放，下列说法正确的是( )
A.B球运动到最低点时A球的速度为eq \r(2gl)
B.A球某时刻速度可能为零
C.B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球一直做正功
D.B球不可能运动至A球最初所在的位置
【变式1-2】(多选)如图所示，离水平地面一定高度处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的是( )
A.小球向上运动的过程中处于失重状态
B.小球压缩弹簧的过程中小球减小的动能等于弹簧增加的势能
C.弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能
D.小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒
【变式1-3】如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.弹簧的劲度系数是50 N/m
B.从d点到b点滑块克服重力做功8 J
C.滑块的动能最大值为8 J
D.从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J
【题型2 传送带问题中的摩擦生热问题】
【例2】如图所示，一质量为m＝1 kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep＝4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，g＝10 m/s2.求：
(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量．
【变式2-1】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：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝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。
【变式2-2】(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m
B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等
C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
【变式2-3】如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A位于水平传送带的右端，B置于倾角为30°的光滑固定斜面上，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s逆时针匀速转动，某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1＝5 m/s运动，方向如图，经过一段时间A回到传送带的右端。已知A、B的质量均为1 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.1，斜面、轻绳、传送带均足够长，B不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取10 m/s2。求：
(1)A向左运动的总时间；
(2)A回到传送带右端的速度大小；
(3)上述过程中，A与传送带间因摩擦产生的总热量。
【题型3 能量守恒】
【例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v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，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。
【变式3-1】如图所示，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，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是( )
A．电动机多做的功为eq \f(1,2)mv2
B．物体在传送带上的划痕长eq \f(v2,μg)
C．传送带克服摩擦力做的功为eq \f(1,2)mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
【变式3-2】(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出( )
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B．汽车的额定功率为80 kW
C．汽车加速运动的时间为22.5 s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
【变式3-3】(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是( )
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量
【题型4 电能与机械能的转化问题】
【例4】如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为( )
A.eq \f(2P,πρl2v3) B.eq \f(6P,πρl2v3)
C.eq \f(4P,πρl2v3) D.eq \f(8P,πρl2v3)
【变式4-1】浙江最大抽水蓄能电站2016年将在缙云开建，其工作原理是：在用电低谷时(如深夜)，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。如图所示，若该电站蓄水池(上水库)有效总库容量(可用于发电)为 7.86×106 m3，发电过程中上下水库平均水位差637 m，年抽水用电为 2.4×108 kW·h，年发电量为1.8×108 kW·h(水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度为 g＝10 m/s2，以下水库水面为零势能面)。则下列说法正确的是( )
A．抽水蓄能电站的总效率约为65%
B．发电时流入下水库的水流速度可达到112 m/s
C．蓄水池中能用于发电的水的重力势能约为Ep＝5.0×1013 J
D．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以105 kW 计算)约10 h
【变式4-2】飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M，其俯视图如图所示。现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上。若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？
【变式4-3】构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以5 kJ的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图直线a所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图曲线b所示，则第二次向蓄电池所充的电能可接近( )
A．5 kJ B．4 kJ
C．3 kJ D．2 kJ
【题型5 对比问题】
【例5】(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )
A．前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
【变式5-1】(多选)质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为eq \f(E0,3)，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为eq \f(2E0,3mgd)
B．物体再前进eq \f(d,3)便停止
C．物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的eq \r(3) 倍
D．若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0
【变式5-2】(多选)如图所示倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升eq \f(h,2)高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程( )
A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数
B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量
C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同
D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同
【变式5-3】 (多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是( )
A.两滑块到达B点的速度相同
B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D.两滑块上升到最高点过程机械能损失相同
【题型6 临界问题】
【例6】如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m＝1 kg，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值。
【变式6-1】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(可视为质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
