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1、2020年高考物理备考微专题精确打破专题3.7 “块板”模型中的能量转变问题【专题解说】板块中摩擦力做功与能量转变1 .静摩擦力做功(1) 静摩擦力能够做正功，也能够做负功，还能够不做功.(2) 互相作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零.(3) 静摩擦力做功时，只有机械能的互相转移，不会转变为内能.2 .滑动摩擦力做功的特色(1) 滑动摩擦力能够做正功，也能够做负功，还能够不做功.(2) 互相间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能成效： 机械能所有转变为内能； 有一部分机械能在互相摩擦的物体间转移，此外一部分转变为内能.摩擦生热的计算：Q=Ff x相对.此中x相对为互相摩
2、擦的两个物体间的相对行程.从功的角度看，一对滑动摩擦力对系统做的总功等于系统内能的增添量；从能量的角度看，其余形式能量的减少许等于系统内能的增添量.【最新考向解码】【例1】(2019 云南二模)如下图，木块静止在圆滑水平面上，两颗不一样的子弹A、B从木块双侧同时射入木块，最后都停在木块内，这一过程中木块一直保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹 B射入的深度，则()AHOJ：dB，则有子弹入射时的初动能Ek AEkB，故B错误，D正确。两子弹和木块构成的系统动量守恒，则有2mAEkA= 2mB Ek b，而EkAEkB，则mAmB，故A错误。子弹A、B从木块双侧同时射入木块，木块始终保持静止，剖
3、析得悉，两子弹在木块中运动的时间必然相等，不然木块就会运动，故C错误。【例2】(2019 银川一模)如下图，一质量为m = 1.5 kg的滑块从倾角为9= 37。的斜面上自静止开始下滑，滑行距离s = 10 m后进入半径为R = 9 m的圆滑圆弧AB，其圆心角为。，而后水光滑上与平台等高的小车.已知小车质量为 M= 3.5 kg，滑块与斜面及小车表面的动摩擦因数u=，地面圆滑且小车足够长，g取10m/s2.(sin 37 =， cos 37 = 0.8)求:滑块在斜面上的滑行时间t1 ；(2)滑块离开圆弧尾端 B点前，轨道对滑块的支持力大小;(3)当小车开始匀速运动时，滑块在车上滑行的距离s1
4、.【答案】(1)2.5 s (2)31.7 N (3)10 m【分析】(1)设滑块在斜面上滑行的加快度为a，由牛顿第二定律，有12mgsin 9 u mgcos 9=ma，又s = 2at1 联立以上两式，代入数据解得t1 = 2.5 s.(2)滑块在圆弧AB上运动过程，由机械能守恒定律，有1 212mvA+ mgR(1 cos 9 )= mvB，此中 va= at2 2由牛顿第二定律，有fb mg = mR联立以上各式，代入数据解得轨道对滑块的支持力Fbo 31.7 N.由(2)可知滑块刚滑上小车的速度滑块在小车上滑行时的加快度：a1 = ug= 3.5 m/s 2小车的加快度：a =、5
5、m/s22 M小车与滑块达到共同速度时小车开始匀速运动，知足vb a1t2 = a2t2vB= 10 m/s，最后同速时的速度v= vB a1t2 = 3 m/s由功能关系可得：解得：s 1 = 10 m.【技巧方法】1 21umg S1= mvg 2 22 (m + M) v“滑板”、“子弹打木块”模型能量剖析的核心问题为物体间摩擦热的计算，一般而言有两种方式：依照Q = Ffx相对，找出摩擦力与相对行程大小即可。要注意的问题是公式中的x相对其实不是指的是相对位移大小。特别是相对来回运动中，x相对为多过程相对位移大小之和。(2)运用能量守恒：Q二E机，即系统机械能的损失量等于产生的摩擦热。更
