題型一 傳送帶模型
例1 (多選)(2023·福建福州市模擬)福州某地鐵站的安檢設(shè)施如圖所示．該設(shè)施中的水平傳送帶以恒定速率v運(yùn)動(dòng)，乘客將質(zhì)量為m的物品靜止放在傳送帶上，加速后勻速通過安檢設(shè)施，對此過程下列說法正確的是( )
A．物品先受滑動(dòng)摩擦力后受靜摩擦力作用
B．物品受到滑動(dòng)摩擦力的方向與其運(yùn)動(dòng)方向相同
C．物品由于摩擦產(chǎn)生的熱量為mv2
D．傳送帶動(dòng)力裝置為傳送該物品多消耗的能量為mv2
答案 BD
解析 物品加速時(shí)受滑動(dòng)摩擦力作用，勻速時(shí)不受摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；物品受到滑動(dòng)摩擦力的方向與其運(yùn)動(dòng)方向相同，滑動(dòng)摩擦力使物品加速運(yùn)動(dòng)，故B正確；設(shè)物品由加速到勻速所用時(shí)間為t，則這段時(shí)間內(nèi)傳送帶的位移s1＝vt，物品的位移s2＝eq \f(v,2)t，物品與傳送帶之間產(chǎn)生的熱量Q＝fΔs＝f(s1－s2)＝fs2，物品加速過程應(yīng)用動(dòng)能定理得fs2＝eq \f(1,2)mv2，則物品由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝eq \f(1,2)mv2，故C錯(cuò)誤；傳送帶動(dòng)力裝置為傳送該物品多消耗的能量一部分轉(zhuǎn)化為物品的動(dòng)能Ek＝eq \f(1,2)mv2，另一部分由于摩擦產(chǎn)生了熱量Q＝eq \f(1,2)mv2，故多消耗的能量為E＝Ek＋Q＝mv2，故D正確．
例2 如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v0＝2 m/s的速率運(yùn)行，現(xiàn)把一質(zhì)量為m＝10 kg的工件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在傳送帶的底端，經(jīng)過時(shí)間t＝1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處，g取10 m/s2，求：
(1)工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
(2)電動(dòng)機(jī)由于傳送工件多消耗的電能．
答案 (1)eq \f(\r(3),2) (2)230 J
解析 (1)由題圖可知，傳送帶長s＝eq \f(h,sin θ)＝3 m
工件速度大小達(dá)到v0前，做勻加速運(yùn)動(dòng)，有s1＝eq \f(v0,2)t1
工件速度大小達(dá)到v0后，做勻速運(yùn)動(dòng)，
有s－s1＝v0(t－t1)
聯(lián)立解得加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝0.8 s
加速運(yùn)動(dòng)的位移大小s1＝0.8 m
所以加速度大小a＝eq \f(v0,t1)＝2.5 m/s2
由牛頓第二定律有μmgcs θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝eq \f(\r(3),2).
(2)由能量守恒定律知，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能用于增加工件的動(dòng)能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時(shí)摩擦力做功產(chǎn)生的熱量．
在時(shí)間t1內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移大小
s傳＝v0t1＝1.6 m
在時(shí)間t1內(nèi)，工件相對傳送帶的位移大小
s相＝s傳－s1＝0.8 m
在時(shí)間t1內(nèi)，摩擦產(chǎn)生的熱量
Q＝μmgcs θ·s相＝60 J
最終工件獲得的動(dòng)能Ek＝eq \f(1,2)mv02＝20 J
工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J
電動(dòng)機(jī)多消耗的電能
E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
1．傳送帶問題的分析方法
(1)動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)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．
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(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)傳送帶克服摩擦力做的功：W＝fs傳．
(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝fs相對，s相對表示相對路程．
(3)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
題型二 滑塊—木板模型
例3 如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m＝2 kg的另一物體B(可看成質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面．由于A、B間存在摩擦力，之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示．下列說法正確的是(g取10 m/s2)( )
A．木板A最終獲得的動(dòng)能為2 J
B．系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J
C．木板A的最小長度為2 m
D．A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1
答案 D
解析 由題圖乙可知，0～1 s內(nèi)，A、B的加速度大小都為a＝1 m/s2，物體B和木板A水平方向均受滑動(dòng)摩擦力．根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，則木板最終動(dòng)能EkA＝eq \f(1,2)mv12＝1 J，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m·v2＝2 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由題圖乙可得二者相對位移為1 m，即木板A的最小長度為1 m，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對B受力分析，根據(jù)牛頓第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，選項(xiàng)D正確．
例4 (2023·黑龍江省佳木斯一中高三檢測)如圖所示，在光滑的水平面上放置一個(gè)足夠長的木板B，在B的左端放有一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊A，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，A的質(zhì)量m＝1 kg，B的質(zhì)量M＝2 kg, g＝10 m/s2.現(xiàn)對A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(結(jié)果可以用分?jǐn)?shù)表示)
(1)撤去拉力F前小滑塊A和長木板B的加速度大小a1、a2；
(2)A相對于B靜止時(shí)的速度大小v；
(3)整個(gè)過程中由于摩擦生成的熱量Q.