【变式6-2】[多选]在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )
A．导向槽位置应在高为eq \f(v2,4g)的位置
B．最大水平位移为eq \f(v2,g)
C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上
D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角
【变式6-3】如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
A．eq \f(v2,16g) B．eq \f(v2,8g)
C．eq \f(v2,4g) D．eq \f(v2,2g)
【题型7 图像问题】
【例7】(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是( )
【变式7-1】(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
【变式7-2】(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A.物体的质量为2 kg
B.h＝0时，物体的速率为20 m/s
C.h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
【变式7-3】(多选)如图甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量为m＝1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则下列说法正确的是( )
A．0～8 s内，物体位移的大小是18 m
B．0～8 s内，物体机械能增量是90 J
C．0～8 s内，物体机械能增量是84 J
D．0～8 s内，物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J
【题型8 块板模型中的摩擦生热问题】
【例8】如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
【变式8-1】如图所示，一个质量为m＝4 kg的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质量为M＝1 kg，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为R＝0.5 m，滑块到达轨道最高点时，与轨道没有作用力。已知滑块可视为质点，斜面倾角θ＝53°，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g＝10 m/s2，试求：
(1)滑块冲上台阶时的速度大小；
(2)滑块释放时相对斜面底端的高度；
(3)滑块和木板间产生的热量。
【变式8-2】(多选)如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和
【变式8-3】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，已知物体和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，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )
A.eq \f(mv2,4) B.eq \f(mv2,2) C．mv2 D．2mv2
参考答案
【题型1 机械能守恒】
【例1】如图所示，小车静止在光滑的水平轨道上，一个小球用细绳悬挂在小车上，现由图中位置无初速度释放，在小球下摆到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A.细绳对小球的拉力不做功
B.小球克服细绳拉力做的功等于小球减少的机械能
C.细绳对小车做的功等于小球减少的重力势能
D.小球减少的重力势能等于小球增加的动能
答案 B
解析 小球下摆的过程中，小车的机械能增加，小球的机械能减少，小球克服细绳拉力做的功等于减少的机械能，选项A错误，B正确；细绳对小车做的功等于小球减少的机械能，选项C错误；小球减少的重力势能等于小球增加的动能与小车增加的机械能之和，选项D错误。
【变式1-1】(多选)如图所示，一弯成“L”形的硬质轻杆可在竖直面内绕O点自由转动，已知两段轻杆的长度均为l，轻杆端点分别固定质量为m，2m的小球A、B(均可视为质点)，现OA竖直，OB水平，静止释放，下列说法正确的是( )
A.B球运动到最低点时A球的速度为eq \r(2gl)
B.A球某时刻速度可能为零
C.B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球一直做正功
D.B球不可能运动至A球最初所在的位置
答案 ABD
解析 B球由释放运动到最低点时，由机械能守恒定律可知mgl＋2mgl＝eq \f(1,2)mv2＋eq \f(1,2)×2mv2，解得v＝eq \r(2gl)，选项A正确；根据机械能守恒定律，当整个系统的重心回到原来的高度时，两球的总动能为零，此时两球的速度为零，选项B正确；B球从释放至运动至最低点的过程中，根据动能定理2mgl＋W＝eq \f(1,2)×2mv2，解得W＝0，可知B球从释放至运动至最低点的过程中，轻杆对B球做的功为0，选项C错误；若B球恰能运动至A球最初所在的位置，则整个系统的重力势能增加，即机械能增加，是不可能的，选项D正确。
【变式1-2】(多选)如图所示，离水平地面一定高度处水平固定一内壁光滑的圆筒，筒内固定一轻质弹簧，弹簧处于自然长度。现将一小球从地面以某一初速度斜向上抛出，刚好能水平进入圆筒中，不计空气阻力。下列说法中正确的是( )
A.小球向上运动的过程中处于失重状态
B.小球压缩弹簧的过程中小球减小的动能等于弹簧增加的势能
C.弹簧获得的最大弹性势能等于小球抛出时的动能
D.小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中小球的机械能守恒
答案 AB
解析 小球抛出的过程中加速度为g，方向竖直向下，处于失重状态，故A正确；小球压缩弹簧的过程，小球的动能和弹簧的弹性势能总量守恒，所以小球减小的动能等于弹簧增加的势能，故B正确；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程，小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能总量守恒，小球抛出时的动能等于小球的重力势能增加量与弹簧的最大弹性势能之和，故C错误；小球从抛出到将弹簧压缩到最短的过程中，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，而小球的机械能不守恒，故D错误。
【变式1-3】如图所示，质量为1 kg的滑块在倾角为30°的光滑斜面上，从a点由静止开始下滑，到b点开始压缩轻弹簧，到c点时达到最大速度，到d点(图中未画出)开始弹回，返回b点离开弹簧，恰能再回到a点。若bc＝0.1 m，弹簧弹性势能的最大值为8 J，g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.弹簧的劲度系数是50 N/m
B.从d点到b点滑块克服重力做功8 J
C.滑块的动能最大值为8 J
D.从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功8 J
答案 A
解析 当滑块的合力为0时，滑块速度最大，又知在c点时滑块的速度最大，故此瞬间滑块受力平衡，则有mgsin 30°＝kxbc，可得k＝eq \f(mgsin 30°,xbc)＝50 N/m，故选项A正确；滑块从d点到a点，运用动能定理得WG＋W弹＝0－0，又W弹＝Ep＝8 J，可得WG＝－8 J，即克服重力做功8 J，所以从d点到b点滑块克服重力做功小于8 J，故选项B错误；滑块从a点到c点，由弹簧与滑块组成的系统的机械能守恒知：滑块的动能增加量与弹簧弹性势能增加量之和等于滑块重力势能的减少量，小于8 J，所以滑块的动能最大值小于8 J，故选项C错误；弹簧弹性势能的最大值为8 J，根据功能关系知从d点到b点弹簧的弹力对滑块做功8 J，从d点到c点弹簧的弹力对滑块做功小于8 J，故选项D错误。
【题型2 传送带问题中的摩擦生热问题】
【例2】如图所示，一质量为m＝1 kg的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v＝2 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为Ep＝4.5 J，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，g＝10 m/s2.求：
(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间；
(2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量．
答案 (1)3.125 s (2)12.5 J
解析 (1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v1，则Ep＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，得v1＝3 m/s
滑块在传送带上运动的加速度的大小a＝μg＝2 m/s2
滑块向左运动的时间t1＝eq \f(v1,a)＝1.5 s
向左运动的最大位移x1＝eq \f(v\\al(2,1),2a)＝2.25 m
向右匀加速运动的位移x2＝eq \f(v2,2a)＝1 m
x1>x2，所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动，再同传送带一起向右匀速运动．
向右匀加速运动的时间t2＝eq \f(v,a)＝1 s
向右匀速运动的时间为t3＝eq \f(x1－x2,v)＝0.625 s
所以t＝t1＋t2＋t3＝3.125 s.