6、深更全面的问题在动量里会再次波及到【微专题精练】1.如图甲所示，长木板A放在圆滑的水平面上，质量为m = 2 kg的另一物体B(可当作质点)以水平速度v0 = 2m/s滑上本来静止的长木板A的上表面.因为示，则以下说法正确的选项是(g 取 10 m/s 2)A、B间存在摩擦，以后A、B速度随时间变化状况如图乙所()A .木板获取的动能为2JB 系统损失的机械能为4 JC .木板A的最小长度为2 mDA、B间的动摩擦因数为E = mv0 2m , v =2 J，选项B错误；由v - t图象可求出两者u=，选项D正确.f，经过一段时【答案】D【分析】由图象可知，A、B的加快度大小都为1 m/s2，
7、依据牛顿第二定律知两者质量相等，木板获取的动能为1 J，选项A错误；系统损失的机械能一1 22相对位移为1 m，所以C错误；剖析B的受力，依据牛顿第二定律，可求出2. (2019山师大附中一模)如下图，质量为M，长度为L的小车静止在圆滑的水平面上，质量为 m的小物块，放在小车的最左端，现用一水平恒力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为间小车运动的位移为x，小物块恰巧滑到小车的右端，则以下说法中正确的选项()A .此时物块的动能为F(x+L)B .此时小车的动能为 fxD.这一过程中，因摩擦而产生的热量为fLC .这一过程中，物块和小车增添的机械能为Fx fL【答案】BD【分析】由图可知
8、，在拉力的作用下物体行进的位移为L + x，故拉力的功为F(x + L)，摩擦力的功为一f(x+L)，则由动能定理可知物体的动能为(F f)( x+L)，A项错误；小车受摩擦力作用， 摩擦力作用的位移为x，故摩擦力对小车做功为fx，故此时小车的动能为fx，B项正确；物块和小车增添的机械能等于外力的功减去内能的增量，内能的增量等于fL,故机械能的增量为F(x + L) fL, C项错误，D项正确.(可视为质点)以3. (2019江西九江一模)第一次将一长木板静止放在圆滑水平面上，如图甲所示，一小铅块水平初速度vo由木板左端向右滑动，抵达右端时恰能与木板保持相对静止.第二次将长木板分红 A、B两块
9、，v0由A的左端开始向右使B的长度和质量均为 A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度滑动，如图乙所示.若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力一直不变，则以下说法正确的A.小铅块将从B的右端飞离木板B.小铅块滑到 B的右端前已与B保持相对静止C .第一次和第二次过程中产生的热量相等D .第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量【答案】BD【分析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板向来加快，第二次小铅块先使整个木板加快，当小铅块运动到B上后A停止加快，只有B加快，加快度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B将更早共速，所以小铅块还没有运动到B的右端，两
10、者就已共速，选项A错误，B正确；由于第一次的相对行程大于第二次的相对行程，则第一次过程中产生的热量大于第二次过程中产生的热量，项C错误，D正确.4.(2019河北定州中学模拟)如下图，质量为M的木块静止在圆滑的水平面上，质量为 m的子弹以速度v0沿水平方向射中木块并最后留在木块中与木块一同以速度v运动.已知当子弹相对木块静止时，木块行进距离L，子弹进入木块的深度为L，木块对子弹的阻力为F(F视为恒力)，则以下判断正确的选项是A .子弹和木块构成的系统机械能不守恒B .子弹战胜阻力所做的功为FLC.系统产生的热量为F（L + L / ）【答案】ADD.子弹对木块做的功为2 Mv【分析】子弹打入木
11、块，子弹和木块位移不相等，所以互相作使劲对子弹做的功即子弹动能的减少许，与相互作使劲对木块做的功即木块动能的增添量不相等，所以有内能产生，系统机械能不守恒，两者之差即为产生的内能.力做的功等于力乘以物体在力的方向上的位移.此过程中因为有内能产生，子弹和木块构成的系统机械能不守恒，A正确；子弹战胜阻力所做的功即阻力所做的功的大小为F（L +L，），B错误；依据能量守恒得，摩擦力与相对位移的乘积等于系统能量的损失，系统产生的热量为FL , C错误；对木块运用动能定12理得，fL= 2 Mv , D正确.5.如下图，一张薄纸板放在圆滑水平面上，其右端放有小木块，小木块与薄纸板的接触面粗拙，本来系统静
