文档内容
第 23 讲 动力学和能量观点的综合应用
目录
01 模拟基础练
【题型一】传送带模型
【题型二】板块模型
【题型三】多过程问题
02 重难创新练
【题型一】传送带模型
1．应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型。传送带在电动机驱动下始
终保持 的速率逆时针方向运行，A、B间的距离为3m。已知行李（可视为质点）质量 ，
与传送带之间的动摩擦因数 ，旅客把行李无初速度地放在A处，行李从B点离开传送带，重力加速
度大小取 ，下列说法正确的是（ ）
A．行李从A到B过程中传送带对行李做功为60J
B．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08m
C．行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生热量为1.6J
D．行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能为1.6J
【答案】D
【详解】A．行李先向左做匀加速直线运动，就牛顿第二定律有
解得令行李加速至与传送带速度相等，则有
解得
之后行李向左做匀速直线运动，则行李从A到B过程中传送带对行李做功为
故A错误；
B．行李匀加速直线运动过程有
则行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为
故B错误；
C．行李从A到B过程中与传送带因摩擦产生热量为
故C错误；
D．行李从A到B过程中电动机额外消耗的电能
故D正确。
故选D。
2．如图所示，水平地面上有一倾角为 的传送带，以 的速度逆时针匀速运行。将一煤块
从 的高台由静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为 ，煤块与传送带
之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 ， ， ，煤块由高台运送到
地面的过程中，下列说法正确的是（ ）A．运送煤块所用的时间为
B．煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为32J
C．摩擦力对煤块做的功为
D．煤块的机械能减少了36J
【答案】C
【详解】A．煤块刚放上传动带时，受到的滑动摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得
解得
则煤块从0加速到与传送带共速需要
煤块的位移为
由于
可知煤块与传送带共速后继续做匀加速运动，摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律得
解得
根据解得
共计
故A错误；
B．第一个过程传送带的位移为
煤块与传送带的相对位移为
第二个过程传送带的位移
相对位移
第一个过程摩擦生热为
第二个过程摩擦生热为
故总产热量为
故B错误；
C D．摩擦力大小为
第一个过程摩擦力对煤块做功第二个过程摩擦力对煤块做功
故全程摩擦力对煤块做功为 ，煤块的机械能减少了4J，故C正确，D错误。
故选C。
3．倾角 的传送带以 的恒定速率顺时针运转，位于其底部的煤斗每秒钟向其输送
的煤屑，煤屑刚落到传送带上时速度为零，传送带将煤屑送到 的高处，煤屑与传送带间的动摩擦
因数 ，重力加速度 ，则下列说法中正确的是（ ）
A．煤屑刚落到传送带上的加速度为
B．煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时前进的位移是0.1m
C．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是51W
D．传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率是54W
【答案】D
【详解】A．对煤屑，由牛顿第二定律
解得煤屑刚落到传送带上的加速度为
故A错误；
B．煤屑从落到传送带开始到与传送带速度相等时前进的位移是
故B错误；CD．每秒煤屑动能增加量
每秒重力势能增加量
煤屑刚落到传送带上的做加速运动的时间为
摩擦产生的热量
传送带电机因输送煤屑而多产生的输出功率
故C错误，D正确。
故选D。
4．如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速传动的水平传送带平滑连接于N点，圆弧轨