(2)滑块在传送带上向左运动x1的位移时，传送带向右运动的位移为x1′＝vt1＝3 m
则Δx1＝x1′＋x1＝5.25 m
滑块向右运动x2时，传送带向右运动的位移为x2′＝vt2＝2 m
则Δx2＝x2′－x2＝1 m
Δx＝Δx1＋Δx2＝6.25 m
则产生的热量为Q＝μmg·Δx＝12.5 J．
【变式2-1】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：(sin 37°＝0.6，cs 37°＝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。
解析：(1)物体刚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
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
设物体经时间t1加速到与传送带同速，则
v＝a1t1，x1＝eq \f(1,2)a1t12
解得a1＝10 m/s2，t1＝1 s，x1＝5 m
设物体与传送带同速后再经过时间t2到达B端，因mgsin θ>μmgcs θ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速，即mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
L－x1＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22
解得t2＝1 s
故物体由A端运动到B端的时间
t＝t1＋t2＝2 s。
(2)物体与传送带间的相对位移
x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6 m
故Q＝μmgcs θ·x相＝24 J。
答案：(1)2 s (2)24 J
【变式2-2】(多选)如图所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水平传送带上，两者相距5 m，与传送带间的动摩擦因数均为0.2。t＝0时，甲、乙分别以6 m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行。t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s的速度向右做匀速直线运动。传送带足够长，重力加速度取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m
B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等
C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
解析：选BCD 两滑块做匀变速运动时的加速度大小a＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2，根据x＝v0t－eq \f(1,2)at2，t＝0.5 s时，两滑块相距Δx＝x0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v1t－\f(1,2)at2))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2t－\f(1,2)at2))＝3 m，A错误；传送带启动时，甲滑块的速度为v1′＝v1－at＝5 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt1＝eq \f(v1′－v0,a)＝1 s，因此在t＝1.5 s时，甲滑块速度与传送带相等；传送带启动时，乙滑块传送的速度为v2′＝v2－at＝1 m/s，与传送带速度相等所用时间Δt2＝eq \f(v0－v2′,a)＝1 s，因此在t＝1.5 s时，乙滑块速度与传送带相等；t＝1.5 s时，两滑块速度相等，B正确；0～0.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x1＝v2t－eq \f(1,2)at2＝0.75 m,0.5～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2＝v0t′－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v2′t′＋\f(1,2)at′2))＝1 m，因此0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为x2－x1＝0.25 m，C正确；甲相对传送带的位移x甲＝v1t甲－eq \f(1,2)at甲2－v0t甲′＝6×1.5 m－eq \f(1,2)×2×1.52 m－3×1 m＝3.75 m，甲滑块与传送带间摩擦生热量Q1＝μm1g·x甲＝7.5 J，乙滑块与传送带间摩擦生热量Q2＝μm2g(x1＋x2)＝7 J，因此0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热为Q＝Q1＋Q2＝14.5 J，D正确。
【变式2-3】如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A位于水平传送带的右端，B置于倾角为30°的光滑固定斜面上，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以速度v0＝2 m/s逆时针匀速转动，某时刻A从传送带右端通过细绳带动B以相同初速率v1＝5 m/s运动，方向如图，经过一段时间A回到传送带的右端。已知A、B的质量均为1 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.1，斜面、轻绳、传送带均足够长，B不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取10 m/s2。求：
(1)A向左运动的总时间；
(2)A回到传送带右端的速度大小；
(3)上述过程中，A与传送带间因摩擦产生的总热量。
解析：(1)A向左减速运动的过程中，刚开始时，A的速度大于传送带的速度，以A为研究对象，受到向右的摩擦力与绳对A的拉力，设绳子的拉力为FT1，以向右为正方向，得FT1＋μmg＝ma1，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A相等，B向上运动的过程mgsin 30°－FT1＝ma1，联立可得a1＝eq \f(gsin 30°＋μg,2)＝3 m/s2，A的速度与传送带的速度相等时所用的时间t1＝eq \f(－v0－－v1,a1)＝1 s，当A的速度与传送带的速度相等之后A的速度小于传送带的速度，受到的摩擦力方向向左，设绳子的拉力为FT2，以A为研究对象，则FT2－μmg＝ma2，以B为研究对象，则B的加速度的大小始终与A是相等的，B向上运动的过程中mgsin 30°－FT2＝ma2，联立可得a2＝eq \f(gsin 30°－μg,2)＝2 m/s2，当A向左速度减为0，经过时间t2＝eq \f(0－－v0,a2)＝1 s，A向左运动的总时间t＝t1＋t2＝2 s。
