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2021届高考物理人教版一轮创新教学案：热点专题3 第27讲 应用力学两大观点解决两类模型问题
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第27讲 应用力学两大观点解决两类模型问题
热点概述 (1)本热点专题是力学两大观点在传送带和滑块—木板两种模型中的综合应用，高考常以计算题、压轴题的形式出现。(2)学好本热点专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。(3)用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
热点一 传送带模型问题
1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题。
(1)两类问题的求解关键、分析流程相同，功能关系相近，倾斜传送带问题涉及到重力做功和重力势能的变化。
(2)倾斜传送带问题中须注意物体在倾斜传送带上所受摩擦力的性质、大小、方向以及与物体所受重力沿传送带分力的大小、方向关系。
2．传送带模型问题的设问角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：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。
3．求解传送带模型问题的关键：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定滑动摩擦力的大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
模型1 水平传送带问题
[例1] (多选)如图所示，水平绷紧的传送带AB长L＝6 m，始终以恒定速率v1＝4 m/s运行。初速度大小为v2＝6 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块质量m＝1 kg，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小物块可以到达B点
B．小物块不能到达B点，但可返回A点，返回A点速度为4 m/s
C．小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大
D．小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50 J
解析 小物块在水平向左运动过程中，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝4 m/s2，若小物块从右端滑上传送带后速度可以减为零，设速度减为零时物块的位移大小是x，则0－v＝－2ax，解得x＝＝ m＝4.5 m<6 m，所以小物块不能到达B点，故A错误；小物块不能到达B点，其速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带的速度v1后匀速运动，返回A点速度为4 m/s，故B正确；小物块不能到达B点，其速度减为零后反向做匀加速运动的过程中相对于传送带继续向左运动，所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大，故C错误；小物块向右匀加速运动过程的位移大小x′＝＝ m＝2 m，当速度等于传送带速度v1时，经历的时间t＝＝2.5 s，该时间内传送带的位移大小s＝v1t＝4×2.5 m＝10 m，所以小物块相对于传送带的位移大小Δx＝s＋(x－x′)＝10 m＋(4.5－2) m＝12.5 m，小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为Q＝μmg·Δx＝50 J，故D正确。
答案 BD
传送带模型问题的分析流程
模型2 倾斜传送带问题
[例2] 如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动。现将一质量为m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功。
解析 (1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得小物体上升的加速度为a＝＝2.5 m/s2
当小物体匀加速到v＝1 m/s时，小物体的位移为
x＝＝0.2 m<5 m
之后小物体以v＝1 m/s的速度匀速运动到B点
由功能关系得，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，即
W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsinθ＝255 J。
(2)电动机做的功等于小物体的机械能的增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，由v＝at得小物体匀加速运动的时间t＝＝0.4 s
小物体与传送带的相对位移大小x′＝vt－t＝0.2 m
摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·x′＝15 J
故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J。
答案 (1)255 J (2)270 J
传送带模型问题的功能关系分析
(1)功能关系：电动机多做的功等于系统增加的机械能和内能：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①电动机多做的功等于传动带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对。
1．(2019·重庆市南开中学高三第四次考试)(多选)某煤渣传送装置的简化示意图如图，水平放置的传送带足够长，由电动机驱动，以速度v＝4 m/s逆时针运行。打开进料阀门，位于N端上方贴近传送带的送料口每秒钟将80 kg的煤渣落到传送带上(此时煤渣速度可忽略)。煤渣与传送带之间的动摩擦因数为0.5。假设整个传送装置已经稳定运行了很长时间。则在运送煤渣的过程中，以下说法中正确的是(g取10 m/s2)( )
A．相比传送带空载时，电动机对传送带应增加的牵引力为320 N
B．相比传送带空载时，电动机应增加的功率为1280 W
C．每块煤渣在传送带上留下的痕迹长度为1.6 m
D．30秒内因煤与传动带的摩擦而产生的热量为38400 J
答案 ABC
解析 煤渣加速时的加速度大小a＝μg＝5 m/s2，加速时间t＝＝0.8 s，故相比传送带空载时，电动机对传送带应增加的牵引力F＝·t·a＝80×0.8×5 N＝320 N，A正确；相比传送带空载时，电动机应增加的功率为ΔP＝Fv＝320×4 W＝1280 W，B正确；每块煤渣在传送带上留下的痕迹长度为Δx＝vt－t＝t＝×4×0.8 m＝1.6 m，C正确；30秒内因煤与传动带的摩擦而产生的热量为Q＝μ·t′·gΔx＝0.5×80×30×10×1.6 J＝19200 J，D错误。
2．(2019·江苏扬州高邮高三下学期调研)如图所示，质量m＝4.6 kg的物体(可以看成质点)用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度l＝6 m，当传送带以v＝4 m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角为θ＝37°。已知：重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)传送带稳定运行时，求绳子的拉力；
(2)某时刻剪断绳子，求物体在传送带上运动的时间；
(3)剪断细绳后，求物体在传送带上运动过程中和传送带之间由于摩擦而产生的热量。
答案 (1)10 N (2)2.5 s (3)36.8 J
解析 (1)传送带稳定运行时，物体受力平衡，竖直方向有：Tsinθ＋N＝mg
水平方向有：Tcosθ＝f
又f＝μN
解得：T＝10 N。
(2)剪断细绳后，N′＝mg，f′＝μN′，由牛顿第二定律，
a＝＝μg＝2 m/s2
物体加速运动的时间：t1＝＝2 s
物体加速运动的距离：x1＝at＝4 m
物体匀速运动的时间：t2＝＝ s＝0.5 s
总时间：t＝t1＋t2＝2.5 s。
(3)物体加速运动过程中，传送带运动的位移：x＝vt1＝8 m
物体相对于传送带的位移大小：Δx＝x－x1＝4 m
由于摩擦产生的热量：Q＝f′Δx＝μmgΔx＝36.8 J。
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(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过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μ；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能W。
答案 (1) (2)230 J
解析 (1)传送带长x＝＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移
x1＝t1＝t1
工件匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)
解得工件加速运动的时间t1＝0.8 s
工件加速运动的位移x1＝0.8 m
所以工件的加速度a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得μ＝。
(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及传送带与工件之间发生相对滑动时产生的热量。
在时间t1内，传送带运动的位移
