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第31课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用
目标要求　1.会用功能关系解决传送带模型综合问题。2.会利用动力学和能量观点分析多过程运动组合问题。
考点一　传送带中的能量问题
1.传送带问题的分析方法
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。
2.传送带问题涉及的功能关系
(1)传送带克服摩擦力做的功：W=Ffx传。
(2)系统产生的内能：Q=Ffx相对。
(3)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。
例1　(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量m=10 kg的货物(可视为质点)从高h=0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带AB两点之间的距离L=5 m，传送带一直以v=4 m/s的速度顺时针匀速运动，重力加速度g取10 m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有(　　)
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为60 J
答案　BC
解析　根据机械能守恒定律有mgh=m，货物运动至传送带A点的速度为v0=2 m/s，根据牛顿第二定律μmg=ma，得货物在传送带上加速度大小为2 m/s2，货物与传送带共速时，有v0+at1=v，解得t1=1 s，此时，货物的位移为x1=t1=3 m，摩擦力对货物做功为W=μmgx1=60 J，A错误；货物匀速运动时间t2==0.5 s，则货物从A运动到B用时t=t1+t2=1.5 s，B正确；货物与传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=1 m，由于摩擦而产生的热量为Q=μmgΔx=20 J，C正确；由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为E=Q+m(v2-)=80 J，D错误。
例2　(2025·江苏宿迁市一模)工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动下顺时针运行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线上的斜面，两者平滑对接。一产品(可视为质点)无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，恰好能到达斜面的顶端，由机器人取走产品。已知产品的质量m=1 kg，传送带上表面的长度L1=10 m、运行速度v0=4 m/s，斜面长度L2=1 m，产品与传送带间的动摩擦因数μ1=，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)求产品在传送带上加速运动的时间t；
(2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2；
(3)若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电能E2的比值。
答案　(1)4 s　(2)0.25　(3)
解析　(1)根据牛顿第二定律μ1mgcos 37°-mgsin 37°=ma
解得a=1 m/s2
产品加速到v0运动的位移x==8 m即产品在传送带上先加速运动再匀速运动，加速时间t=
解得t=4 s
(2)产品在斜面上，由动能定理-(mgsin 37°+μ2mgcos 37°)L2=0-m
解得μ2=0.25
(3)产品在传送带上获得的机械能E1=mgL1sin 37°+m
解得E1=68 J
产品与传送带间产生的热量Q=μ1mgcos 37°·(v0t-x)
消耗电能E2=mgL1sin 37°+m+Q
解得E2=124 J
比值=。
　解答“传送带”问题的关键
(1)明确初始时刻物体和传送带的运动关系，确定它们间的受力及位置间的变化情况，必要时可画出位置变化示意图。
(2)物体与传送带间“速度相等”是关键节点，此时注意分析摩擦力的变化是解答问题的关键。摩擦力变化情况复杂，可能出现摩擦力消失、滑动摩擦力变为静摩擦力、滑动摩擦力方向改变等情况。
考点二　应用动力学和能量观点解决多过程运动组合问题
1.多过程运动组合问题：主要是指直线运动、抛体运动和竖直面内圆周运动的组合问题。
2.解题策略
(1)动力学观点：若题目涉及运动过程中的加速度、时间、速度的变化，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式。
(2)能量观点：若题目不涉及中间过程，只涉及初、末状态，优先考虑动能定理、功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律。
例3　(2025·湖南长沙市雅礼中学月考)某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ=37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC'为竖直圆轨道，C'E为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R=1 m，BC长为3 m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ=0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P水平弹出的速度大小为4 m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值；
(2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度xAB；
(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围；
(4)若轨道AB的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。
答案　(1)(1.2 m，0.45 m)　(2)5 m　(3)xAB≥5 m或xAB≤1.25 m　(4)见解析
解析　(1)对滑块由P到A的运动，根据平抛运动规律有vy=v0tan θ=3 m/s，平抛运动的竖直方向有=2gy，解得y=0.45 m，运动时间t==0.3 s，则x=v0t=1.2 m，即弹出时位置的坐标值为(1.2 m，0.45 m)。
(2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg=m
从P到D点，由动能定理有
mg(y+xABsin θ-2R)-μmgxABcos θ-μmgxBC=m-m，联立解得xAB=5 m。
(3)滑块第一次进入圆轨道刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB=5 m
