高中物理重难点96讲专题38传送带模型板块模型能量分析(原卷版+解析)

这是一份高中物理重难点96讲专题38传送带模型板块模型能量分析(原卷版+解析)，共42页。试卷主要包含了系统产生的内能，5 J，8 J，5J等内容，欢迎下载使用。

2．两物体的运动方向相同时，相对位移等于两物体的位移之差。两物体的运动方向相反时，相对位移等于两物体的位移之和。
考点一 传送带模型能量分析
1.传送带克服摩擦力做的功：W＝fx传（x传为传送带对地的位移）
2.系统产生的内能：Q＝fx相对（x相对为总的相对路程）．
3. 求解电动机由于传送物体而多消耗的电能一般有两种思路
= 1 \* GB3 ①运用能量守恒
以倾斜传送带为例，多消耗的电能为E电，则：E电＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
= 2 \* GB3 ②运用功能关系
传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功E电=fx传(特别注意：如果物体在倾斜传送带上的运动分匀变速和匀速两个运动过程，这两个过程中传送带都要克服摩擦力做功，匀变速运动过程中两者间的摩擦力是滑动摩擦力，匀速运动过程中两者间的摩擦力是静摩擦力)
1．如图所示，长为5m的水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，将质量为1kg的小滑块无初速度放在传送带左侧。已知传送带与小滑块之间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块在传送带上一直做加速运动直至离开
B．小滑块在传送带上运动时间为2s
C．传送带对小滑块做的功为2J
D．因放上小滑块，电动机多消耗的电能为2J
2．(多选)如图甲所示，水平传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为10kg的木箱（可视为质点）轻放到传送带最左端，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，4s未木箱到达传送带最右端，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1
B．整个过程中摩擦生热为20J
C．整个过程中传送带对木箱做的功为60J
D．传送带速度为2m/s
3．(多选)足够长的传送带水平放置，在电动机的作用下以速度v2逆时针匀速转动，一质量为m的小煤块以速度v1滑上水平传送带的左端，且v1>v2.小煤块与传送带间的动摩擦因数μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．煤块在传送带上的痕迹长为v12−v222μg
B．煤块在传送带上的痕迹长为v1+v222μg
C．传送带与煤块摩擦产生的热量为12mv12−v22
D．传送带克服煤块的摩擦力做功为mv2v1+v2
4．(多选)如图甲所示，足够长的水平传送带以速度v＝2.5 m/s沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在t＝0时刻以速度v0=5m/s，从传送带左端开始沿传送带转动方向运动，物块的质量m＝4 kg，物块在传送带上运动的部分v−t图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则在0~1 s内（ ）
A．物块一直做匀减速运动到速度为零
B．传送带对物块做的功为37.5 J
C．物块与传送带的动摩擦因数为μ=0.5
D．物块动能的变化量为−37.5J

5．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=32，g为取10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中（ ）
A．小物块经过415s后与传送带共速
B．摩擦力对小物块做的功为24J
C．摩擦产生的热量为24J
D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为78J
6．(多选)如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s沿顺时针方向运动。现将一质量m=1kg的物体从A端静止释放，它与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，在物体到达B端的过程中（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）下列说法中正确的是（ ）
A．物体从A端到B端的时间为2s
B．传送带克服摩擦力做的功为80J
C．电动机因传送物体而多消耗的电能为72J
D．物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为24J
7．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速度v0=2 m/s向下运动，质量为m=1kg的工件无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1=0.2 s，工件的速度达到2m/s，此后再经过t2=1.0 s时间，工件运动到传动带的底端Q，且到底端时的速度为v=4m/s，重力加速度g=10 m/s2，工件可视为质点。则下列说法正确的是（ ）
A．传送带的长度为x=2.4 m
B．传送带与工件间的动摩擦因数为μ=0.5
C．工件由P运动到Q的过程中，传送带对工件所做的功为W=−11.2 J
D．工件由P运动到Q的过程中，因摩擦而产生的热量为Q=4.8 J
8．(多选)如图甲，一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＝1kg，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．传送带顺时针转动，速度大小为2m/s
B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235
C．0～t2时间因摩擦产生热量为27J
D．0～t2时间内电动机多消耗的电能为28.5J
9.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(可看做质点)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，取g＝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．
10．（2022·湖北·模拟预测）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ=37°。质量m1=5kg的小物块A和质量m2=5kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0=8m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求
（1）物块A刚冲上传送带时加速度的大小及方向；
（2）物块A冲上传送带沿传送带向上运动的最远距离及此过程中传送带对物块A做的功；
（3）若传送带以不同的速率v（011．（2022·全国·高三专题练习）如图甲所示，质量为m＝20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长、从右向左以恒定速度v0＝－10m/s运行的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时，物体的速度-时间图像如图乙所示，已知0～4s内水平外力方向始终与物体运动方向相反，g取10m/s2。求：
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；
（2）0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q。
12．如图所示，水平传送带正以v=2m/s的速度运行，两端水平距离l=8m，把一质量m=2kg的物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，不计物块的大小，g取10m/s2，则把这个物块从A端传送到B端的过程中。
（1）摩擦力对物块做功的平均功率是多少；
（2）1s时，摩擦力对物块做功的功率是多少。
13．如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面MN底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧，轻弹簧的上端静止放一质量m=2kg的可看作质点的滑块，滑块与斜面顶端N点相距x=0.3m。现将弹簧解除锁定，滑块离开弹簧后经N点离开斜面，恰好水平飞上由电动机带动，速度为v=73m/s顺时针匀速转动的传送带，足够长的传送带水平放置，其上表面距N点所在水平面高度为ℎ=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=32，g取10m/s2。求：
（1）滑块从离开N点至飞上传送带的时间；
（2）弹簧锁定时储存的弹性势能；
（3）滑块在传送带上运动时由于摩擦产生的热量和电动机多做的功。
14．（2022·重庆·模拟预测）如图为模拟运送工件的水平传送带装置，绷紧的传送带在驱动电机作用下始终保持v0=5.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度ℎ=0.45m。质量m=1kg的工件（可视为质点）由A端无初速度地放置在传送带上，到达B端时工件刚好从B点水平抛出，落地点与抛出点的水平距离s=1.2m。已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取g=10m/s2。
（1）求工件从B点抛出时的速度；
（2）求因运送该工件驱动传送带的电机多消耗的能量，并根据计算结果提出不改变运送工件时间前提下，减少电机能量损耗的方式（不用说明理由）。
考点二 板块模型能量分析
1.使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。
2.从能量角度分析板块模型时对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
③求摩擦生热时用相对位移Δx.
