14、 ， 脱离时小木块的位移x1a1t2 ， 木板的位移x2a2t2 ， 则由Lx1x2 ， 结合以上式子知小木块与长木板之间的动摩擦因数为0.2 ， 故选项A错误；整个运动过程中由于摩擦产生的热量为QmgL0.21102 J4 J ， 故选项B错误；小木块脱离长木板的瞬间v1a1t22 m/s4 m/s ， 功率PFv144 W16 W ， 故选项C正确；长木板在运动过程中获得的机械能为EMvM(a2t)2 ， 结合A项知E4 J ， 故选项D错误7.如图所示 ， 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Q1；第二次让B在光滑水平面上可自由滑动 ， F做功W2 ， 生热Q2.则下列关系中正 。

15、确的是()AW1W2 ， Q1Q2 BW1W2 ， Q1Q2CW1W2 ， Q1Q2 DW1W2 ， Q1Q2【答案】A【解析】在A、B分离过程中 ， 第一次和第二次A相对于B的位移是相等的 ， 而热量等于滑动摩擦力乘以相对位移 ， 因此Q1Q2；在A、B分离过程中 ， 第一次A的对地位移要小于第二次A的对地位移 ， 而功等于力乘以对地位移 ， 因此W1W2 ， 所以选项A正确1.如图为某生产流水线工作原理示意图足够长的工作平台上有一小孔A ， 一定长度的操作板(厚度可忽略不计)静止于小孔的左侧 ， 某时刻开始 ， 零件(可视为质点)无初速度地放上操作板的中点 ， 同时操作板在电动机带动下向右做匀加速直线运动 ， 直至运动到A孔的右侧(忽略小孔对操作板运动 。

16、的影响) ， 最终零件运动到A孔时速度恰好为零 ， 并由A孔下落进入下一道工序已知零件与操作板间的动摩擦因数10.05 ， 零件与工作台间的动摩擦因数20.025 ， 不计操作板与工作台间的摩擦重力加速度g10 m/s2.求：(1)操作板做匀加速直线运动的加速度大小；(2)若操作板长L2 m ， 质量M3 kg ， 零件的质量m0.5 kg ， 则操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中 ， 电动机至少做多少功？【答案】(1)2 m/s2(2)12.33 J【解析】(1)设零件向右运动距离x时与操作板分离 ， 此过程历经时间为t ， 此后零件在工作台上做匀减速运动直到A孔处速度减为零 ， 设零件质量为m ， 操作板长为L ， 取水平向右为正方向 ，。

17、对零件 ， 有：分离前：1mgma1分离后：2mgma2且xa1t2以后做匀减速运动的位移为：x对操作板 ， 有：xat2联立以上各式解得：a ， 代入数据得：a2 m/s2.(2)将a2 m/s2 ， L2 m代入a1t2at2解得：t s操作板从A孔左侧完全运动到右侧的过程中 ， 动能的增加量Ek1M()212 J零件在时间t内动能的增加量Ek2m(1gt)2 J零件在时间t内与操作板因摩擦产生的内能Q11mg0.25 J根据能量守恒定律 ， 电动机做功至少为WEk1Ek2Q12 J12.33 J9.如图所示 ， 质量为m的长木块A静止于光滑水平面上 ， 在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B ， 已知木块长为L ， 它与滑块 。

18、之间的动摩擦因数为.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【答案】(1)(2)mgL【解析】(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mgxmv(Fmg)(xL)mv又因为vAaAtgtvBaBtt ， 解得x.(2)由功能关系知 ， 拉力F做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能 ， 即有F(xL)mvmvQ解得QmgL.10.如图所示 ， 一个质量为m15 kg的特制柔软小猴模型 ， 从离地面高h16 m的树上自由下落 ， 一辆平板车正沿着下落点正下方所在的平直路面以v06 m/s 。

19、的速度匀速前进已知模型开始自由下落时 ， 平板车前端恰好运动到距离下落点正下方s3 m处 ， 该平板车总长L7 m ， 平板车板面离地面高h21 m ， 模型可看作质点 ， 不计空气阻力假定模型落到板面后不弹起 ， 在模型落到板面的瞬间 ， 司机刹车使平板车开始以大小为a4 m/s2的加速度做匀减速直线运动 ， 直至停止 ， g取10 m/s2 ， 模型下落过程中未与平板车车头接触 ， 模型与平板车板面间的动摩擦因数0.2.求：(1)模型将落在平板车上距车尾端多远处？(2)通过计算说明 ， 模型是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？【答案】(1)4 m(2)不会(3)105 J【解析】(1)设模型经 。

20、时间t1下落到平板车上 ， 由运动学公式得：h1h2gt平板车在t1时间内前进的距离为x1 ， 则：x1v0t1所以模型在平板车上的落点距车尾端距离：xLsx14 m(2)设模型落在车上后做匀加速运动的加速度为a1 ， 经过时间t2模型和平板车的速度相同为v ， 则平板车的速度为：vv0at2模型的速度为：va1t2对模型应用牛顿第二定律得：mgma1平板车的位移为：x2v0t2at在这段时间内的模型的位移为：x3a1t联立可得 ， 在这段时间内模型相对车向后的位移为：x1x2x33 mx14 m ， 故不会滑下(3)速度相同后模型和平板车都减速运动直到静止 ， 平板车的位移为：x4模型的位移为：x5模型相对平板车向前的位移为：x2x5x4模型在平板车上来回摩擦产生的总热量：Qmg(x1x2)105 J9原创精品资源学科网独家享有版权 ， 侵权必究 。

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标题：高考|高考物理必备—高考物理备考微专题精准突破专题3.7“板块”模型中的能量转化问题（解析版）( 三 )