專題13 動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用（教師版）-2025版高考物理熱點(diǎn)題型講義

專題13動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用目錄TOC\o"1-3"\h\u題型一多運(yùn)動(dòng)組合問題 1題型二“傳送帶”模型綜合問題 14類型1水平傳送帶問題 14類型2傾斜傳送帶 26題型三“滑塊－木板”模型綜合問題 39題型一多運(yùn)動(dòng)組合問題【解題指導(dǎo)】1．分析思路(1)受力與運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動(dòng)過程中力的變化情況；(2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點(diǎn)，分析各種力在不同運(yùn)動(dòng)過程中的做功情況；(3)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解．2．方法技巧(1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)情景；(2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過程對應(yīng)的基本規(guī)律；(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點(diǎn)為突破口，尋求解題最優(yōu)方案．【例1】（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）如圖所示一軌道ABCD豎直放置，AB段和CD段的傾角均為θ=37°，與水平段BC平滑連接，BC段的豎直圓形軌道半徑為R，其最低點(diǎn)處稍微錯(cuò)開，使得滑塊能進(jìn)入或離開。AB段和CD段粗糙，其余各段軌道光滑。將一質(zhì)量為m的小滑塊從軌道上離B點(diǎn)距離L=125R處由靜止釋放，滑塊經(jīng)過圓形軌道后沖上CD段上升一段距離后再次滑下，往返滑動(dòng)多次后靜止于軌道上某處?；瑝K和軌道AB、CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5，重力加速度大小為g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。唬?）滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離；（3）整個(gè)過程中滑塊在AB段滑行的總路程?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【詳解】（1）滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理在最高點(diǎn)，對滑塊由牛頓第二定律由牛頓第三定律可知，滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小為（2）滑塊第一次在CD段向上滑行的過程中，由動(dòng)能定理解得滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離為（3）滑塊第二次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理解得設(shè)滑塊第一次在AB段向上滑行的最大距離為s1，由動(dòng)能定理解得滑塊第三次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理解得所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道無法到達(dá)最高點(diǎn)，假設(shè)其運(yùn)動(dòng)的過程中不脫軌且上升的最大高度為h，由動(dòng)能定理可得解得所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道運(yùn)動(dòng)過程中沒有脫軌，之后僅在AB段與圓形軌道間來回滑動(dòng)，最終停在B點(diǎn)，設(shè)滑塊在AB段滑行的路程為s2，由動(dòng)能定理整個(gè)過程中滑塊在AB段滑行的總路程為聯(lián)立解得【變式演練1】如圖所示，斜面和水平面相交于B點(diǎn)，是豎直放置的半徑為的光滑半圓軌道，與相切于C點(diǎn)，E點(diǎn)與圓心O點(diǎn)等高。質(zhì)量為m的小球從離水平面h處由靜止釋放，經(jīng)過水平面后并滑上半圓軌道，已知小球與水平地面及與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為，斜面的傾角，BC長，取，如果讓小球進(jìn)入半圓軌道后不脫離半圓軌道，則h的取值可能為（）A． B． C． D．【答案】AC【詳解】小球不脫離半圓軌道的臨界條件有兩個(gè)：一是恰好從D點(diǎn)飛出，小球剛好能從D點(diǎn)飛出應(yīng)滿足得二是小球在半圓形導(dǎo)軌在E點(diǎn)減到速度為零，由動(dòng)能定理得小球能進(jìn)入半圓軌道有得，故選AC?！咀兪窖菥?】如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在距離水平地面高為h的O點(diǎn)，另一端系有質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，將小球從與O等高的A點(diǎn)由靜止釋放，小球在豎直平面內(nèi)以O(shè)點(diǎn)為圓心做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng)。當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)，繩恰好被拉斷，小球水平飛出。不計(jì)空氣阻力及繩斷時(shí)的能量損失，重力加速度為g。求：（1）小球飛出時(shí)的速率v。（2）繩能承受拉力的最大值Fm。（3）小球落地點(diǎn)到B點(diǎn)的水平距離x。