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得
mg(y+xABsin θ-R)-μmgxABcos θ-μmgxBC=0-m，解得xAB=1.25 m
综上，AB的长度应满足xAB≥5 m或xAB≤1.25 m
(4)由(3)知，xAB=3.5 m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则脱轨时mgsin α=
从P到脱轨的位置，由动能定理有
mg(y+xABsin θ-R-Rsin α)-μmgxABcos θ-μmgxBC=m-m
联立解得sin α=0.6
即滑块在圆心以上Rsin α=0.6 m处脱轨。
例4　(2025·河北省联考)如图所示，水平地面左侧有一光滑平台，质量为M=2 kg、与平台等高的木板B静止在水平地面的左端，水平地面右侧由一段半径为R=2 m的圆弧面与倾角为θ的传送带平滑连接，圆弧面的圆心角为θ，圆弧面的左端与平台所在水平面相切，传送带以v=3 m/s的速率沿顺时针方向运行。质量为m=6 kg的货箱以初速度v0=6 m/s从平台滑上木板B，木板B与水平地面右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧面(圆弧光滑)，然后被传送带运送到E处。已知木板B长度L1=2.875 m，木板B的右端离C点的距离d=0.5 m，传送带DE间的长度L2=13 m，θ=37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，货箱可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)货箱在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力；
(2)货箱从D运送到E过程所用的时间和摩擦力对传送带做的功。
答案　(1)87 N，方向竖直向下　(2)6 s　-684 J
解析　(1)货箱A滑上木板B后做匀减速直线运动，对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
解得a1=4 m/s2
对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2
解得a2=4 m/s2
假设货箱在木板上一直做匀减速直线运动，且经过时间t木板B与C端相碰，
有x2=d=a2t2
解得t= s
此时货箱的速度大小v1=v0-a1t=4 m/s
此时木板B的速度大小v2=a2t=2 m/s，假设成立
此过程中货箱发生的位移大小x1=v0t-a1t2= m
所以此时货箱离C点的距离d1=L1-(x1-x2)=0.875 m
货箱在木板B停止运动后继续做匀减速直线运动，
有-=-2a1d1
解得vC=3 m/s
对货箱在C点受力分析并结合牛顿第二定律有FN-mg=m
解得FN=87 N
由牛顿第三定律可知F压=FN=87 N，方向竖直向下。
(2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定理有-mgR(1-cos θ)=m-m
解得vD=1 m/s
对货箱刚滑上传送带后受力分析并结合牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ=ma
解得a=0.4 m/s2
设货箱经过x3后与传送带共速，
由题意有v2-=2ax3
解得x3=10 m
根据v=vD+at3
解得t3=5 s
此后货箱相对传送带静止，
向上做匀速直线运动有t4==1 s
所以货箱从D到E的时间tDE=t3+t4=6 s
货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功W1=-μmgcos θ·vt3=-576 J
货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传送带做功W2=-mgsin θ·(L2-x3)=-108 J
所以摩擦力对传送带做的总功W=W1+W2=-684 J。
1.分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
2.方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
课时精练 [A]
[分值：50分]
　[1、2题，每题4分]
1.(2025·北京市延庆区一模)如图所示，水平传送带以v=2 m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。不计煤粉的初速度，如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为(　　)
A.80 W B.160 W
C.320 W D.640 W
答案　B
解析　由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，即ΔPt=mv2+Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移大小等于相对地面的位移大小，结合动能定理，故Q=Ff·Δx=Ffx=mv2，代入题中数据，联立解得ΔP=160 W，故选B。
2.(2025·山东聊城市期中)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1 kg可视为质点的物块轻轻放在传送带的A端，2 s末物块恰好到达B端，物块的速度v随时间t变化的关系图像如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的是(　　)
A.传送带的倾角θ为53°
B.传送带与物块间的动摩擦因数为0.25
C.物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为6 m
D.0~2 s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24 J
答案　D
解析　由题图乙可知，0~1 s内物块的加速度大小为a1==10 m/s2，由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1，1~2 s内物块的加速度大小为a2==2 m/s2，由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2，联立解得μ=0.5，θ=37°，故A、B错误；0~1 s内传送带的位移大小及物块的位移大小分别为s1=v1t1=10 m，x1=v1t1=5 m，它们的相对位移大小为Δx1=s1-x1=5 m，1~2 s内传送带的位移大小及物块的位移大小分别为s2=v1t2=10 m，x2=v1t2+a2=11 m，它们的相对位移大小为Δx2=x2-s2=1 m，因为Δx1>Δx2，所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5 m，故C错误；0~1 s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q1=μmgcos θ·Δx1=20 J，1~2 s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q2=μmgcos θ·Δx2=4 J，所以0~2 s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=20 J+4 J=24 J，故D正确。
