思维进阶课六 力学和能量观点解决“传送带”和“滑块—木板”模型问题
[学习目标] 1．会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。
2．会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。
“传送带”问题中的摩擦力做功分析
1．分析角度
(1)动力学角度：首先要正确的对物体进行运动分析和受力分析，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。
2．功能关系
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传；
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
水平传送带问题
[典例1] (2025·山东烟台高三质检)某物流分拣中心为转运货物安装有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以1 m/s2的加速度向前加速运行。如图所示，在传送带空载的某时刻，某质量为20 kg的货物向前以3 m/s的初速度滑上传送带。已知传送带长为6 m，货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2，g＝10 m/s2，求：
(1)货物用多长时间到达传送带末端；
(2)整个过程传送带对货物做的功；
(3)传送带与货物由于摩擦产生的热量。
[听课记录]
倾斜传送带问题
[典例2] 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(可看作质点)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；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
思路点拨：解此题按以下思路。
[听课记录]
摩擦生热的三点提醒
(1)大小：系统内因滑动摩擦力做功产生的热量Q＝Ffx相对。
(2)产生：有滑动摩擦力的系统内存在相对位移，摩擦生热Q＝Ffx相对，x相对是两物体间相对运动的路程，即同向相减、反向相加；若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。
(3)能量变化的两种形式：一是相互摩擦的物体之间机械能转移；二是系统的机械能转化为内能(即热量)。
“滑块—木板”问题中的摩擦力做功分析
1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度a1、a2；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。
2．功和能分析：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，要注意区分三个位移：
(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路程Δx。
水平面上的“滑块—木板”问题
[典例3] (多选)(2023·全国乙卷)如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f ，当物块从木板右端离开时( )
A．木板的动能一定等于f l
B．木板的动能一定小于f l
C．物块的动能一定大于－f l
D．物块的动能一定小于－f l
[听课记录]
倾斜面上的“滑块—木板”问题
[典例4] (2025·湖北十堰高三月考)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面上有一质量M＝4 kg的足够长的木板A，在A的上端有一质量m＝2 kg的物块B(可视作质点)，物块B与木板A间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放，释放时木板前端与挡板相距s＝ m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求木板A第1次碰撞挡板P时的速度大小；
(2)求从木板A第1次碰到挡板到木板A第1次减速为零的时间，并求出在此过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量。
[听课记录]
思维进阶课六 力学和能量观点解决“传送带”和“滑块—木板”模型问题
进阶1
典例1 解析：(1)对货物受力分析，由牛顿第二定律可知μmg＝ma′
解得a′＝2 m/s2
设经时间t1两者共速，则v0－a′t1＝at1
解得t1＝1 s
故货物运动1 s后两者共速
此时的速度大小v＝at1＝1 m/s
从开始到二者共速，货物的位移
x1＝＝2 m
由题意知，两者共速后，一起以加速度a做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动时间t2到达传送带末端，则＝l－x1
解得t2＝2 s
所以货物到达传送带末端所用的时间
t＝t1＋t2＝3 s。
(2)设货物到达传送带末端的速度大小为v′，则
v′＝v＋at2
解得v′＝3 m/s
货物从滑上传送带至到达传送带末端的过程
由动能定理得W＝
解得W＝0。
(3)货物和传送带之间的相对位移
Δx＝＝1.5 m
所以整个过程因摩擦产生的热量
Q＝μmgΔx＝60 J。
答案：(1)3 s (2)0 (3)60 J
典例2 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
工件速度达到v0后，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＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得μ＝。
(2)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相对＝x传送带－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦生热
Q＝μmg cos θ·x相对＝60 J
工件获得的动能Ek＝＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
故电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