(2)A向右运动的过程中，受到的摩擦力的方向仍然向左，仍然受到绳子的拉力，同时，B受到的力也不变，所以它们受到的合力不变，所以A的加速度不变，仍为a3＝a2＝2 m/s2，t1时间内A的位移x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－v0＋－v1,2)))×t1＝－3.5 m，负号表示方向向左，t2时间内A的位移x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(0＋－v0,2)))×t2＝－1 m，负号表示方向向左，A向左运动的总位移x＝x1＋x2＝－4.5 m，A回到传送带右端的位移x3＝－x＝4.5 m，速度v＝eq \r(2a3x3)＝3eq \r(2) m/s。
(3)t1时间内传送带的位移x1′＝－v0t1＝－2 m，该时间内传送带相对于A的位移大小Δx1＝x1′－x1＝1.5 m，t2时间内传送带的位移x2′＝－v0t2＝－2 m，该时间内传送带相对于A的位移大小Δx2＝x2－x2′＝1 m，A回到传送带右端的时间为t3，则t3＝eq \f(v－0,a3)＝eq \f(3,2)eq \r(2) s，t3时间内传送带的位移x3′＝－v0t3＝－3eq \r(2) m，该时间内传送带相对于A的位移大小Δx3＝x3－x3′＝(4.5＋3eq \r(2))m，A与传送带之间的摩擦力Ff＝μmg＝1 N，上述过程中A与传送带间因摩擦产生的总热量Q＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3)＝(7＋3eq \r(2))J。
答案：(1)2 s (2)3eq \r(2) m/s (3)(7＋3eq \r(2))J
【题型3 能量守恒】
【例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v0＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，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。
[解析] (1)由题图可知，传送带长x＝eq \f(h,sin θ)＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移x1＝eq \f(v0,2)t1
匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)
解得加速运动的时间t1＝0.8 s
加速运动的位移x1＝0.8 m
所以加速度a＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),2)。
(2)由能量守恒定律知，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t1内，传送带运动的位移，x传＝v0t1＝1.6 m，在时间t1内，工件相对传送带的位移，x相＝x传－x1＝0.8 m，在时间t1内，摩擦生热，Q＝μmgcs θ·x相＝60 J，最终工件获得的动能Ek＝eq \f(1,2)mv02＝20 J，工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J，电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
[答案] (1)eq \f(\r(3),2) (2)230 J
【变式3-1】如图所示，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，物体在滑下传送带之前能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到与传送带相对静止这一过程，下列说法中正确的是( )
A．电动机多做的功为eq \f(1,2)mv2
B．物体在传送带上的划痕长eq \f(v2,μg)
C．传送带克服摩擦力做的功为eq \f(1,2)mv2
D．电动机增加的功率为μmgv
答案 D
解析 物体与传送带相对静止之前，物体做匀加速运动，由运动学公式知x物＝eq \f(v,2)t，传送带做匀速运动，由运动学公式知x传＝vt，对物体根据动能定理μmgx物＝eq \f(1,2)mv2，摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝μmg(x传－x物)，四式联立得摩擦产生的热量Q＝eq \f(1,2)mv2，根据能量守恒定律，电动机多做的功一部分转化为物体的动能，一部分转化为热量，故电动机多做的功等于mv2，A项错误；物体匀加速运动的时间t＝eq \f(v,a)＝eq \f(v,μg)，物体在传送带上的划痕长等于x传－x物＝eq \f(v2,2μg)，B项错误；传送带克服摩擦力做的功为μmgx传＝mv2，C项错误；电动机增加的功率也就是电动机克服摩擦力做功的功率为μmgv，D项正确．
【变式3-2】(多选)某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率行驶一段距离后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图像如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。根据图像所给的信息可求出( )
A．汽车行驶过程中所受地面的阻力为1 000 N
B．汽车的额定功率为80 kW
C．汽车加速运动的时间为22.5 s
D．汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能为5×105 J
解析：选BD 由图线①求所受阻力，由ΔEkm＝FfΔx，得Ff＝2 000 N，A错误；由Ekm＝eq \f(1,2)mvm2可得，vm＝40 m/s，所以P＝Ffvm＝80 kW，B正确；加速阶段，Pt－Ffx＝ΔEk，得t＝16.25 s，C错误；根据能量守恒定律，并由图线②可得，ΔE＝Ekm－Ffx′＝5×105 J，D正确。
【变式3-3】(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平地面上，物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，最后停止在木板A上，则从B冲到木板A上到相对木板A静止的过程中，下述说法中正确的是( )
A．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
B．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
