文档内容
训练 1 用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块—木板
模型
1.(2024·云南省名校联考)如图所示，斜面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，
当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。
若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P点静止释放，则下列说法正确的是( )
A．滑块可能再次滑上斜面
B．滑块在传送带上运动的时间增长
C．滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多
D．滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快
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，须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. B. C．mv2 D．2mv2
3．(多选)(2023·福建龙岩市期中)如图甲，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个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＝1 kg，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/s
B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝C．0～t 时间内电动机多消耗的电能为36 J
2
D．0～t 时间因摩擦产生热量为15 J
2
4．(2023·河南省联考)全国平均每天有3亿多件快递包裹在分拣寄递中。一种交叉带式分拣
机俯视图如图甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传
送带运动方向与小车运动方向垂直。分拣时，经扫码后的某包裹与小车一起做匀速直线运动，
根据目的地不同，到达某隔口时，小车上的传送带迅速启动，将包裹卸载下去，从而实现根
据目的地将包裹进行分类的目的。现将小车上的传送带部分简化成图乙侧视图所示的模型，
传送带与某包裹间的动摩擦因数μ＝0.8，M、N间距离L＝2.8 m，包裹可视为质点且放在
MN中点。小车沿轨道匀速运动的速度v＝5 m/s，当该包裹即将到达目的地隔口时，小车上
1
的传送带迅速启动，获得v ＝4 m/s的速度，忽略传送带的加速时间，该包裹质量m＝0.5
2
kg，取g＝10 m/s2。
(1)求从传送带启动到该包裹到达N处所需时间；
(2)若要使该包裹卸载时恰好到达隔口中间，则需在包裹沿小车运动方向上距离隔口中间多
远处启动传送带？
(3)求传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量。
5.如图所示，一质量为m＝1 kg的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩
1
擦因数μ ＝0.1，木板最右端放有一质量为m ＝1 kg、大小可忽略不计的物块，物块与木板
1 2
间的动摩擦因数μ ＝0.2。现给木板左端施加一大小为F＝12 N、方向水平向右的推力，经
2
时间t ＝0.5 s后撤去推力F，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始
1
终未脱离木板，取g＝10 m/s2，求：
(1)撤去推力F瞬间，木板的速度大小v 及物块的速度大小v；
1 2
(2)木板至少多长；(3)整个过程中因摩擦产生的热量。
6.(2023·北京市清华附中模拟)如图，质量m ＝2 kg的长木板A在倾角θ＝37°的固定斜面上
A
向下滑动，木板长L＝1.5 m，木板与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.75。当A的速度v ＝6 m/s
1 0
时，将一质量m ＝1 kg的木块B轻放在A的下端，A、B间的动摩擦因数μ ＝0.5，斜面足
B 2
够长，g取10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)当A的速度为5 m/s时，B的速度v 的大小；
B
(2)B在A上滑动的整个过程中，因A、B之间的摩擦力产生的内能Q。
第 6 练 专题强化：动力学和能量观点的综合应用
训练 1 用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块—木板
模型
1．C [传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，
所以滑块的加速度不变，则滑块的位移不变，滑块还是能从传送带的右端滑离传送带，由 x
＝at2可知滑块在传送带上运动的时间不变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带的
位移增大，由Q＝Fx ，可知摩擦产生的热量增多，故选C。]
f 相对
2．C [由能量转化和能量守恒定律可知，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 ，x ＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式