答案：(1) (2)230 J
进阶2
典例3 BD [根据题意分析可知，物块做匀减速运动，木板做匀加速运动，物块离开木板时，物块的速度v1大于木板的速度v2，则有物块位移x物＝t，木板位移x木＝t，则x物>2x木，又x物－x木＝l，v1＞v2，可知x木典例4 解析：(1)分析可知，释放后A、B一起加速下滑，
由牛顿第二定律有(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a
可得a＝g sin θ＝6 m/s2
设木板碰撞挡板时速度为v，则v2＝2as
代入数据解得v＝2 m/s。
(2)碰撞后木板A减速上滑，设其加速度大小为aA，有Mg sin θ＋μmg cos θ＝MaA
可得aA＝8 m/s2
故所求时间t＝＝0.25 s
木板A上滑距离xA＝＝ m
此过程中，物块B加速下滑，设其加速度大小为aB，有mg sin θ－μmg cos θ＝maB
可得aB＝2 m/s2
物块B下滑距离xB＝vt＋aBt2＝ m
故因摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·(xA＋xB)＝6.5 J。
答案：(1)2 m/s (2)0.25 s 6.5 J
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第五章 机械能
思维进阶课六 力学和能量观点解决“传送带”和
“滑块—木板”模型问题
[学习目标] 1．会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。
2．会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运动情况。
进阶1 “传送带”问题中的摩擦力做功分析
1．分析角度
(1)动力学角度：首先要正确的对物体进行运动分析和受力分析，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。
2．功能关系
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ff x传；
②产生的内能：Q＝Ff x相对。
角度1 水平传送带问题
[典例1] (2025·山东烟台高三质检)某物流分拣中心为转运货物安装有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以1 m/s2的加速度向前加速运行。如图所示，在传送带空载的某时刻，某质量为20 kg的货物向前以3 m/s的初速度滑上传送带。已知传送带长为6 m，货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2，g＝10 m/s2，求：
(1)货物用多长时间到达传送带末端；
(2)整个过程传送带对货物做的功；
(3)传送带与货物由于摩擦产生的热量。
[解析] (1)对货物受力分析，由牛顿第二定律可知μmg＝ma′
解得a′＝2 m/s2
设经时间t1两者共速，则v0－a′t1＝at1
解得t1＝1 s
故货物运动1 s后两者共速
此时的速度大小v＝at1＝1 m/s
从开始到二者共速，货物的位移
x1＝＝2 m
由题意知，两者共速后，一起以加速度a做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动时间t2到达传送带末端，则＝l－x1
解得t2＝2 s
所以货物到达传送带末端所用的时间
t＝t1＋t2＝3 s。
(2)设货物到达传送带末端的速度大小为v′，则
v′＝v＋at2
解得v′＝3 m/s
货物从滑上传送带至到达传送带末端的过程
由动能定理得W＝
解得W＝0。
(3)货物和传送带之间的相对位移
Δx＝＝1.5 m
所以整个过程因摩擦产生的热量
Q＝μmgΔx＝60 J。
[答案] (1)3 s (2)0 (3)60 J
角度2 倾斜传送带问题
[典例2] 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(可看作质点)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；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能。
思路点拨：解此题按以下思路。
[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
工件速度达到v0后，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＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律得μmg cos θ－mg sin θ＝ma
解得μ＝。
(2)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相对＝x传送带－x1＝0.8 m
在时间t1内，摩擦生热
Q＝μmg cos θ·x相对＝60 J
工件获得的动能Ek＝＝20 J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J
故电动机多消耗的电能W＝Q＋Ek＋Ep＝230 J。
[答案] (1) (2)230 J
规律总结 摩擦生热的三点提醒
(1)大小：系统内因滑动摩擦力做功产生的热量Q＝Ff x相对。
(2)产生：有滑动摩擦力的系统内存在相对位移，摩擦生热Q＝Ff
x相对，x相对是两物体间相对运动的路程，即同向相减、反向相加；若物体做往复运动，则x相对为总的相对路程。
(3)能量变化的两种形式：一是相互摩擦的物体之间机械能转移；二是系统的机械能转化为内能(即热量)。
进阶2 “滑块—木板”问题中的摩擦力做功分析
1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度a1、a2；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移。
2．功和能分析：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，要注意区分三个位移：
(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路程Δx。
角度1 水平面上的“滑块—木板”问题
[典例3] (多选)(2023·全国乙卷)如图所示，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f ，当物块从木板右端离开时( )