【答案】（1）；（2）3mg；（3）【詳解】（1）根據(jù)動(dòng)能定理有解得小球飛出時(shí)的速率（2）設(shè)繩對小球的拉力為T，依據(jù)牛頓第二定律有解得T=3mg根據(jù)牛頓第三定律，繩受到的拉力大小Fm=T=3mg（3）設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則解得拋出的水平距離【變式演練2】如圖所示，桌面右側(cè)的水平地面有一豎直放置的半徑為R的光滑圓弧軌道為其豎直直徑，桌面與圓弧軌道MNP中間有一光滑管道Q，其右端與P相切平滑連接，管道內(nèi)徑略大于小球直徑，桌面到水平地面的豎直距離也為R，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧放置在光滑的水平桌面上，一端固定在光滑桌面左端的擋板上。一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的小球與彈簧不粘連，現(xiàn)移動(dòng)小球壓縮彈簧后由靜止釋放小球，小球到達(dá)圓弧的C點(diǎn)時(shí)剛好脫離軌道。已知彈簧壓縮量為s，彈簧彈性勢能的表達(dá)式為（x為彈簧的形變量），不計(jì)其他阻力及小球在管道Q和圓弧軌道中運(yùn)動(dòng)的能量損耗，重力加速度為g。（1）求C點(diǎn)與O點(diǎn)的高度差h；（2）若只改變小球的質(zhì)量，使小球運(yùn)動(dòng)過程中不脫離圓弧軌道，求小球質(zhì)量的取值范圍。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）小球到達(dá)圓弧的C點(diǎn)時(shí)剛好脫離軌道，則小球在C點(diǎn)只有重力沿方向的分力提供向心力，設(shè)重力方向與的夾角為θ，由牛頓第二定律有由幾何關(guān)系有從靜止釋放到C點(diǎn)，由能量守恒定律有聯(lián)立解得（2）小球在運(yùn)動(dòng)過程中不脫離軌道，可知小球能通過M點(diǎn)，則應(yīng)有從靜止釋放到M點(diǎn)，由能量守恒定律有解得【變式演練3】小丁同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)玩具遙控賽車的軌道裝置，軌道的主要部分可簡化為如圖所示的模型，水平軌道AB和傾斜軌道OD分別與圓軌道相切于B點(diǎn)和D點(diǎn)，彎曲軌道AE與水平軌道平滑連接，E點(diǎn)切線方向恰好水平。O點(diǎn)固定一彈射裝置，剛開始時(shí)裝置處于鎖定狀態(tài)。當(dāng)賽車從A點(diǎn)出發(fā)經(jīng)過圓軌道進(jìn)入OD軌道，到達(dá)O點(diǎn)時(shí)恰好可以觸發(fā)彈射裝置將賽車原路彈回，最終進(jìn)入回收裝置F。測得賽車與彈射裝置碰撞時(shí)機(jī)械能損失，每次彈射后裝置可自動(dòng)鎖定到初始時(shí)的彈性勢能值。已知賽車質(zhì)量為，電動(dòng)機(jī)功率恒為，圓軌道半徑為，E點(diǎn)離水平軌道高度和與F點(diǎn)間水平距離均為，AB軌道長，賽車在水平軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力等于其對軌道壓力的0.25倍，賽車在軌道其余部分上所受摩擦力可忽略，賽車看成質(zhì)點(diǎn)。（1）若賽車恰好能過C點(diǎn)，求賽車經(jīng)過H點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。唬?）若某次測試時(shí)，賽車電動(dòng)機(jī)工作，經(jīng)過一次彈射后恰好落入回收裝置之中，則此次測試中給彈射裝置設(shè)置的彈性勢能為多大？（3）若某次測試時(shí)，賽車電動(dòng)機(jī)工作，最終停在水平軌道AB上，且運(yùn)動(dòng)過程中賽車不能脫軌，求彈射裝置的彈性勢能取值范圍?！敬鸢浮浚?）6N；（2）2.3J；（3）【詳解】（1）賽車恰好過C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律解得從H到C，由動(dòng)能定理有解得根據(jù)指向圓心方向合力提供向心力有解得根據(jù)牛頓第三定律在H點(diǎn)對軌道壓力；（2）賽車從E到F做平拋運(yùn)動(dòng)，有解得對賽車，從A出發(fā)最終到E的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得代入數(shù)據(jù)解得（3）題中所述賽車最終停在水平軌道AB上，有兩種臨界情況①假設(shè)賽車第一次彈回時(shí)，恰好能過C點(diǎn)，此時(shí)最小，由上分析可知小車從出發(fā)到第二次經(jīng)過C點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律解得設(shè)賽車最高到達(dá)A點(diǎn)右側(cè)彎曲軌道上高度h處，從C點(diǎn)到高度h處，根據(jù)動(dòng)能定理可得所以賽車不會(huì)從E點(diǎn)飛出，有②假設(shè)賽車第一次彈回時(shí)，恰好能運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)，從E點(diǎn)滑下到左側(cè)圓軌道，根據(jù)動(dòng)能定理可得則賽車要脫離軌道。所以賽車從AE軌道返回時(shí)最多運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)，設(shè)賽車從AE返回時(shí)恰能到達(dá)H點(diǎn)，從出發(fā)到從AE返回恰運(yùn)動(dòng)到H點(diǎn)的過程，根據(jù)能量守恒定律解得綜上，當(dāng)時(shí)可滿足要求。【變式演練4】（2024·河北保定·三模）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的軌道裝置，由傾角光滑直軌道AB、圓心為的半圓形光滑軌道BCD，圓心為的光滑圓弧外軌道EF組成。且，B為軌道間的相切點(diǎn)，B、、D、和處于同一直線上。已知滑塊質(zhì)量，軌道BCD和EF的半徑為?；瑝K開始時(shí)從軌道AB上某點(diǎn)由靜止釋放。（，，，，）（1）若釋放點(diǎn)距離B點(diǎn)的高度差為h，求滑塊在最低點(diǎn)C時(shí)軌道對滑塊支持力與高度h的函數(shù)關(guān)系；（2）若釋放點(diǎn)距離地面的高度差為，滑塊在軌道BCD上的P點(diǎn)剛好脫離軌道，求滑塊能達(dá)到距離地面的最大高度；（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）（3）若釋放點(diǎn)距離地面的高度差為5R，求滑塊從F點(diǎn)拋出后水平位移和重力的沖量。