道半径为R。质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回圆
弧轨道，第一次上升的最高点距N点高度为 ，重力加速度为g。则以下说法正确的是（ ）
A．传送带匀速传动的速度大小为
B．经过足够长的时间，小滑块最终静止于N点
C．小滑块第二次上升的最高点距N点高度为
D．小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于【答案】D
【详解】A．小滑块在圆弧轨道下滑，由
解得到达N点时速度为
小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0，在传送带上向左先加速，和传送带共速后匀速运动，返回
时第一次上升的最高点距N点高度为 ，由
可得传送带匀速传动的速度
故A错误；
BC．之后小滑块一直重复运动，小滑块在传送带上先向右减速运动，减速到0，返回时在传送带上向左先
加速，和传送带共速后匀速运动，所以滑块不会静止，返回时上升的最高点距N点高度始终为 ，故BC
错误；
D．小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量等于损失的重力势能和维持传送带匀速运动补
充的能量，损失的重力势能为 ，所以小滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量大于
，故D正确。
故选D。
【题型二】板块模型
1.如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为 的另一物体B（可看成质点）以水平速度
滑上原来静止的长木板A的上表面。此过程长木板A的动能随位移变化的图像如图乙所示，长木
板和物体的速度随时间变化的图像如图丙所示。已知A、B间存在摩擦力，g取10m/s。下列说法正确的是
（ ）A．木板A的质量为4kg B．系统损失的机械能为1J
C．木板A的最小长度为0.5m D．AB间的动摩擦因数为0.1
【答案】BD
【详解】A．根据图丙可知
解得
故A错误；
B．系统损失的机械能为
故B正确；
C．A在 做匀加速直线运动，则
解得
在达到共同速度之时，A、B的位移差为
即木板A的最小长度为1m，才能使物块B不会掉下来，故C错误；
D．根据运动学公式解得
故D正确。
故选BD。
2．如图，一质量为 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为 的小物块（可视为质点）从木板上的
左端以速度 开始运动并从右端滑下，该过程中，物体 的动能减少量为 ，长木板 的动能增加量
为 ， 间摩擦产生的热量为 （不考虑空气阻力），关于 ， 的数值，下列数值可能
的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【详解】设物体与木板间的摩擦力大小为 ，木块 的位移为 ，木板 的位移为 ，对 有
对 有
且
和 运动的 图像如图所示图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出
所以有
根据能量守恒有
故选AB。
3．如图所示，质量为 的长木板放在粗糙的水平地面上，质量 的小物块置于长木板右端，
小物块与长木板之间的动摩擦因数 ，长木板与地面之间的动摩擦因数 。现给小物块施加一
个水平向左的恒力 ，给长木板施加一个水平向右的恒力 时撤掉力 ，小物块始终未从
长木板上掉下来。下列说法正确的是（ ）
A． 长木板的加速度
B． 过程中 对小物块做了 的功
C． 的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热
D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量
【答案】BC
【详解】A．对长木板进行受力分析，受力示意图如图所示
A. 根据牛顿第二定律故A错误；
B．对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀
减速直线运动，加速度大小分别为 和 ，长木板和小物块在0~4s内的 如图所示，0~2s小物
块做匀加速直线运动，位移 ，拉力对小物块做功为
故B正确；
C．两条 图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由 图像可知
小物块与长木板之间的摩擦生热