C．物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和
D．摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量
解析：选CD 物体B以水平速度冲上A后，由于摩擦力作用，B减速运动，A加速运动，根据能量守恒定律，物体B动能的减少量等于A增加的动能和产生的热量之和，A错误；根据动能定理，物体B克服摩擦力做的功等于B损失的动能，B错误；由能量守恒定律可知，物体B损失的机械能等于木板A获得的动能与系统损失的机械能之和，C正确；物体摩擦力对B克服做的功等于B动能的减少量，摩擦力对木板A做的功等于A动能的增加量，由能量守恒定律，摩擦力对物体B做的功和对木板A做的功的总和的绝对值等于系统内能的增加量，D正确。
【题型4 电能与机械能的转化问题】
【例4】如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为( )
A.eq \f(2P,πρl2v3) B.eq \f(6P,πρl2v3)
C.eq \f(4P,πρl2v3) D.eq \f(8P,πρl2v3)
解析：选A 风能转化为电能的工作原理为将风的动能转化为输出的电能，设风吹向发电机的时间为t，则在t时间内吹向发电机的风的体积为V＝vt·S＝vt·πl2，则风的质量M＝ρV＝ρvt·πl2，因此风吹过的动能为Ek＝eq \f(1,2)Mv2＝eq \f(1,2)ρvt·πl2·v2，在此时间内发电机输出的电能E＝Pt，则风能转化为电能的效率为η＝eq \f(E,Ek)＝eq \f(2P,πρl2v3)，故A正确，B、C、D错误。
【变式4-1】浙江最大抽水蓄能电站2016年将在缙云开建，其工作原理是：在用电低谷时(如深夜)，电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中，到用电高峰时，再利用蓄水池中的水发电。如图所示，若该电站蓄水池(上水库)有效总库容量(可用于发电)为 7.86×106 m3，发电过程中上下水库平均水位差637 m，年抽水用电为 2.4×108 kW·h，年发电量为1.8×108 kW·h(水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度为 g＝10 m/s2，以下水库水面为零势能面)。则下列说法正确的是( )
A．抽水蓄能电站的总效率约为65%
B．发电时流入下水库的水流速度可达到112 m/s
C．蓄水池中能用于发电的水的重力势能约为Ep＝5.0×1013 J
D．该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电(电功率以105 kW 计算)约10 h
解析 已知年抽水用电为2.4×108 kW·h，年发电量为1.8×108 kW·h，则抽水蓄能电站的总效率为η＝eq \f(1.8×108 kW·h,2.4×108 kW·h)×100%＝75%，故A错误；若没有任何阻力，由机械能守恒得mgh＝eq \f(1,2)mv2，得v＝eq \r(2gh)＝eq \r(2×10×637) m/s≈112 m/s，由题知，水流下的过程中受到阻力，所以发电时流入下水库的水流速度小于112 m/s，故B错误；蓄水池中能用于发电的水的重力势能为E＝mgh＝ρVgh＝1.0×103×7.86×106×10×637 J≈5.0×1013 J，故C正确；该电站平均每天所发电量为E＝eq \f(1.8×108,365) kW·h，可供给一个大城市居民用电(电功率以105 kW计算)的时间为t＝eq \f(\f(1.8×108,365),105) h≈5.0 h，故D错误。
答案 C
【变式4-2】飞机场上运送行李的装置为一水平放置的环形传送带，传送带的总质量为M，其俯视图如图所示。现开启电动机，传送带达到稳定运行的速度v后，将行李依次轻轻放到传送带上。若有n件质量均为m的行李需通过传送带运送给旅客。假设在转弯处行李与传送带无相对滑动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求从电动机开启到运送完行李需要消耗的电能为多少？
解析：从能量守恒的角度分析，电动机开启后到运送完行李所消耗的电能转变为传送带的动能、n件行李的动能和n件行李与传送带发生相对滑动时产生的摩擦热三部分。设行李与传送带间的动摩擦因数为μ，则传送带与行李间由于摩擦产生的总热量Q＝nμmgΔx。
由运动学公式得Δx＝x传－x行＝vt－eq \f(vt,2)＝eq \f(vt,2)，
又a＝μg，所以v＝μgt，联立解得Q＝eq \f(1,2)nmv2。
由能量守恒得E＝Q＋eq \f(1,2)Mv2＋n×eq \f(1,2)mv2
所以电动机开启到运送完行李需消耗的电能为
E＝eq \f(1,2)Mv2＋nmv2。
答案：eq \f(1,2)Mv2＋nmv2
【变式4-3】构建和谐型、节约型社会深得民心，节能器材遍布于生活的方方面面，自动充电式电动车就是很好的一例，电动车的前轮装有发电机，发电机与蓄电池连接。当骑车者用力蹬车或电动车自动滑行时，电动车就可以连通发电机向蓄电池充电，将其他形式的能转化成电能储存起来。现有某人骑车以5 kJ的初动能在粗糙的水平路面上滑行，第一次关闭自动充电装置，让车自由滑行，其动能随位移变化关系如图直线a所示；第二次启动自动充电装置，其动能随位移变化关系如图曲线b所示，则第二次向蓄电池所充的电能可接近( )
A．5 kJ B．4 kJ
C．3 kJ D．2 kJ
解析：选D 由题图直线a可知，电动车的动能Ek与滑行位移x呈线性关系，第一次关闭自动充电装置自由滑行10 m停止，第二次启动自动充电装置时只滑行了6 m，所以第二次充电的电能相当于滑行4 m所需要的能量，即ΔE＝eq \f(4,10)×5 kJ＝2 kJ，故D正确。
【题型5 对比问题】
【例5】(多选)如图所示为地铁站用于安全检查的装置，主要由水平传送带和X光透视系统两部分组成，传送过程传送带速度不变。假设乘客把物品轻放在传送带上之后，物品总会先、后经历两个阶段的运动，用v表示传送带速率，用μ表示物品与传送带间的动摩擦因数，则( )
A．前阶段，物品一定向传送带运动的方向运动
B．后阶段，物品受到摩擦力的方向跟传送方向相同
C．v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同
D．μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移也增大为原来的2倍
解析：选AC 物品轻放在传送带上，前阶段，物品受到向前的滑动摩擦力，所以物品的运动方向一定与传送带的运动方向相同，故A正确；后阶段，物品与传送带一起做匀速运动，不受摩擦力，故B错误；设物品匀加速运动的加速度为a，由牛顿第二定律得Ff＝μmg＝ma，物品的加速度大小为a＝μg，匀加速的时间为t＝eq \f(v,a)＝eq \f(v,μg)，位移为x＝eq \f(v,2)t，传送带匀速的位移为x′＝vt，物品相对传送带滑行的距离为Δx＝x′－x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，物品与传送带摩擦产生的热量为Q＝μmgΔx＝eq \f(1,2)mv2，则知v相同时，μ不同的等质量物品与传送带因摩擦产生的热量相同，故C正确；前阶段物品的位移为x＝eq \f(vt,2)＝eq \f(v2,2μg)，则知μ相同时，v增大为原来的2倍，前阶段物品的位移增大为原来的4倍，故D错误。
