《2025年创新设计高考总复习物理人教版》

1. (2024·山东临沂模拟)如图3(a)所示，倾角为$37^{\circ}$的传送带以$v = 2.0\ m/s$的速度顺时针匀速转动，传送带的长度$L_{AB}= 10.0\ m$。一个可视为质点的质量$m = 1.0\ kg$的物块，自$A$点无初速度的放在传送带底端，其被传送至$B$端的过程中，动能$E_{k}$与位移$x$的关系$(E_{k}-x)$图像如图(b)所示。取重力加速度$g = 10\ m/s^{2}$，$\sin37^{\circ}= 0.6$，$\cos37^{\circ}= 0.8$。下列说法正确的是（ ）

A. 物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B. 整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C. 整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D. 整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量

答案： D [开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有$(\mu mg\cos\theta - mg\sin\theta)x = E_{k}-0$，在$5\ m$后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即$v = 2.0\ m/s$，$E_{k}=\frac{1}{2}mv^{2}=2.0\ J$，联立解得$\mu = 0.8$，A错误；由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有$W_{合}=\Delta E_{k}=\frac{1}{2}mv^{2}=2.0\ J$，B错误；由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，即$W_{f}=\frac{1}{2}mv^{2}+mgL_{AB}\sin\theta = 62.0\ J$，C错误，D正确。]

角度1 水平面上“滑块—木板”模型
例3（多选）(2023·全国乙卷，21)如图4，一质量为$M$、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$v_{0}$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$fl$
B. 木板的动能一定小于$fl$
C. 物块的动能一定大于$\frac{1}{2}mv_{0}^{2}-fl$
D. 物块的动能一定小于$\frac{1}{2}mv_{0}^{2}-fl$

答案：
BD [物块和木板的运动示意图和$v - t$图像如图所示
　　　 　
根据动能定理可知
对$m$有$-fx_{1}=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$ ①
对$M$有$fx_{2}=\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}$ ②
根据$v - t$图像与横轴围成的面积$S$表示物体运动的位移可知$x_{2}=S_{\triangle COF}$，$x_{1}=S_{ABFO}$
根据位移关系可知$l = x_{1}-x_{2}=S_{ABCO}＞x_{2}=S_{\triangle COF}$
因此$fl＞fx_{2}=\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}$，即木板的动能一定小于$fl$，A错误，B正确；
将①②两式相加得$-fl=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}+\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}$
变形得物块离开木板时的动能$\frac{1}{2}mv_{1}^{2}=\frac{1}{2}mv_{0}^{2}-fl-\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}＜\frac{1}{2}mv_{0}^{2}-fl$，C错误，D正确。]

2.（多选）(2024·沈阳长春模拟)如图5所示，质量为$M$、长为$L$的木板置于光滑的水平地面上，一质量为$m$的滑块放置在木板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为$F_{f}$，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$s$，滑块的速度为$v_{1}$，木板的速度为$v_{2}$，下列说法中正确的是（ ）

A. 上述过程中，$F$做功大小为$\frac{1}{2}mv_{1}^{2}+\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}$
B. 其他条件不变的情况下，$F$越大，滑块到达木板右端所用时间越短
C. 其他条件不变的情况下，$M$越大，$s$越小
D. 其他条件不变的情况下，$M$越大，滑块与木板间产生的热量越多

答案： BC [由功能关系可知拉力$F$做的功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，即拉力$F$做的功$W_{F}=\Delta E_{k}+F_{f}L=\frac{1}{2}mv_{1}^{2}+\frac{1}{2}Mv_{2}^{2}+Q$，A错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速直线运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是$L$，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力$F$越大，滑块的加速度越大，到达木板右端所用时间就越短，B正确；由于木板受到的摩擦力不变，当$M$越大时木板的加速度越小，而滑块的加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间变短，所以木板在地面上运动的位移变小，C正确；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，$m$不变，摩擦力不变，产生的热量不变，D错误。]

角度2 倾斜面上“滑块—木板”模型
例4 如图6所示，一倾角为$\theta = 30^{\circ}$的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为$m$的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为$m$的小物块（视为质点），物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为$kmg(0.5 ＜ k ＜ 1)$，初始时木板下端与挡板的距离为$L$。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为$g$，求：
(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小$v_{1}$；
(2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小$\Delta x$；
(3)木板的长度$x$以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量$Q$。

答案：
(1)$\sqrt{gL}$
(2)$\frac{L}{k}$
(3)$\frac{2L}{2k - 1}$ $\frac{2kmgL}{2k - 1}$
解析
(1)对物块与木板整体，根据动能定理有
$2mgL\sin\theta=\frac{1}{2}\times2mv_{1}^{2}$
解得$v_{1}=\sqrt{gL}$。
(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为$a_{1}$，则
$mg\sin\theta+kmg = ma_{1}$
解得$a_{1}=0.5g+kg$，沿斜面向下，
物块的加速度大小为$a_{2}$，则
$kmg - mg\sin\theta = ma_{2}$
解得$a_{2}=kg - 0.5g$，沿斜面向上，
规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有$v_{共}=-v_{1}+a_{1}t_{1}$
对物块有$v_{共}=v_{1}-a_{2}t_{1}$
解得$t_{1}=\frac{\sqrt{gL}}{gk}$，$v_{共}=\frac{\sqrt{gL}}{2k}$
木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移
$x_{块}=\frac{v_{1}^{2}-v_{共}^{2}}{2a_{2}}$
木板的位移大小$x_{板}=\frac{(-v_{1})^{2}-v_{共}^{2}}{2a_{1}}$
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为$\Delta x = x_{块}+x_{板}=\frac{L}{k}$。
(3)设板长为$x$，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则$mgL\sin\theta+mg(L + x)\sin\theta - kmgx = 0$
解得$x=\frac{2L}{2k - 1}$
故系统产生的热量$Q = kmgx=\frac{2kmgL}{2k - 1}$。