3.(14分)(2025·江苏盐城市五校联考)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L=4.5 m，与物块间的动摩擦因数μ=0.3，传送带顺时针转动的速度v=3 m/s。设质量m=2 kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线方向从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R=2.0 m，对应圆心角θ=106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61 N。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
(1)(4分)物块运动到D点的速度大小vD；
(2)(6分)物块下落的最大高度H；
(3)(4分)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。
答案　(1)5 m/s　(2)1.8 m　(3)9 J
解析　(1)物块由D点到O点根据动能定理有
mgR(1-cos 53°)=m-m
由牛顿第三定律知O点处轨道对物块支持力FN=61 N
在O点有FN-mg=m，联立解得vD=5 m/s
(2)在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的水平速度即为vC，故vC=vDsin 37°=3 m/s。当物块下落的高度最大时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有μmg=ma，得a=3 m/s2
根据速度—位移公式有-=-2aL
解得vB=6 m/s
从A到B根据动能定理可得mgH=m
解得H=1.8 m
(3)根据运动学知识可知vC=vB-at
解得t=1 s
所以相对位移Δx=(4.5-3) m=1.5 m
产生的热量Q=μmgΔx=9 J。
4.(14分)(2024·海南卷·18)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m，静止在光滑水平面上的滑板B紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M=25 kg，一质量为m=50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(6分)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
(2)(8分)滑板的长度L。
答案　(1)1 000 N　(2)7 m
解析　(1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒有mgh=m
解得v0=10 m/s
在b点根据牛顿第二定律FN-mg=m
解得FN=1 000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N
(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得-μmgs=0-mv2
解得v=8 m/s
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，
得a1==μg=2 m/s2，a2==4 m/s2
根据运动学规律，对游客v=v0-a1t
解得t=1 s
该段时间内游客的位移为x1=t=9 m
滑板的位移为x2=a2t2=2 m
根据位移关系得滑板的长度为L=x1-x2=7 m
5.(14分)(2025·广东佛山市联考)如图，水平轨道AB的左端有一压缩的水平弹簧，其储存有弹性势能，弹簧左端固定，右端放一个质量为m=1 kg的物体(可视为质点)，物体与弹簧不粘连，物体离开弹簧时速度大小为v=4 m/s，传送带BC的长为L=1 m。CD为水平轨道，DE、FG是竖直放置的两个半径分别为R=0.4 m和r=0.2 m的半圆轨道，AB、BC、CD、DE、FG均平滑连接。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，其余轨道均光滑，g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)(3分)若传送带静止，求物体弹出后第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小；
(2)(7分)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，求传送带的速度大小。
(3)(4分)已知物体在G点时，轨道对物体的支持力大小为70 N，求物体从G点水平抛出后落到半圆轨道时离G点竖直高度y。
答案　(1)40 N　 (2)大于或等于2 m/s　(3) m
解析　(1)若传送带静止，则根据动能定理有-μmgL=m-mv2
在D点，对物体分析有F-mg=m
联立解得物体第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小为F=40 N
(2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，则在E点时，
对物体分析有mg=m
根据机械能守恒有m=m+mg·2R
解得物体离开传送带的速度大小为vC=2 m/s
物体速度从4 m/s到2 m/s，摩擦力做正功，设经过的位移大小为x，
则有m-mv2=μmgx
解得x=1 m=L
所以物体在传送带上加速，到达右端时和传送带共速时，
传送带速度有最小值vmin=vC=2 m/s
则传送带的速度为v传≥2 m/s
(3)物体在G点时，对物体分析有FG-mg=m
根据平抛运动规律有x=vGt，y=gt2
根据几何关系有x2+y2=R2
联立解得y= m。
课时精练 [B]
[分值：40分]
1.(12分)(2025·河北廊坊市一模)某机场的货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由速度大小为2 m/s的传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ为26°，传送带CD边与水平面平行。工作人员将质量分布均匀的正方体货物由D点无初速度释放，货物运动10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知货物质量为2 kg，货物与传送带间的动摩擦因数为0.40，与挡板的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 26°=0.44，cos 26°=0.90)。求：
(1)(8分)货物在传送带上经历的时间；
(2)(4分)因运送货物传送装置多消耗的电能。
答案　(1)5.4 s　(2)31.76 J