x传送带＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移
x相＝x传送带－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦生热
Q＝μmgcosθ·x相＝60 J
工件增加的动能ΔEk＝mv＝20 J
工件增加的势能ΔEp＝mgh＝150 J
故电动机多消耗的电能
W＝Q＋ΔEk＋ΔEp＝230 J。
热点二 板块模型问题
1．模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2．位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。
3．解题关键
找出滑块和木板之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个相邻的运动过程的纽带，一般每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
模型1 水平面上的板块模型
[例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(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析 由图象可知，A、B的加速度大小相等，aA＝aB＝1 m/s2，设A、B间的动摩擦因数为μ，则aA＝＝1 m/s2，aB＝＝1 m/s2，解得μ＝0.1，mA＝2 kg，D正确；木板获得的动能为Ek＝mAv2＝×2×12 J＝1 J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·(m＋mA)·v2＝2 J，B错误；由vt图象可求出二者相对位移为1 m，所以木板A的最小长度为1 m，C错误。
答案 D
1．图象类题目的解题关键
一定要先看清图象的物理意义，特别是图象上特殊点的物理意义，例如例1中t＝1 s时对应的图象上的点。1 s时A、B速度相同，是两者运动的转折点。1 s前A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，A、B间存在滑动摩擦力；1 s后两者以共同的速度做匀速直线运动，两者之间无摩擦力。
2．板块模型问题的解题思路
正确地对滑块、木板进行受力分析，特别是准确分析出滑块、木板所受的摩擦力的性质、大小及方向，并根据牛顿第二定律确定滑块、木板的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定滑块、木板的运动情况和能量转化情况。
模型2 斜面上的板块模型
[例2] 如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°，高度为h＝1.5 m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0＝0.2 m的轻弹簧，木板总质量为m＝1 kg、总长度为L＝2.0 m。一质量为M＝3 kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度为H＝1.7 m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行。已知A、B之间的动摩擦因数为μ＝，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)物块A落到木板上的速度大小v；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
解析 (1)物块A落到木板上之前做平抛运动，竖直方向有：2g(H－h)＝v
解得：vy＝2 m/s
物块A落到木板上时速度大小：v＝＝4 m/s。
(2)由木板恰好静止在斜面上，可得斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mgsin30°＝μ0mgcos30°
解得：μ0＝tan30°＝
物块A在木板上滑行时，由牛顿第二定律得：
aA＝＝2.5 m/s2，方向沿斜面向上
aB＝
＝7.5 m/s2，方向沿斜面向下
假设A与木板B达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板B还没有到达斜面底端，则有：
v共＝aBt＝v－aAt
解得：v共＝3 m/s，t＝0.4 s
此过程，xA＝·t＝1.4 m
xB＝·t＝0.6 m<－L＝1 m
Δx＝xA－xB＝0.8 m
A与B速度相同后，由于(M＋m)gsin30°＝μ0(M＋m)·gcos30°，μMgcos30°>Mgsin30°，则A与B一起匀速直到木板与斜面底端挡板碰撞，木板停下，此后A在B上做匀减速运动，设接触弹簧时A的速度为vA，有：
－2aA(L－l0－Δx)＝v－v
解得：vA＝2 m/s
设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到弹簧刚好恢复原长过程，有
Q＝2μMgxmcos30°＝Mv
解得：Q＝6 J，xm＝ m
A从开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短的过程，有
Epm＝Mv＋Mgxmsin30°－Q＝5 J
即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J。
答案 (1)4 m/s (2)5 J
(1)审题时一定要注意对关键词的分析，例如例2中“恰好能保持静止”说明重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力。
(2)正确的受力分析、运动情况分析也是解决斜面上板块模型问题的关键。
(3)在求解能量转化问题时往往用到Q＝Ffx相对或能量守恒定律。
1．(2019·天津市红桥区高三下学期高考二模)(多选)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹在木块中受的平均阻力为f，射入的深度为d，此过程中木块的位移为s，则下列说法中正确是( )
A．木块增加的动能为fd
B．子弹克服阻力做的功为f(s＋d)
C．子弹动能的减少等于木块动能的增加
D．子弹、木块组成的系统总机械能的损失为fd
答案 BD
解析 对木块运用动能定理得：fs＝ΔEk，则木块增加的动能为fs，故A错误；子弹克服阻力做的功为f(s＋d)，故B正确；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加，故C错误；子弹、木块组成的系统损失的机械能转化为系统的内能，损失的机械能为Q＝f(s＋d)－fs＝fd，故D正确。
2．图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg 的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2。整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的vt图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能。
答案 (1)8 N (2)图见解析 1 m 36 J
解析 (1)物块与木板恰要发生相对滑动时，F最小。把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得
Fmin＝(m1＋m2)a
对物块，由牛顿第二定律有
f＝μ1m1g＝m1a＝2 N
联立解得Fmin＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)0～1 s，F1>f，
对木板：a2＝＝4 m/s2，
对物块：a1＝＝2 m/s2，
1～2 s，F2＝f，
对木板：a2′＝＝0，
对物块：a1′＝a1，画出0～2 s两者的vt图象如图。
由图可知2 s时两者速度相同。2～4 s，F＝0，假设二者相对滑动，
则对物块：a1″＝a1＝2 m/s2，
对木板：a2″＝＝ m/s2，a2″>a1″，故假设成立。作出二者在整个运动过程中的vt图象如图所示。
0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动。
由图象可得0～2 s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2 m
系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J。
由图象可得2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m
物块与木板间因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J
由图象可得木板在粗糙水平面上对地位移x2＝3 m
木板与水平面间因摩擦产生的内能
Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J
0～4 s内物块相对木板的位移大小
Δx＝Δx1－Δx2＝1 m
0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J。
3．(2019·重庆市南开中学高三第四次考试)如图，质量为m＝2 kg的滑块放在足够长的木板左端，两者间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板的质量为M＝1 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝。某时刻滑块、木板开始运动，初速度大小均为v0＝3.6 m/s，方向相反。之后一旦滑块与木板速度相等，就设法使木板速度立即反向(大小不变)。取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)第一次共速时的速度大小；