故C正确；
D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。
故选BC。
4.如图所示，足够长的木板静止在粗糙的水平地面上，木板的质量M=2kg，与地面间的动摩擦因数
μ=0.1；在木板的左端放置一个质量m=2kg的小铅块（视为质点），小铅块与木板间的动摩擦因数
1
μ=0.3。现给铅块一向右的初速度v=4m/s，使其在木板上滑行，木板获得的最大速度v=1m/s，g取
2 0
10m/s2，求：
（1）木板达到最大速度时，木板运动的位移；
（2）铅块与木板间因摩擦产生的总热量；
（3）整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功。【答案】（1）0.5m；（2）12J；（3）-16J
【详解】（1）小铅块在木板上滑动过程中，木板达到最大速度时，木板运动的位移为 ，由动能定理得
解得
（2）根据能量守恒，铅块与木板间因摩擦产生的总热量为
（3）对铅块，根据动能定理，整个运动过程中木板对铅块的摩擦力所做的功为
【题型三】多过程问题
1．某游戏装置如图所示，倾斜轨道AB、竖直圆轨道 和U形收集框EFGH分别通过水平轨道BC和
平滑连接，除 段粗糙外，其余轨道均光滑。已知AB的最大竖直高度 ，圆轨道半径
， 长度 ，收集框宽度 。质量 的小滑块从AB的不同高度由静止释放，
滑块运动过程中始终没有脱离轨道，最后都能落入收集恇队。假设滑块与轨道 间的动摩擦因数 ，
小滑块可视为质点，空气阻力忽略不计， 。
（1）求滑块通过圆轨道最高点D时，轨道对它的最大作用力F ；
N
（2）欲使滑块不脱离轨道且能落入收集框内，求滑块释放的最小高度 ；
（3）若滑块从最高点滑下，进入收集框后，与收集框的竖直墙壁碰撞最终打到左侧底端的F点，碰撞过
程时间极短且无机械能损失，求收集框的竖直高度h。【答案】（1）10N；（2）见解析；（3）见解析
【详解】（1）滑块从A运动到D的过程中，由动能定理有
滑块在D点，由牛顿第二定律有
解得轨道对滑块的最大作用力
。
（2）滑块不脱离轨道，在D点，由牛顿第二定律有
滑块运动到D点的过程中，由动能定理有
解得滑块释放的最小高度
因为
所以物块能落入收集框内。
（3）滑块由A点到E点，由动能定理有滑块飞离E点后做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，经一个往返打到收集框左侧时间为t，有
竖直方向做自由落体运动
解得收集框的竖直高度
米
2．一游戏装置如图所示，图中P为弹射装置，AB为倾角 的倾斜直轨道，BC为水平轨道，C、D分
别为竖直圆轨道的最低点和最高点，竖直圆轨道与水平轨道相切于C点，CE为足够长的倾斜轨道，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：圆轨道半径 ，轨道AB长为 ，轨道BC长为 。通过调节弹射装置P在
坐标平面内的位置以及小滑块水平弹出的初速度，使滑块均能无碰撞从A点切入轨道AB，滑块与AB、BC
段动摩擦因数均为 ，其余各段轨道均光滑。滑块质量为 ，滑块可视为质点， ，
，重力加速度大小为 。
（1）若滑块从纵坐标 的某点弹出，
（ⅰ）求滑块弹出时的初速度大小 ；
（ⅱ）试通过计算判断滑块能否通过圆轨道的最高点D。
（2）若滑块从A点切入后，能进入竖直圆轨道且第一次在圆轨道上运行时不脱离圆轨道，则滑块弹出时
所处位置的纵坐标y应满足什么条件？
（3）滑块从A点切入后，设滑块第一次经过圆轨道最低点C时所受支持力大小为 ，滑块弹出时所处位
置的纵坐标为y，求 与y的关系式。
【答案】（1）（ⅰ） ；（ⅱ）滑块可以通过圆轨道最高点；（2） 或 ；
（3）【详解】（1）（ⅰ）滑块从P点弹射到A点的过程中做平抛运动，在竖直方向上有
解得
根据平抛过程中速度夹角的正切值为位移夹角正切值的2倍关系，有
代入数据解得
平抛运动水平方向上做匀速运动
解得
（ⅱ）从P点到D点根据动能定理有
解得
滑块恰好通过圆轨道的最高点D的条件满足
解得
由于
所以滑块可以通过圆轨道最高点（2）滑块不脱离圆轨道分两种情况
第一种，当滑块恰好通过圆轨道的最高点D的时，有
解得
从P点到D点根据动能定理有
根据运动的分解，在A点有
从P点到A点，滑块下落的高度
联立解得
第二种，当滑块到达与圆心等到的位置时，根据动能定理有
又因为
以及
联立解得此外滑块还要能进入圆轨道，从P点到C点根据动能定理有
又因为
以及
联立解得
综上可知， 或