解析　(1)对货物受力分析，如图所示
则F1=mgcos θ，F2=mgsin θ
设货物与传送带间的动摩擦因数为μ1，货物与挡板间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律可得μ1F1-μ2F2=ma
解得a=2.5 m/s2
货物加速至与传送带共速过程，所用时间为t1==0.8 s
该过程货物的位移大小为x1==0.8 m
μ1F1>μ2F2，故之后货物将匀速运动，匀速运动的位移大小为x2=x-x1=9.2 m
匀速运动的时间为t2==4.6 s
运动的总时间为t=t1+t2=5.4 s
(2)共速前传送带与货物间的相对位移大小为Δx=v0t1-x1=0.8 m
由能量守恒定律可得传送装置多消耗的电能为W=m+μ1F1Δx+μ2F2x=31.76 J。
2.(13分)(2025·河南开封市二模)如图所示，光滑水平面上有一光滑水平凹槽PQ。质量为M=2 kg的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C紧靠凹槽左端P并处于静止状态，其右端与凹槽右端Q距离为s=0.5 m。水平面左侧较远处有一处于压缩锁定状态的轻弹簧，左端固定在墙壁上，右端连接物块A，物块B紧靠物块A放置，弹簧的弹性势能Ep=64 J。水平面右侧与顺时针转动的水平传送带平滑连接。已知A、B的质量均为mA=mB=1.0 kg，传送带的长度L2=3.75 m，顺时针转动的速度v=2 m/s，物块B与长木板上表面、传送带之间的动摩擦因数μ均为0.2，重力加速度g取10 m/s2。某时刻弹簧解除锁定，物块A、B由静止开始向右运动，B离开弹簧后滑上长木板，长木板首次与凹槽两侧壁碰撞均不损失能量，第二次与凹槽右侧壁碰撞时立即被锁定，物块B滑上传送带后，在传送带上运动Δt=2 s的时间。物块A、B均可视为质点，经过各个衔接点时不损失能量。求：
(1)(2分)物块B刚滑上木板C时的速度大小v1；
(2)(5分)木板C第一次与凹槽右侧壁碰撞时，物块B的速度大小v2；
(3)(6分)长木板的长度L1。
答案　(1)8 m/s　(2)6 m/s　(3)15.25 m
解析　(1)对A、B、弹簧组成的系统由能量守恒定律可得Ep=(mA+mB)
解得v1=8 m/s
(2)物块B滑上木板C后，由牛顿第二定律，
对物块B，有μmBg=mBa1
解得a1=2 m/s2
对长木板C，有μmBg=Ma2
解得a2=1 m/s2
长木板C运动时间t1与右壁碰撞，
由运动学公式s=a2
解得t1=1 s，
物块B的速度v2=v1-a1t1
解得v2=6 m/s
(3)物块B滑上传送带后平均速度==1.875 m/s可知物块B滑上传送带后先加速再匀速。设物块B滑上传送带的速度大小为v3，在传送带上加速运动的时间为t2，
由运动学公式L2=v3t2+a1+v(Δt-t2)，
v=v3+a1t2
联立解得v3=1 m/s，
B从滑上木板到滑出木板一直做匀减速直线运动，
由运动学公式-2a1(L1+s)=-
解得L1=15.25 m。
3.(15分)“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示模型分析该运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R=5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点。P为一倾角θ=37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x=0.32 m。一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t=0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量m=3 kg，薄木板质量M=1 kg，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1=，木板与物块之间的动摩擦因数μ2=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力，求：
(1)(5分)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小(计算结果可以保留根号)；
(2)(5分)物块相对于木板运动的距离；
(3)(5分)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。
答案　(1)(91.92-24) N　(2)1.5 m　(3)87 J
解析　(1)物块由C到D，做斜上抛运动
水平方向v水平==1.6 m/s
物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D端的速度大小v==2 m/s，
v竖直=vsin θ=1.2 m/s
以竖直向下为正方向，则物块在C端时竖直方向速度
v竖直'=v竖直-gt=-0.8 m/s，
vC== m/s
由B到C有m=m+mgR(1-cos α)
其中cos α=，
在B点有FN-mg=m
由牛顿第三定律得F压=FN=(91.92-24) N
(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mgcos θ-mgsin θ=mam，解得物块加速度大小am= m/s2，做匀减速直线运动
对木板有μ2mgcos θ+Mgsin θ-μ1(M+m)gcos θ=MaM，解得木板加速度大小aM= m/s2，做匀加速直线运动，设两者经时间t1达到共速v共，
则有v-amt1=aMt1=v共
解得t1=1.5 s，v共=1 m/s
此过程中s物=t1= m，s板=t1= m
物块相对于木板运动的距离Δs=s物-s板=1.5 m
(3)由于μ2>μ1>tan θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体，
a共=μ1gcos θ-gsin θ= m/s2，
s共==1.5 m
Q物-板=μ2mgcos θ·Δs=30 J
Q板-斜=μ1(M+m)gcos θ·(s板+s共)=57 J
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量
Q=Q物-板+Q板-斜=87 J。(共81张PPT)
第六章
机械能
守恒定律
专题强化：动力学和
能量观点的综合应用
第31课时
1.会用功能关系解决传送带模型综合问题。
2.会利用动力学和能量观点分析多过程运动组合问题。
目标要求
考点一　传送带中的能量问题
考点二　应用动力学和能量观点解决多过程运动组合问题
内容索引
课时精练 [A]
课时精练 [B]
传送带中的能量问题
考点一
1.传送带问题的分析方法
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。
注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。
2.传送带问题涉及的功能关系
(1)传送带克服摩擦力做的功：W=Ffx传。
(2)系统产生的内能：Q=Ffx相对。
(3)功能关系分析：W=ΔEk+ΔEp+Q。