12、止.现用水平恒力 F向右拉薄纸板，小木块在薄纸板上发生相对滑动，直到从薄纸板上掉下来.上述过程中相关功和能的说法正确的选项是（）L匚，A .拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增添量B.摩擦力对小木块做的功必定等于系统中由摩擦产生的热量C .走开薄纸板前小木块可能先做加快运动，后做匀速运动D.小木块动能的增添量可能小于系统中由摩擦产生的热量【答案】D.【分析】由功能关系，拉力F做的功等于薄纸板和小木块动能的增添量与系统产生的内能之和，选项A错误；摩擦力对小木块做的功等于小木块动能的增添量，选项B错误；走开薄纸板前小木块向来在做匀加快运动，选项C错误；关于系统，由摩擦产生的热量Q=f L，此中L
13、为小木块相对薄纸板运动的行程，若薄纸板的位移为 Li，小木块相对地面的位移为L2，则L= Li- L2，且L存在大于、等于或小于 L?三种可能，对小木块，fL2 = Ek，即Q存在大于、等于或小于Ek三种可能，选项D正确.6.如下图，质量 M= 2 kg、长L = 2 m的长木板静止搁置在圆滑水平面上，在其左端搁置一质量m = 1 kg的小木块（可视为质点）.先相对静止，而后用一水平向右、F = 4 N的力作用在小木块上，经过时间 t= 2 s，小木块从长木板另一端滑出， g取10 m/s 2，则（）A .小木块与长木板之间的动摩擦因数为B .在整个运动过程中因为摩擦产生的热量为8JC .小木
14、块离开长木板的瞬时，拉力F的功率为16 W D.长木板在运动过程中获取的机械能为16 J【答案】C【分析】小木块的加快度为ai =二%板的加快度为m=u mg2 ，离开时小木块的位移M1X1=-22at，木板的位移x2 =1a2t2，则由L = xi - X2，联合以上式子知小木块与长木板之间的动摩擦因数为2应选项A错误;整个运动过程中因为摩擦产生的热量为Q = umgL=0.2 Xi X10 X2J = 4 J，应选项B错误；小木块离开长木板的 瞬时V1 = at= 2 X2 m/s = 4 m/s，功率P = Fv =4 X4 W = 16 W，应选项C正确；长木板在运动过程中获取的机械能
15、为1 2 1E = Mv2 =2 2M(a2t)，联合A项知E = 4 J，应选项D错误.7.如下图，木块A放在木块 B的左端上方，用水平恒力F将A拉到B的右端，第一次将 B固定在地面上，F做功W1，生热Qi；第二次让B在圆滑水平面上可自由滑动，F做功W2，生热Q2 .则以下关系中正确的选项是 )A . W1W2，Q1 = Q2C. W1W2， Q1Q2B . W1 =W2，Q1= Q2D. W1 = W2，Q1Q2【答案】A【分析】在A、B分别过程中，第一次和第二次A相关于B的位移是相等的，而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移，所以Q1 =Q2；在A、B分别过程中，第一次A的对地位移要小于第二次
16、A的对地位移，而功等于力乘以对地位移，所以 W1V W2，所以选项A正确.1.如图为某生产流水线工作原理表示图.足够长的工作平台上有一小孔A，必定长度的操作板(厚度可忽视不同时操作板在电动机)，最后部件运动到A计)静止于小孔的左边， 某时辰开始，部件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点，带动下向右做匀加快直线运动，直至运动到A孔的右边(忽视小孔对操作板运动的影响g= 10 m/s2.求:孔时速度恰巧为零，并由A孔着落进入下一道工序.已知部件与操作板间的动摩擦因数u=1，部件与工 作台间的动摩擦因数 u=，不计操作板与工作台间的摩擦.重力加快度.汩一氏普2I 工作台ijzw?A(1) 操作板