A．木板的动能一定等于f l
B．木板的动能一定小于f l
C．物块的动能一定大于－f l
D．物块的动能一定小于－f l
√
√
BD [根据题意分析可知，物块做匀减速运动，木板做匀加速运动，物块离开木板时，物块的速度v1大于木板的速度v2，则有物块位移
x物＝t，木板位移x木＝t，则x物>2x木，又x物－x木＝l，v1＞v2，可知x木角度2 倾斜面上的“滑块—木板”问题
[典例4] (2025·湖北十堰高三月考)如图所示，倾角θ＝37°的光滑斜面上有一质量M＝4 kg的足够长的木板A，在A的上端有一质量m＝2 kg的物块B(可视作质点)，物块B与木板A间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面底端有一挡板P，木板与挡板P碰撞后会等速率反弹。现将木板与物块同时由静止释放，释放时木板前端与挡板相距s＝ m，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求木板A第1次碰撞挡板P时的速度大小；
(2)求从木板A第1次碰到挡板到木板A第1次减速为零的时间，并求出在此过程中，物块B与木板A间因摩擦产生的热量。
[解析] (1)分析可知，释放后A、B一起加速下滑，
由牛顿第二定律有(M＋m)g sin θ＝(M＋m)a
可得a＝g sin θ＝6 m/s2
设木板碰撞挡板时速度为v，则v2＝2as
代入数据解得v＝2 m/s。
(2)碰撞后木板A减速上滑，设其加速度大小为aA，有Mg sin θ＋μmg cos θ＝MaA
可得aA＝8 m/s2
故所求时间t＝＝0.25 s
木板A上滑距离xA＝＝ m
此过程中，物块B加速下滑，设其加速度大小为aB，
有mg sin θ－μmg cos θ＝maB
可得aB＝2 m/s2
物块B下滑距离xB＝vt＋aBt2＝ m
故因摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·(xA＋xB)＝6.5 J。
[答案] (1)2 m/s (2)0.25 s 6.5 J
思维进阶特训(六)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
1．(多选)(2024·黑龙江哈尔滨高三期中)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的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是( )
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为f x
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－f L
D．这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为f L
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
BD [根据动能定理，物块的动能为Ek1＝(F－f )·(L＋x)，A错误；小车的动能为Ek2＝f x，B正确；物块和小车增加的机械能等于力F做功与摩擦生热之差，则ΔE＝F(L＋x)－f L，C错误；系统因摩擦而损失的机械能为ΔE损＝f x相对＝f L，D正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
2．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，已知物体与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，需对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )
A．
C．mv2 D．2mv2
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
C [由能量守恒定律可知，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＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
3．(2025·河北邯郸高三检测)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度地轻放在传送带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传
送带上运动的过程中，下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
B．饺子相对于传送带的位移为
C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
C [饺子的加速度a＝＝＝μg，与传送带的速度无关，故A错误；饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t＝，饺子在传送带上留下的痕迹长度Δs＝vt－＝，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝t，相对位移为s相对＝s传送带－s饺子＝vt－t＝t，即s相对＝s饺子，故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
4．(多选)(2024·安徽合肥二模)如图所示，水平传送带左端A与右端B相距2.5 m，传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动。质量为2 kg的小滑块以2 m/s的初速度从A端滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块最终从B端离开传送带
B．整个过程摩擦力对小滑块做功为－4 J
C．小滑块在传送带上的划痕长度为4.5 m
D．小滑块在传送带上匀速运动的时间为1.5 s
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