（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）【答案】（1）；（2）0.148m；（3），【詳解】（1）滑塊從釋放到C點(diǎn)過程，根據(jù)動(dòng)能定理可得在C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力公式可得聯(lián)立解得（2）設(shè)小球在與圓心的連線跟豎直方向夾角為θ處脫離軌道，有從釋放點(diǎn)到圓軌道最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理，有解得從圓軌道的最低點(diǎn)到脫離處P點(diǎn)，由可得解得小球脫離軌道后做斜拋運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)的速度從圓軌道的最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由可得解得（3）從釋放點(diǎn)到F點(diǎn)，由動(dòng)能定理可知解得由幾何關(guān)系可知，在F點(diǎn)滑塊的速度與水平方向夾角為69°。小球脫離軌道后做斜拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)從F點(diǎn)處到最高處的時(shí)間為，則有水平方向豎直方向解得豎直方向上升的高度此后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，解得滑塊從F點(diǎn)拋出后水平位移重力的沖量【變式演練5】自由滑雪大跳臺是冬奧會(huì)比賽項(xiàng)目，其賽道簡化為如圖所示的模型，其中助滑區(qū)傾斜賽道AB與圓弧賽道BCD相切于B點(diǎn)，圓弧賽道半徑R=10m，起跳點(diǎn)D與圓心的連線與豎直方向的夾角θ=25°。質(zhì)量m=50kg（連同裝備）的運(yùn)動(dòng)員從助滑區(qū)的A點(diǎn)由靜止開始下滑，到達(dá)起跳點(diǎn)D時(shí)斜向上飛離雪道，落在著陸坡上的E點(diǎn)。已知A點(diǎn)到C點(diǎn)（C為圓弧賽道的最低點(diǎn)）的豎直高度差h1=30m，運(yùn)動(dòng)員到達(dá)圓弧上的D點(diǎn)時(shí)對賽道的壓力FN=950N，D、E兩點(diǎn)間的豎直高度差h2=12m，重力加速度g取10m/s2，sin25°=0.4，cos25°=0.9，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)克服阻力做的功；（2）起跳點(diǎn)D到落地點(diǎn)E之間的水平距離?！敬鸢浮浚?）；（2）【詳解】（1）在D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第三定律，賽道對運(yùn)動(dòng)員的支持力對D點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律可得運(yùn)動(dòng)員從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理解得（2）點(diǎn)D到落地點(diǎn)E之間做斜拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向水平方向解得題型二“傳送帶”模型綜合問題【解題指導(dǎo)】1．計(jì)算摩擦力對物塊做的功和摩擦力對傳送帶做的功要用動(dòng)能定理，計(jì)算摩擦產(chǎn)生的熱量要用Q＝Ffx相對或能量守恒定律.2.電機(jī)做的功一部分增加物塊的機(jī)械能，一部分轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的熱量．【核心歸納】1．設(shè)問的角度(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)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。(2)對W和Q的理解①傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳；②產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝Ffx相對。類型1水平傳送帶問題【例1】（2024·遼寧大連·二模）物流公司傳送小件貨物，簡化的傳輸系統(tǒng)如圖所示。曲面AB末端與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，水平面BC與傳送帶等高。工人將小件甲從A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)以速度與遺留在平面末端C點(diǎn)的小件乙發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短，碰撞前后甲、乙在同一條直線上運(yùn)動(dòng)），碰后甲、乙分別以速度和沖上順時(shí)針運(yùn)行的傳送帶上，傳送帶的速度，傳送帶足夠長。已知曲面高度，小件甲的質(zhì)量，小件甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，且與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，重力加速度取。求：（1）小件甲從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過程中克服摩擦阻力所做的功；（2）小件乙的質(zhì)量及甲、乙碰撞過程損失的機(jī)械能；（3）小件甲和乙沖上傳送帶到都與傳送帶共速過程中，傳送帶的電動(dòng)機(jī)需額外多消耗的電能?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【詳解】（1）甲從A到C，由動(dòng)能定理得（2）甲、乙碰撞，由動(dòng)量守恒定律解得則損失的機(jī)械能解得（3）甲沖上傳送帶先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得甲加速到與傳送帶共速的時(shí)間此過程傳送帶發(fā)生的位移傳送帶克服甲物體摩擦力做功乙沖上傳送帶先做勻減速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律可得乙減速到與傳送帶共速的時(shí)間此過程傳送帶發(fā)生的位移乙物體對傳送帶的摩擦力做了正功電動(dòng)機(jī)需額外消耗的電能【變式演練1】如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體過一會(huì)兒能保持與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程中，下列說法正確的是（）