（3）在C点，根据合外力提供向心力有
从P点到C点根据动能定理有
根据运动的分解，在A点有
从P点到A点，滑块下落的高度
联立解得1．如图所示为速冻食品加工厂生产和包装饺子的一道工序，饺子由水平传送带运送至下一环节。将饺子
无初速度的轻放在传送带上，传送带足够长且以速度v匀速转动，饺子与传送带间的动摩擦因数为μ，重
力加速度为g，不考虑饺子之间的相互作用力和空气阻力。关于饺子在水平传送带上运动的过程中，下列
说法正确的是（ ）
A．传送带的速度越快，饺子的加速度越大
B．饺子相对与传送带的位移为
C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量
D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能
【答案】C
【详解】A．饺子的加速度
与传送带的速度无关，故A错误；
B．饺子从放上传送带到与传送带共速所用时间
饺子在传送带上留下的痕迹长度
故B错误；
C．饺子从静止加速到与传送带共速的过程，饺子增加的动能
因摩擦产生的热量又因为饺子从初速度为零开始做匀加速运动到和传送带共速，饺子的位移
相对位移为
故饺子增加的动能等于因摩擦产生的热量，故C正确；
D．传送带多消耗的电能等于饺子增加的动能与因摩擦产生的热量的总和，故D错误。
故选C。
2．重庆江北机场的行李自动运输系统可简化为一段水平和倾斜传送带（如图乙），两个传送带之间由非
常短的一段圆弧连接，其中水平传送带 长度为100m、速度大小为4m/s，倾斜传送带 倾角为 、
长度为70m、速度大小为6m/s，两个传送带由一个电动机提供电能均沿着顺时针方向稳定转动。机场地勤
人员每隔1s将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，所有货箱（可视为质点）完全相同，质量为
20kg，与水平、倾斜传送带间的动摩擦因数分别为0.1和0.875，重力加速度 ， ，
，下列说法正确的是（ ）
A．每个货箱在水平传送带上因摩擦产生的热量均为120J
B．水平传送带上相邻货箱间的最大距离为最小距离的8倍
C．因运输货物，电动机多消耗的电能全部用于增加货物的机械能
D．每将一个货箱由C运输至D处，电动机需要多消耗9850J的能量
【答案】B
【详解】A．货箱与水平传送带有
假设经过时间 其与水平传送带共速，有该时间内货箱的位移为
所以货箱可以与水平传送带共速，则其与传送带之间的相对位移为
所以其产生的热量为
故A项错误；
B．在水平传送带上，货箱要经过4s才能达到和传送带一样的速度，而货箱是每隔1s就放上去一个，所以
当下一个货箱刚放上去时，它与前一个货箱的距离最小，当它的速度达到传送带的速度时，它与前一个货
箱的距离最大，则有
所以有
故B项正确；
C．因运输货箱，电动机多消耗的电能除了转换成货箱增加的机械能，还有热量，故C项错误；
D．货箱刚运动到倾斜传送带上时，有
设经历时间 共速，有
该时间内的位移为所以货箱可以与传送带共速，则该时间内的相对位移为
产生的热为
则多消耗的电能转化为了货箱的重力势能增加量，动能增加量以及产生的热量，所以有
故D项错误。
故选B。
3．玉米是我国重要的农作物，收割后脱粒玉米用如图甲所示的传送带装置。如图乙所示，将收割晒干的
玉米投入脱粒机后，玉米粒从静止开始被传送到底端与脱粒机相连的顺时针匀速转动的传送带上，一段时
间后和传送带保持相对静止，直至从传送带的顶端飞出，最后落在水平地面上，玉米被迅速装袋转运，提
升了加工转运的效率。已知传送带与水平方向的夹角为 、顶端的高度为h，玉米粒运动过程中相对于传
送带顶端的最大高度也为h，若不计风力、空气阻力和玉米粒之间的相互作用力，已知重力加速度为g，下
列说法正确的是（ ）
A．玉米粒在传送带上时，所受摩擦力始终不变
B．传送带的速度大小为
C．玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
D．若传送带每秒钟能运送质量为m的玉米，则电动机每秒钟多做的功为
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，玉米粒刚放在传送带上时，玉米粒受到沿传送带向上的滑动摩擦力，当玉米
粒与传送带达到共速后，受到沿传送带向上的静摩擦力，所受摩擦力发生改变，故A错误；
B．设传送带速度为 ，玉米粒脱离传送带后水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，则有，