15．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，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v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s。则在此过程中（ ）
A．摩擦力对物块做功为−umgs+d
B．摩擦力对木板做功为umgs
C．木板动能的增量为mgd
D．由于摩擦而产生的热量为umgs
16．如图所示，长木板A静止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上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是（ ）
A．物体B克服摩擦力做的功等于木板A增加的机械能与系统增加的内能之和
B．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
C．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
D．物体B损失的机械能等于木板A获得的机械能
17．如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则（ ）
A．木板A所受摩擦力对木板A做负功
B．木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等
C．木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板A的摩擦力做的功
D．力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和
18．如图所示，一足够长、质量为m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2m的物体竖直向下轻轻地放置在木板右端，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它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，那么力F对木板做功的数值为（ ）
A．2mv2B．mv2C．0.5mv2D．0.25mv2
19．（2022·湖南·模拟预测）如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下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，须对木板施加一水平向右的作用力F。从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，木块与物体组成的系统产生的热量为（ ）
A．2mv2B．mv2C．mv22D．mv24
20．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是（ ）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为FL+x
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．摩擦力对小物块所做的功为−FfL+x
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为FfL
21．如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．当F＞2F0，木块A和木板B开始相对滑动
B．当F＞F0，木块A和木板B开始相对滑动
C．自x=0至木板x=x0木板B对A做功大小为F0x04
D．x=x0时，木板B的速度大小为F0x02m
22．如图所示，一足够长的木板B放在水平地面上，木块A放在B的水平表面上，A的左端连有轻质弹簧，弹簧左端固定在竖直墙壁上，用力F向右拉动木板B，使B以速度v做匀速运动，A相对地面静止时，弹簧的弹力为F1．已知木块与木板之间、木板和地面之间的动摩擦因数相同，A始终在B上，则以下说法中正确的是（ ）
A．A相对地面静止后，B受到的滑动摩擦力的大小等于F1
B．A相对地面静止后，地面受到的滑动摩擦力的大小等于F1
C．若B以2v的速度匀速运动，A相对地面静止后，A受到的滑动摩擦力的大小等于F1
D．若用2F的力作用在木板B上，A相对地面静止后，A受到的滑动摩擦力的大小等于2F1
23．(多选)如图所示，质量为M、长为L=4m的木板Q放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为m的物块P放在木板的最左端。T=0时刻给物块水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移为x=7m。则下列说法正确的是（ ）
A．P、Q所受的摩擦力之比为m:M
B．摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为11:7
C．P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的热量之比为11:4
D．Q增加的动能与系统损失的机械能之比为11:4
24．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图甲所示，质量为M=1.5kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为m=0.5kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1。现用水平向右的拉力F拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足F=kt（k为常量），物块的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则（ ）
A．k=2N/s
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.5
C．0~2s时间内，水平拉力F做的功为49144J
D．43~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为29J
25．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，一倾角为θ=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数μ=0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
26．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，倾角θ=37°，长为6m的斜面体固定在水平地面上，长为3m、质量为4kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐；质量为2kg的物块B（可是为质点）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也刚好滑到斜面底端，已知长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，物块B与A间的动摩擦因数μ2=0.375，重力加速度g取10m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）从开始到A的下端滑到斜面底端所用时间；
（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。
27．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，半径R=5.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=2.0kg，上表面与C点等高。质量m=0.5kg可视为质点的物块在A点以3m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道且沿着轨道下滑，物块以12m/s的速度滑上木板的左端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.04，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2求：
（1）物块在B点时的速度大小vB；
（2）物块从轨道的B点运动至C点的过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）若木板足够长，从物块滑上木板开始至木板停下的整个过程中，木板和地面之间由于摩擦所产生的热量Q。
28．（2022·河北·任丘市第一中学高一阶段练习）如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角α=37°，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、ℎ=0.15m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，cs37°=0.8，sin37°=0.6，g=10m/s2
（1）求小物块水平抛出时，初速度v0的大小；
（2）求小物块滑至C点时，圆弧轨道对小物块的支持力大小；