(2)全过程滑块的位移大小；
(3)整个过程中滑块与木板间由于摩擦而生成的热量。
答案 (1)1.2 m/s (2)1.62 m (3)16.2 J
解析 (1)滑块向右减速运动的加速度大小：
a1＝μ1g＝4 m/s2，方向水平向左
木板向左减速运动的加速度大小：
a2＝＝12 m/s2，方向水平向右
木板向右加速时的加速度大小：
a2′＝＝4 m/s2，方向水平向右
设木板经过t1时间减速为零，则有v0＝a2t1
设木板再经t2时间与滑块第一次共速，速度均为v1，对滑块：v1＝v0－a1(t1＋t2)
对木板：v1＝a2′t2
解得v1＝＝1.2 m/s，t1＝t2＝＝0.3 s。
(2)二者共速后，木板速度立即反向，大小不变，二者分别以初速度大小v1继续运动，其加速度和之前一致，滑块一直做匀减速直线运动直至停下来，其总位移为：
x总＝＝1.62 m。
(3)从开始运动到二者第一次共速过程中
滑块向右滑动的位移：x1＝(t1＋t2)
木板向右滑动的位移：x2＝t1＋t2
二者发生的相对位移：s相＝x1－x2＝1.8 m
滑块与木板间由于摩擦生成的热量Q1＝μ1mgs相
在此过程中木板相对地面运动的路程s2＝t1＋t2
木板与地面间由于摩擦生成的热量
Q2＝μ2(m＋M)g·s2
解得Q1∶Q2＝5∶1
经分析可知滑块、木板以后的运动情况类似，产生的热量之比不变，根据能量守恒定律可知，全过程生成的总热量Q＝(m＋M)v。
故整个过程中滑块与木板间由于摩擦生成的热量
Q′＝Q＝16.2 J。
4．(2019·四川德阳质检)如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h，将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；
(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；
(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W。
答案 (1) (2)mg (3)mgh
解析 (1)对小物块和长木板组成的整体，由机械能守恒定律得：
·2mv＝2mg(h－Lsinθ)
解得：v0＝。
(2)由牛顿第二定律，
对木板与物块整体：F0－2mgsinθ＝2ma0
对物块：μmgcosθ－mgsinθ＝ma0
解得：F0＝mg。
(3)设拉力F作用的时间为t1，再经时间t2物块与木板共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零，由牛顿第二定律，
对木板，拉力F作用时：F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
刚撤去拉力F后：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3
对物块，与木板共速前：μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
木板与物块共速后，对木板与物块整体：2mgsinθ＝2ma4
由运动学规律有：a1t1－a3t2＝a2(t1＋t2)
a2(t1＋t2)＝a4t3
a1t＋a1t1t2－a3t＋a4t＝
拉力F做的功为：W＝F·a1t
解得：W＝mgh。
课时作业
1．水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内( )
A．小物体相对地面的位移大小为2x
B．传送带上的A点对地的位移大小为x
C．由于物体与传送带相互作用产生的内能为mv2
D．由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2
答案 D
解析 在这段时间内，物体从静止做匀加速直线运动，其相对地面的位移为x1＝vt，传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移为x2＝vt，物体相对传送带的位移大小x＝x2－x1＝vt，显然x1＝x，x2＝2x，故A、B错误；由于物体与传送带间的滑动摩擦力做功而产生的内能Q＝Ffx，对物体运用动能定理有Ffx1＝mv2，又x1＝x，所以Q＝Ffx＝mv2，故C错误；在这段时间内，电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功，W＝Ffx2＝2Ffx＝mv2，故D正确。
2．(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是( )
A．上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量
B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
答案 BD
解析 由功能关系可知拉力F做功除了使两物体动能增加以外还使系统产生热量，故A错误；由于木板受到的摩擦力不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，F越大，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移不变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。
3．(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为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，且开始时a恰不受摩擦力作用。现让传送带顺时针匀速转动，则在b下降h高度(a未脱离传送带)的过程中( )
A．物块a的重力势能增加mghsinθ
B．摩擦力对a做的功等于a和b系统机械能的增量
C．传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能
D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
答案 BD
解析 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magsinθ＝mg，则ma＝，b下降h，则a上升hsinθ，则a重力势能的增加量为maghsinθ＝mgh，故A错误；根据能量守恒定律得，摩擦力对a做的功等于a和b系统机械能的增量，故B正确；由能量守恒定律得传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能和系统机械能的增量，故C错误；任意时刻a、b的速率相等，对b，重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确。
4．(2019·辽宁省大连市第八中学高三4月统练)(多选)如图所示，甲、乙两传送带与水平面间的夹角相同，都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H。则在小物体从A到B的过程中( )
A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小
B．两传送带对小物体做功相等
C．两传送带消耗的电能相等
D．两种情况下因摩擦产生的热量相等
答案 AB
解析 根据公式v2＝2ax，可知小物体在两传送带上运动的加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律μmgcosθ－mgsinθ＝ma，得知μ甲＜μ乙，故A正确；传送带对小物体做的功等于小物体的机械能的增加量，小物体的动能的增加量相等，重力势能的增加量也相等，故两传送带对小物体做功相等，故B正确；由摩擦生热Q＝fs相对知，甲图中：＝，Q甲＝f1s1＝f1（vt1－）＝f1，f1－mgsinθ＝ma1＝m，乙图中：Q乙＝f2s2＝f2，f2－mgsinθ＝ma2＝m，解得：Q甲＝mgH＋mv2，Q乙＝mg(H－h)＋mv2，Q甲＞Q乙，故D错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加的机械能之和，因物体两种情况下从A到B增加的机械能相同，Q甲＞Q乙，所以将小物体传送到B处，甲传送带消耗的电能更多，故C错误。
5．(2019·重庆九校联盟高三12月联考)(多选)如图所示，一倾角为30°的光滑斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5 m/s的速度顺时针转动。现有质量为1 kg的物体(视为质点)从斜面上距传送带高h＝5 m处由静止滑下，物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动的时间可以忽略。已知传送带足够长，它与物体之间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2，则( )
A．物体第一次刚滑上水平传送带时的速度大小为5 m/s
B．物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为4.5 s
C．物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦产生的热量为200 J
D．物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦力对物体做的功为－37.5 J
答案 BD