解得
，
故B错误；
C．玉米从最高点到落地，有
解得
粒子的水平位移为
玉米粒落地点与传送带底端的水平距离为
故C正确；
D．由能量守恒定律可得，电动机每秒钟多做的功等于玉米粒与传送带相对运动产生的热和玉米粒增加的
机械能之和，由题意可知，玉米粒在最高点时速度不为零，则玉米粒增加的机械能大于 ，则电动机
每秒钟多做的功大于 ，故D错误。
故选C。
4．如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角 ，顺时针匀速转动，在输送带下端A点无初
速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在
水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量 ，重力加速度 ， ，
。下列说法正确的是（ ）A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825
B．输送带A、B两端点间的距离为8m
C．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9s
D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585J
【答案】C
【详解】A．由题图可知，货物从开始运动到与传送带相对静止可知
对货物有
解得
故A项错误；
B．由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，此后物块的动能不变，重力势能增加，
有
解得
则传送带两端点之间的距离为
故B项错误；
C．加速阶段的加速度大小为a，有加速阶段时间为 ，有
传送带速度为
设匀速阶段时间为 ，有
所以总时间为
故C项正确；
D．由能量守恒，其多消耗的能量为
解得
故D项错误。
故选C。
5．（多选）小明心里还在想着如何道歉，刚到门口，便听到有老师在讨论，“学生就像是一个小物块，
需要放在一个木板上历练，让他们产生危机意识，若不努力前进便只能被木板淘汰，当然也可以将自己变
得足够优秀去淘汰木板”：如图，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 开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，经过
一段时间t物块从木板右端滑离，离开时（ ）
A．木板的动能一定大于flB．木板与物块系统损失的机械能一定等于fl
C．物块在木板上运动的时间
D．物块的动能一定小于
【答案】BCD
【详解】C．设木块滑离木板时的速度为 ，对地位移为 ，此时木板的速度为 ，对地位移为 ，运动
过程中木块的加速度大小为 ，木板的加速度大小为 ，相对运动的时间为 ，则由牛顿第二定律有
解得
由牛顿运动学可得
且有
即
整理可得根据二次函数的求根公式解得
故C正确；
A．对木板，根据动能定理有
而
而根据运动学公式有
而
因此可得
因此可得
故A错误；
BD．由能量守恒有
整理可得
而分析可知，二者相对滑动的过程中产生的热量由此可知木板与物块系统损失的机械能等于fl，故BD正确。
故选BCD。
6．（多选）如图所示，一子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块，子弹最终未穿透木块。假设子弹
与木块之间的作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为20J，下列说法正确的是（ ）
A．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
B．木块的动能增加量可能为16J
C．木块的动能增加量可能为22J
D．整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能为20J
【答案】BD
【详解】A．子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，设子弹射
入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到相对静止时，木块位移为x，子弹对木块做的功为
fx，木块对子弹做的功为 ，由功能关系知
所以子弹对木块所做的功与木块对子弹所做的功的代数和为 ，A错误，
BC．根据 图像与坐标轴所围面积表示位移可知，子弹射入木块的深度 即子弹与木块的相对位移大