　　　(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量m=10 kg的货物(可视为质点)从高h=0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，传送带AB两点之间的距离L=5 m，传送带一直以v=4 m/s的速度顺时针匀速运动，重力加速度g取10 m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为60 J
√
√
　　　根据机械能守恒定律有mgh=m，货物运动至传送带A点的速度为v0
=2 m/s，根据牛顿第二定律μmg=ma，得货物在传送带上加速度大小为2 m/s2，货物与传送带共速时，有v0+at1=v，解得t1=1 s，此时，货物的位移为x1=t1
=3 m，摩擦力对货物做功为W=μmgx1=60 J，A错误；
货物匀速运动时间t2==0.5 s，则货物从A运动到B用时t=t1+t2=1.5 s，B正确；
货物与传送带的相对位移为Δx=vt1-x1=1 m，由于摩擦而产生的热量为Q=μmgΔx
=20 J，C正确；
由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为E=Q+m(v2-)=80 J，D错误。
(2025·江苏宿迁市一模)工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动下顺时针运行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线上的斜面，两者平滑对接。一产品(可视为质点)无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，恰好能到达斜面的顶端，由机器人取走产品。已知产品的质量m=1 kg，传送带上表面的长度L1=10 m、运行速度v0=4 m/s，斜面长度L2=1 m，产
品与传送带间的动摩擦因数μ1=，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)求产品在传送带上加速运动的时间t；
答案　4 s
　　　根据牛顿第二定律μ1mgcos 37°-mgsin 37°=ma
解得a=1 m/s2
产品加速到v0运动的位移x==8 m即产品在传送带上先加速运动再匀速运动，加速时间t=
解得t=4 s
(2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2；
答案　0.25
　　　产品在斜面上，由动能定理-(mgsin 37°+μ2mgcos 37°)L2=0-m
解得μ2=0.25
(3)若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电能E2的比值。
答案　
　　　产品在传送带上获得的机械能E1=mgL1sin 37°+m
解得E1=68 J
产品与传送带间产生的热量Q=μ1mgcos 37°·(v0t-x)
消耗电能E2=mgL1sin 37°+m+Q
解得E2=124 J
比值=。
解答“传送带”问题的关键
(1)明确初始时刻物体和传送带的运动关系，确定它们间的受力及位置间的变化情况，必要时可画出位置变化示意图。
(2)物体与传送带间“速度相等”是关键节点，此时注意分析摩擦力的变化是解答问题的关键。摩擦力变化情况复杂，可能出现摩擦力消失、滑动摩擦力变为静摩擦力、滑动摩擦力方向改变等情况。
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应用动力学和能量观点解决多过程运动组合问题
考点二
1.多过程运动组合问题：主要是指直线运动、抛体运动和竖直面内圆周运动的组合问题。
2.解题策略
(1)动力学观点：若题目涉及运动过程中的加速度、时间、速度的变化，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式。
(2)能量观点：若题目不涉及中间过程，只涉及初、末状态，优先考虑动能定理、功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律。
　(2025·湖南长沙市雅礼中学月考)某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ=37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC'为竖直圆轨道，C'E为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R=1 m，BC长为3 m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ=0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P水平弹出的速度大小为4 m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，
sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值；
答案　(1.2 m，0.45 m)
　　　对滑块由P到A的运动，根据平抛运动规律有vy=v0tan θ=3 m/s，平抛运动的竖直方向有=2gy，解得y=0.45 m，运动时间t==0.3 s，则x=
v0t=1.2 m，即弹出时位置的坐标值为(1.2 m，0.45 m)。
(2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度xAB；
答案　5 m
　　　滑块恰好能通过D点，在最高点有mg=m
从P到D点，由动能定理有
mg(y+xABsin θ-2R)-μmgxABcos θ-μmgxBC=m-m，联立解得xAB=5 m。
(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围；
答案　xAB≥5 m或xAB≤1.25 m
　　　滑块第一次进入圆轨道刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB=5 m
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得
mg(y+xABsin θ-R)-μmgxABcos θ-μmgxBC=0-m，解得xAB=1.25 m
综上，AB的长度应满足xAB≥5 m或xAB≤1.25 m
(4)若轨道AB的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。
答案　见解析
　　　由(3)知，xAB=3.5 m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则脱轨时mgsin α=
从P到脱轨的位置，由动能定理有
mg(y+xABsin θ-R-Rsin α)-μmgxABcos θ-μmgxBC=m-m
联立解得sin α=0.6
即滑块在圆心以上Rsin α=0.6 m处脱轨。