A．摩擦力對物體做的功為mv2B．電動(dòng)機(jī)多做的功為C．系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為D．傳送帶克服摩擦力做的功為【答案】C【詳解】A．根據(jù)動(dòng)能定理有，摩擦力對物體做的功為故A錯(cuò)誤；B．電動(dòng)機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化為物體的動(dòng)能和內(nèi)能，所以電動(dòng)機(jī)多做的功一定大于，故B錯(cuò)誤；CD．設(shè)共速前物體相對地面的位移為，傳送帶相等地面的位移為則有，可知可知傳送帶克服摩擦力做的功為摩擦力對物體做功的二倍，即為，則系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為故C正確，D錯(cuò)誤。故選C。【變式演練2】如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定圓心角的光滑弧形軌道BC，B、C兩點(diǎn)的高度差，軌道末端B點(diǎn)與水平傳送帶右端平滑對接，傳送帶以恒定的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。將質(zhì)量的小物塊從C點(diǎn)無初速釋放，小物塊能返回圓弧軌道，返回后上升的最大高度。已知傳送帶長，各處粗糙程度相同，重力加速度，，。（1）求小物塊第一次滑至B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。唬?）求傳送帶的速度大小和小物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值；（3）若小物塊與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)為最小值，求小物塊第2022次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，小物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）；（2），；（3）【詳解】（1）小物塊沿弧形軌道從C到B的過程中由機(jī)械能守恒定律有代入數(shù)據(jù)得由幾何關(guān)系可得由向心力公式可得聯(lián)立解得小物塊受到的支持力大小為由牛頓第三定律可知小物塊第一次滑至B點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大?。?）對物塊由機(jī)械能守恒定律有解得小物塊離開傳送帶時(shí)的速度為由于，所以木塊返回時(shí)先勻加速運(yùn)動(dòng)，后與傳送帶共速，所以傳送帶的速度為2m/s，小物塊能返回弧形軌道，不會(huì)從A端掉下，則有其中由牛頓第二定律解得所以動(dòng)摩擦因數(shù)的最小值為0.4（3）小物塊從第2次開始每次向左滑上傳送帶、向右離開傳送帶時(shí)速度均為2m/s，小物塊第2022次在傳送帶上運(yùn)動(dòng)，小物塊從B點(diǎn)到回到B點(diǎn)的過程中，位移，所用時(shí)間傳送帶的位移小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量解得【變式演練3】我國物流市場規(guī)模連續(xù)七年位列全球第一。某物流分揀中心為轉(zhuǎn)運(yùn)貨物安裝有水平傳送帶，傳送帶空載時(shí)保持靜止，一旦有貨物置于傳送帶上，傳送帶就會(huì)以的加速度向前加速運(yùn)行。在傳送帶空載的某時(shí)刻，某質(zhì)量為20kg的貨物向前以3m/s的初速度滑上傳送帶。已知傳送帶長為6m，貨物和傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，取，求：（1）貨物用多長時(shí)間到達(dá)傳送帶末端；（2）整個(gè)過程傳送帶對貨物做的功；（3）傳送帶與貨物由于摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮浚?）3s；（2）0；（3）60J【詳解】（1）對貨物受力分析，由牛頓第二定律可知解得設(shè)經(jīng)時(shí)間t1兩者共速，則解得故貨物運(yùn)動(dòng)1s后兩者共速。此時(shí)的速度大小貨物的位移由題意知，兩者共速后，一起以加速度a做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩者共速后，貨物再運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2到達(dá)傳送帶末端，則解得所以貨物到達(dá)傳送帶末端所用的時(shí)間（2）設(shè)貨物到達(dá)傳送帶末端的速度大小為，則解得貨物從被推上傳送帶至到達(dá)傳送帶末端的過程，由動(dòng)能定理得解得（3）貨物和傳送帶之間的相對位移所以整個(gè)過程因摩擦產(chǎn)生的熱量【變式演練4】如圖所示，豎直平面內(nèi)有一段固定的光滑圓弧軌道PQ，圓心為O點(diǎn)，圓弧所對圓心角，半徑為，末端Q點(diǎn)與粗糙水平地面相切。圓弧軌道左側(cè)有一長度為的水平傳送帶，傳送帶沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶上表面與P點(diǎn)高度差為?，F(xiàn)在傳送帶左側(cè)由靜止放置一個(gè)質(zhì)量為的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A，滑塊由P點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道，滑行一段距離后靜止在地面上。已知滑塊A與傳送帶、地面間的動(dòng)摩因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10，，，求：（1）滑塊A離開傳送帶時(shí)速度的大??；（2）滑塊A經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)受到彈力的大??；（3）滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能Q。