CD [根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，小滑块向右减速到零的时间t1＝＝2 s，运动的距离L1＝t1＝2 m，L1小于传送带的长度，因此小滑块最终从A端离开传送带，A错误；减速到零之后反向加速直到共速，加速时间t2＝＝1 s，反向加速的距离L2＝t2＝0.5 m，再向左匀速运动L3＝1.5 m到达A端，时间t3＝＝1.5 s，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D正确；从滑上传送带到共速，滑块与传送带的相对位移 m＋ m＝4.5 m，C正确；根据动能定理，摩擦力对小滑块做的功等于小滑块动能的变化量，Wf＝＝－3 J，B错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
5．(2024·黑龙江佳木斯二模)光滑水平面上放置一长为L、不计质量的轻质木片，木片左、右端放置一个质量都是m、可视为质点的小滑块A和B，A、B与轻质木片间动摩擦因数分别是μ1和μ2，且2μ2>μ1>μ2。现在对A施加水平向右的推力F，使A能与B相遇，则( )
A．若F大于μ1mg，则可以使A与B相碰
B．若F大于μ2mg，则可以使A与B相碰
C．A与B相碰前系统产生的内能为μ2mgL
D．只要F足够大，A、B可能一起相对木片运动
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
C [当力F较小时，A、B和木片一起向前加速，随着力F的增大，最大静摩擦力小的先滑动，B与轻质木片间摩擦力达到最大值时，加速度为a，则μ2mg＝ma，得a＝μ2g，把A、B和木片看成一个整体，F>2ma＝2μ2mg>μ1mg，B和木片发生相对滑动，使A能与B相遇，故A、B错误；由于A、B与木片的最大摩擦力都是μ2mg，小于μ1mg，所以A相对木片不动，故D错误；A与B相碰前系统产生的内能为滑动摩擦力与相对位移的乘积，A能与B相遇时，B与木片的相对位移为L，则A与B相碰前系统产生的内能Q＝μ2mgL，故C正确。]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
6．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间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A．木板A最终获得的动能为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
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
D [由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受相互作用的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能EkA＝＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝＝2 J，选项B错误；由题图乙可得二者相对位移为 1 m, 即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确。]
题号
1
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7
9
10
7．(多选)(2024·广西柳州二模)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率＝10 m/s沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝
2 kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带上端，煤块相对地面的v-t图像如图乙所示，2 s末滑离传送带，传送带上下两端长L＝16 m。设沿传送带向下为正方向。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则( )
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
A．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m
C．整个过程因摩擦而产生的热量Q为48 J
D．整个过程因摩擦而产生的热量Q为50 J
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
√
BC [由题图乙得0～1 s内煤块加速度a1＝＝ m/s2＝10.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，1～2 s内煤块加速度a2＝ m/s2＝2.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得μ＝0.5，故A错误；根据题图乙可知，0～1 s内传送带比煤块多运动位移Δx1＝×10×1 m＝5 m，1～2 s内煤块比传送带多运动位移Δx2＝×2×1 m＝1 m，两者有重叠部分，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为 5 m，故B正确；整个过程因摩擦而产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ＝48 J，故C正确，D错误。]
题号
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8．如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块：
题号
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(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
题号
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[解析] (1)由动能定理得
(mg sin 37°－μ1mg cos 37°)L＝－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
题号
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匀速运动阶段的时间为t2＝＝3 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。