解析 物体沿光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，则：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝10 m/s，故A错误；当物体滑上传送带向左减速运动时，物体在传送带上的加速度大小：a＝＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2，物体减速到速度等于0的时间：t1＝＝ s＝2 s，物体的位移大小：L＝·t1＝×2 m＝10 m，物体的速度等于0后，随传送带先向右做加速运动，其加速度的大小不变，则物体达到与传送带速度相等的时间：t2＝＝ s＝1 s，位移大小：x1＝at＝×5×12 m＝2.5 m，物体随传送带做匀速直线运动的时间：t3＝＝ s＝1.5 s，所以物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为：t＝t1＋t2＋t3＝(2＋1＋1.5) s＝4.5 s，故B正确；物体向左做减速运动的过程中，传送带的位移大小：x2＝v带t1＝5×2 m＝10 m，物体向右加速运动的过程中传送带的位移大小：x3＝v带t2＝5×1 m＝5 m，二者的相对路程：Δx＝L＋x2＋x3－x1＝(10＋10＋5－2.5) m＝22.5 m，该过程中因摩擦产生的热量：Q＝μmg·Δx＝0.5×1×10×22.5 J＝112.5 J，故C错误；对物体，由动能定理得摩擦力对物体做的功为：Wf＝mv－mv2，解得：Wf＝－37.5 J，故D正确。
6．(2019·江苏扬州高三上学期期末)(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边传送带与水平方向的夹角均为37°。两个相同的物块A、B与传送带间的动摩擦因数是0.5，A、B从传送带顶端均以初速度1 m/s沿传送带下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法中正确的有( )
A．A、B所受摩擦力沿传送带向上
B．滑至底端，A用时较少
C．滑至底端时A所受重力的瞬时功率较大
D．下滑过程A与传送带间产生的热量较少
答案 AD
解析 因mgsin37°>μmgcos37°，可知物块B沿传送带加速下滑，则所受的摩擦力沿传送带向上，物块A也相对传送带加速下滑，所受的摩擦力沿传送带向上，A正确；A、B下滑的加速度均为a＝gsin37°－μgcos37°，可知A、B下滑到底端所用的时间相同，B错误；根据v＝v0＋at可知，A、B两物块下滑到底端时的速度大小相等，根据P＝mgvsin37°可知，滑至底端时A、B所受重力的瞬时功率相等，C错误；下滑过程中A相对传送带的路程较小，根据Q＝μmgxcos37°可知下滑过程A与传送带间产生的热量较少，D正确。
7．(多选)如图所示，长为L＝3 m、质量为M＝2 kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v0＝4.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m＝1 kg的滑块，已知平板车与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，滑块与平板车间的动摩擦因数为μ2＝0.1，则从放上滑块开始到最终二者均静止的过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块与平板车静止前取得相同的速度所需时间为1 s
B．滑块相对平板车向左滑动2.25 m的距离后与平板车一起向右减速
C．滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能为2.25 J
D．滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能为20.25 J
答案 AD
解析 二者相对静止前，滑块的加速度大小a2＝μ2g＝1 m/s2，平板车的加速度大小a1＝＝3.5 m/s2，滑块与平板车静止前取得相同的速度时有：v0－a1t＝a2t＝v，解得t＝1 s，v＝1 m/s，A正确；当两者共速时，平板车的位移大小x1＝t＝×1 m＝2.75 m，滑块的位移大小x2＝t＝×1 m＝0.5 m，滑块相对平板车向左滑行的距离为Δx＝x1－x2＝2.25 m，达到共速后，因平板车的加速度大于滑块的加速度，则滑块继续减速运动，直到停止在平板车上，但相对平板车向右滑动，B错误；滑块相对平板车向右滑动时平板车的加速度大小a1′＝＝2.5 m/s2，则平板车向右滑行的位移x3＝＝0.2 m，滑块向右滑行的位移x4＝＝0.5 m，此过程滑块相对平板车向右滑动的距离Δx′＝x4－x3＝0.3 m，则整个过程中滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能为ΔE1＝μ2mg·(Δx＋Δx′)＝2.55 J，C错误；由能量守恒定律知，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能等于最初平板车的动能，其值为Mv＝20.25 J，D正确。
8．(2019·天津高三上学期期末七校联考)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定的速度运行。现将一质量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＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)物体与传送带间的动摩擦因数；
(2)0～8 s内物体运动的位移；
(3)0～8 s内物体机械能的增加量。
答案 (1)0.875 (2)14 m (3)90 J
解析 (1)根据vt图象的斜率表示加速度，可得物体在传送带上滑动时的加速度大小为：
a＝＝ m/s2＝1 m/s2
对此过程，由牛顿第二定律得：
μmgcos37°－mgsin37°＝ma
解得：μ＝0.875。
(2)根据vt图象与t轴所围面积表示位移，
则得物体在0～8 s内的位移为：
s＝（－×2×2＋×4 ）m＝14 m。
(3)物体升高的高度为：h＝ssin37°＝8.4 m
物体重力势能的增加量为：ΔEp＝mgh＝84 J
物体动能的增加量为：
ΔEk＝m(v－v)＝×1×(42－22) J＝6 J
故物体机械能的增加量为：ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J。
9．飞机场上运行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，传送带达稳定运行的速度v后，将行李依次轻放到传送带上，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，整个过程传送带始终保持匀速运动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求：
(1)传送带对每件行李做的功W1；
(2)每运送一件行李，滑动摩擦力对传送带所做的功W2；
(3)从电动机开启，到运送完毕行李需要消耗的电能E。
答案 (1)mv2 (2)－mv2 (3)Mv2＋nmv2
解析 (1)传送带对每件行李做的功
W1＝fx物＝mv2。
(2)摩擦力对传送带做的功W2＝－fx带
又x物＝t，x带＝vt
可得W2＝－2W1＝－mv2。
(3)由能量守恒定律得E＝Mv2－nW2
解得E＝Mv2＋nmv2。
10．如图所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量m′＝3 kg，车长L＝2.06 m。现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g取10 m/s2)。试求：
(1)滑块到达B端时，轨道对它的支持力的大小；
(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车之间由于摩擦而产生的内能大小。
答案 (1)30 N (2)1 m (3)6 J
解析 (1)由机械能守恒定律得mgR＝mv
由牛顿第二定律得FNB－mg＝m
解得FNB＝30 N。
(2)设滑块滑上小车后经过时间t1与小车共速，共同速度的大小为v
对滑块：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1
对小车：μmg＝m′a2，v＝a2t1
解得v＝1 m/s，t1＝1 s，
t1时间内滑块相对车的位移大小s＝vBt1－a1t－a2t＝2 m，s
则小车右端距B端的距离为x车＝t1＋v(t0－t1)，
解得x车＝1 m。
(3)Q＝μmgs，解得Q＝6 J。
11．(2019·江西上饶重点中学六校高三第一次联考)如图，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将足够长的长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B且B不会滑离A，初始时A下端与挡板相距L，现同时无初速释放A和B。A和B的质量均为m，它们之间的动摩擦因数μ＝，A与挡板每次碰撞都原速率反弹，忽略碰撞时间，重力加速度为g。求：
(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v1；
(2)A第二次与挡板碰前瞬间的速度大小v2；
(3)从开始释放到最后的整个过程摩擦产生的热量。
答案 (1) (2) (3)3mgL
解析 (1)A、B一起下滑时有：2mgsin30°＝2ma共
解得a共＝g，
由v＝2a共L，可得v1＝＝。
(2)第一次碰后，A向上减速，B向下减速，加速度大小为：aA＝＝g
aB＝＝g
设碰后经时间t，A、B速度相同且大小为v共
则v共＝v1－aBt＝－v1＋aAt
解得t＝ ，v共＝
此时A上滑的位移大小为sA＝v1t－aAt2＝
则A第二次与挡板相碰时有
v2＝＝ 。
(3)分析可知最终A下端停在挡板处，B停在A上某处。
则有Q＝μmgcos30°(Δs1＋Δs2＋Δs3＋Δs4＋……)
第一次碰撞到速度相等B下滑的位移大小为