【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）滑塊A離開傳送帶做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向滿足又A沿切線滑入圓軌道，滿足解得（2）滑塊A從在P點(diǎn)速度從P到Q的過程中，由機(jī)械能守恒可得在Q點(diǎn)有解得（3）滑塊A隨傳送帶做勻加速直線運(yùn)動(dòng)由于可知傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)的速度為滑塊A做勻加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為滑塊A相對于傳送帶的位移大小為滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱【變式演練5】彎曲軌道與水平地面平滑連接，右側(cè)有一與地面等高的傳送帶，傳送帶始終以速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖甲所示。將一滑塊從軌道上高處無初速釋放，當(dāng)時(shí)，滑塊離開傳送帶時(shí)的速度不變，當(dāng)滑塊從其他高度釋放后，離開傳送帶時(shí)的速度大小與高度的圖像為如圖乙所示的曲線。已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，彎曲軌道與水平地面均光滑，取重力加速度大小，求：（1）傳送帶的傳送速度；（2）傳送帶的長度。

【答案】（1）；（2）【詳解】（1）（2）根據(jù)題意，結(jié)合圖乙可知，當(dāng)時(shí)，滑塊始終在傳送帶上加速，當(dāng)時(shí)，滑塊始終在傳送帶上減速，設(shè)滑塊滑上傳送帶的速度為，由機(jī)械能守恒定律有由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有其中解得，【變式演練6】如圖所示，一質(zhì)量的物塊以的速度從B端進(jìn)入水平傳送帶，最后能從C點(diǎn)水平拋出，已知水平傳送帶長，該物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，傳送帶以速度為v順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)且不考慮傳送帶滑輪大小。重力加速度。求：（1）當(dāng)傳送帶的速度時(shí)，將物塊從B傳送到C過程中物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？（2）若在傳送帶右側(cè)加裝一個(gè)收集裝置，如圖所示，其內(nèi)邊界截面為四分之一圓弧，C點(diǎn)為圓心，半徑為。調(diào)節(jié)傳送帶速度大小，使該物塊從C點(diǎn)拋出后，落到收集裝置時(shí)動(dòng)能最小，則該物塊落到收集裝置時(shí)最小動(dòng)能是多少？【答案】（1）2J；（2）7.5J【詳解】（1）小物塊的加速度小物塊的加速時(shí)間小物塊勻加速的位移則小物塊先加速后勻速，傳送帶的位移二者的相對位移產(chǎn)生的熱量（2）令小物塊從C點(diǎn)飛出后速度為，水平方向有豎直方向有根據(jù)幾何關(guān)系有根據(jù)動(dòng)能定理有解得由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)時(shí)，最小，解得類型2傾斜傳送帶【例2】（2024·河北衡水·一模）圖（a）為成都天府國際機(jī)場某貨物傳送裝置實(shí)物圖，簡化圖如圖（b）所示，該裝置由傳運(yùn)帶ABCD及固定擋板CDEF組成，固定擋板CDEF與傳送帶上表面垂直，傳送帶上表面ABCD與水平地面的夾角為，CD與水平面平行。傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從D點(diǎn)由靜止釋放，貨物對地發(fā)生位移后被取走，貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)的剖面圖如圖（c）所示。已知傳送帶勻速運(yùn)行的速度為，貨物質(zhì)量為，其底部與傳送帶ABCD的動(dòng)摩擦因數(shù)為，其側(cè)面與擋板CDEF的動(dòng)摩擦因數(shù)為。已知，，重力加速度g取，不計(jì)空氣阻力。求：（1）貨物剛放上傳送帶時(shí)，其底面所受滑動(dòng)摩擦力的大小及側(cè)面所受滑動(dòng)摩擦力的大?。唬?）貨物在傳送帶上所經(jīng)歷的時(shí)間及傳送裝置多消耗的電能?！敬鸢浮浚?）40N，15N；（2）10.2s，163J【詳解】（1）貨物放上傳送帶后，由剖面圖對貨物受力分析可得，傳送帶對貨物支持力為，貨物底面所受滑動(dòng)摩擦力為，擋板對貨物支持力為，貨物側(cè)面所受滑動(dòng)摩擦力為，由力的平衡條件有由滑動(dòng)摩擦力計(jì)算式有代入數(shù)據(jù)可得（2）因?yàn)榕c運(yùn)動(dòng)方向相同，與運(yùn)動(dòng)方向相反，貨物將由靜止開始沿傳送帶做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，若能與傳送帶共速，則此后做勻速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得解得設(shè)貨物勻加速至與傳送帶共速所用時(shí)間，對地位移為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得貨物勻加速階段的位移為因，故能夠共速。共速后，貨物做勻速直線運(yùn)動(dòng)，直至被取下，設(shè)此段運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，位移為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得貨物勻速階段所用的時(shí)間為貨物運(yùn)動(dòng)總時(shí)間為傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和貨物增加的動(dòng)能之和。