(3)由分析可知，物块第1次离开传送带以后，之后物块再下滑到达P点的速度小于4 m/s，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律有
Q＝μ1mgL cos 37°＋mv2＝48 J。
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[答案] (1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
9．(2024·山东济宁市一模)某货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ＝37°，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0＝2 m/s，货物质量m＝10 kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1＝0.5，与挡板的动摩擦因数μ2＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
题号
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(1)货物在传送带上经历的时间t；
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。
题号
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[解析] (1)设传送带对货物的弹力大小为N1，挡板对货物的弹力大小为N2，对货物进行分析如图所示，有
N1＝mg cos θ，N2＝mg sin θ，
μ1N1－μ2N2＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速至2 m/s的过程，根据速度与位移关系式有＝2ax0
解得x0＝0.8 m题号
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则匀加速直线运动的时间t1＝＝ s＝0.8 s
之后货物做匀速直线运动，经历时间
t2＝＝ s＝4.6 s
则货物在传送带上经历的时间t＝t1＋t2＝5.4 s。
题号
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(2)货物与传送带之间产生的热量
Q1＝μ1N1＝32 J
货物与挡板之间产生的热量Q2＝μ2N2L＝150 J
货物增加的动能ΔEk＝＝20 J
因运送货物传送装置多消耗的电能
E＝Q1＋Q2＋ΔEk＝202 J。
[答案] (1)5.4 s (2)202 J
题号
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10．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L＝4 m、质量M＝2 kg的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝8 N的作用下从静止开始下滑，经时间t1＝1 s，将一质量为m＝1 kg的可视为质点的物块无初速度地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力，试求：
题号
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(1)t1＝1 s时木板速度的大小v1；
(2)从物块放到木板上到与木板共速的速度大小v2和所用时间t2；
(3)木板上表面因摩擦产生的热量Q。
题号
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[解析] (1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
F＋Mg sin θ－μ1Mg cos θ＝Ma
解得a＝6 m/s2
t1＝1 s时木板速度的大小v1＝at1＝6 m/s。
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(2)从物块放到木板上到与木板共速的过程，设木板的加速度大小为a1，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，对木板，有
F＋Mg sin θ－μ1(m＋M)g cos θ－μ2mg cos θ＝Ma1
对物块，有mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma2
解得a1＝3 m/s2，a2＝8 m/s2
设经时间t2物块与木板共速，速度大小为v2，有
v2＝v1＋a1t2＝a2t2
解得v2＝9.6 m/s，t2＝1.2 s。
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(3)从物块放到木板上到与木板共速的过程，物块的位移x2＝＝5.76 m
木板的位移x1＝＝9.36 m
物块相对木板向上运动Δx＝x1－x2＝3.6 m
撤去F后，木板速度小于物块速度，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面因摩擦产生的热量Q＝μ2mg cos θ·2Δx
解得Q＝14.4 J。
[答案] (1)6 m/s (2)9.6 m/s 1.2 s (3)14.4 J
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谢 谢 ！思维进阶特训(六)
1．(多选)(2024·黑龙江哈尔滨高三期中)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的小物块放在小车的最左端。现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为f，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是( )
A．此时物块的动能为F(x＋L)
B．此时小车的动能为f x
C．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fx－f L
D．这一过程中，系统因摩擦而损失的机械能为f L