sB＝v1t－aBt2＝
B相对A下滑的距离为
Δs1＝sA＋sB＝＝()2＝v
以后A、B运动情况与此类似，
由＝可知＝
得v＝n－1v，Δsn＝n－1v
则整个运动过程B相对A滑动的距离为：
Δs＝Δs1＋Δs2＋Δs3＋Δs4＋……＝4L
A、B间因摩擦产生的热量：
Q＝μmgcosθ·Δs＝3mgL。
第27讲 应用力学两大观点解决两类模型问题
热点概述 (1)本热点专题是力学两大观点在传送带和滑块—木板两种模型中的综合应用，高考常以计算题、压轴题的形式出现。(2)学好本热点专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。(3)用到的知识有：动力学观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
热点一 传送带模型问题
1．模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题。
(1)两类问题的求解关键、分析流程相同，功能关系相近，倾斜传送带问题涉及到重力做功和重力势能的变化。
(2)倾斜传送带问题中须注意物体在倾斜传送带上所受摩擦力的性质、大小、方向以及与物体所受重力沿传送带分力的大小、方向关系。
2．传送带模型问题的设问角度
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：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。
3．求解传送带模型问题的关键：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作用。如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定滑动摩擦力的大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况。当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变。
模型1 水平传送带问题
[例1] (多选)如图所示，水平绷紧的传送带AB长L＝6 m，始终以恒定速率v1＝4 m/s运行。初速度大小为v2＝6 m/s的小物块(可视为质点)从与传送带等高的光滑水平地面上经A点滑上传送带。小物块质量m＝1 kg，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．小物块可以到达B点
B．小物块不能到达B点，但可返回A点，返回A点速度为4 m/s
C．小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离达到最大
D．小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为50 J
解析 小物块在水平向左运动过程中，由牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝4 m/s2，若小物块从右端滑上传送带后速度可以减为零，设速度减为零时物块的位移大小是x，则0－v＝－2ax，解得x＝＝ m＝4.5 m<6 m，所以小物块不能到达B点，故A错误；小物块不能到达B点，其速度减为零后反向做匀加速运动，当速度等于传送带的速度v1后匀速运动，返回A点速度为4 m/s，故B正确；小物块不能到达B点，其速度减为零后反向做匀加速运动的过程中相对于传送带继续向左运动，所以小物块向左运动速度减为0时相对传送带滑动的距离没有达到最大，故C错误；小物块向右匀加速运动过程的位移大小x′＝＝ m＝2 m，当速度等于传送带速度v1时，经历的时间t＝＝2.5 s，该时间内传送带的位移大小s＝v1t＝4×2.5 m＝10 m，所以小物块相对于传送带的位移大小Δx＝s＋(x－x′)＝10 m＋(4.5－2) m＝12.5 m，小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦力产生的热量为Q＝μmg·Δx＝50 J，故D正确。
答案 BD
传送带模型问题的分析流程
模型2 倾斜传送带问题
[例2] 如图所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A、B两点间的距离为l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度匀速运动。现将一质量为m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝，在传送带将小物体从A点传送到B点的过程中，求：(g取10 m/s2)
(1)传送带对小物体做的功；
(2)电动机做的功。
解析 (1)小物体刚开始运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得小物体上升的加速度为a＝＝2.5 m/s2
当小物体匀加速到v＝1 m/s时，小物体的位移为
x＝＝0.2 m<5 m
之后小物体以v＝1 m/s的速度匀速运动到B点
由功能关系得，传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，即
W＝ΔEk＋ΔEp＝mv2＋mglsinθ＝255 J。
(2)电动机做的功等于小物体的机械能的增加量和小物体与传送带间因摩擦产生的热量Q之和，由v＝at得小物体匀加速运动的时间t＝＝0.4 s
小物体与传送带的相对位移大小x′＝vt－t＝0.2 m
摩擦产生的热量Q＝μmgcosθ·x′＝15 J
故电动机做的功为W电＝W＋Q＝270 J。
答案 (1)255 J (2)270 J
传送带模型问题的功能关系分析
(1)功能关系：电动机多做的功等于系统增加的机械能和内能：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①电动机多做的功等于传动带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
②产生的内能Q＝Ffx相对。
1．(2019·重庆市南开中学高三第四次考试)(多选)某煤渣传送装置的简化示意图如图，水平放置的传送带足够长，由电动机驱动，以速度v＝4 m/s逆时针运行。打开进料阀门，位于N端上方贴近传送带的送料口每秒钟将80 kg的煤渣落到传送带上(此时煤渣速度可忽略)。煤渣与传送带之间的动摩擦因数为0.5。假设整个传送装置已经稳定运行了很长时间。则在运送煤渣的过程中，以下说法中正确的是(g取10 m/s2)( )
A．相比传送带空载时，电动机对传送带应增加的牵引力为320 N
B．相比传送带空载时，电动机应增加的功率为1280 W
C．每块煤渣在传送带上留下的痕迹长度为1.6 m
D．30秒内因煤与传动带的摩擦而产生的热量为38400 J
答案 ABC
解析 煤渣加速时的加速度大小a＝μg＝5 m/s2，加速时间t＝＝0.8 s，故相比传送带空载时，电动机对传送带应增加的牵引力F＝·t·a＝80×0.8×5 N＝320 N，A正确；相比传送带空载时，电动机应增加的功率为ΔP＝Fv＝320×4 W＝1280 W，B正确；每块煤渣在传送带上留下的痕迹长度为Δx＝vt－t＝t＝×4×0.8 m＝1.6 m，C正确；30秒内因煤与传动带的摩擦而产生的热量为Q＝μ·t′·gΔx＝0.5×80×30×10×1.6 J＝19200 J，D错误。
2．(2019·江苏扬州高邮高三下学期调研)如图所示，质量m＝4.6 kg的物体(可以看成质点)用细绳拴住，放在水平传送带的右端，物体和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带的长度l＝6 m，当传送带以v＝4 m/s的速度做逆时针转动时，绳与水平方向的夹角为θ＝37°。已知：重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
(1)传送带稳定运行时，求绳子的拉力；
(2)某时刻剪断绳子，求物体在传送带上运动的时间；
(3)剪断细绳后，求物体在传送带上运动过程中和传送带之间由于摩擦而产生的热量。
答案 (1)10 N (2)2.5 s (3)36.8 J
解析 (1)传送带稳定运行时，物体受力平衡，竖直方向有：Tsinθ＋N＝mg
水平方向有：Tcosθ＝f
又f＝μN
解得：T＝10 N。
(2)剪断细绳后，N′＝mg，f′＝μN′，由牛顿第二定律，
a＝＝μg＝2 m/s2
物体加速运动的时间：t1＝＝2 s
物体加速运动的距离：x1＝at＝4 m
物体匀速运动的时间：t2＝＝ s＝0.5 s
总时间：t＝t1＋t2＝2.5 s。
(3)物体加速运动过程中，传送带运动的位移：x＝vt1＝8 m
物体相对于传送带的位移大小：Δx＝x－x1＝4 m
由于摩擦产生的热量：Q＝f′Δx＝μmgΔx＝36.8 J。
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(可看做质点)轻轻放在传送带的底端，经过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μ；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能W。
答案 (1) (2)230 J
解析 (1)传送带长x＝＝3 m
工件速度达到v0前，做匀加速运动的位移
x1＝t1＝t1
工件匀速运动的位移为x－x1＝v0(t－t1)
解得工件加速运动的时间t1＝0.8 s
工件加速运动的位移x1＝0.8 m
所以工件的加速度a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得
μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得μ＝。
(2)从能量守恒的观点看，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及传送带与工件之间发生相对滑动时产生的热量。