小 一定大于木块做匀加速运动的位移x，设子弹与木块之间的作用力大小为f，根据功能关系可知根据动能定理可知，木块获得的动能为
故B正确，C错误；
D．子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，产生内能为20J，由能量守恒知系统损失的机械能即为20J，
D正确。
故选BD。
7．（多选）如图甲所示，倾角为 的斜面传送带以6m/s的速度匀速运动，传送带上等间距固定有挡条，
方便运送货物，俯视图如乙所示。将质量为30kg的物体轻放在位于传送带底端A的挡条处，物体随传送带
一起匀速运动1.0s到顶端B，并以到达B点时的速度沿斜面方向飞出落入一卡车车厢内。已知车厢尾部位
于传送带顶端B正下方，B与车厢底板的高度差为0.8m，车厢长度为6.0m，重力加速度取 ，不计
货物与挡条作用过程中的能量损失和作用时间。求：
（1）使传送带运动的电动机因运送货物多消耗的能量；
（2）货物落入车厢内时，落点到车厢前端的距离。（计算结果可以用根号表示）
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）运送货物时使传送带运动的电动机多消耗的能量为货物增加的机械能，则有
货物随皮带匀速运动
解得
（2）货物从 处飞出后做斜抛运动，水平位移竖直位移为
解得
故落点到车厢前端的距离
8．“品尝一碗面，记住一座城”，南阳市方城县第三届烩面文化旅游节于2024年4月3日在七峰山景区
举办。七峰主峰是方城县的最高峰，游客可攀登九百九十九个台阶通往主峰山顶，而在主峰山脉旁有一条
“七彩金龙”，它长约500米，身宽2尺，沿七峰主峰山脚直通山顶，巍峨雄壮，这便是七峰山“七彩云
梯”。可以把“七彩云梯”的结构理想化为下图所示的倾斜传送带，假设下图中倾斜传送带AB之间的长
度为500m，传送带与水平面的夹角为θ=30°，始终以v=2m/s的速度顺时针匀速运动。小明同学（可视为
0
质点）无初速度的坐到“七彩云梯”上，由主峰山脚到达山顶，假设小明的质量为50kg，与传送带间的动
摩擦因数 ，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，用了多长时间；
（2）小明乘坐“七彩云梯”从主峰山脚到达山顶，系统摩擦产生的热量；
（3）电动机由于传送小明比空载时多输出的电能。
【答案】（1）250.4s；（2）300J；（3）125400J
【详解】（1）小明同学无初速度的坐到“七彩云梯”上时，根据牛顿第二定律可得解得
， ，
当二者达到共速后，由于
所以共速后，小明随传送带一起向上做匀速直线运动，有
所以
（2）匀加速阶段，传送带的位移大小为
所以摩擦生热为
（3）根据能量守恒可得，电动机由于传送小明比空载时多输出的电能为
代入数据解得
9．如图甲所示的等双翼式传输机，其两侧有等长的传送带，且倾角可以在一定范围内调节，方便不同工
况下的货物传送作业，工作时两传送带匀速转动且速度相同。图乙为等双翼式传输机工作示意图， 、
代表两条传送带。某次工作时，调整 倾角为 ， 倾角为 两传送带轮轴间距均为 （轮轴半
径忽略不计），运行速率均为 。将货物无初速放在 的最低端，传到 的最高端。 和 的接触
面与货物之间的动摩擦因数为 。货物在传送带连接处的速率变化忽略不计， 。
（1）货物从 最低端运动到与 共速时，相对地面运动的距离是多少？
（2）传输机因运送一件质量为 的货物从 最低端运动到 顶端，需多消耗的电能是多少？【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）货物在传送带 上加速，根据牛顿第二定律
解得
货物在传送带 上加速的时间为
货物在传送带 上加速阶段的位移为
货物从 最低端运动到与 共速时，相对地面运动的距离为
（2）货物在传送带 上产生的热量为
由于
货物在传送带 上做匀速直线运动，根据能量守恒，传输机因运送一件质量为 的货物从 最低端运
动到 顶端，需多消耗的电能是
10．如图所示，在光滑水平地面上放置质量M=2kg的长木板，长木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。一质量m=1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面的高度h=0.5m。滑块在长木板上