【变式5-1】(多选)质量为m的物体，在水平面上只受摩擦力作用，以初动能E0做匀变速直线运动，经距离d后，动能减小为eq \f(E0,3)，则( )
A．物体与水平面间的动摩擦因数为eq \f(2E0,3mgd)
B．物体再前进eq \f(d,3)便停止
C．物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的eq \r(3) 倍
D．若要使此物体滑行的总距离为3d，其初动能应为2E0
解析：选AD 由动能定理知Wf＝μmgd＝E0－eq \f(E0,3)，解得μ＝eq \f(2E0,3mgd)，A正确；设物体总共滑行的距离为s，则有μmgs＝E0，解得s＝eq \f(3,2)d，物体再前进eq \f(d,2)便停止，B错误；将物体的运动看成反方向的匀加速直线运动，则连续运动三个eq \f(d,2)距离所用时间之比为1∶(eq \r(2)－1)∶(eq \r(3)－eq \r(2))，所以物体滑行距离d所用的时间是滑行后面距离所用时间的(eq \r(3)－1)倍，C错误；若要使此物体滑行的总距离为3d，则由动能定理知μmg·3d＝Ek，解得Ek＝2E0，D正确。
【变式5-2】(多选)如图所示倾角为30°的传送带在电动机带动下始终以v0的速度匀速上行。相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块(可视为质点)分别无初速放在传送带底端，发现甲滑块上升h高度滑至顶端时恰好与皮带保持相对静止，乙滑块上升eq \f(h,2)高度处恰与皮带保持相对静止。现比较甲、乙两滑块从传送带底端到顶端的过程( )
A．甲滑块与皮带的动摩擦因数大于乙滑块与皮带的动摩擦因数
B．甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量
C．两个过程中皮带对滑块所做的功相同
D．两个过程中电动机对皮带所做的功相同
解析：选BC 相等质量的甲、乙两种不同材料的滑块分别无初速放在传送带底端，最终都与传送带速度相等，动能增加量相同，但甲的速度增加的慢，说明甲受到的摩擦力小，故甲滑块与皮带的动摩擦因数小于乙滑块与皮带的动摩擦因数，故A错误；动能增加量相同，f甲·2h－mgh＝f乙·h－eq \f(1,2)mgh，得f乙＝2f甲－eq \f(1,2)mg，相对位移Δx甲＝2Δx乙，根据Q＝f·Δs知甲滑块与皮带摩擦产生的热量大于乙滑块与皮带摩擦产生的热量，故B正确；从传送带底端到顶端，甲、乙动能增加量相同，重力做功相同，根据动能定理知皮带对滑块所做的功相同，故C正确；电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和滑块机械能的增加量，根据B、C两项分析知放甲滑块时电动机做的功较多，故D错误。
【变式5-3】 (多选)如图所示，光滑水平面OB与足够长粗糙斜面BC交于B点。轻弹簧左端固定于竖直墙面，现将质量为m1的滑块压缩弹簧至D点，然后由静止释放，滑块脱离弹簧后经B点滑上斜面，上升到最大高度，并静止在斜面上。不计滑块在B点的机械能损失；换用相同材料质量为m2的滑块(m2＞m1)压缩弹簧至同一点D后，重复上述过程，下列说法正确的是( )
A.两滑块到达B点的速度相同
B.两滑块沿斜面上升的最大高度相同
C.两滑块上升到最高点过程克服重力做的功相同
D.两滑块上升到最高点过程机械能损失相同
答案 CD
解析 两滑块到B点的动能相同，但速度不同，故A错误；两滑块在斜面上运动时加速度相同，由于在B点时的速度不同，故上升的最大高度不同，故B错误；两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功为mgh，由能量守恒定律得Ep＝mgh＋μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)，则mgh＝eq \f(Ep,1＋\f(μ,tan θ))，故两滑块上升到斜面最高点过程克服重力做的功相同，故C正确；由能量守恒定律得E损＝μmgcs θ·eq \f(h,sin θ)＝eq \f(μmgh,tan θ)，结合C可知D正确。
【题型6 临界问题】
【例6】如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m＝1 kg，从光滑平台上的A点以v0＝2 m/s 的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知长木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值。
[解析] (1)小物块在C点时的速度大小vC＝eq \f(v0,cs 60°)
小物块由C到D的过程中，由动能定理得
mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)mvC2
代入数据解得vD＝2eq \r(5) m/s
小物块在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(vD2,R)
代入数据解得FN＝60 N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝60 N，方向竖直向下。
(2)设小物块刚好能滑到长木板左端且达到共同速度的大小为v，滑行过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为μmga1＝eq \f(\a\vs4\al(μ)mg,m)＝μg，a2＝eq \f(\a\vs4\al(μ)mg,M)
速度分别为v＝vD－a1t，v＝a2t
对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得
μmgL＝eq \f(1,2)mvD2－eq \f(1,2)(m＋M)v2
解得L＝2.5 m。
[答案] (1)60 N，方向竖直向下 (2)2.5 m
【变式6-1】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(可视为质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化的情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．A获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析：选D 由题图乙可知，A、B的加速度大小均为1 m/s2，根据牛顿第二定律知二者质量相等，A获得的动能为1 J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2＝2 J，B错误；由题图乙可求出A、B相对位移为1 m，即A的最小长度为1 m，C错误；对物体B分析，根据牛顿第二定律得：μmg＝ma，解得μ＝0.1，D正确。