　　　(2025·河北省联考)如图所示，水平地面左侧有一光滑平台，质量为M=2 kg、与平台等高的木板B静止在水平地面的左端，水平地面右侧由一段半径为R=2 m的圆弧面与倾角为θ的传送带平滑连接，圆弧面的圆心角为θ，圆弧面的左端与平台所在水平面相切，传送带以v=3 m/s的速率沿顺时针方向运行。质量为m=6 kg的货箱以初速度v0=6 m/s从平台滑上木板B，木板B与水平地面右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧面(圆弧光滑)，然后被传送带运送到E处。已知木板B长度L1=
2.875 m，木板B的右端离C点的距离d=0.5 m，传送带DE间的长度L2=13 m，θ=37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.2，货箱与
传送带间的动摩擦因数μ=0.8，货箱可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求：
(1)货箱在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力；
答案　87 N，方向竖直向下
　　　货箱A滑上木板B后做匀减速直线运动，对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有
μ1mg=ma1
解得a1=4 m/s2
对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg-μ2(m+M)g=Ma2
解得a2=4 m/s2
假设货箱在木板上一直做匀减速直线运动，且经过时间t木板B与C端相碰，
有x2=d=a2t2
解得t= s
　　　此时货箱的速度大小v1=v0-a1t=4 m/s
此时木板B的速度大小v2=a2t=2 m/s，假设成立
此过程中货箱发生的位移大小x1=v0t-a1t2= m
所以此时货箱离C点的距离d1=L1-(x1-x2)=0.875 m
货箱在木板B停止运动后继续做匀减速直线运动，
有-=-2a1d1
解得vC=3 m/s
对货箱在C点受力分析并结合牛顿第二定律有FN-mg=m
　　　解得FN=87 N
由牛顿第三定律可知F压=FN=87 N，方向竖直向下。
(2)货箱从D运送到E过程所用的时间和摩擦力对传送带做的功。
答案　6 s　-684 J
　　　货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定理有-mgR(1-cos θ)=m
-m
解得vD=1 m/s
对货箱刚滑上传送带后受力分析并结合牛顿第二定律有μmgcos θ-mgsin θ
=ma
解得a=0.4 m/s2
设货箱经过x3后与传送带共速，
由题意有v2-=2ax3
解得x3=10 m
　　　根据v=vD+at3
解得t3=5 s
此后货箱相对传送带静止，
向上做匀速直线运动有t4==1 s
所以货箱从D到E的时间tDE=t3+t4=6 s
货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功W1=-μmgcos θ·vt3=-576 J
货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传送带做功W2=-mgsin θ·(L2-x3)
=-108 J
所以摩擦力对传送带做的总功W=W1+W2=-684 J。
1.分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解。
2.方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
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课时精练 [A]
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3
答案 B D (1)5 m/s　(2)1.8 m　(3)9 J
题号 4 5
答案 (1)1 000 N　(2)7 m (1)40 N　 (2)大于或等于2 m/s
(3) m
答案
1
2
3
4
5
1.(2025·北京市延庆区一模)如图所示，水平传送带以v=2 m/s的速率匀速运行，上方漏斗每秒将40 kg的煤粉竖直放到传送带上，然后一起随传送带匀速运动，该过程传送带与传送轮之间不打滑。不计煤粉的初速度，如果要使传送带保持原来的速率匀速运行，则电动机应增加的输出功率为
A.80 W B.160 W
C.320 W D.640 W
√
1
2
3
4
5
答案
基础落实练
1
2
3
4
5
答案
　　　由功能关系，电动机增加的功率用于使单位时间内落在传送带上的煤粉获得的动能以及煤粉相对传送带滑动过程中产生的热量，即ΔPt=mv2+Q，传送带做匀速运动，而煤粉相对地面做匀加速运动过程中的平均速度为传送带速度的一半，所以煤粉相对传送带的位移大小等于相对地面的位移大小，结合动能定理，故Q=Ff·Δx=Ffx=mv2，代入题中数据，联立解得ΔP=160 W，故选B。
2.(2025·山东聊城市期中)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1 kg可视为质点的物块轻轻放在传送带的A端，2 s末物块恰好到达B端，物块的速度v随时间t变化的关系图像如图乙所示，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，下列说法正确的是
A.传送带的倾角θ为53°
B.传送带与物块间的动摩擦因数为0.25
C.物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度
为6 m
D.0~2 s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24 J
√
1
2
3
4
5
答案
　　　由题图乙可知，0~1 s内物块的加速度大小为a1==10 m/s2，由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma1，1~2 s内物块的加速度大小为a2=
=2 m/s2，由牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma2，联立解得μ=0.5，θ=
37°，故A、B错误；
0~1 s内传送带的位移大小及物块的位移大小分别为s1=v1t1=10 m，x1=v1t1=
5 m，它们的相对位移大小为Δx1=s1-x1=5 m，1~2 s内传送带的位移大小及
物块的位移大小分别为s2=v1t2=10 m，x2=v1t2+a2=11 m，它们的相对
位移大小为Δx2=x2-s2=1 m，因为Δx1>Δx2，所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5 m，故C错误；
1
2
3
4
5
答案
　　　0~1 s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q1=μmgcos θ·Δx1=20 J，1~2 s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q2=μmgcos θ·Δx2=4 J，所以0~2 s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=Q1+Q2=20 J+4 J=24 J，故D正确。