答案 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2)eq \f(7,3) m/s (3)eq \f(7,3) J
解析 (1)若A、B相對靜止，則有a＝eq \f(F,m＋M)＝eq \f(7,3) m/s2>eq \f(μmg,M)＝2 m/s2，故A、B間有滑動(dòng)摩擦力，對滑塊A，根據(jù)牛頓第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2
對木板B，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2.
(2)撤去F時(shí)，滑塊A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s，
撤去F后，由μmg＝ma3得滑塊A的加速度大小為a3＝4 m/s2，
設(shè)經(jīng)歷時(shí)間t2二者共速，則有v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝eq \f(1,6) s，則v＝v1－a3t2＝eq \f(7,3) m/s.
(3)外力F對A、B整體做的功為
F·Δs＝F·eq \f(1,2)a1t12＝eq \f(21,2) J
A、B最終以速度v＝eq \f(7,3) m/s運(yùn)動(dòng)．
故A、B整體動(dòng)能為Ek＝eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(49,6) J
由能量守恒定律得F·Δs＝Q＋Ek，則Q＝eq \f(7,3) J.
1．動(dòng)力學(xué)分析：分別對滑塊和木板進(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t＝eq \f(Δv2,a2)＝eq \f(Δv1,a1)，可求出共同速度v和所用時(shí)間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移．
2．功和能分析：對滑塊和木板分別運(yùn)用動(dòng)能定理，或者對系統(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：
(1)求摩擦力對滑塊做功時(shí)用滑塊對地的位移s滑；
(2)求摩擦力對木板做功時(shí)用木板對地的位移s板；
(3)求摩擦生熱時(shí)用相對位移Δs.
題型三 多運(yùn)動(dòng)組合問題
例5 (2023·浙江舟山市模擬)某游樂場的游樂裝置可簡化為如圖所示的豎直面內(nèi)軌道BCDE，左側(cè)為半徑R＝0.8 m的光滑圓弧軌道BC，軌道的上端點(diǎn)B和圓心O的連線與水平方向的夾角α＝30°，圓弧軌道與粗糙水平軌道CD相切于點(diǎn)C，DE為傾角θ＝30°的光滑傾斜軌道，一輕質(zhì)彈簧上端固定在E點(diǎn)處的擋板上．現(xiàn)有質(zhì)量為m＝1 kg的小滑塊P(可視為質(zhì)點(diǎn))從空中的A點(diǎn)以v0＝eq \r(2) m/s的初速度水平向左拋出，恰好從B點(diǎn)沿軌道切線方向進(jìn)入軌道，沿著圓弧軌道運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)之后繼續(xù)沿水平軌道CD滑動(dòng)，經(jīng)過D點(diǎn)(不計(jì)經(jīng)過D點(diǎn)時(shí)的能量損失)后沿傾斜軌道向上運(yùn)動(dòng)至F點(diǎn)(圖中未標(biāo)出)，彈簧恰好壓縮至最短．已知C、D之間和D、F之間距離都為1 m，滑塊與軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力．求：
(1)小滑塊P經(jīng)過圓弧軌道上B點(diǎn)的速度大?。?br>(2)小滑塊P到達(dá)圓弧軌道上的C點(diǎn)時(shí)對軌道壓力的大??；
(3)彈簧的彈性勢能的最大值；
(4)試判斷滑塊返回時(shí)能否從B點(diǎn)離開，若能，求出飛出B點(diǎn)的速度大??；若不能，判斷滑塊最后位于何處．
答案 (1)2eq \r(2) m/s (2)50 N (3)6 J (4)無法從B點(diǎn)離開，離D點(diǎn)0.2 m(或離C點(diǎn)0.8 m)
解析 (1)設(shè)滑塊P經(jīng)過B點(diǎn)的速度大小為vB，由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)有v0＝vBsin 30°，得vB＝2eq \r(2) m/s
(2)滑塊P從B點(diǎn)到達(dá)最低點(diǎn)C點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得
mg(R＋Rsin 30°)＋eq \f(1,2)mvB2＝eq \f(1,2)mvC2
解得vC＝4eq \r(2) m/s
經(jīng)過C點(diǎn)時(shí)受軌道的支持力大小為N，
有N－mg＝meq \f(vC2,R)，解得N＝50 N
由牛頓第三定律可得滑塊在C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小F壓＝50 N
(3)設(shè)彈簧的彈性勢能最大值為Epm，滑塊從C點(diǎn)到F點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－eq \f(1,2)mvC2，代入數(shù)據(jù)可解得Epm＝6 J
(4)設(shè)滑塊返回時(shí)能上升的高度為h，根據(jù)動(dòng)能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入數(shù)據(jù)可解得h＝0.6 m，因?yàn)閔

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