貨物與傳送帶之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能有貨物與擋板之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能有貨物增加的動(dòng)能傳送裝置多消耗的電能【變式演練1】（2024·安徽·二模）在快遞分類時(shí)常用傳送帶運(yùn)送快件，一傾角為37°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以恒定速率順時(shí)針方向運(yùn)行，傳送帶底端到頂端的距離為，如圖甲所示。傳送帶現(xiàn)將一質(zhì)量的快件靜止放于傳送帶底端，以傳送帶最底端為參考平面，快件在傳送帶上運(yùn)動(dòng)整個(gè)過程中速度的平方隨位移x的變化如圖乙所示，取重力加速度大小，，，快件可視為質(zhì)點(diǎn)，求：（1）快件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）快件從傳送帶底端到頂端過程電動(dòng)機(jī)多做的功W?！敬鸢浮浚?）0.875；（2）198J【詳解】（1）快件放上傳送帶先做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)結(jié)合圖乙可得快件做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為m/s2根據(jù)牛頓第二定律可得解得動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.875（2）設(shè)傳送帶的速度為v，根據(jù)圖像可知v=3m/s快件加速的時(shí)間為s快件與傳送帶的相對位移為=4.5m快件和傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量為電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于快件重力勢能和動(dòng)能的增加量以及因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，即解得E=198J【變式演練2】如圖所示，一輕彈簧原長，其一端固定在傾角為的固定斜面的底端處，另一端位于處，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，斜面長。在間有一上表面與斜面平行且相切的傳送帶，且長，傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)速度為。傳送帶上端通過一個(gè)光滑直軌道與一個(gè)半徑為的光滑圓弧軌道相切于點(diǎn)，且端切線水平，均在同一豎直平面內(nèi)，且在同一豎直線上。質(zhì)量為的物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）從點(diǎn)由靜止釋放，最低到達(dá)點(diǎn)（未畫出），隨后物塊P沿軌道被彈回，最高可到達(dá)點(diǎn)。已知物塊P與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，，，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。（1）求間距離及物塊P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢能；（2）改變物塊P的質(zhì)量，并將傳送帶轉(zhuǎn)動(dòng)方向改為順時(shí)針，轉(zhuǎn)動(dòng)速度大小不變。將物塊P推至點(diǎn)，從靜止開始釋放，在圓弧軌道的最高點(diǎn)處水平飛出后，恰好落于點(diǎn)，求物塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的速度?！敬鸢浮浚?），；（2）【詳解】（1）當(dāng)物塊P在傳送帶上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得解得物塊的加速度a=12m/s2當(dāng)物塊速度達(dá)到4m/s時(shí)，其位移為故物塊P到達(dá)F點(diǎn)前已經(jīng)與傳送帶達(dá)到了共同速度。因且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，所以物塊P與傳送帶達(dá)到了共同速度后做勻速直線運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)。設(shè)BE長為L0，則物塊從F點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律有物塊P被彈回，從E點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到F點(diǎn)的過程中，由能量守恒定律有聯(lián)立解得L0=1m，Ep=80J（2）由題意可知，物塊從D點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)落于F點(diǎn)，設(shè)過D點(diǎn)的速度為vD，則水平方向上有x0cosθ=vDt豎直方向上有解得vD=4m/s【變式演練3】如圖，高為h傾角為的粗糙傳送帶以速率順時(shí)針運(yùn)行，將質(zhì)量為m的小物塊輕放到皮帶底端，同時(shí)施以沿斜面向上的拉力使物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，不考慮輪的大小，物塊運(yùn)動(dòng)到斜面頂端時(shí)速率為，物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．摩擦力對物塊所做的功為B．整個(gè)過程皮帶與物塊間產(chǎn)生的熱量為C．拉力所做的功為D．皮帶因傳送物塊多消耗的電能為【答案】BC【詳解】A．物塊向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則有物塊與皮帶達(dá)到同速之前，物塊所受摩擦力方向沿皮帶向上，此過程的位移物塊與皮帶達(dá)到同速之后，物塊所受摩擦力方向沿皮帶向下，此過程的位移解得，則摩擦力對物塊所做的功為解得A錯(cuò)誤；C．根對物塊，根據(jù)動(dòng)能定理有解得C正確；B．