（3）求出长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？
（4）求整个运动过程中产生的热量。
29．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h＝3m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度L0＝1m的轻弹簧，木板B总质量m＝1kg，总长度L＝2.5m。有一个质量为M＝4kg的小物块A以沿斜面向下大小为5m/s的速度滑上木板B，A、B之间的动摩擦因数μ=32，木板B下滑到斜面底端碰到挡板后立刻停下，物块A最后恰好没有脱离弹簧，且弹簧一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）斜面体与木板B的动摩擦因数μ0；
（2）木板B与挡板碰撞前的瞬间的速度大小；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep。
30．（2021·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习）如图所示为一工件传送装置的单向工作过程演示图，电动机通过轻绳带动一个足够长的薄木板，使木板保持匀速直线运动。当薄木板向右运动到P点处时，位于P处的自动装置释放一小工件使其无初速度的落在薄木板上，每当一个工件停止相对运动时，自动装置立即再释放一个小工件。已知薄木板速度为v、质量为M、与地面的动摩擦因数为μ1，每个工件的质量均为m、与薄木板的动摩擦因数为μ2，重力加速度大小为g。请分析：
（1）自动装置释放相邻两工件释放的时间间隔t；
（2）每个工件在薄木板上留下的痕迹的长度Δx；
（3）工作人员为便于自动控制电动机的输出，请你帮助工作人员写出电动机牵引力随工件块数n变化的函数关系式；
（4）从第1块工件落在薄木板上到第n块工件恰好停止相对运动这一过程中电动机对薄木板做的总功。
专题38 传送带模型 板块模型能量分析
1.“板—块”模型和“传送带”模型本质上都是相对运动问题，一般要分别求出各物体相对地面的位移，再求相对位移。
2．两物体的运动方向相同时，相对位移等于两物体的位移之差。两物体的运动方向相反时，相对位移等于两物体的位移之和。
考点一 传送带模型能量分析
1.传送带克服摩擦力做的功：W＝fx传（x传为传送带对地的位移）
2.系统产生的内能：Q＝fx相对（x相对为总的相对路程）．
3. 求解电动机由于传送物体而多消耗的电能一般有两种思路
= 1 \* GB3 ①运用能量守恒
以倾斜传送带为例，多消耗的电能为E电，则：E电＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
= 2 \* GB3 ②运用功能关系
传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功E电=fx传(特别注意：如果物体在倾斜传送带上的运动分匀变速和匀速两个运动过程，这两个过程中传送带都要克服摩擦力做功，匀变速运动过程中两者间的摩擦力是滑动摩擦力，匀速运动过程中两者间的摩擦力是静摩擦力)
1．如图所示，长为5m的水平传送带以2m/s的速度顺时针匀速转动，将质量为1kg的小滑块无初速度放在传送带左侧。已知传送带与小滑块之间的动摩擦因数为0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A．小滑块在传送带上一直做加速运动直至离开
B．小滑块在传送带上运动时间为2s
C．传送带对小滑块做的功为2J
D．因放上小滑块，电动机多消耗的电能为2J
【答案】C
【解析】AB．小滑块加速运动时的加速度 a=μg=1m/s2
加速运动位移 s=v22a=2m
加速时间为 t=va=21s=2s
匀速运动的时间为 t'=L−sv=1.5s 故滑块在传送带上运动时间为3.5s，选项AB错误；
C．传送带对滑块做的功等于滑块动能的增加，即 W=Ek=12mv2=2J 故C正确；
D．加速阶段传送带匀速运动的位移为4m，滑块相对滑动的距离为2m，摩擦产生的热量为Q=μmgs相=2J
故多消耗的电能 E=Q+Ek=4J 故D错误。
2．(多选)如图甲所示，水平传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为10kg的木箱（可视为质点）轻放到传送带最左端，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，4s未木箱到达传送带最右端，重力加速度g取10m/s2，则（ ）
A．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.1
B．整个过程中摩擦生热为20J
C．整个过程中传送带对木箱做的功为60J
D．传送带速度为2m/s
【答案】ABD
【解析】A．由题图乙可知，木箱相对传送带滑动过程中的加速度大小为 a=ΔvΔt=1m/s2
设木箱与传送带之间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有 μmg=ma
解得 μ=0.1 故A正确；
BD．由图可知传送带的速度为 v=2m/s
0~2s内，木箱和传送带之间的相对位移大小为 Δx=vt1−vt12=2m
整个过程中摩擦生热为 Q=μmgΔx=20J 故BD正确；
C．根据动能定理，整个过程中传送带对木箱做的功为 W=ΔEk=12mv2=20J 故C错误。
3．(多选)足够长的传送带水平放置，在电动机的作用下以速度v2逆时针匀速转动，一质量为m的小煤块以速度v1滑上水平传送带的左端，且v1>v2.小煤块与传送带间的动摩擦因数μ，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．煤块在传送带上的痕迹长为v12−v222μg
B．煤块在传送带上的痕迹长为v1+v222μg
C．传送带与煤块摩擦产生的热量为12mv12−v22
D．传送带克服煤块的摩擦力做功为mv2v1+v2
【答案】BD
【解析】AB．小煤块以速度v1滑上传送带先向右做匀减速运动到速度为零，此过程有
a=μmgm=μg，t1=v1a，x1=v12t1
此过程发生的相对位移为Δx1=v2t1+x1
联立解得Δx1=v1(2v2+v1)2μg
小煤块速度为零后开始向左做匀加速运动，直到与传送带达到共速v2，
此过程有 a=μmgm=μg，t2=v2a，x2=v22t2
此过程发生的相对位移为Δx2=v2t2−x2
联立解得Δx2=v222μg
煤块在传送带上的痕迹长为s=Δx1+Δx2=v1+v222μg A错误，B正确；
C．传送带与煤块摩擦产生的热量为 Q=μmgΔx1+μmgΔx2=μmgs=12mv1+v22 C错误；
D．传送带克服煤块的摩擦力做功为 Wf=μmgx传=μmgv2(t1+t2)=mv2v1+v2 D正确。
4．(多选)如图甲所示，足够长的水平传送带以速度v＝2.5 m/s沿顺时针方向运行，可视为质点的物块在t＝0时刻以速度v0=5m/s，从传送带左端开始沿传送带转动方向运动，物块的质量m＝4 kg，物块在传送带上运动的部分v−t图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，则在0~1 s内（ ）
A．物块一直做匀减速运动到速度为零
B．传送带对物块做的功为37.5 J
C．物块与传送带的动摩擦因数为μ=0.5
D．物块动能的变化量为−37.5J
【答案】CD
【解析】A．由题意知，传送带足够长，所以物块先匀减速到与传送带共速，之后再与传送带一起匀速直线运动，故A错误；
BD．由动能定理得，传送带对物块做的功为W=ΔEk=12mv2−12mv02=−37.5J
故B错误，D正确；
C．由图像知，t=0.5s时物块与传送带共速，则加速度为a=ΔvΔt=5−
又由牛顿第二定律知μmg=ma 解得μ=0.5故C正确。
5．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，传送带与水平面间的夹角为30°，其中A、B两点间的距离为3.5m，传送带在电动机的带动下以v=2m/s的速度顺时针匀速转动。现将一质量4kg的小物块（可视为质点）轻放在传送带的B点，已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=32，g为取10m/s2，则在传送带将小物块从B点传送到A点的过程中（ ）
A．小物块经过415s后与传送带共速
B．摩擦力对小物块做的功为24J
C．摩擦产生的热量为24J
D．因放小物块而使得电动机多消耗的电能为78J
【答案】C
【解析】A．物体刚放在B点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，由于μ=32>tan30∘
物体做匀加速直线运动，由牛顿第二定律μmgcs30∘−mgsin30∘=ma
得a=2.5m/s2
假设物体能与传送带达到相同速度，则物体上滑的的位移x1=v22a=0.8m假设成立。物体与传送带达到相同速度后，将向上匀速运动，到达A点的速度仍为2m/s。
小物块匀加速时间t=va=22.5s=0.8s
小物块经过0.8s后与传送带共速。A错误；
B．摩擦力匀加速阶段对小物块做的功W1=μmgcs30∘x1=32×40×32×45J=24J
小物块匀速运动过程中，小物块受到的为静摩擦力，大小与重力平行斜面向下的分力相等。摩擦力匀速阶段对小物块做的功 W2=mgsin30∘(L−x1)=4×10×12×(3.5−0.8)J=54J