2．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，已知物体与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，需对木板施加一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )
A．
C．mv2 D．2mv2
3．(2025·河北邯郸高三检测)如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子无初速度地轻放在传送带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中，下列说法正确的是( )
A．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
B．饺子相对于传送带的位移为
C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能
4．(多选)(2024·安徽合肥二模)如图所示，水平传送带左端A与右端B相距2.5 m，传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动。质量为2 kg的小滑块以2 m/s的初速度从A端滑上传送带，小滑块与传送带之间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．小滑块最终从B端离开传送带
B．整个过程摩擦力对小滑块做功为－4 J
C．小滑块在传送带上的划痕长度为4.5 m
D．小滑块在传送带上匀速运动的时间为1.5 s
5．(2024·黑龙江佳木斯二模)光滑水平面上放置一长为L、不计质量的轻质木片，木片左、右端放置一个质量都是m、可视为质点的小滑块A和B，A、B与轻质木片间动摩擦因数分别是μ1和μ2，且2μ2>μ1>μ2。现在对A施加水平向右的推力F，使A能与B相遇，则( )
A．若F大于μ1mg，则可以使A与B相碰
B．若F大于μ2mg，则可以使A与B相碰
C．A与B相碰前系统产生的内能为μ2mgL
D．只要F足够大，A、B可能一起相对木片运动
6．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间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板A最终获得的动能为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
7．(多选)(2024·广西柳州二模)如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定的速率＝10 m/s沿逆时针方向运行。t＝0时，将质量m＝2 kg的煤块(可视为质点)轻放在传送带上端，煤块相对地面的v-t图像如图乙所示，2 s末滑离传送带，传送带上下两端长L＝16 m。设沿传送带向下为正方向。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则( )
A．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.4
B．煤块在传送带上留下的痕迹长度为5 m
C．整个过程因摩擦而产生的热量Q为48 J
D．整个过程因摩擦而产生的热量Q为50 J
8．如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ1＝0.25、μ2＝0.20，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块：
(1)第1次滑过P点时的速度大小v1；
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q。
9．(2024·山东济宁市一模)某货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ＝37°，CD与水平面平行。传送带始终匀速转动，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从D点由静止释放，货物对地发生位移L＝10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知传送带速率v0＝2 m/s，货物质量m＝10 kg，货物与传送带的动摩擦因数μ1＝0.5，与挡板的动摩擦因数μ2＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)货物在传送带上经历的时间t；
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能E。
10．如图所示，倾角为θ＝37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面上放一长度为L＝4 m、质量M＝2 kg的木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板在沿斜面向下的恒力F＝8 N的作用下从静止开始下滑，经时间t1＝1 s，将一质量为m＝1 kg的可视为质点的物块无初速度地轻放在木板的最下端，物块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.25，当物块与木板速度相同时撤去恒力F，最终物块会与木板分离。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2，不计空气阻力，试求：
(1)t1＝1 s时木板速度的大小v1；
(2)从物块放到木板上到与木板共速的速度大小v2和所用时间t2；
(3)木板上表面因摩擦产生的热量Q。
思维进阶特训(六)
1．BD [根据动能定理，物块的动能为Ek1＝(F－f )·(L＋x)，A错误；小车的动能为Ek2＝f x，B正确；物块和小车增加的机械能等于力F做功与摩擦生热之差，则ΔE＝F(L＋x)－f L，C错误；系统因摩擦而损失的机械能为ΔE损＝f x相对＝f L，D正确。]
2．C [由能量守恒定律可知，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＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。]