1
2
3
4
5
答案
3.(2025·江苏盐城市五校联考)如图所示，光滑斜面AB与水平传送带BC平滑连接，BC长L=4.5 m，与物块间的动摩擦因数μ=0.3，传送带顺时针转动的速度v=3 m/s。设质量m=2 kg的物块由静止开始从A点下滑，经过C点后水平抛出，恰好沿圆弧切线方向从D点进入竖直光滑圆弧轨道DOE，DE连线水平。已知圆弧半径R=2.0 m，对应圆心角θ=106°，物块运动到O点时对轨道的压力为61 N。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：
(1)物块运动到D点的速度大小vD；
1
2
3
4
5
答案
答案　5 m/s
1
2
3
4
5
答案
　　　物块由D点到O点根据动能定理有
mgR(1-cos 53°)=m-m
由牛顿第三定律知O点处轨道对物块支持力FN=61 N
在O点有FN-mg=m，联立解得vD=5 m/s
(2)物块下落的最大高度H；
1
2
3
4
5
答案
答案　1.8 m
1
2
3
4
5
答案
　　　在D点将速度沿水平方向和竖直方向进行分解，根据平抛运动的规律可得该位置物块的水平速度即为vC，故vC=vDsin 37°=3 m/s。当物块下落的高度最大时，物块在传送带上一直做匀减速直线运动到C点，根据牛顿第二定律有μmg=ma，得a=3 m/s2
根据速度—位移公式有-=-2aL
解得vB=6 m/s
从A到B根据动能定理可得mgH=m
解得H=1.8 m
(3)第(2)问中，物块与传送带间产生的热量Q。
1
2
3
4
5
答案
答案　9 J
1
2
3
4
5
答案
　　　根据运动学知识可知vC=vB-at
解得t=1 s
所以相对位移Δx=(4.5-3) m=1.5 m
产生的热量Q=μmgΔx=9 J。
4.(2024·海南卷·18)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h=5 m，静止在光滑水平面上的滑板B紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M=25 kg，一质量为m=50 kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行s=16 m停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦因数均为μ=0.2，忽略
空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，求：
1
2
3
4
5
答案
能力综合练
(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
1
2
3
4
5
答案
答案　1 000 N
1
2
3
4
5
答案
　　　设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒有mgh=m
解得v0=10 m/s
在b点根据牛顿第二定律FN-mg=m
解得FN=1 000 N
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为FN'=FN=1 000 N
(2)滑板的长度L。
1
2
3
4
5
答案
答案　7 m
1
2
3
4
5
答案
　　　设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理
得-μmgs=0-mv2
解得v=8 m/s
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台C的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为a1和a2，
得a1==μg=2 m/s2，a2==4 m/s2
根据运动学规律，对游客v=v0-a1t
解得t=1 s
1
2
3
4
5
答案
　　　该段时间内游客的位移为x1=t=9 m
滑板的位移为x2=a2t2=2 m
根据位移关系得滑板的长度为L=x1-x2=7 m
5.(2025·广东佛山市联考)如图，水平轨道AB的左端有一压缩的水平弹簧，其储存有弹性势能，弹簧左端固定，右端放一个质量为m=1 kg的物体(可视为质点)，物体与弹簧不粘连，物体离开弹簧时速度大小为v=4 m/s，传送带BC的长为L=1 m。CD为水平轨道，DE、FG是竖直放置的两个半径分别为R=0.4 m和r=0.2 m的半圆轨道，AB、BC、CD、DE、FG均平滑
1
2
3
4
5
答案
连接。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，其余轨道均光滑，g取10 m/s2，不计空气阻力。
(1)若传送带静止，求物体弹出后第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小；
1
2
3
4
5
答案
答案　40 N
　　　若传送带静止，则根据动能定理有-μmgL=m-mv2
在D点，对物体分析有F-mg=m
联立解得物体第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小为F=40 N
(2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，求传送带的速度大小。
1
2
3
4
5
答案
答案　大于或等于2 m/s
1
2
3
4
5
答案
　　　若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，则在E点时，
对物体分析有mg=m
根据机械能守恒有m=m+mg·2R
解得物体离开传送带的速度大小为vC=2 m/s
物体速度从4 m/s到2 m/s，摩擦力做正功，设经过的位移大小为x，
则有m-mv2=μmgx
解得x=1 m=L
1
2
3
4
5
答案
　　　所以物体在传送带上加速，到达右端时和传送带共速时，
传送带速度有最小值vmin=vC=2 m/s
则传送带的速度为v传≥2 m/s
(3)已知物体在G点时，轨道对物体的支持力大小为70 N，求物体从G点水平抛出后落到半圆轨道时离G点竖直高度y。
1
2
3
4
5
答案
答案　 m
　　　物体在G点时，对物体分析有FG-mg=m
根据平抛运动规律有x=vGt，y=gt2
根据几何关系有x2+y2=R2
联立解得y= m。
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课时精练 [B]
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2
答案 (1)5.4 s　(2)31.76 J (1)8 m/s　(2)6 m/s　(3)15.25 m
题号 3
答案 (1)(91.92-24) N　(2)1.5 m　(3)87 J
答案
1
2
3
1.(2025·河北廊坊市一模)某机场的货物传送装置简化图如图甲所示，该装置由速度大小为2 m/s的传送带及固定挡板CDEF组成，挡板与传送带上表面ABCD垂直，传送带上表面与水平地面的夹角θ为26°，传送带CD边与水平面平行。工作人员将质量分布均匀的正方体货物由D点无初速度释放，货物运动10 m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图乙所示。已知货物质量为2 kg，货物与传送带间的动摩擦因数为0.40，