摩擦力对小物块做的功为 W=W1+W2=24J+54J=78J B错误；
C．小物块与传送带的相对位移 Δx=vt−v2t=0.8m
摩擦产生的热量 Q=μmgcs30∘⋅Δx=32×40×32×45J=24J C正确；
D．电动机多消耗的电能 E=ΔEk+ΔEp+Q=12mv2+mgLsin30∘+Q=8J+70J+24J=102J D错误。
6．(多选)如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ=37°，A、B两端间距L=16m，传送带以速度v=10m/s沿顺时针方向运动。现将一质量m=1kg的物体从A端静止释放，它与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，在物体到达B端的过程中（最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）下列说法中正确的是（ ）
A．物体从A端到B端的时间为2s
B．传送带克服摩擦力做的功为80J
C．电动机因传送物体而多消耗的电能为72J
D．物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为24J
【答案】AD
【解析】A．物体轻放在A端，在传送带的作用下做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
mgsin37°+μmgcs37°=ma1
解得 a1＝10m/s2
与传送带共速经过的时间 t1＝va1＝1s
运动的位移为 x1＝12at12＝12×10×12m＝5m
因为 mgsin37°＞μmgcs37°
所以物体继续做匀加速直线运动，加速度为 mgsin37°-μmgcs37°=ma2
解得 a2＝2m/s2
继续向下匀加速，满足 L−x1＝vt2+12a2t22
解得 t2=1s
物体由A运动到B端的时间为 t=t1+t2=2s 故A正确；
BC．第一阶段，传送带受向上的摩擦力，即摩擦力对传送带做负功，则 W1=−μmgcs37∘⋅vt1=−40J
后一阶段，传送带受向下的摩擦力，则摩擦力对传送带做正功，则 W2=μmgcs37∘⋅vt2=40J
可知传送带克服摩擦力做的功为0J，因整个过程中摩擦力对传送带做功为零，则电动机因传送物体而多消耗的电能为零，选项BC错误；
D．物体前1s内，物块相对传送带的路程为 s1=vt1-x1=10×1m-5m=5m
后1s内，物体相对传送带的路程为 s2=L-x1-vt2=16m-5m-10×1m=1m
则物体与传送带之间由于摩擦而产生的热量为 Q=μmgcs37°•（s1+s2）=0.5×1×10×0.8×（5+1）J=24J
故D正确。
7．（2022·全国·高三专题练习）(多选)如图所示为某建筑工地的传送装置，传送带倾斜地固定在水平面上，以恒定的速度v0=2 m/s向下运动，质量为m=1kg的工件无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1=0.2 s，工件的速度达到2m/s，此后再经过t2=1.0 s时间，工件运动到传动带的底端Q，且到底端时的速度为v=4m/s，重力加速度g=10 m/s2，工件可视为质点。则下列说法正确的是（ ）
A．传送带的长度为x=2.4 m
B．传送带与工件间的动摩擦因数为μ=0.5
C．工件由P运动到Q的过程中，传送带对工件所做的功为W=−11.2 J
D．工件由P运动到Q的过程中，因摩擦而产生的热量为Q=4.8 J
【答案】BCD
【解析】分析知工件在传送带上先做匀加速直线运动，与传送带达到共同速度后，工件继续沿传送带向下加速运动。
AB．设传送带与水平面的夹角记为θ，由题意可知在t1=0.2 s时间内，对工件由牛顿第二定律得
mgsin θ＋μmgcs θ=ma1
由运动学规律有a1=v0t1=10ms2
工件在t1=0.2 s时间内的位移x1=v02t1=12×2×0.2m=0.2m
在t2=1.0 s的时间内，对工件由牛顿第二定律得mgsin θ−μmgcs θ=ma2
由运动学规律有a2=v−v0t2=4−21.0ms2=2.0ms2
工件在t2=1.0 s时间内的位移x2=v0+v2t2=2+42×1.0m=3.0m
则有传送带的长度为x=x1＋x2=0.2 m＋3.0 m=3.2 m
由以上分析可解得cs θ=0.8 μ=0.5 A错误，B正确；
C．工件受到传送带的摩擦力大小 f=μmgcs θ=4N
在t1=0.2 s的时间内，摩擦力对工件做正功
Wf1=fx1=4×0.2 J=0.8 J
在t2=1.0 s的时间内，摩擦力对工件做负功
Wf2=−fx2=−4×3 J=−12 J
所以工件由P运动到Q的过程中，传送带对工件做的功为
W=Wf1＋Wf2=0.8 J −12 J=−11.2 J C正确；
根据功能关系可知，工件与传送带因摩擦而产生的热量等于摩擦力乘以相对位移，
t1=0.2 s时间内Δx1=v0t1−x1=0.2 m
t2=1.0 s时间内Δx2=x2−v0t2=3.0 m −2 m=1.0 m
故传送带与工件之间的总相对位移为Δx=Δx1＋Δx2=1.0m＋0.2 m=1.2 m
工件与传送带因摩擦而产生的热量为Q=f·Δx=4×1.2 J=4.8 J D正确。
8．(多选)如图甲，一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＝1kg，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．传送带顺时针转动，速度大小为2m/s
B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235
C．0～t2时间因摩擦产生热量为27J
D．0～t2时间内电动机多消耗的电能为28.5J
【答案】ABC
【解析】A．从v－t图像可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2m/s，因为取沿斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故A正确；
B．小物块的加速度 a＝1m/s2
对物块受力分析，可得 μmgcsθ－mgsinθ＝ma 解得 μ＝235 故B正确；
C．物块运动速度减为零后，反向加速经历时间 t＝va＝2s
由v－t图像可知 t2＝3s
则物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为 Δx1=x1+x1'=1×12m+1×2m=2.5m
物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为 Δx2=x2−x2'=2×2m−2×22m=2m
所以传送带与物块的总相对位移为 Δx=Δx1+Δx2=4.5m
所以产生内能为 Q＝μmgcsθ·Δs＝27J
故C正确；
D．物块增加的重力势能 ΔEp＝mgsinθ·(x2−x1) ＝7.5J
物块动能的增量 ΔEk＝12mv2－12mv02＝1.5J
则传送带多消耗的电能 W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36J 故D错误。
9.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(可看做质点)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，取g＝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．
【答案】(1)eq \f(\r(3),2) (2)230 J
【解析】(1)由题图可知，传送带长x＝eq \f(h,sin θ)＝3 m.
假设工件在运动到最大高度之前已经开始做匀速运动．
工件速度达到v0前，设工件运动的时间为t1，
则匀加速运动的位移x1＝eq \x\t(v) t1＝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，所以假设成立．
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)解法一 从能量守恒的观点来看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能和势能以及传送带与工件发生相对运动过程中产生的热量．
在时间t1内，传送带运动的位移x传＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件运动的位移x1＝eq \f(v0,2)t1＝0.8 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移x相对＝x传－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦生热Q＝μmgcs θ·x相对＝60 J
工件获得的动能Ek＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
电动机多消耗的电能E电＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
解法二 运用功能关系，传送带多消耗的电能等于传送带克服阻力做的功
在加速过程中滑动摩擦力对传送带做的功 W1=μmgcsx传=120J
在匀速过程中静摩擦力对传送带做的功 W2= mgsin θ(x－x1 )=110J
则整个过程中电动机由于传送工件多消耗的电能E=W1 ＋ W2 = 230 J.
