文档文本内容
专题强化十 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、滑块木板模型综合问题.2.会利用动力学和能量观
点分析多运动组合问题．
题型一 传送带模型
1．设问的角度
(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．
2．功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Fx ；
f 传
(2)系统产生的内能：Q＝Fx
f 相对．
(3)功能关系分析：W＝ΔE＋ΔE＋Q.
k p
例1 (多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始
终以恒定的速度v ＝1 m/s顺时针传动．建筑工人将质量m＝2 kg的建筑材料静止地放到运
0
输带的最左端，同时建筑工人以v ＝1 m/s的速度向右匀速运动．已知建筑材料与运输带之
0
间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说
法正确的是( )
A．建筑工人比建筑材料早到右端0.5 s
B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为1 J
D．运输带对建筑材料做的功为1 J
答案 AD
解析 建筑工人匀速运动到右端，所需时间t＝＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加
1
速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t ＝＝1 s，加速运动的位移为x ＝t ＝0.5
2 1 2
m<L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为 t ＝＝1.5 s，因
3
此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt＝t ＋t －t ＝0.5 s，A正确，B错误；建筑材
3 2 1
料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x ＝vt ＝1 m，则因摩擦而生成
2 02
的热量为Q＝μmg(x －x)＝1 J，由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为 W＝mv2＝1
2 1 0J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为2 J，C错误，D正确．
例2 如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终
保持v ＝2 m/s的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的
0
底端，经过时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
答案 (1) (2)230 J
解析 (1)由题图可知，传送带长x＝＝3 m
工件速度达到v 前，做匀加速运动，有x＝t
0 1 1
工件速度达到v 后，做匀速运动，
0
有x－x＝v(t－t)
1 0 1
联立解得加速运动的时间t＝0.8 s
1
加速运动的位移x＝0.8 m
1
所以加速度大小a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝.
(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与
工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量．
在时间t 内，传送带运动的位移
1
x ＝vt＝1.6 m
传 01
在时间t 内，工件相对传送带的位移
1
x ＝x －x＝0.8 m
相 传 1
在时间t 内，摩擦产生的热量
1
Q＝μmgcos θ·x ＝60 J
相
最终工件获得的动能E＝mv2＝20 J
k 0
工件增加的势能E＝mgh＝150 J
p
电动机多消耗的电能
E＝Q＋E＋E＝230 J.
k p
摩擦生热的计算
1．正确分析物体的运动过程，做好受力分析．2．利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的
相对位移．
3．代入公式Q＝F·x 计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s
f 相对 相对．
题型二 滑块—木板模型综合分析
“滑块—木板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；
从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然
后由位移公式可分别求出二者的位移．
(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所
示，要注意区分三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x ；
滑
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x ；
板
③求摩擦生热时用相对位移Δx.
例3 (多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度
从左端滑上长木板，之后长木板运动的v－t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量
均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，则( )
A．小物块与长木板间动摩擦因数μ＝0.5
B．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 J
C．小物块的初速度为v＝12 m/s
0
D．0～2 s与2～3 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1
答案 ACD
解析 由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，
在0～2 s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为 a
1
＝＝ m/s2＝1 m/s2.对木板，根据牛顿第二定律，有F －F ＝ma ，F ＝μmg，在2～3 s内，
f1 f2 1 f1
木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为 a ＝＝ m/s2＝－2 m/s2，即加
2速度大小为2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律，有F ＝2ma ＝4 N，联立以上各
f2 2
式，解得μ＝0.5，故A正确；对物块，在0～2 s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，
由牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v －at可得v ＝v＋at＝2 m/s＋5×2
0 0
m/s＝12 m/s，故C正确；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成
的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q＝mv2＝×1×122 J＝72 J,2 s～3 s物块和木板
0
一起减速，系统的机械能减少Q＝·2mv2＝4 J，故0～2 s系统机械能减少72 J－4 J＝68 J，
则0～2 s与2～3 s系统机械能减少量之比为17∶1，故B错误，D正确．
例4 如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定
挡板．质量m＝2 kg的小滑块从长板的左端以v ＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水
0
平拉力F作用下以v＝2 m/s的速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀
速运动，直到长板与滑块分离．已知长板与地面间的动摩擦因数μ ＝0.4，滑块与长板间的
1
动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：
2
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；
(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.