在时间t1内，传送带运动的位移
x传送带＝v0t1＝1.6 m
在时间t1内，工件相对传送带的位移
x相＝x传送带－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦生热
Q＝μmgcosθ·x相＝60 J
工件增加的动能ΔEk＝mv＝20 J
工件增加的势能ΔEp＝mgh＝150 J
故电动机多消耗的电能
W＝Q＋ΔEk＋ΔEp＝230 J。
热点二 板块模型问题
1．模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型。
2．位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度。
3．解题关键
找出滑块和木板之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个相邻的运动过程的纽带，一般每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
模型1 水平面上的板块模型
[例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(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
解析 由图象可知，A、B的加速度大小相等，aA＝aB＝1 m/s2，设A、B间的动摩擦因数为μ，则aA＝＝1 m/s2，aB＝＝1 m/s2，解得μ＝0.1，mA＝2 kg，D正确；木板获得的动能为Ek＝mAv2＝×2×12 J＝1 J，A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv－·(m＋mA)·v2＝2 J，B错误；由vt图象可求出二者相对位移为1 m，所以木板A的最小长度为1 m，C错误。
答案 D
1．图象类题目的解题关键
一定要先看清图象的物理意义，特别是图象上特殊点的物理意义，例如例1中t＝1 s时对应的图象上的点。1 s时A、B速度相同，是两者运动的转折点。1 s前A做匀加速直线运动，B做匀减速直线运动，A、B间存在滑动摩擦力；1 s后两者以共同的速度做匀速直线运动，两者之间无摩擦力。
2．板块模型问题的解题思路
正确地对滑块、木板进行受力分析，特别是准确分析出滑块、木板所受的摩擦力的性质、大小及方向，并根据牛顿第二定律确定滑块、木板的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定滑块、木板的运动情况和能量转化情况。
模型2 斜面上的板块模型
[例2] 如图所示，一斜面体固定在水平地面上，倾角为θ＝30°，高度为h＝1.5 m，一薄木板B置于斜面顶端，恰好能保持静止，木板下端连接有一根自然长度为l0＝0.2 m的轻弹簧，木板总质量为m＝1 kg、总长度为L＝2.0 m。一质量为M＝3 kg的小物块A从斜面体左侧某位置水平抛出，该位置离地高度为H＝1.7 m，物块A经过一段时间后从斜面顶端沿平行于斜面方向落到木板上并开始向下滑行。已知A、B之间的动摩擦因数为μ＝，木板下滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)物块A落到木板上的速度大小v；
(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
解析 (1)物块A落到木板上之前做平抛运动，竖直方向有：2g(H－h)＝v
解得：vy＝2 m/s
物块A落到木板上时速度大小：v＝＝4 m/s。
(2)由木板恰好静止在斜面上，可得斜面与木板间的动摩擦因数μ0应满足：mgsin30°＝μ0mgcos30°
解得：μ0＝tan30°＝
物块A在木板上滑行时，由牛顿第二定律得：
aA＝＝2.5 m/s2，方向沿斜面向上
aB＝
＝7.5 m/s2，方向沿斜面向下
假设A与木板B达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板B还没有到达斜面底端，则有：
v共＝aBt＝v－aAt
解得：v共＝3 m/s，t＝0.4 s
此过程，xA＝·t＝1.4 m
xB＝·t＝0.6 m<－L＝1 m
Δx＝xA－xB＝0.8 m
A与B速度相同后，由于(M＋m)gsin30°＝μ0(M＋m)·gcos30°，μMgcos30°>Mgsin30°，则A与B一起匀速直到木板与斜面底端挡板碰撞，木板停下，此后A在B上做匀减速运动，设接触弹簧时A的速度为vA，有：
－2aA(L－l0－Δx)＝v－v
解得：vA＝2 m/s
设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到弹簧刚好恢复原长过程，有
Q＝2μMgxmcos30°＝Mv
解得：Q＝6 J，xm＝ m
A从开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短的过程，有
Epm＝Mv＋Mgxmsin30°－Q＝5 J
即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为5 J。
答案 (1)4 m/s (2)5 J
(1)审题时一定要注意对关键词的分析，例如例2中“恰好能保持静止”说明重力沿斜面向下的分力等于最大静摩擦力。
(2)正确的受力分析、运动情况分析也是解决斜面上板块模型问题的关键。
(3)在求解能量转化问题时往往用到Q＝Ffx相对或能量守恒定律。
1．(2019·天津市红桥区高三下学期高考二模)(多选)如图所示，木块静止在光滑的水平面上，一颗子弹水平射入木块中，子弹在木块中受的平均阻力为f，射入的深度为d，此过程中木块的位移为s，则下列说法中正确是( )
A．木块增加的动能为fd
B．子弹克服阻力做的功为f(s＋d)
C．子弹动能的减少等于木块动能的增加
D．子弹、木块组成的系统总机械能的损失为fd
答案 BD
解析 对木块运用动能定理得：fs＝ΔEk，则木块增加的动能为fs，故A错误；子弹克服阻力做的功为f(s＋d)，故B正确；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加，故C错误；子弹、木块组成的系统损失的机械能转化为系统的内能，损失的机械能为Q＝f(s＋d)－fs＝fd，故D正确。
2．图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg 的木板右端。木板足够长，放在光滑的水平面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2。整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2。
(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的vt图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能。
答案 (1)8 N (2)图见解析 1 m 36 J
解析 (1)物块与木板恰要发生相对滑动时，F最小。把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得
Fmin＝(m1＋m2)a
对物块，由牛顿第二定律有
f＝μ1m1g＝m1a＝2 N
联立解得Fmin＝μ1(m1＋m2)g＝8 N。
(2)0～1 s，F1>f，
对木板：a2＝＝4 m/s2，
对物块：a1＝＝2 m/s2，
1～2 s，F2＝f，
对木板：a2′＝＝0，
对物块：a1′＝a1，画出0～2 s两者的vt图象如图。
由图可知2 s时两者速度相同。2～4 s，F＝0，假设二者相对滑动，
则对物块：a1″＝a1＝2 m/s2，
对木板：a2″＝＝ m/s2，a2″>a1″，故假设成立。作出二者在整个运动过程中的vt图象如图所示。
0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动。
由图象可得0～2 s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2 m
系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J。
由图象可得2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m
物块与木板间因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J
由图象可得木板在粗糙水平面上对地位移x2＝3 m
木板与水平面间因摩擦产生的内能
Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J
0～4 s内物块相对木板的位移大小
Δx＝Δx1－Δx2＝1 m
0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J。
3．(2019·重庆市南开中学高三第四次考试)如图，质量为m＝2 kg的滑块放在足够长的木板左端，两者间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板的质量为M＝1 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2＝。某时刻滑块、木板开始运动，初速度大小均为v0＝3.6 m/s，方向相反。之后一旦滑块与木板速度相等，就设法使木板速度立即反向(大小不变)。取重力加速度大小g＝10 m/s2，求：
(1)第一次共速时的速度大小；
(2)全过程滑块的位移大小；
(3)整个过程中滑块与木板间由于摩擦而生成的热量。
答案 (1)1.2 m/s (2)1.62 m (3)16.2 J
解析 (1)滑块向右减速运动的加速度大小：
a1＝μ1g＝4 m/s2，方向水平向左