10．（2022·湖北·模拟预测）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ=37°。质量m1=5kg的小物块A和质量m2=5kg的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0=8m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°=0.6，cs37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，求
（1）物块A刚冲上传送带时加速度的大小及方向；
（2）物块A冲上传送带沿传送带向上运动的最远距离及此过程中传送带对物块A做的功；
（3）若传送带以不同的速率v（0【答案】（1）10m/s2，方向沿传送带向下；（2）103m，−1603J；（3）3m/s，40J
【解析】（1）物块A刚冲上传送带时，A受重力、垂直于传送带斜向左上方的支持力、沿传送带向下的摩擦力和沿绳向下的拉力，根据牛顿第二定律有 m1gsinθ+T+μm1gcsθ=m1a1
B受向下的重力和沿绳向上的拉力，根据牛顿第二定律有 m2g−T=m2a1
联立以上两式解得 a1=10m/s2
故物块A刚冲上传送带时的加速度大小为10m/s2，方向沿传送带向下；
（2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动
对A物块，根据牛顿第二定律 m1gsinθ+T−μm1gcsθ=m1a2
对B物块，根据牛顿第二定律 m2g−T=m2a2
联立上式解得 a2=6m/s2
当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，
故 xm=x1+x2 x1=v02−v22a1 x2=v22a2
代入数据解得 xm=103m
此过程中传送带对物块A做的功 Wf=−fx1+fx2 f=μm1gcsθ
解得 Wf=−1603J
（3）共速之前物块A与传送带的相对位移为 x1相=x1物−x1传 x1物=v02−v22a1 x1传=vt1=vv0−va1
则共速之前摩擦生热为 Q1=fx1相=v2−16v+64(J)
同理，共速后有 x2相=x2传−x2物 x2传=vt2=vva2 x2物=v22a2
此过程摩擦生热为 Q2=fx2相=53v2(J)
故物块A运动到最远处的生热为 Q=Q1+Q2=83v2−16v+64(J)
根据二次函数的知识，有 v=−−162×83m/s=3m/s Qmin=83×32−16×3+64J=40J
11．（2022·全国·高三专题练习）如图甲所示，质量为m＝20kg的物体在大小恒定的水平外力作用下，冲上一足够长、从右向左以恒定速度v0＝－10m/s运行的水平传送带，从物体冲上传送带开始计时，物体的速度-时间图像如图乙所示，已知0～4s内水平外力方向始终与物体运动方向相反，g取10m/s2。求：
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；
（2）0～4s内物体与传送带间的摩擦热Q。
【答案】（1）0.3；（2）2880J
【解析】（1）设水平外力大小为F，由乙图可知0～2s内，物体向右做匀减速直线运动，加速度大小为
a1＝5m/s2
由牛顿第二定律得 F＋f＝ma1
2～4s内物体向左做匀加速直线运动，加速度大小为 a2＝1m/s2
由牛顿第二定律得 f－F＝ma2
联立解得 f＝60N
又 f＝μmg
解得 μ＝0.3
（2）0～2s内物体的对地位移为 x1=v1+02t1=10m
传送带的对地位移为 x1′＝v0t1＝－20m
此过程中物体与传送带间的摩擦热为 Q1＝f(x1－x1′)＝1800J
2～4s内物体的对地位移为 x2=0+v22t2=−2m
传送带的对地位移为 x2′＝v0t2＝－20m
此过程中物体与传送带间的摩擦热 Q2＝f(x2－x2′)＝1080J
0～4s内物体与传送带间的摩擦热为 Q＝Q1＋Q2＝2880J
12．如图所示，水平传送带正以v=2m/s的速度运行，两端水平距离l=8m，把一质量m=2kg的物块轻轻放到传送带的A端，物块在传送带的带动下向右运动，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，不计物块的大小，g取10m/s2，则把这个物块从A端传送到B端的过程中。
（1）摩擦力对物块做功的平均功率是多少；
（2）1s时，摩擦力对物块做功的功率是多少。
【答案】（1）0.8W；（2）2W
【解析】（1）物块受向右的摩擦力 Ff=μmg
加速度为 a=Ffm=μg=1ms2
当物块与传送带相对静止时，物块的位移 x=v22a=2m
摩擦力做功 W=Ffx=4J
相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后物块匀速运动到B端，
物块由A端运动到B端所用的时间为 t=va+l−xv=5s
则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为 P=Wt=0.8W
（2）由（1）分析知，1s时，物块的速度 v1=at=1m/s
则摩擦力对物块做功的功率 P1=Ffv1=2W
13．如图所示，在倾角为θ=30°的光滑斜面MN底端固定一个被压缩且锁定的轻弹簧，轻弹簧的上端静止放一质量m=2kg的可看作质点的滑块，滑块与斜面顶端N点相距x=0.3m。现将弹簧解除锁定，滑块离开弹簧后经N点离开斜面，恰好水平飞上由电动机带动，速度为v=73m/s顺时针匀速转动的传送带，足够长的传送带水平放置，其上表面距N点所在水平面高度为ℎ=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=32，g取10m/s2。求：
（1）滑块从离开N点至飞上传送带的时间；
（2）弹簧锁定时储存的弹性势能；
（3）滑块在传送带上运动时由于摩擦产生的热量和电动机多做的功。
【答案】（1）0.2s；（2）19J；（3）75J；210J
【解析】（1）滑块从N点离开飞上传送带在竖直方向做竖直上抛运动 ℎ=12gt12 t1=0.2s
（2）滑块离开N点的竖直分速度为 vy=gt1
在N点由速度分解可得 vN=vysinθ
弹簧解除锁定至滑块到达N点过程，系统的机械能守恒 EP=mgxsinθ+12mvN2 EP=19J
（3）滑块刚飞上传送带时的速度为 v0=vNcsθ=23m/s
滑块在传送带上加速时，由牛顿第二定律得 μmg=ma
相对传送带滑动的时间t2满足 v=v0+at2
所以滑块滑动过程对地的位移 x1=v0+vt22=932m
滑块滑动过程传送带对地的位移 x2=vt2=73m
所以所求摩擦生热 Q=μmgx2−x1=75J
电动机多做的功 W=Q+12mv2−12mv02=210J
14．（2022·重庆·模拟预测）如图为模拟运送工件的水平传送带装置，绷紧的传送带在驱动电机作用下始终保持v0=5.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距离水平地面的高度ℎ=0.45m。质量m=1kg的工件（可视为质点）由A端无初速度地放置在传送带上，到达B端时工件刚好从B点水平抛出，落地点与抛出点的水平距离s=1.2m。已知工件与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取g=10m/s2。
（1）求工件从B点抛出时的速度；
（2）求因运送该工件驱动传送带的电机多消耗的能量，并根据计算结果提出不改变运送工件时间前提下，减少电机能量损耗的方式（不用说明理由）。
【答案】（1）4m/s；（2）20J，见解析。
【解析】（1）工件从B点抛出，在竖直方向有 ℎ=12gt2
代入数据解得 t=0.3s
在水平方向有 s=vt
代入数据解得 v=4m/s
（2）因工件从B点抛出的速度为v=4m/s小于传送带v0=5.0m/s，故工件从左到右一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 μmg=ma 解得 a=2m/s2
则工件加速度的时间为 t=va=2s
这段时间内工件的位移为 x=v2t=4m
传送带的位移为 x′=v0t=10m
则工件与传送带因摩擦产生的内能为 Q=μmg(x′−x)
代入数据解得 Q=12J
工件增加的动能为 ΔEk=12mv2=8J
则因运送该工件驱动传送带的电机多消耗的能量为 ΔE=Q+ΔEk=20J
减少电机能量损耗的方式：只要工件一直加速，时间不变，可以降低传送带运行速度为4m/s。
考点二 板块模型能量分析
1.使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度恰好相同。
2.从能量角度分析板块模型时对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
③求摩擦生热时用相对位移Δx.