滑行t=1s后和长木板以共同速度v=1m/s匀速运动，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）滑块与长木板间的摩擦力大小；
（2）滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）设板受到的摩擦力为 ，对板而言
解得
代入数据可得
即滑块与木板间的摩擦力大小为
（2）设滑块刚滑上木板时的速度为 ，有牛顿第二定律可知
解得
由运动学公式可知
解得根据动能定理可知
即克服摩擦力所做的功为
11．如图所示，倾角 的光滑斜面固定在水平地面上，B是质量 、长度 的薄木板，
A是质量 的滑块（可视为质点）。初始状态时，薄木板下端Q距斜面底端距离 ，现将B
由静止释放，同时滑块A以速度 从木板上端P点沿斜面向下冲上薄木板。已知A、B间的动摩
擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 ，求：
（1）刚开始运动时，A、B加速度的大小；
（2）从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间；
（3）从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程系统损失的机械能。
【答案】（1）2m/s2；8m/s2；（2）2s；（3）1.2J
【详解】（1）开始运动时A的加速度
B的加速度
（2）当两者达到共速时
解得
t=1s
1v=8m/s
此时木板下滑
物块下滑
此后AB一起沿斜面向下运动，加速度为
a=gsin37°=6m/s2
则当木板下端到达底端时
解得
t=1s
2
则从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程所经历的时间
t=t+t=2s
1 2
（3）该过程中系统产生的热量
从开始运动到薄木板B的下端Q到达斜面底端的过程系统损失的机械能1.2J。
12．如图所示，学校科技小组设计了“e”字型竖直轨道固定放置，由光滑半圆形轨道AB、BC和粗糙的水
平直轨道CD及光滑的四分之一圆弧轨道DE平滑连接组成，BC弧的半径 ，AB孤的半径为2r、
DE孤的半径为1.5r，轨道两端分别与地面、竖直墙壁相切于A点和E点。质量 的滑块从A端以
水平向左的速度 进入轨道。已知CD长为6r，滑块第二次经过D时对轨道DE的压力为 ，
不计空气阻力，滑块可视为质点，重力加速度为 。
（1）求滑块与CD之间的动摩擦因数μ；
（2）求滑块最终停止的位置与C点的距离d；
（3）若改变滑块的初速度 ，使滑块能停在CD上，且运动过程中不脱离轨道BC，求 的范围；
（4）若 ，求滑块脱离BC时，速度与水平方向夹角的余弦值。【答案】（1）0.5；（2）0.7m；（3） ；（4）
【详解】（1）滑块从进入轨道开始到第二次经过D过程，根据动能定理，可得
又
联立，解得
（2）依题意，滑块从进入轨道开始到停止运动，由动能定理可得
解得
即滑块最终停止的位置与C点的距离
（3）为满足题意，当小滑块初速度取最小值v 时，它恰好可以通过B点，当小滑块初速度取最大值v 时，
1 2
它在第一次从圆弧轨道DE滑下可以恰好运动至BC孤的圆心等高点F。设小滑块恰好通过B点时的速率为
v ，则由牛顿第二定律有
B
对小滑块从A到B的运动过程，由动能定理可得解得
对小滑块从A到F的运动过程，由动能定理，可得
解得
故小滑块的初速度应满足
（4）假设小滑块在第一次从圆弧轨道DE滑下后在BC弧上G点恰好脱离轨道，如图
对小滑块从A到G的运动过程，由动能定理，可得
小滑块在G点时，由牛顿第二定律，可得
联立，解得
13．有一角度可变的倾斜轨道，当倾角为37°时，滑块A恰好沿轨道匀速下滑，现将倾角调为53°，滑块A
从高 的地方从静止下滑，过一段时间无碰撞地进入足够长的水平面，与小球B发生碰撞，碰撞过程
中损失的机械能为碰前瞬间机械能的 ，B被一根长 的绳子悬挂，与水平面接触但不挤压，碰后B
恰能做完整的圆周运动。已知A与轨道间和A与水平面间的动摩擦因数相同，A、B均可视为质点，质量分别是 、 ，取 ， ， 。求：
（1）A与轨道间的动摩擦因数 ；
（2）A与B刚碰完的瞬间绳子对B的拉力T的大小；
（3）求整个运动过程中，A与水平面间因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）当倾角为37°时，滑块A恰好沿轨道匀速下滑，则
解得
（2）B做完整的圆周运动，在圆周运动的最高点有
从最低点到最高点的过程中根据动能定理可得