木板向左减速运动的加速度大小：
a2＝＝12 m/s2，方向水平向右
木板向右加速时的加速度大小：
a2′＝＝4 m/s2，方向水平向右
设木板经过t1时间减速为零，则有v0＝a2t1
设木板再经t2时间与滑块第一次共速，速度均为v1，对滑块：v1＝v0－a1(t1＋t2)
对木板：v1＝a2′t2
解得v1＝＝1.2 m/s，t1＝t2＝＝0.3 s。
(2)二者共速后，木板速度立即反向，大小不变，二者分别以初速度大小v1继续运动，其加速度和之前一致，滑块一直做匀减速直线运动直至停下来，其总位移为：
x总＝＝1.62 m。
(3)从开始运动到二者第一次共速过程中
滑块向右滑动的位移：x1＝(t1＋t2)
木板向右滑动的位移：x2＝t1＋t2
二者发生的相对位移：s相＝x1－x2＝1.8 m
滑块与木板间由于摩擦生成的热量Q1＝μ1mgs相
在此过程中木板相对地面运动的路程s2＝t1＋t2
木板与地面间由于摩擦生成的热量
Q2＝μ2(m＋M)g·s2
解得Q1∶Q2＝5∶1
经分析可知滑块、木板以后的运动情况类似，产生的热量之比不变，根据能量守恒定律可知，全过程生成的总热量Q＝(m＋M)v。
故整个过程中滑块与木板间由于摩擦生成的热量
Q′＝Q＝16.2 J。
4．(2019·四川德阳质检)如图所示，倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h，将质量为m、长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态。已知木板与物块间的动摩擦因数μ＝，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小；
(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；
(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W。
答案 (1) (2)mg (3)mgh
解析 (1)对小物块和长木板组成的整体，由机械能守恒定律得：
·2mv＝2mg(h－Lsinθ)
解得：v0＝。
(2)由牛顿第二定律，
对木板与物块整体：F0－2mgsinθ＝2ma0
对物块：μmgcosθ－mgsinθ＝ma0
解得：F0＝mg。
(3)设拉力F作用的时间为t1，再经时间t2物块与木板共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零，由牛顿第二定律，
对木板，拉力F作用时：F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
刚撤去拉力F后：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3
对物块，与木板共速前：μmgcosθ－mgsinθ＝ma2
木板与物块共速后，对木板与物块整体：2mgsinθ＝2ma4
由运动学规律有：a1t1－a3t2＝a2(t1＋t2)
a2(t1＋t2)＝a4t3
a1t＋a1t1t2－a3t＋a4t＝
拉力F做的功为：W＝F·a1t
解得：W＝mgh。
课时作业
1．水平传送带在电动机的带动下始终以速度v匀速运动。某时刻在传送带上A点处轻轻放上一个质量为m的小物体，经时间t小物体的速度与传送带相同，相对传送带的位移大小为x，A点未到右端，在这段时间内( )
A．小物体相对地面的位移大小为2x
B．传送带上的A点对地的位移大小为x
C．由于物体与传送带相互作用产生的内能为mv2
D．由于物体与传送带相互作用电动机要多做的功为mv2
答案 D
解析 在这段时间内，物体从静止做匀加速直线运动，其相对地面的位移为x1＝vt，传送带(或传送带上的A点)相对地面的位移为x2＝vt，物体相对传送带的位移大小x＝x2－x1＝vt，显然x1＝x，x2＝2x，故A、B错误；由于物体与传送带间的滑动摩擦力做功而产生的内能Q＝Ffx，对物体运用动能定理有Ffx1＝mv2，又x1＝x，所以Q＝Ffx＝mv2，故C错误；在这段时间内，电动机要多做功以克服滑动摩擦力做功，W＝Ffx2＝2Ffx＝mv2，故D正确。
2．(多选)如图所示，质量为M、长为L的木板置于光滑的水平面上，一质量为m的滑块放置在木板左端，滑块与木板间滑动摩擦力大小为Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，下列结论中正确的是( )
A．上述过程中，F做功等于滑块和木板动能的增量
B．其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C．其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D．其他条件不变的情况下，Ff越大，滑块与木板间产生的热量越多
答案 BD
解析 由功能关系可知拉力F做功除了使两物体动能增加以外还使系统产生热量，故A错误；由于木板受到的摩擦力不变，当M越大时木板加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间越短，所以木板运动的位移越小，故B正确；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，F越大，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移的乘积，相对位移不变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确。
3．(多选)如图所示，足够长的传送带与水平方向的夹角为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，且开始时a恰不受摩擦力作用。现让传送带顺时针匀速转动，则在b下降h高度(a未脱离传送带)的过程中( )
A．物块a的重力势能增加mghsinθ
B．摩擦力对a做的功等于a和b系统机械能的增量
C．传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能
D．任意时刻，重力对a、b做功的瞬时功率大小相等
答案 BD
解析 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magsinθ＝mg，则ma＝，b下降h，则a上升hsinθ，则a重力势能的增加量为maghsinθ＝mgh，故A错误；根据能量守恒定律得，摩擦力对a做的功等于a和b系统机械能的增量，故B正确；由能量守恒定律得传送带由于运送a多消耗的电能等于系统产生的内能和系统机械能的增量，故C错误；任意时刻a、b的速率相等，对b，重力的瞬时功率Pb＝mgv，对a有：Pa＝magvsinθ＝mgv，所以重力对a、b做功的瞬时功率大小相等，故D正确。
4．(2019·辽宁省大连市第八中学高三4月统练)(多选)如图所示，甲、乙两传送带与水平面间的夹角相同，都以恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B处竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v，已知B处离地面的高度均为H。则在小物体从A到B的过程中( )
A．小物体与甲传送带间的动摩擦因数较小
B．两传送带对小物体做功相等
C．两传送带消耗的电能相等
D．两种情况下因摩擦产生的热量相等
答案 AB
解析 根据公式v2＝2ax，可知小物体在两传送带上运动的加速度关系a甲＜a乙，再由牛顿第二定律μmgcosθ－mgsinθ＝ma，得知μ甲＜μ乙，故A正确；传送带对小物体做的功等于小物体的机械能的增加量，小物体的动能的增加量相等，重力势能的增加量也相等，故两传送带对小物体做功相等，故B正确；由摩擦生热Q＝fs相对知，甲图中：＝，Q甲＝f1s1＝f1（vt1－）＝f1，f1－mgsinθ＝ma1＝m，乙图中：Q乙＝f2s2＝f2，f2－mgsinθ＝ma2＝m，解得：Q甲＝mgH＋mv2，Q乙＝mg(H－h)＋mv2，Q甲＞Q乙，故D错误；根据能量守恒定律，电动机消耗的电能E电等于摩擦产生的热量Q与物体增加的机械能之和，因物体两种情况下从A到B增加的机械能相同，Q甲＞Q乙，所以将小物体传送到B处，甲传送带消耗的电能更多，故C错误。
5．(2019·重庆九校联盟高三12月联考)(多选)如图所示，一倾角为30°的光滑斜面，下端与一段很短的光滑弧面相切，弧面另一端与水平传送带相切，水平传送带以5 m/s的速度顺时针转动。现有质量为1 kg的物体(视为质点)从斜面上距传送带高h＝5 m处由静止滑下，物体在弧面运动时不损失机械能，而且每次在弧面上运动的时间可以忽略。已知传送带足够长，它与物体之间的动摩擦因数为0.5，取g＝10 m/s2，则( )
A．物体第一次刚滑上水平传送带时的速度大小为5 m/s
B．物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为4.5 s
C．物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦产生的热量为200 J
D．物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带的过程中，摩擦力对物体做的功为－37.5 J
答案 BD