15．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，一个长为L，质量为M的木板，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v0，从木板的左端滑向另一端，设物块与木板间的动摩擦因数为μ，当物块与木板相对静止时，物块仍在长木板上物块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为s。则在此过程中（ ）
A．摩擦力对物块做功为−umgs+d
B．摩擦力对木板做功为umgs
C．木板动能的增量为mgd
D．由于摩擦而产生的热量为umgs
【答案】AB
【解析】AB．根据功的定义 W=Fscsθ
其中s指物体对地的位移，而θ指力与位移之间的夹角，可知摩擦力对物块做功 W1=−μmg(s+d）
摩擦力对木板做功 W2=μmgs AB正确；
C．根据动能定理可知木板动能的增量 ΔEk=W2=μmgs C错误；
D．由于摩擦而产生的热量 Q=f⋅Δx=μmgd D错误。
16．如图所示，长木板A静止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上到相对板A静止的过程中，下述说法中正确的是（ ）
A．物体B克服摩擦力做的功等于木板A增加的机械能与系统增加的内能之和
B．物体B动能的减少量等于系统损失的机械能
C．物体B克服摩擦力做的功等于系统内能的增加量
D．物体B损失的机械能等于木板A获得的机械能
【答案】A
【解析】依题意，根据功能关系可知，物体B克服摩擦力做的功等于B动能的减少量，把AB看着一个系统，根据系统能量守恒知，B动能的减少量等于木板A增加的机械能（动能）与系统增加的内能之和。
故选A。
17．如图所示，木板A静止于光滑水平面上，木块B轻置于木板A上。现施加外力F拉着木块B做匀加速直线运动，木板A在摩擦力作用下也向右加速运动，但加速度小于木块B的加速度，则（ ）
A．木板A所受摩擦力对木板A做负功
B．木板A对木块B的摩擦力做的功与木块B对木板A的摩擦力做的功的大小相等
C．木块与木板间摩擦产生的热量等于木板A对木块B的摩擦力做功的大小减去木块B对木板A的摩擦力做的功
D．力F做的功等于木块B与木板A的动能增量之和
【答案】C
【解析】A．木板A所受摩擦力方向与其运动方向相同，对木板A做正功，故A错误；
B．木板A对木块B的摩擦力做的功大小为W1=fABx
木块B对木板A的摩擦力做的功大小为W2=fBAx1
由题意得fAB的大小与fBA的大小相等，但x>x1，所以两者做功大小不相等，故B项错误；
C．摩擦生热的计算公式为Q=f⋅Δs
又因为Δs=x−x1
所以有Q=f⋅Δs=W1−W2故C项正确；
D．根据能量守恒有，力F做的功等于木块B和木块A动能的增量之和，再加上A、B相对运动产生的热量，故D项错误。
18．如图所示，一足够长、质量为m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2m的物体竖直向下轻轻地放置在木板右端，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它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，那么力F对木板做功的数值为（ ）
A．2mv2B．mv2C．0.5mv2D．0.25mv2
【答案】A
【解析】拉力F的大小为 F=2μmg
放上物体后，物体的加速度 a=2μmg2m=μg
达到相同的速度所需时间 t=va=vμg
这段时间内，木板前进的距离 x=vt=v2μg
拉力对木板做的功 W=Fx=2μmg×v2μg=2mv2 故选A。
19．（2022·湖南·模拟预测）如图所示，一足够长的木板在光滑水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体竖直向下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，须对木板施加一水平向右的作用力F。从物体放到木板上到它相对木板静止的过程中，木块与物体组成的系统产生的热量为（ ）
A．2mv2B．mv2C．mv22D．mv24
【答案】C
【解析】物体相对木板运动时的加速度 a＝μmgm＝μg
由 v＝μgt
知物体与木板相对运动的时间 t＝vμg
该过程木板相对物体运动的路程 s相＝vt－v2t＝12vt
由功能关系知，物体与木板组成的系统产生的热量 Q＝fs相＝μmg·s相
各式联立得 Q＝12mv2 故C正确；ABD错误；
20．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块（可视为质点）放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是（ ）
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为FL+x
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Ffx
C．摩擦力对小物块所做的功为−FfL+x
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为FfL
【答案】BCD
【解析】A．小物块到达小车最右端过程，对于小物块根据动能定理可得 (F−Ff)(L+x)=Ek1−0
小物块到达小车最右端时具有的动能为 Ek1=(F−Ff)(L+x) 故A错误；
B．小物块到达小车最右端过程，对于小车根据动能定理可得 Ffx=Ek2−0
小车具有的动能为 Ek2=Ffx 故B正确；
C．摩擦力对小物块所做的功为 Wf1=−Ff(L+x) 故C正确；
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为 Q=Ffx相=FfL 故D正确；
21．如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F0时A开始运动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。对两物块的运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．当F＞2F0，木块A和木板B开始相对滑动
B．当F＞F0，木块A和木板B开始相对滑动
C．自x=0至木板x=x0木板B对A做功大小为F0x04
D．x=x0时，木板B的速度大小为F0x02m
【答案】D
【解析】AB．设A、B之间的最大摩擦力为fm，B与地面之间的最大摩擦力为f′m，由于最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则 fm=4μmg>f′m=μ·2mg=2μmg
可知，当F增大到F0，A开始运动时，B也和A一起滑动。则 F0=f′m=2μmg
当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，
整体隔离法得 F−fm=ma F−f′m=2ma 联立解得 F=3F0 故AB错误；
CD．木板自x=0至x=x0过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得 (2F0+F0)2·x0−f′mx0=12·2mv2
对A用动能定理，得 −WB+(2F0+F0)2·x0=12mv2
联立解得 WB=5F0x04，v=F0x02m 故C错误，D正确。
22．如图所示，一足够长的木板B放在水平地面上，木块A放在B的水平表面上，A的左端连有轻质弹簧，弹簧左端固定在竖直墙壁上，用力F向右拉动木板B，使B以速度v做匀速运动，A相对地面静止时，弹簧的弹力为F1．已知木块与木板之间、木板和地面之间的动摩擦因数相同，A始终在B上，则以下说法中正确的是（ ）
A．A相对地面静止后，B受到的滑动摩擦力的大小等于F1
B．A相对地面静止后，地面受到的滑动摩擦力的大小等于F1
C．若B以2v的速度匀速运动，A相对地面静止后，A受到的滑动摩擦力的大小等于F1
D．若用2F的力作用在木板B上，A相对地面静止后，A受到的滑动摩擦力的大小等于2F1
【答案】C