物塊與皮帶達(dá)到同速之前經(jīng)歷的時(shí)間結(jié)合上述解得物塊與皮帶達(dá)到同速之后經(jīng)歷的時(shí)間結(jié)合上述解得則前后過程的相對位移分別為，則整個(gè)過程皮帶與物塊間產(chǎn)生的熱量為B正確；D．傳送帶通過摩擦力對物塊做功消耗能量，根據(jù)上述，摩擦力對物塊所做的功為，即表明物塊對傳送帶做正功，則傳送帶并沒有多消耗能量，D錯(cuò)誤。故選BC?！咀兪窖菥?】如圖甲所示，向飛機(jī)上裝貨時(shí)，通常用到可移動(dòng)式皮帶輸送機(jī)，簡化模型如圖乙所示，皮帶輸送機(jī)傾角為，順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，每隔2s在輸送帶下端A點(diǎn)無初速放入一件貨物（貨物足夠多）。每件貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到上端B點(diǎn)的過程中，其機(jī)械能E與位移s的關(guān)系圖像（以A位置為零勢能參考面）如圖丙所示。已知貨物均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量均為，重力加速度g取10，。則（）A．貨物與輸送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.875B．輸送帶A、B兩端點(diǎn)間的距離為8mC．每件貨物從下端A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到上端B點(diǎn)的時(shí)間為9sD．皮帶輸送機(jī)因運(yùn)送一件貨物而多消耗的能量為515J【答案】AC【詳解】A．由圖像可知，貨物從開始運(yùn)動(dòng)到與傳送帶相對靜止，可知解得μ=A正確；B．由圖像可知，物塊沿傳送帶向上運(yùn)動(dòng)后與傳送帶相對靜止，此后物塊的動(dòng)能不變，重力勢能增加，則解得則輸送帶A、B兩端點(diǎn)間的距離為B錯(cuò)誤；C．加速階段的加速度大小為傳送帶的速度大小為則加速的時(shí)間為勻速的時(shí)間為共用時(shí)間為C正確；D．每一件貨物從低端到頂端要消耗的能量為D錯(cuò)誤。故選AC?！咀兪窖菥?】如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面所成的角為37°，在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，傳送帶以2m/s的恒定速率順時(shí)針運(yùn)行，現(xiàn)將一質(zhì)量為20kg的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕輕放在傳送帶底端，貨物被傳送到h=3m的高處，貨物與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.8，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．貨物先受到滑動(dòng)摩擦力作用，后受到靜摩擦力作用B．貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為6sC．貨物的機(jī)械能增加了1280JD．貨物與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為640J【答案】D【詳解】A．貨物剛放在傳送帶上時(shí)，對貨物有解得達(dá)到與傳送帶等速需要的時(shí)間為此過程貨物運(yùn)動(dòng)的位移的大小為剛好到達(dá)傳遞帶頂端，所以貨物在傳送帶上一直做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，一直受到滑動(dòng)摩擦力作用，故A錯(cuò)誤；B．貨物在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為5s，故B錯(cuò)誤；C．貨物的機(jī)械能增加了故C錯(cuò)誤；D．貨物與傳送帶間由于摩擦產(chǎn)生的熱量為故D正確。故選D?！咀兪窖菥?】如圖所示為某小型購物商場的電梯，長L＝7.0m，傾角θ＝37°。在某次搬運(yùn)貨物時(shí)，售貨員將質(zhì)量為m＝50kg的貨物無初速度放在電梯的最下端，然后啟動(dòng)電機(jī)，電梯先以a0＝1m/s2的加速度向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到v0＝2m/s后勻速運(yùn)動(dòng)。已知貨物與電梯表面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，不計(jì)空氣阻力。求：（1）貨物從電梯底端運(yùn)動(dòng)到頂端所用的時(shí)間；（2）電機(jī)因運(yùn)送該貨物多做的功（忽略電梯自身動(dòng)能的變化）。【答案】（1）6s；（2）3160J【詳解】（1）對貨物進(jìn)行受力分析，貨物受到重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力，當(dāng)摩擦力是最大靜摩擦力時(shí)，貨物獲得的加速度最大

解得

所以貨物先做加速度為0.4m/s2的加速度向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度與傳送帶速度相等時(shí)再做勻速直線運(yùn)動(dòng)。根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，貨物加速階段的位移為勻加速運(yùn)動(dòng)所需要的時(shí)間為

之后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為貨物從電梯底端運(yùn)動(dòng)到頂端所用的時(shí)間（2）根據(jù)功能關(guān)系，可知電機(jī)因運(yùn)送該貨物多做的功等于貨物增加的動(dòng)能和重力勢能以及在皮帶上產(chǎn)生的熱量聯(lián)立解得W＝3160J【變式演練7】如圖甲，為機(jī)場工作人員利用傾斜傳送帶向飛機(jī)貨倉裝載行李的場景，傳送帶保持恒定速率向上運(yùn)行。工作人員將行李箱間隔相同時(shí)間連續(xù)無初速度地放在傳送帶底端，所有行李箱在進(jìn)入飛機(jī)貨艙前都已做勻速運(yùn)動(dòng)，且相鄰兩個(gè)行李箱間不發(fā)生碰撞。如圖乙，A、B、C、D是傳送帶上4個(gè)進(jìn)入貨倉前勻速運(yùn)動(dòng)的行李箱，其中A與B、B與C間的距離均為d，C與D間的距離小于d。已知傳送帶運(yùn)行的速率為，傾角為，傳送帶的長度為L，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說法正確的是（