解析 物体沿光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，机械能守恒，则：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝10 m/s，故A错误；当物体滑上传送带向左减速运动时，物体在传送带上的加速度大小：a＝＝μg＝0.5×10 m/s2＝5 m/s2，物体减速到速度等于0的时间：t1＝＝ s＝2 s，物体的位移大小：L＝·t1＝×2 m＝10 m，物体的速度等于0后，随传送带先向右做加速运动，其加速度的大小不变，则物体达到与传送带速度相等的时间：t2＝＝ s＝1 s，位移大小：x1＝at＝×5×12 m＝2.5 m，物体随传送带做匀速直线运动的时间：t3＝＝ s＝1.5 s，所以物体从第一次滑上传送带到第一次离开传送带所用的时间为：t＝t1＋t2＋t3＝(2＋1＋1.5) s＝4.5 s，故B正确；物体向左做减速运动的过程中，传送带的位移大小：x2＝v带t1＝5×2 m＝10 m，物体向右加速运动的过程中传送带的位移大小：x3＝v带t2＝5×1 m＝5 m，二者的相对路程：Δx＝L＋x2＋x3－x1＝(10＋10＋5－2.5) m＝22.5 m，该过程中因摩擦产生的热量：Q＝μmg·Δx＝0.5×1×10×22.5 J＝112.5 J，故C错误；对物体，由动能定理得摩擦力对物体做的功为：Wf＝mv－mv2，解得：Wf＝－37.5 J，故D正确。
6．(2019·江苏扬州高三上学期期末)(多选)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边传送带与水平方向的夹角均为37°。两个相同的物块A、B与传送带间的动摩擦因数是0.5，A、B从传送带顶端均以初速度1 m/s沿传送带下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。下列说法中正确的有( )
A．A、B所受摩擦力沿传送带向上
B．滑至底端，A用时较少
C．滑至底端时A所受重力的瞬时功率较大
D．下滑过程A与传送带间产生的热量较少
答案 AD
解析 因mgsin37°>μmgcos37°，可知物块B沿传送带加速下滑，则所受的摩擦力沿传送带向上，物块A也相对传送带加速下滑，所受的摩擦力沿传送带向上，A正确；A、B下滑的加速度均为a＝gsin37°－μgcos37°，可知A、B下滑到底端所用的时间相同，B错误；根据v＝v0＋at可知，A、B两物块下滑到底端时的速度大小相等，根据P＝mgvsin37°可知，滑至底端时A、B所受重力的瞬时功率相等，C错误；下滑过程中A相对传送带的路程较小，根据Q＝μmgxcos37°可知下滑过程A与传送带间产生的热量较少，D正确。
7．(多选)如图所示，长为L＝3 m、质量为M＝2 kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行，当其速度为v0＝4.5 m/s时，在其右端轻轻放上一个质量为m＝1 kg的滑块，已知平板车与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，滑块与平板车间的动摩擦因数为μ2＝0.1，则从放上滑块开始到最终二者均静止的过程中，下列说法正确的是( )
A．滑块与平板车静止前取得相同的速度所需时间为1 s
B．滑块相对平板车向左滑动2.25 m的距离后与平板车一起向右减速
C．滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能为2.25 J
D．滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能为20.25 J
答案 AD
解析 二者相对静止前，滑块的加速度大小a2＝μ2g＝1 m/s2，平板车的加速度大小a1＝＝3.5 m/s2，滑块与平板车静止前取得相同的速度时有：v0－a1t＝a2t＝v，解得t＝1 s，v＝1 m/s，A正确；当两者共速时，平板车的位移大小x1＝t＝×1 m＝2.75 m，滑块的位移大小x2＝t＝×1 m＝0.5 m，滑块相对平板车向左滑行的距离为Δx＝x1－x2＝2.25 m，达到共速后，因平板车的加速度大于滑块的加速度，则滑块继续减速运动，直到停止在平板车上，但相对平板车向右滑动，B错误；滑块相对平板车向右滑动时平板车的加速度大小a1′＝＝2.5 m/s2，则平板车向右滑行的位移x3＝＝0.2 m，滑块向右滑行的位移x4＝＝0.5 m，此过程滑块相对平板车向右滑动的距离Δx′＝x4－x3＝0.3 m，则整个过程中滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能为ΔE1＝μ2mg·(Δx＋Δx′)＝2.55 J，C错误；由能量守恒定律知，滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能等于最初平板车的动能，其值为Mv＝20.25 J，D正确。
8．(2019·天津高三上学期期末七校联考)如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定的速度运行。现将一质量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＝10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)物体与传送带间的动摩擦因数；
(2)0～8 s内物体运动的位移；
(3)0～8 s内物体机械能的增加量。
答案 (1)0.875 (2)14 m (3)90 J
解析 (1)根据vt图象的斜率表示加速度，可得物体在传送带上滑动时的加速度大小为：
a＝＝ m/s2＝1 m/s2
对此过程，由牛顿第二定律得：
μmgcos37°－mgsin37°＝ma
解得：μ＝0.875。
(2)根据vt图象与t轴所围面积表示位移，
则得物体在0～8 s内的位移为：
s＝（－×2×2＋×4 ）m＝14 m。
(3)物体升高的高度为：h＝ssin37°＝8.4 m
物体重力势能的增加量为：ΔEp＝mgh＝84 J
物体动能的增加量为：
ΔEk＝m(v－v)＝×1×(42－22) J＝6 J
故物体机械能的增加量为：ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90 J。
9．飞机场上运行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，传送带达稳定运行的速度v后，将行李依次轻放到传送带上，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，整个过程传送带始终保持匀速运动，忽略皮带轮、电动机损失的能量。求：
(1)传送带对每件行李做的功W1；
(2)每运送一件行李，滑动摩擦力对传送带所做的功W2；
(3)从电动机开启，到运送完毕行李需要消耗的电能E。
答案 (1)mv2 (2)－mv2 (3)Mv2＋nmv2
解析 (1)传送带对每件行李做的功
W1＝fx物＝mv2。
(2)摩擦力对传送带做的功W2＝－fx带
又x物＝t，x带＝vt
可得W2＝－2W1＝－mv2。
(3)由能量守恒定律得E＝Mv2－nW2
解得E＝Mv2＋nmv2。
10．如图所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰与小车右端平滑对接。小车质量m′＝3 kg，车长L＝2.06 m。现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速度释放，滑到B端后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运动了t0＝1.5 s时，车被地面装置锁定(g取10 m/s2)。试求：
(1)滑块到达B端时，轨道对它的支持力的大小；
(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车之间由于摩擦而产生的内能大小。
答案 (1)30 N (2)1 m (3)6 J
解析 (1)由机械能守恒定律得mgR＝mv
由牛顿第二定律得FNB－mg＝m
解得FNB＝30 N。
(2)设滑块滑上小车后经过时间t1与小车共速，共同速度的大小为v
对滑块：μmg＝ma1，v＝vB－a1t1
对小车：μmg＝m′a2，v＝a2t1
解得v＝1 m/s，t1＝1 s，
t1时间内滑块相对车的位移大小s＝vBt1－a1t－a2t＝2 m，s
则小车右端距B端的距离为x车＝t1＋v(t0－t1)，
解得x车＝1 m。
(3)Q＝μmgs，解得Q＝6 J。
11．(2019·江西上饶重点中学六校高三第一次联考)如图，倾角θ＝30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将足够长的长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B且B不会滑离A，初始时A下端与挡板相距L，现同时无初速释放A和B。A和B的质量均为m，它们之间的动摩擦因数μ＝，A与挡板每次碰撞都原速率反弹，忽略碰撞时间，重力加速度为g。求：
(1)A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v1；
(2)A第二次与挡板碰前瞬间的速度大小v2；
(3)从开始释放到最后的整个过程摩擦产生的热量。
答案 (1) (2) (3)3mgL
解析 (1)A、B一起下滑时有：2mgsin30°＝2ma共
解得a共＝g，
由v＝2a共L，可得v1＝＝。
(2)第一次碰后，A向上减速，B向下减速，加速度大小为：aA＝＝g
aB＝＝g
设碰后经时间t，A、B速度相同且大小为v共
则v共＝v1－aBt＝－v1＋aAt
解得t＝ ，v共＝
此时A上滑的位移大小为sA＝v1t－aAt2＝
则A第二次与挡板相碰时有
v2＝＝ 。
(3)分析可知最终A下端停在挡板处，B停在A上某处。
则有Q＝μmgcos30°(Δs1＋Δs2＋Δs3＋Δs4＋……)
第一次碰撞到速度相等B下滑的位移大小为
sB＝v1t－aBt2＝
B相对A下滑的距离为
Δs1＝sA＋sB＝＝()2＝v
以后A、B运动情况与此类似，
由＝可知＝
得v＝n－1v，Δsn＝n－1v
则整个运动过程B相对A滑动的距离为：
Δs＝Δs1＋Δs2＋Δs3＋Δs4＋……＝4L
A、B间因摩擦产生的热量：
Q＝μmgcosθ·Δs＝3mgL。
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