【解析】木板在抽出过程中相对于地面做匀速直线运动，其上下表面均受滑动摩擦力，而上表面的滑动摩擦力大小等于F1，总摩擦力f＞F1，故A错误；A相对地面静止后，地面受到的滑动摩擦力的大小f地=μ（GA+GB），A木块相对与地面是静止的，水平方向受平衡力作用，分别是向右的B对A的滑动摩擦力和向左的弹簧的拉力．所以F1=μGA，故B错误．若B以2v的速度产速运动，A相对地面静止后，水平方向受平衡力作用，分别是向右的B对A的滑动摩擦力和向左的弹簧的拉力．A受到的滑动摩擦力的大小等于F1，故C正确．若用2F的力作用在木板B上，A相对地面静止后，A受到的滑动摩擦力的大小不变还是F1．故D错误．故选C．
23．(多选)如图所示，质量为M、长为L=4m的木板Q放在光滑的水平面上，可视为质点的质量为m的物块P放在木板的最左端。T=0时刻给物块水平向右的初速度，当物块P滑到木板Q的最右端时木板Q的位移为x=7m。则下列说法正确的是（ ）
A．P、Q所受的摩擦力之比为m:M
B．摩擦力对P、Q所做的功的绝对值之比为11:7
C．P减小的动能与P、Q间因摩擦而产生的热量之比为11:4
D．Q增加的动能与系统损失的机械能之比为11:4
【答案】BC
【解析】A．P对Q的摩擦与Q对P的摩擦是作用力、反作用力，即P、Q所受的摩擦力之比为1:1，A错误；
B．摩擦力对物体P所做的功为 WfP=−fxP=−fx+L
摩擦力对物体Q所做的功为 WfQ=fxQ=fx
摩擦力对P与摩擦力对Q所做的功的绝对值之比为11:7，B正确；
C．对P由动能定理得 −fxP=ΔEkP
对Q由动能定理得 fxQ=ΔEkQ
P、Q组成的系统因摩擦而产生的热量为 ΔE=fL
即系统损失的机械能为fL，则 ΔEkP:ΔE=11:4，ΔEkQ:ΔE=7:4 C正确，D错误。
24．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图甲所示，质量为M=1.5kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为m=0.5kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1。现用水平向右的拉力F拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足F=kt（k为常量），物块的加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，则（ ）
A．k=2N/s
B．物块与木板间的动摩擦因数为0.5
C．0~2s时间内，水平拉力F做的功为49144J
D．43~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为29J
【答案】ABD
【解析】A．根据图像，1s时木板开始与地面发生相对运动 k×1=μ1M+mg
解得 k=2N/s A正确；
B．当t=113s 时，物块的加速度为13m/s2 ，根据牛顿第二定律得 k×113−μ2mg=m×13
解得 μ2=0.5 B正确；
C．2s时物块的加速度为 k×2−μ2mg=ma
解得 a=3m/s2
2s末物块的速度为 v=13×132m/s+13+3×2−1132m/s=76m/s
末动能为 12mv2=49144J
根据动能定理，合力的功是49144J，C错误；
D．43s 时木板的速度为 v1=13×132m/s=118m/s
木板的加速度为 μ2mg−μ1M+mg=Ma2
解得 a2=13m/s2
43~2s时间内，木板的位移为 x2=v1t+12a2t2=118×23m+12×13×232m=19m
43~2s时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为 Q=μ1M+mgx2=29J D正确。
25．（2023·全国·高三专题练习）(多选)如图所示，一倾角为θ=37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，现把质量为m=1kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。已知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，则下列判断正确的是（ ）
A．动摩擦因数μ=0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6m/s
C．长木板的长度为2.25m
D．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
【答案】BC
【解析】A．开始时长木板B沿着斜面以速度v0=9m/s匀速下滑，有 Mgsin37∘=μMgcs37∘
解得 μ=0.75 A错误；
B．铁块A轻轻放在长木板B时有，根据牛顿第二定律有，对A分析有 μmgcs37∘+mgsin37∘=maA
解得 aA=12m/s2 ，方向沿斜面向下
对B，根据牛顿第二定律有 μM+mgcs37∘+μmgcs37∘−Mgsin37∘=MaB
解得 aB=6m/s2 ， 方向沿斜面向上
铁块A和长木板B共速的时间为 v0−aBt=aAt
解得 t=0.5s
铁块A和长木板B共速后，速度大小为 v共=aBt=6m/s B正确；
C．铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板的长度为 L=xB−xA=v0+v共2t−v共2t=2.25m
C正确；
D．由能量守恒定律可知，从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量与B与斜面之间摩擦产生的热量和，D错误。
26．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，倾角θ=37°，长为6m的斜面体固定在水平地面上，长为3m、质量为4kg的长木板A放在斜面上，上端与斜面顶端对齐；质量为2kg的物块B（可是为质点）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也刚好滑到斜面底端，已知长木板A与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，物块B与A间的动摩擦因数μ2=0.375，重力加速度g取10m/s2，不计物块B的大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）从开始到A的下端滑到斜面底端所用时间；
（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。
【答案】（1）t=2s；（2）Q=90J
【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，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，据牛顿第二定律可得 2mgsinθ−μ1×3mgcsθ+μ2mgcsθ=2ma1
由运动学公式可得 sA=12a1t2
以物块B为研究对象，据牛顿第二定律可得 mgsinθ−μ2mgcsθ=ma2
由运动学公式可得 sB=12a2t2
由位移关系可得 sB−sA=L
联立解得 t=2s
设长木板A和物块B运动到斜面底端时速度分别为v1、v2，
根据运动学公式可得 L=12v1t 2L=12v2t
由能量守恒可得，因摩擦产生的总热量为 Q=mg×2Lsinθ+2mgLsinθ−12mv22−12×2mv12
代入数据解得 Q=90J
27．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，半径R=5.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ=30°，另一端点C为轨道的最低点，C点右侧的水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M=2.0kg，上表面与C点等高。质量m=0.5kg可视为质点的物块在A点以3m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道且沿着轨道下滑，物块以12m/s的速度滑上木板的左端。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数μ2=0.04，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2求：