答案
1
2
3
与挡板的动摩擦因数为0.25，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力(sin 26°=0.44，cos 26°=0.90)。求：
(1)货物在传送带上经历的时间；
答案
1
2
3
答案　5.4 s
答案
1
2
3
　　　对货物受力分析，如图所示
则F1=mgcos θ，F2=mgsin θ
设货物与传送带间的动摩擦因数为μ1，货物与挡板间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律可得μ1F1-μ2F2=ma
解得a=2.5 m/s2
货物加速至与传送带共速过程，所用时间为t1==0.8 s
该过程货物的位移大小为x1==0.8 m
答案
1
2
3
　　　μ1F1>μ2F2，故之后货物将匀速运动，匀速运动的位移大小为x2=x-x1=9.2 m
匀速运动的时间为t2==4.6 s
运动的总时间为t=t1+t2=5.4 s
(2)因运送货物传送装置多消耗的电能。
答案
1
2
3
答案　31.76 J
　　　共速前传送带与货物间的相对位移大小为Δx=v0t1-x1=0.8 m
由能量守恒定律可得传送装置多消耗的电能为W=m+μ1F1Δx+μ2F2x=31.76 J。
2.(2025·河南开封市二模)如图所示，光滑水平面上有一光滑水平凹槽PQ。质量为M=2 kg的木板C放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时木板C紧靠凹槽左端P并处于静止状态，其右端与凹槽右端Q距离为s=0.5 m。水平面左侧较远处有一处于压缩锁定状态的轻弹簧，左端固定在墙壁上，右端连接物块A，物块B紧靠物块A放置，弹簧的弹性势能Ep=64 J。水平面右侧与顺时针转动的水平传送带平滑连接。已知A、B的质量均为mA=mB=1.0 kg，传送带的长度L2=3.75 m，顺时针转动的速度v=2 m/s，物块B与长木板上表面、传送带之间的动摩擦因数μ均为0.2，重力加速度g取10 m/s2。某时刻弹簧解除锁定，物块A、B由静止开始向右运动，B离开弹簧后滑上长木板，长木板首次与凹槽两侧壁碰撞均不损失能量，第二次与凹槽右侧壁碰撞时立即被锁定，物块B滑上传送带后，在传送带上运动Δt=2 s的时间。物块A、B均可视为质点，经过各个衔接点时不损失
能量。求：
答案
1
2
3
(1)物块B刚滑上木板C时的速度大小v1；
答案
1
2
3
答案　8 m/s
　　　对A、B、弹簧组成的系统由能量守恒定律可得Ep=(mA+mB)
解得v1=8 m/s
(2)木板C第一次与凹槽右侧壁碰撞时，物块B的速度大小v2；
答案
1
2
3
答案　6 m/s
　　　物块B滑上木板C后，由牛顿第二定律，
对物块B，有μmBg=mBa1
解得a1=2 m/s2
对长木板C，有μmBg=Ma2
解得a2=1 m/s2
长木板C运动时间t1与右壁碰撞，
由运动学公式s=a2
解得t1=1 s，
物块B的速度v2=v1-a1t1
解得v2=6 m/s
答案
1
2
3
(3)长木板的长度L1。
答案
1
2
3
答案　15.25 m
　　　物块B滑上传送带后平均速度==1.875 m/s可知物块B滑上传送带后先加速再匀速。设物块B滑上传送带的速度大小为v3，在传送带上加速运动的时间为t2，
由运动学公式L2=v3t2+a1+v(Δt-t2)，
v=v3+a1t2
联立解得v3=1 m/s，
B从滑上木板到滑出木板一直做匀减速直线运动，
由运动学公式-2a1(L1+s)=-
解得L1=15.25 m。
答案
1
2
3
3.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室中利用物块演示模型分析该运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R=5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点。P为一倾角θ=37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x=0.32 m。一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t=0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长。已知物块质量m=3 kg，薄木板质量M=1 kg，木板与
答案
1
2
3
斜面之间的动摩擦因数μ1=，木板与物块之间的动摩擦因数μ2=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力，求：
(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力大小(计算结果可以保留根号)；
答案
1
2
3
答案　(91.92-24) N
　　　物块由C到D，做斜上抛运动
水平方向v水平==1.6 m/s
物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D端的速度大小v==2 m/s，
v竖直=vsin θ=1.2 m/s
以竖直向下为正方向，则物块在C端时竖直方向速度
v竖直'=v竖直-gt=-0.8 m/s，
答案
1
2
3
　　　vC== m/s
由B到C有m=m+mgR(1-cos α)
其中cos α=，
在B点有FN-mg=m
由牛顿第三定律得F压=FN=(91.92-24) N
答案
1
2
3
(2)物块相对于木板运动的距离；
答案
1
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3
答案　1.5 m
　　　物块刚滑上木板时，对物块有μ2mgcos θ-mgsin θ=mam，解得物块加速度大小am= m/s2，做匀减速直线运动
对木板有μ2mgcos θ+Mgsin θ-μ1(M+m)gcos θ=MaM，解得木板加速度大小aM= m/s2，做匀加速直线运动，设两者经时间t1达到共速v共，
则有v-amt1=aMt1=v共
解得t1=1.5 s，v共=1 m/s
此过程中s物=t1= m，s板=t1= m
物块相对于木板运动的距离Δs=s物-s板=1.5 m
答案
1
2
3
(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。
答案
1
2
3
答案　87 J
　　　由于μ2>μ1>tan θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体，
a共=μ1gcos θ-gsin θ= m/s2，
s共==1.5 m
Q物-板=μ2mgcos θ·Δs=30 J
Q板-斜=μ1(M+m)gcos θ·(s板+s共)=57 J
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量
Q=Q物-板+Q板-斜=87 J。
答案
1
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