答案 (1)0.8 m (2)2 N (3)48 J
解析 (1)滑块在板上做匀减速运动，
a＝＝μg
2
解得：a＝5 m/s2
根据运动学公式得：L＝vt－at2
0
解得t＝0.4 s (t＝2.0 s舍去)
碰到挡板前滑块速度v＝v－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速
1 0
板移动的位移x＝vt＝0.8 m
(2)对板受力分析如图所示，
有：F＋F ＝F
f2 f1
其中F ＝μ(M＋m)g＝12 N，F ＝μmg＝10 N
f1 1 f2 2
解得：F＝2 N
(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q＝F ·(L－x) ＝μmg (L－x)＝12 J
1 f2 2
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q＝μmg(L－x)＝12 J
2 2整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：
Q＝μ(M＋m)g·L＝24 J
3 1
所以，系统因摩擦产生的热量：
Q＝Q＋Q＋Q＝48 J
1 2 3
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F＝2 N (第二问可知)
1
F 做功为W＝Fx＝2×0.8＝1.6 J
1 1 1
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：
F＝F ＋F ＝μ(M＋m)g＋μmg＝22 N
2 f1 f2 1 2
F 做功为W＝F(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
2 2 2
碰到挡板前滑块速度v＝v－at＝4 m/s
1 0
滑块动能变化：ΔE＝20 J
k
所以系统因摩擦产生的热量：
Q＝ W＋W＋ΔE＝48 J.
1 2 k
题型三 多运动组合问题
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．
例5 (2022·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道
BCDE，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平
方向的夹角α＝30°，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，
一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．现有质量为m＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空
中的A点以v ＝ m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着
0
圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)
后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和D、F
之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不
计空气阻力．求：(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑
块最后位于何处．
答案 (1)2 m/s (2)50 N (3)6 J (4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)
解析 (1)设滑块P经过B点的速度大小为v ，由平抛运动知识v＝v sin 30°
B 0 B
得v ＝2 m/s
B
(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律
mg(R＋Rsin 30°)＋mv 2＝mv 2
B C
解得v ＝4 m/s
C
经过C点时受轨道的支持力大小F ，
N
有F －mg＝m
N
解得F ＝50 N
N
由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F ＝50 N
压
(3)设弹簧的弹性势能最大值为E，滑块从C到F点过程中，
p
根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－E＝0－mv 2
p C
代入数据可解得E＝6 J
p
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，
根据动能定理有mgLsin 30°＋E－μmgL＝mgh
p
代入数据可解得h＝0.6 m
因为h<R，故无法从B点离开，又mv 2＝μmgx
C
代入数据可解得x＝3.2 m
滑块最后静止时离D点0.2 m(或离C点0.8 m)．
例6 如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和
BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v
0
＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离
为L ＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光
MN
滑．直轨道BC长L ＝1 m，小滑块P质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.
BC(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块 P
从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；
(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平
位移；
(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差
H的范围．
答案 (1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m
解析 (1)滑块P在圆轨道F点对轨道的压力刚好为零，则v ＝0
F
mg(H－R)－μmgL ＝0
BC
解得H＝0.4 m
(2)H′＝1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为v ，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理
N
mgH′－μmg(L ＋L )＝mv 2－0
BC MN N
解得v ＝2 m/s
N
滑块从N点做平抛运动，水平位移为
x＝v ＝0.8 m
N
(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H ，从开始到E点应用动能
1
定理
mgH －μmgL －2mgR＝mv 2－0
1 BC E
在E点时有mg＝m
解得H＝0.7 m
1
滑块滑上传送带时的速度为v
M
mgH －μmgL ＝mv 2－0
1 BC M
v ＝ m/s<4 m/s
M
滑块做减速运动的位移为
L＝＝2.5 m<L
MN
因此滑块返回M点时的速度为v ′＝ m/s，因此能第二次过E点．
M
设高度为H 时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为
2
v＝＝ m/s
从开始到M点应用动能定理
mgH －μmgL ＝mv2－0
2 BC解得H＝0.8 m
2
第二次经过E点后，当滑块再次从B点滑上圆轨道时在B点的速度为v ，则有
B
mgH －3μmgL ＝mv 2－0
2 BC B
v ＝2 m/s< m/s
B
所以滑块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差H范围是0.7 m≤H≤0.8 m.