（1）物块在B点时的速度大小vB；
（2）物块从轨道的B点运动至C点的过程中克服摩擦力所做的功Wf；
（3）若木板足够长，从物块滑上木板开始至木板停下的整个过程中，木板和地面之间由于摩擦所产生的热量Q。
【答案】（1）6m/s；（2）10.5J；（3）4J
【解析】（1）物体从A到B做平抛运动，在B点有 vBsinθ=v0
解得物块在B点的速度 vB=6m/s
（2）物体从B点运动到C点过程中，由动能定理有 mgR(1+sin30°)−Wf=12mvC2−12mvB2
解得物块克服摩擦力做功 Wf=10.5J
（3）物块滑上木板后做匀减速直线运动，加速度大小为a1，由牛顿第二定律有 μ1mg=ma1
物块与木板达的共同速度为v，由运动学公式有 v=vC−a1t
木板做匀加速直线运动，加速度大小为a2，由牛顿第二定律有 μ1mg−μ2（M+m）g=Ma2
由运动学规律有 v=a2t
解得 t=83s
木板匀加速直线运动的位移 x1=12a2t2=169m
当二者达到共速后，假设物块和木板一起运动，由牛顿第二定律有 μ2M+mg=M+ma3
解得物块和木板一起运动加速度大小 a3=0.4m/s2
对物块由牛顿第二定律有 f=ma3 f=0.2N假设成立，即二者达共速后一起做匀减速直线运动至停下。
木板匀减速直线运动的位移为 x2=v22a3=209m
木板和地面之间由于摩擦所产生的热量 Q=μ2M+mgx1+x2=4J
28．（2022·河北·任丘市第一中学高一阶段练习）如图所示，从A点以v0的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当小物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，圆弧轨道BC的圆心角α=37°，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面上的长木板上，圆弧轨道C端切线水平。已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.6m、ℎ=0.15m，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，cs37°=0.8，sin37°=0.6，g=10m/s2
（1）求小物块水平抛出时，初速度v0的大小；
（2）求小物块滑至C点时，圆弧轨道对小物块的支持力大小；
（3）求出长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？
（4）求整个运动过程中产生的热量。
【答案】（1）4m/s；（2）FN=47.3N；（3）l=2.8m；（4）Q=14J
【解析】（1）A到B平抛 H−ℎ=12gt2 vBy=gt v0=vBytanα
解得 v0=4m/s
（2）有 vB=v0csα vB=5m/s
B到C动能定理 mgℎ=12mvC2−12mvB2 vC=27m/s
C点有 FN−mg=mvC2R R−Rcsα=ℎ R=0.75m FN=47.3N
（3）因为μ1mg<μ2m+Mg，所以长木板相对地面静止 −μ1mgl=0−12mvC2 l=2.8m
（4）由功能关系有 Q=12mvC2
解得 Q=14J
29．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，倾角为θ＝30°的斜面体固定在水平地面上，其左端高度h＝3m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能静止，下端连接一根自然长度L0＝1m的轻弹簧，木板B总质量m＝1kg，总长度L＝2.5m。有一个质量为M＝4kg的小物块A以沿斜面向下大小为5m/s的速度滑上木板B，A、B之间的动摩擦因数μ=32，木板B下滑到斜面底端碰到挡板后立刻停下，物块A最后恰好没有脱离弹簧，且弹簧一直处于弹性限度内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）斜面体与木板B的动摩擦因数μ0；
（2）木板B与挡板碰撞前的瞬间的速度大小；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能Ep。
【答案】（1）33；（2）4m/s；（3）22.5J
【解析】（1）木板恰好静止在斜面上，根据平衡条件得mgsin30°=μ0mgcs30°
故斜面体与木板B的动摩擦因数为μ0=33；
（2）物块A在木板上滑行过程中，对A根据牛顿第二定律μMgcs30°−Mgsin30°=MaA
代入数据得aA=2.5m/s2，方向沿斜面向上，
对B根据牛顿第二定律 μMgcs30°+mgsin30°−μ0(M+m)gcs30°=maB
代入数据得aB=10m/s2，方向沿斜面向下，
假设A与木板达到共速时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有 v共=aBt=vA−aAt
解得 t=0.4s ，v共=4m/s
此过程中A的位移 xA=vA+v共2⋅t=1.8m
B的位移 xB=v共2⋅t=0.8m
由于 xB=0.8mA在B上滑行的距离 Δx=xA−xB=1m共速后，由于 (M+m)gsin30°=μ0(M+m)gcs30°
A与木板B匀速下滑，直到木板与底端挡板碰撞，故木板B与挡板碰撞前的速度为4m/s；
（3）木板与挡板碰撞后停下，此后A做匀减速直线运动，设接触弹簧时A的速度为vA1，有
−2aA(L−l0−Δx)=vA12−v共2
设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程， Q=2μMgxmcs30°=12MvA12
A从开始压缩弹簧到弹簧压缩最短过程， EP=12MvA12+Mgxmsin30°−12Q
联立解得： EP=22.5J
30．（2021·山东·安丘市普通教育教学研究室高三阶段练习）如图所示为一工件传送装置的单向工作过程演示图，电动机通过轻绳带动一个足够长的薄木板，使木板保持匀速直线运动。当薄木板向右运动到P点处时，位于P处的自动装置释放一小工件使其无初速度的落在薄木板上，每当一个工件停止相对运动时，自动装置立即再释放一个小工件。已知薄木板速度为v、质量为M、与地面的动摩擦因数为μ1，每个工件的质量均为m、与薄木板的动摩擦因数为μ2，重力加速度大小为g。请分析：
（1）自动装置释放相邻两工件释放的时间间隔t；
（2）每个工件在薄木板上留下的痕迹的长度Δx；
（3）工作人员为便于自动控制电动机的输出，请你帮助工作人员写出电动机牵引力随工件块数n变化的函数关系式；
（4）从第1块工件落在薄木板上到第n块工件恰好停止相对运动这一过程中电动机对薄木板做的总功。
【答案】（1）vμ2g；（2）v22μ2g；（3）Fn=μ1(M+nm)g+μ2mg；（4）μ1μ2nMv2+μ1n(n+1)2μ2mv2+nmv2
【解析】解：
（1）工件落在薄木板上，做匀加速直线运动，对工件由牛顿第二定律得 μ2mg=ma
当工件达到速度v时，停止相对运动，由运动学公式得 v=at
联立可得 t=vμ2g
（2）在时间t内，薄木板的位移 x1=vt=v2μ2g
工件的位移 x2=v2t
联立可得 Δx=x1−x2=v22μ2g
（3）第n块工件刚落在薄木板上时，薄木板与地面的摩擦力为 fn1=μ1(M+nm)g
工件与薄木板间的摩擦力为 f2=μ2mg
则此时轻绳的拉力 Fn=f1+f2=μ1(M+nm)g+μ2mg
电动机牵引力随工件块数n变化的函数关系式 Fn=μ1(M+nm)g+μ2mg
（4）每落上一个工件，薄木板运动的距离为 x1=vt=v2μ2g
截止到第n个工件落到薄板上静止后薄板克服工件摩擦力做功为 W1=μ2mg⋅nx1=nmv2
薄板克服地面摩擦力做功 W2=μ1(M+m)g⋅x1+μ1(M+2m)g⋅x1+⋯+μ1(M+nm)g⋅x1
整理得 W2=μ1μ2nMv2+μ1n(n+1)2μ2mv2
因木板匀速运动，合外力做功为零，由动能定理得 W−W1−W2=0
因此这一过程中电动机对薄木板做的总功 W=W1+W2=μ1μ2nMv2+μ1n(n+1)2μ2mv2+nmv2