联立解得
则在最低点根据牛顿第二定律可得
解得（3）现将倾角调为53°，滑块A从高 的地方从静止下滑， 设到水平面A速度为 ，则根据动动能
定理可知
解得
根据能量守恒
解得
14．如图所示，一拱形物块竖直固定于水平地面上，ABC是一半径 的光滑半圆弧。质量
的木板Q静止在水面上，木板长度 ，上表面与拱形物块A点等高，右端距离拱形物块
，左侧固定一轻质弹簧，弹簧原长为 ，质量 可视为质点的小滑块P将弹簧长度压缩至
并锁定，现用一水平向右，大小 的恒力作用在木板上，木板与拱形物块碰撞瞬间小滑块解除
锁定，木板与拱形物块碰撞后与拱形物块粘连在一起，小滑块恰好能运动到C点。已知木板与水平面间的
动摩擦因数 ，小滑块与木板与之间的动摩擦因数为 。（重力加速度 ）
（1）求木板与拱形物块碰前瞬间速度大小 ；
（2）求锁定时弹簧储存的弹性势能 ；
（3）保持小滑块P锁定的位置不变，木板Q右端与拱形物块的距离改为 ，改变水平恒力F的大小，
使小滑块能冲上圆弧ABC且在圆弧上运动时不脱离轨道，求F的范围。【答案】（1） ；（2） ；（3） 或
【详解】（1）对木板Q与滑块P组成的系统，从运动开始到碰撞前一瞬间，由动能定理得
解得
（2）木板与拱形物块碰撞瞬间，木板速度变为零，滑块P的速度为 ，设滑块P在A点时的速
度为 ，从碰撞瞬间到滑块P运动到A点，根据能量守恒定律
滑块P从A到C机械能守恒，则
滑块P恰好能运动到半圆最高点C，根据牛顿第二定律
联立解得
（3）对木板Q与滑块P组成的系统，从运动开始到碰撞前一瞬间，由动能定理得
从碰撞瞬间到滑块P运动到A点，根据能量守恒定律
代入数据可得
小滑块能冲上圆弧ABC且在圆弧上运动时不脱离轨道，分两种情况：一种是滑块P恰好能顺利
通过C点，由第（2）问得
可知，小滑块能通过C点的条件为
另一种临界情况是到圆心等高处的速度为零，根据机械能守恒定律解得
可知，在小滑块能冲上圆弧ABC且不滑过圆心等高处的条件为
综上所述，滑块在A点时的速度需满足
或
代入水平恒力 的表达式可得
或
15．如图所示，小物块与水平传送带之间的动摩擦因数 ，倾斜轨道和圆轨道光滑且位于同一竖直平
面内，圆轨道半径 ， 是倾斜轨道的最低点（小物块滑过 点前后速度大小不变）， 是圆轨道
的最低点且与传送带平滑连接， 长 ，现将质量 的小物块从距离 高 处静止释放，
取重力加速度 。
（1）若传送带不转动，当 时，小物块会从圆轨道上某一位置沿圆轨道返回传送带，求小物块在传
送带上所停位置距 点的距离；
（2）若传送带顺时针转动，传送带的速度大小为 ，小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力
大小为 ，求 的最小值和最大值；
（3）在（2）的情景中，求 取最小值时，由于传送带运送小物块，电动机多做的功。
【答案】（1）0.8m；（2）h的最小值为1.4m，最大值为2.2m；（3）1.68J
【详解】（1）传送带不动时，根据动能定理
mgh-μmgs=0代入数据解得
s=1.6m＞L
小物块停止的位置距离B端
Δs=s-L=1.6m-0.8m=0.8m
（2）小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小为mg，根据牛顿第二定律和向心力公式
代入数据，解得
小物块滑过B点后，沿圆弧轨道向上运动到最高点的过程；根据机械能守恒定律
代入数据解得
v =6m/s
B
因为传送带的速度为6.0m/s，若小物块在传送带上从A点匀加速运动到B点，设小物块从离AB高h 处静
1
止释放，根据动能定理
代入数据解得
h=1.4m
1
若小物块在传送带上从A点做匀减速直线运动B点，设小物块从离AB高h 处静止释放；根据动能定理
2
代入数据解得
h=2.2m
2
所以h的最小值为1.4m，最大值为2.2m。
（3）在（2）的情景中，h取最小值时，小物块从静止处滑到A点时的速度为v ，根据机械能守恒
A代入数据解得
小物块在传送带上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，小物块的加速度为
μmg=ma
代入数据解得加速度
a=5m/s2
根据匀变速直线运动的规律，小物块的加速时间
小物块的位移
传送带的位移
x=vt=6×0.14m=0.84m
2
小物块在传送带上发生的相对位移为
Δx=x-x=0.84m-0.8m=0.04m
2 1
根据功能关系可知，由于传送带运送小物块电动机多做的功为
代入数据解得
W=1.68J