）．A．A、B、C、D與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，均滿足B．A、B、C與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)大于D與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)C．工作人員往傳送帶底端放置行李箱的時(shí)間間隔D．若A的質(zhì)量為m，則由于傳送A，驅(qū)動(dòng)傳送帶的電機(jī)額外消耗的電能【答案】C【詳解】AB．傳送帶運(yùn)行的速率為，工作人員將行李箱間隔相同時(shí)間連續(xù)無初速度地放在傳送帶底端，則行李箱放在傳送帶上的初始位置間的距離相同，行李箱放在傳送帶上后，先加速，后勻速，設(shè)加速時(shí)間為t，加速過程的位移為x1，則對行李箱有行李箱加速時(shí)，傳送帶的位移為x2，則行李箱加速時(shí)，與傳送帶的相對位移為A與B、B與C間的距離均為d，C與D間的距離小于d，則A、B、C與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)相同，D與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)大于A、B、C與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)，且A、B、C、D與傳送帶間動(dòng)摩擦因數(shù)均滿足，AB錯(cuò)誤；C．由以上分析知，A、B、C釋放的初始位置間距等于它們勻速后的位置間距d，則工作人員往傳送帶底端放置行李箱的時(shí)間間隔為C正確；D．根據(jù)能量守恒定律知，驅(qū)動(dòng)傳送帶的電機(jī)額外消耗的電能轉(zhuǎn)化為了A的機(jī)械能和摩擦產(chǎn)生的熱能，有D錯(cuò)誤。故選C。題型三“滑塊－木板”模型綜合問題【解題指導(dǎo)】1．分析滑塊與木板間的相對運(yùn)動(dòng)情況，確定兩者間的速度關(guān)系、位移關(guān)系，注意兩者速度相等時(shí)摩擦力可能變化.2.用公式Q＝Ff·x相對或動(dòng)能定理、能量守恒求摩擦產(chǎn)生的熱量．【核心歸納】“滑塊—木板”模型問題的分析方法(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x滑；②求摩擦力對木板做功時(shí)用木板對地的位移x板；③求摩擦生熱時(shí)用相對位移Δx.【例1】（2024·安徽·二模）一塊質(zhì)量為M、長為l的長木板A靜止放在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的物體B（視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度從左端滑上長木板A的上表面并從右端滑下。該過程中，物體B的動(dòng)能減少量大小為，長木板A的動(dòng)能增加量為，A、B間摩擦產(chǎn)生的熱量為Q，關(guān)于，，Q的值，下列情況可能的是（）A． B．C． D．【答案】B【詳解】AC．根據(jù)木板A和物體B組成的系統(tǒng)能量守恒故AC錯(cuò)誤；BD．畫出物體B和長木板A的速度一時(shí)間圖線，分別如圖中1和2所示圖中1和2之間的梯形面積表示板長，1與軸所圍的面積表示物體B的位移，2與軸所圍的面積表示長木板A的位移，由圖可知根據(jù)功能關(guān)系聯(lián)立解得故B正確，D錯(cuò)誤。故選B?！纠?】．（2023·全國·高考真題）如圖，一質(zhì)量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度v0開始運(yùn)動(dòng)。已知物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，當(dāng)物塊從木板右端離開時(shí)（

）

A．木板的動(dòng)能一定等于fl B．木板的動(dòng)能一定小于flC．物塊的動(dòng)能一定大于 D．物塊的動(dòng)能一定小于【答案】BD【詳解】設(shè)物塊離開木板時(shí)的速度為，此時(shí)木板的速度為，由題意可知設(shè)物塊的對地位移為，木板的對地位移為CD．根據(jù)能量守恒定律可得整理可得D正確，C錯(cuò)誤；AB．因摩擦產(chǎn)生的摩擦熱根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式因?yàn)榭傻脛t所以B正確，A錯(cuò)誤。故選BD?！咀兪窖菥?】（2024·四川成都·二模）如圖，一質(zhì)量為的木板靜止在水平地面上，一質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以的水平速度從木板左端滑上木板，木板始終保持靜止。木板足夠長，滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為（未知），重力加速度大小取，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說法正確的是（）A．地面對木板的摩擦力方向水平向右B．地面對木板的摩擦力大小為C．可能為0.12D．整個(gè)過程中，滑塊與木板間因摩擦產(chǎn)生的熱量為【答案】C【詳解】A．根據(jù)受力分析可知滑塊對木板的滑動(dòng)摩擦力方向水平向右，因此地面對木板的靜摩擦力方向水平向左，故A錯(cuò)誤；B．滑塊對木板的滑動(dòng)摩擦力大小由于木板始終保持靜止，故地面對木板的靜摩擦力大小故B錯(cuò)誤；C．木板始終保持靜止，即解得故C正確；D．整個(gè)過程中，滑塊的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，產(chǎn)生的熱量故D錯(cuò)誤。故選C。【變式演練2】．（2024·遼寧鞍山·二模）如圖所示，上表面粗糙的長木板B靜止在光滑的水平面上，物塊A疊放在長木板右端，輕彈簧一端連接在物塊A上，另一端連接在豎直墻面上，開始時(shí)彈簧處于原長，現(xiàn)對B施加一水平向右恒定的拉力