【变式6-2】[多选]在竖直杆上安装一个光滑小导向槽，使竖直上抛的小球能改变方向后做平抛运动；不计经导向槽时小球的能量损失；设小球从地面沿杆竖直上抛的速度大小为v，重力加速度为g；那么当小球有最大水平位移时，下列说法正确的是( )
A．导向槽位置应在高为eq \f(v2,4g)的位置
B．最大水平位移为eq \f(v2,g)
C．小球在上、下两过程中，在经过某相同高度时，合速度的大小总有v下＝2v上
D．当小球落地时，速度方向与水平方向成45°角
解析：选AD 设平抛时的速度为v0，根据机械能守恒定律可得：eq \f(1,2)mv02＋mgh＝eq \f(1,2)mv2，解得v0＝eq \r(v2－2gh)；根据平抛运动的知识可得下落时间：t＝eq \r(\f(2h,g))，则水平位移x＝v0t＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v2,g)－2h))·2h)，所以当eq \f(v2,g)－2h＝2h时水平位移最大，解得h＝eq \f(v2,4g)，A正确；最大的水平位移为：x＝eq \r(4h2)＝2h＝eq \f(v2,2g)，B错误；根据机械能守恒定律可知，在某高度处时上升的速率和下落的速率相等，C错误；设小球落地时速度与水平方向成θ角，位移与水平方向的夹角为α，根据平抛运动的规律可知，tan θ＝2tan α＝2×eq \f(h,2h)＝1，则θ＝45°，所以D正确。
【变式6-3】如图，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，半圆的直径与地面垂直。一小物块以速度v从轨道下端滑入轨道，并从轨道上端水平飞出，小物块落地点到轨道下端的距离与轨道半径有关，此距离最大时对应的轨道半径为(重力加速度大小为g)( )
A．eq \f(v2,16g) B．eq \f(v2,8g)
C．eq \f(v2,4g) D．eq \f(v2,2g)
解析：选B 设轨道半径为R，小物块从轨道上端飞出时的速度为v1，由于轨道光滑，根据机械能守恒定律有mg×2R＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv12，小物块从轨道上端飞出后做平抛运动，对运动分解有：x＝v1t,2R＝eq \f(1,2)gt2，求得x＝eq \r(－16\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R－\f(v2,8g)))2＋\f(v4,4g2))，因此当R－eq \f(v2,8g)＝0，即R＝eq \f(v2,8g)时，x取得最大值，B项正确，A、C、D项错误。
【题型7 图像问题】
【例7】(多选)如图所示，质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面，同时施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ；已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，取出发点为参考点，能正确描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、机械能E随时间t的关系及重力势能Ep随位移x关系的是( )
解析：选CD 根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ可知，滑动摩擦力等于重力沿斜面向下的分力。施加一沿斜面向上的恒力F＝mgsin θ，滑块机械能保持不变，重力势能随位移x均匀增大，C、D正确；产生的热量Q＝Ffx，由受力分析可知，滑块做匀减速直线运动，x＝v0t－eq \f(1,2)at2，故Q＝Ffeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(v0t－\f(1,2)at2))，Q和t为二次函数关系，动能Ek＝Ek0－动能Ek和时间也是二次函数关系，A、B错误。
【变式7-1】(多选)一物块在高3.0 m、长5.0 m的斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，其重力势能和动能随下滑距离s的变化如图中直线Ⅰ、Ⅱ所示，重力加速度取10 m/s2。则( )
A.物块下滑过程中机械能不守恒
B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
C.物块下滑时加速度的大小为6.0 m/s2
D.当物块下滑2.0 m时机械能损失了12 J
答案 AB
解析 由重力势能和动能随下滑距离s变化的图像可知，重力势能和动能之和随下滑距离s的增大而减小，可知物块下滑过程中机械能不守恒，A正确；在斜面顶端，重力势能mgh＝30 J，解得物块质量m＝1 kg，整个过程中损失的机械能ΔE＝μmgscs θ＝20 J，且sin θ＝eq \f(h,s)＝eq \f(3,5)，故cs θ＝eq \f(4,5)，联立得μ＝0.5，故B正确；物块下滑过程由牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcs θ＝ma，代入数据得a＝2 m/s2，故C错误；由重力势能和动能随下滑距离s变化图像可知，当物块下滑2.0 m时机械能为E＝18 J＋4 J＝22 J，机械能损失了ΔE＝30 J－22 J＝8 J，D错误。
【变式7-2】(多选)从地面竖直向上抛出一物体，其机械能E总等于动能Ek与重力势能Ep之和。取地面为重力势能零点，该物体的E总和Ep随它离开地面的高度h的变化如图所示。重力加速度取10 m/s2。由图中数据可得( )
A.物体的质量为2 kg
B.h＝0时，物体的速率为20 m/s
C.h＝2 m时，物体的动能Ek＝40 J
D.从地面至h＝4 m，物体的动能减少100 J
答案 AD
解析 由于Ep＝mgh，所以Ep与h成正比，斜率是k＝mg，由图像得k＝20 N，因此m＝2 kg，A正确；当h＝0时，Ep＝0，E总＝Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，因此v0＝10 m/s，B错误；由图像知h＝2 m时，E总＝90 J，Ep＝40 J，由E总＝Ek＋Ep得Ek＝50 J，C错误；h＝4 m时，E总＝Ep＝80 J，即此时Ek＝0，即从地面上升至h＝4 m高度时，物体的动能减少100 J，D正确。
【变式7-3】(多选)如图甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行。现将一质量为m＝1 kg的物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。则下列说法正确的是( )