相对 相对可得W＝mv2，故选项C正确。]
3．AC [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 2
m/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；
由题图乙可知0～t 时间内小物块的加速度为a＝1 m/s2
2
对物块受力分析，
可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝，故B错误；
物块运动速度减为零后，反向加速经历时间为t ＝＝2 s
加
结合v－t图像可得t＝3 s
2
根据v－t图像图线与横轴围成面积表示位移可得物块向下运动过程中的位移为x′＝
1
－ m＝－0.5 m
故物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为Δx＝x－x′＝1×2 m＋0.5 m＝2.5 m
1 1 1
物块向上运动过程中的位移为
x′＝ m＝2 m
2
物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为Δx＝x－x′＝2×2 m－2 m＝2 m
2 2 2
所以传送带与物块的总相对位移为Δx＝Δx＋Δx＝4.5 m
1 2
所以0～t 时间因摩擦产生热量为Q＝μmgcos θ·Δs＝27 J，故D错误；
2
物块增加的重力势能
ΔE＝mgsin θ·(x－x)＝7.5 J
p 2 1
物块动能的增量
ΔE＝mv2－mv2＝1.5 J
k 0
则传送带多消耗的电能W ＝Q＋ΔE＋ΔE＝36 J，故C正确。]
电 p k
4．(1)0.6 s (2)3 m (3)4 J
解析 (1)沿传送带运动方向，根据牛顿第二定律有 μmg＝ma，包裹的加速度大小为a＝8
m/s2
包裹与传送带相对静止时有v ＝at ，得t ＝0.5 s，此时包裹沿传动带方向的位移为x＝at2，
2 1 1 1
得x＝1 m，包裹匀速运动的时间为t＝＝0.1 s，则从传送带启动到该包裹到达N处所需时间
2
为t＝t＋t＝0.6 s；
1 2
(2)启动传动带时，包裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离为l＝vt＝3 m；
1
(3)传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg(vt－at2)＝4 J。
21 1
5．(1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m
(3)12 J
解析 (1)假设木板和物块有相对滑动，撤去F前，对木板由牛顿第二定律有F－μ(m＋m)g
1 1 2
－μmg＝ma①
2 2 1 1解得a＝8 m/s2
1
对物块由牛顿第二定律有
μmg＝ma②
2 2 2 2
解得a＝2 m/s2
2
因a>a，故假设成立，撤去F时，
1 2
木板、物块的速度大小分别为
v＝at＝4 m/s③
1 11
v＝at＝1 m/s④
2 21
(2)撤去F后，对木板有
μ(m＋m)g＋μmg＝ma⑤
1 1 2 2 2 1 3
解得a＝4 m/s2
3
对物块有μmg＝ma⑥
2 2 2 4
解得a＝2 m/s2
4
设经过t 时间木板和物块速度相同
2
对木板有v＝v－at⑦
1 32
对物块有v＝v＋at⑧
2 42
得t＝0.5 s，v＝2 m/s⑨
2
撤去F前，物块相对木板向左滑行了
Δx＝t－t＝0.75 m⑩
1 1 1
撤去F后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了Δx＝t－t＝0.75 m
2 2 2
之后二者之间再无相对滑动，故木板长度至少为L＝Δx＋Δx＝1.5 m；
1 2
(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量Q＝μmgL＝3 J
1 2 2
共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度大小为a，有a＝μg＝1 m/s2
1
全过程中木板对地位移为
s＝t＋t＋＝4.5 m
1 2
木板与地面间因摩擦产生的热量为Q＝μ(m＋m)gs＝9 J，故全过程中因摩擦产生的热量为
2 1 1 2
Q＝Q＋Q＝12 J
1 2
解法二：由功能关系可得Q＝Fx，
1
x＝t，Q＝12 J。
1 1
6．(1)2 m/s (2)9.6 J
解析 (1)木板与木块相对滑动，根据牛顿第二定律
对木板有μ(m ＋m )gcos 37°＋μm gcos 37°－m gsin 37°＝m a，得a＝5 m/s2
1 A B 2 B A A 1 1
对木块有m gsin 37°＋μm gcos 37°＝m a，得a＝10 m/s2
B 2 B B 2 2木板做匀减速直线运动，则v＝v－at
0 1
木块做匀加速直线运动，则v ＝at
B 2
得v ＝2 m/s
B
(2)从刚放上木块到二者共速
v－at＝at，得t＝0.4 s
0 11 21 1
此过程二者的相对位移为
Δx＝vt－at2－at2＝1.2 m
01 11 21
由于tan 37°>μ
2
则木块在木板上继续加速运动，直至从木板脱离。则整个过程中，因A、B之间的摩擦力产
生的内能为Q＝μm gcos 37°·2Δx＝9.6 J。
2 B