17、做匀加快直线运动的加快度大小；(2) 若操作板长L=2 m，质量M= 3 kg，部件的质量m = 0.5 kg，则操作板从A孔左边完整运动到右边的过程中，电动机起码做多少功？【答案】(1)2 m/s 2 (2)12.33 J【分析】(1)设部件向右运动距离x时与操作板分别，此过程历经时间为t，今后部件在工作台上做匀减速运动直到A孔处速度减 为零，设部件质量为 m，操作板长为L，取水平向右为正方向，对部件，有:分别前:u mg = ma11分别后:u mg = ma221且=2x 2a1t此后做匀减速运动的位移为:L_0 (a1t) 222at1对操作板，有：2 + x= 2(2uu12+ u1
18、2)g联立以上各式解得：a = n ,a = 2 m/s 2(2)将 a =2 m/s2，L=2 m代入-+ a；土 at 2222代入数据得:解得：t =操作板从A孔左边完整运动到右边的过程中，动能的增添量1Ek1 = M(22aL)2=12 J部件在时间t内动能的增添量E121 jk2 = m( u 1gt)=212部件在时间t内与操作板因摩擦产生的内能=口 =0.25 J 2Q11mg X依据能量守恒定律，电动机做功起码为W= Ek1 + Ek2 + Q = 123 JQ 12.33 J9.如下图，质量为 m的长木块A静止于圆滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B,已知木块
19、长为L,它与滑块之间的动摩擦因数为U.现用水平向右的恒力F拉滑块B.(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能.BA【答案】(1) U mgL (2) umgLF 2 u mg【分析】(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为x, A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得12u mgx = 2mvA12(F u mg) (x+ L)= 2mvB又因为 vA= aAt=u gtVB= aBt= F mg 解得 x = U mgL . mF 2 u mg(2) 由功能关系知，拉力F做的功等于A、B动能的增添量和 A、B间产生的内能，即有F(x+L)=
20、 mvA2+ mVB2 + Q 22解得 Q =u mgL.10.如下图，一个质量为 m = 15 kg的特制柔嫩小猴模型，从离地面高hi = 6 m的树上自由着落，一辆平板车正沿着着落点正下方所在的平直路面以V0 = 6 m/s的速度匀速前 进,已知模型开始自由着落时，平板车前端恰巧运动到距离着落点正下方s = 3 m处，该平板车总长L= 7 m，平板车板面离地面高 h?= 1 m，模型可看作质点，不计空气阻力.假设模型落到板面后不弹起，在模型落到板面的瞬时，司机刹车使平板车开始以 大小为a = 4 m/s2的加快度做匀减速直线运动，直至停止，g取10 m/s 2，模型着落过程中未与平板车车
21、头接触，模型与平板车板面间的动摩擦因数u = 0.2.求：(1) 模型将落在平板车上距车尾端多远处?(2) 经过计算说明，模型能否会从平板车上滑下?(3) 模型在平板车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少?I 赛【答案】(1)4 m (2)不会(3)105 J【分析】(1)设模型经时间t1着落到平板车上，1c由运动学公式得：h1 h2 = gt12平板车在t1时间内行进的距离为X1，则：X1 = V0t1所以模型在平板车上的落点距车尾端距离：x= L+ s x1 = 4 m (2)设模型落在车上后做匀加快运动的加快度为a1，经过时间t2模型和平板车的速度同样为，则平板车的速度为：v= v0 at2模型的速度为:v= at2 对模型应用牛顿第二定律得：umg = ma 1平板车的位移为：x2 = v0t2 at2在这段时间内的模型的位移为：X3 = 112 22联立可得，在这段时间内模型相对车向后的位移为：xi = X2 X3 = 3 m x14 m,故不会滑下(3) 速度同样后模型和平板车都减速运动直到静止，2v平板车的位移为：x4 = 2a?v2模型的位移为：x5 = 2a1?模型相对平板车向前的位移为：x = x5 x4?模型在平板车上来回摩擦产生的总热量：Q = umg( xi + x2 )= 105 J