A．0～8 s内，物体位移的大小是18 m
B．0～8 s内，物体机械能增量是90 J
C．0～8 s内，物体机械能增量是84 J
D．0～8 s内，物体与传送带因摩擦产生的热量是126 J
解析：选BD 从题图乙求出0～8 s内物体位移的大小x＝14 m，A错误；0～8 s内，物体上升的高度h＝xsin θ＝8.4 m，物体机械能增量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J，B正确，C错误；0～6 s内物体的加速度a＝μgcs θ－gsin θ＝1 m/s2，解得μ＝eq \f(7,8)，传送带速度大小为4 m/s,0～8 s内物体与传送带间的相对位移为Δx＝18 m，物体与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgcs θ·Δx＝126 J，D正确。
【题型8 块板模型中的摩擦生热问题】
【例8】如图所示，倾角θ＝37°的斜面体固定在水平地面上，斜面的长为6 m，长为3 m、质量为4 kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐，质量为2 kg的物块B放在长木板的上端，同时释放A和B，结果当A的下端滑到斜面底端时，物块B也刚好滑到斜面的底端，运动的时间为2 s。重力加速度g取10 m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。求：
(1)长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1和物块B与A间的动摩擦因数μ2；
(2)从开始到A的下端滑到斜面底端的过程中，A与B间、A与斜面间因摩擦产生的总热量。
解析：(1)设长木板A和物块B运动的加速度大小分别为a1、a2，物块B运动到斜面底端经历时间为t，令长木板A的长为L、物块B的质量为m，则斜面长为2L、长木板A的质量为2m，以长木板为研究对象，则L＝eq \f(1,2)a1t2，根据牛顿第二定律2mgsin θ－μ1×3mgcs θ＋μ2mgcs θ＝2ma1，以物块B为研究对象，则2L＝eq \f(1,2)a2t2，根据牛顿第二定律mgsin θ－μ2mgcs θ＝ma2，联立以上各式并代入数据解得μ1＝0.5，μ2＝0.375。
(2)设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，根据运动学公式L＝eq \f(1,2)v1t,2L＝eq \f(1,2)v2t，因摩擦产生的总热量Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)×2mv12或Q＝μ13mgcs θ·L＋μ2mg cs θ·L，代入数据解得Q＝90 J。
答案：(1)0.5 0.375 (2)90 J
【变式8-1】如图所示，一个质量为m＝4 kg的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质量为M＝1 kg，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为R＝0.5 m，滑块到达轨道最高点时，与轨道没有作用力。已知滑块可视为质点，斜面倾角θ＝53°，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g＝10 m/s2，试求：
(1)滑块冲上台阶时的速度大小；
(2)滑块释放时相对斜面底端的高度；
(3)滑块和木板间产生的热量。
解析：(1)设滑块在斜面底端时速度为v1，冲上台阶时速度为v2，在圆轨道最高点时速度v3。在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有mg＝meq \f(v32,R)，在圆轨道上运动时，由机械能守恒定律有eq \f(1,2)mv22＝2mgR＋eq \f(1,2)mv32，联立解得v2＝5 m/s。
(2)设滑块在木板上滑动时加速度的大小为a1，木板加速度的大小为a2，由牛顿第二定律可知，a1＝eq \f(μ1mg,m)＝5 m/s2，a2＝eq \f(μ1mg－μ2m＋Mg,M)＝10 m/s2，设滑块在木板上滑行时间为t，对木板，由v2＝a2t，得t＝eq \f(v2,a2)＝0.5 s，对滑块，由v2＝v1－a1t，得v1＝7.5 m/s，设在斜面上释放高度为h，由能量守恒定律可得mgh＝eq \f(1,2)mv12＋μ1mgcs θ·eq \f(h,sin θ)，代入数据可得h＝4.5 m。
(3)滑块在木板上运动的位移大小为x1＝eq \f(v1＋v2,2) t＝eq \f(25,8) m，
木板的位移大小为x2＝eq \f(v2,2)t＝eq \f(5,4) m，相对位移大小为Δx＝x1－x2＝eq \f(15,8) m，所以产生热量Q＝μ1mg·Δx＝37.5 J。
答案：(1)5 m/s (2)4.5 m (3)37.5 J
【变式8-2】(多选)如图所示，一长木板B放在粗糙的水平地面上，在B的左端放一物体A，现以恒定的外力F拉A，经一段时间物块A从长木板B的右端拉出，且在此过程中以地面为参考系， 长木板B也向右移动一段距离。则在此过程中( )
A.外力F对A做的功等于A和B动能的增量
B.A对B摩擦力做的功与B对A摩擦力做的功绝对值相等
C.外力F做的功等于A、B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和
D.A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和
答案 CD
解析 根据功能关系可知，外力F做的功等于A和B动能的增量与系统由于摩擦而产生的热量之和，故C正确，A错误；A对B的摩擦力与B对A的摩擦力是一对作用力与反作用力，大小相等，方向相反，但是由于A在B上滑动，A、B对地的位移不等，二者做功不相等，故B错误；对B分析，由动能定理知WAB－WB地＝ΔEkB，A对B摩擦力做的功WAB＝ΔEkB＋WB地，所以A对B摩擦力做的功等于B动能的增量和B与地面之间摩擦产生的热量之和，故D正确。
【变式8-3】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，已知物体和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，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )
A.eq \f(mv2,4) B.eq \f(mv2,2) C．mv2 D．2mv2
解析：选C 由能量转化和守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝eq \f(1,2)mv2＋μmgx相，x相＝vt－eq \f(v,2)t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故C正确。