3．C [饺子的加速度a＝＝＝μg，与传送带的速度无关，故A错误；饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间t＝，饺子在传送带上留下的痕迹长度Δs＝vt－＝，故B错误；饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能Ek＝μmgs饺子，因摩擦产生的热量Q＝μmgs相对，又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移s饺子＝t，相对位移为s相对＝s传送带－s饺子＝vt－t＝t，即s相对＝s饺子，故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。]
4．CD [根据牛顿第二定律有μmg＝ma，解得a＝1 m/s2，小滑块向右减速到零的时间t1＝＝2 s，运动的距离L1＝t1＝2 m，L1小于传送带的长度，因此小滑块最终从A端离开传送带，A错误；减速到零之后反向加速直到共速，加速时间t2＝＝1 s，反向加速的距离L2＝t2＝0.5 m，再向左匀速运动L3＝1.5 m到达A端，时间t3＝＝1.5 s，D正确；从滑上传送带到共速，滑块与传送带的相对位移 m＋ m＝4.5 m，C正确；根据动能定理，摩擦力对小滑块做的功等于小滑块动能的变化量，Wf＝＝－3 J，B错误。]
5．C [当力F较小时，A、B和木片一起向前加速，随着力F的增大，最大静摩擦力小的先滑动，B与轻质木片间摩擦力达到最大值时，加速度为a，则μ2mg＝ma，得a＝μ2g，把A、B和木片看成一个整体，F>2ma＝2μ2mg>μ1mg，B和木片发生相对滑动，使A能与B相遇，故A、B错误；由于A、B与木片的最大摩擦力都是μ2mg，小于μ1mg，所以A相对木片不动，故D错误；A与B相碰前系统产生的内能为滑动摩擦力与相对位移的乘积，A能与B相遇时，B与木片的相对位移为L，则A与B相碰前系统产生的内能Q＝μ2mgL，故C正确。]
6．D [由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受相互作用的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能EkA＝＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝＝2 J，选项B错误；由题图乙可得二者相对位移为 1 m, 即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确。]
7．BC [由题图乙得0～1 s内煤块加速度a1＝＝ m/s2＝10.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1，1～2 s内煤块加速度a2＝ m/s2＝2.0 m/s2，根据牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma2，解得μ＝0.5，故A错误；根据题图乙可知，0～1 s内传送带比煤块多运动位移Δx1＝×10×1 m＝5 m，1～2 s内煤块比传送带多运动位移Δx2＝×2×1 m＝1 m，两者有重叠部分，所以煤块在传送带上留下的痕迹长度为 5 m，故B正确；整个过程因摩擦而产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ＝48 J，故C正确，D错误。]
8．解析：(1)由动能定理得
(mg sin 37°－μ1mg cos 37°)L＝－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛顿第二定律得μ2mg＝ma
物块与传送带共速时，由速度公式得－v＝v1－at1
解得t1＝6 s
匀速运动阶段的时间为t2＝＝3 s
第1次在传送带上往返运动的时间t＝t1＋t2＝9 s。
(3)由分析可知，物块第1次离开传送带以后，之后物块再下滑到达P点的速度小于4 m/s，直到物块停止运动，每次再到达传送带和离开传送带的速度大小相等，则根据能量守恒定律有
Q＝μ1mgL cos 37°＋mv2＝48 J。
答案：(1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
9．解析：(1)设传送带对货物的弹力大小为N1，挡板对货物的弹力大小为N2，对货物进行分析如图所示，有
N1＝mg cos θ，N2＝mg sin θ，
μ1N1－μ2N2＝ma
解得a＝2.5 m/s2
货物匀加速至2 m/s的过程，根据速度与位移关系式有＝2ax0
解得x0＝0.8 m则匀加速直线运动的时间t1＝＝ s＝0.8 s
之后货物做匀速直线运动，经历时间
t2＝＝ s＝4.6 s
则货物在传送带上经历的时间t＝t1＋t2＝5.4 s。
(2)货物与传送带之间产生的热量
Q1＝μ1N1＝32 J
货物与挡板之间产生的热量Q2＝μ2N2L＝150 J
货物增加的动能ΔEk＝＝20 J
因运送货物传送装置多消耗的电能
E＝Q1＋Q2＋ΔEk＝202 J。
答案：(1)5.4 s (2)202 J
10．解析：(1)设没放物块时，木板加速下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得
F＋Mg sin θ－μ1Mg cos θ＝Ma
解得a＝6 m/s2
t1＝1 s时木板速度的大小v1＝at1＝6 m/s。
(2)从物块放到木板上到与木板共速的过程，设木板的加速度大小为a1，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，对木板，有
F＋Mg sin θ－μ1(m＋M)g cos θ－μ2mg cos θ＝Ma1
对物块，有mg sin θ＋μ2mg cos θ＝ma2
解得a1＝3 m/s2，a2＝8 m/s2
设经时间t2物块与木板共速，速度大小为v2，有
v2＝v1＋a1t2＝a2t2
解得v2＝9.6 m/s，t2＝1.2 s。
(3)从物块放到木板上到与木板共速的过程，物块的位移x2＝＝5.76 m
木板的位移x1＝＝9.36 m
物块相对木板向上运动Δx＝x1－x2＝3.6 m
撤去F后，木板速度小于物块速度，物块最终从木板下端离开木板，由功能关系知木板上表面因摩擦产生的热量Q＝μ2mg cos θ·2Δx
解得Q＝14.4 J。
答案：(1)6 m/s (2)9.6 m/s 1.2 s (3)14.4 J
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