课时精练
1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v匀速运动，某时刻一个质量为m的小物块，
以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传
送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为
W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是( )
A．W＝0，Q＝mv2
B．W＝0，Q＝2mv2
C．W＝，Q＝mv2
D．W＝mv2，Q＝2mv2
答案 B
解析 对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为
μ，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程 x ＝t＋vt＝vt，小物块向右做加速运动时，
1
二者间的相对路程x ＝vt－t＝t，又t＝，则小物块与传送带间的相对路程x ＝x ＋x ＝，
2 相对 1 2
小物块与传送带因摩擦产生的热量Q＝μmgx ＝2mv2，选项B正确．
相对
2.(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，
滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A、B之间的
距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度匀速运动，则(g取10 m/s2)( )
A．物体从A运动到B的时间是1.5 s
B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J
C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J
D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J答案 AC
解析 设物体下滑到A点时的速度为v ，对PA过程，由机械能守恒定律有mv2＝mgh，代
0 0
入数据得v ＝＝2 m/s<v＝4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运
0
动，加速度大小为a＝＝μg＝2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t ＝＝ s＝1
1
s，匀加速运动的位移x ＝t ＝×1 m＝3 m<L＝5 m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运
1 1
动，匀速运动的时间为t ＝＝ s＝0.5 s，故物体从A运动到B的时间为t＝t ＋t ＝1.5 s，故
2 1 2
选项A正确；物体运动到B时的速度是v＝4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W
＝mv2－mv2＝×1×42 J－×1×22 J＝6 J，选项B错误；在t 时间内，传送带做匀速运动的位
0 1
移为x ＝vt ＝4 m，故产生热量Q＝μmgΔx＝μmg(x －x)，代入数据得Q＝2 J，选项C正
带 1 带 1
确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功
W′＝W＋Q＝6 J＋2 J＝8 J，选项D错误．
3.(多选)如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上．质量为m的小物块
(可视为质点)放在小车的最左端．现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始
做匀加速直线运动．小物块和小车之间的摩擦力大小为F，小物块滑到小车的最右端时，小
f
车运动的距离为x，在这个过程中，以下结论正确的是( )
A．小物块到达小车最右端时具有的动能为F(L＋x)
B．小物块到达小车最右端时，小车具有的动能为Fx
f
C．摩擦力对小物块所做的功为F(L＋x)
f
D．小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能为FL
f
答案 BCD
解析 对物块分析，物块对地的位移为L＋x，根据动能定理得(F－F)(L＋x)＝E －0，则
f k物
物块到达小车最右端时具有的动能E ＝(F－F)(L＋x)，故A错误；对小车分析，小车对地
k物 f
的位移为x，根据动能定理得Fx＝E －0，则物块到达小车最右端时，小车具有的动能E
f k车 k车
＝Fx，故B正确；摩擦力对小物块所做的功为F(L＋x)，故C正确；系统产生的内能等于
f f
系统克服摩擦力做的功，即物块与小车增加的内能Q＝Fx ＝FL，故D正确．
f 相对 f
4．(多选)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，质量为M＝2 kg
的长木板B沿着斜面以速度v ＝9 m/s匀速下滑，现把质量为m＝1 kg的铁块A无初速度放
0
在长木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下．已知 A与B之间、B与斜面之间的
动摩擦因数均为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度 g＝10 m/s2，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，则下列判断正确的是( )A．动摩擦因数μ＝0.5
B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为6 m/s
C．长木板的长度为2.25 m
D．从铁块放上长木板到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于
A、B之间摩擦产生的热量
答案 BC
解析 开始时长木板B沿着斜面以速度v ＝9 m/s匀速下滑，有Mgsin 37°＝μMgcos 37°，解
0
得μ＝0.75，A错误；铁块A刚放在长木板B上时，对A分析，根据牛顿第二定律有μmgcos
37°＋mgsin 37°＝ma ，解得a ＝12 m/s2，方向沿斜面向下，对B，根据牛顿第二定律有μ(M
A A
＋m)gcos 37°＋μmgcos 37°－Mgsin 37°＝Ma ，解得a ＝6 m/s2，方向沿斜面向上，铁块A和
B B
长木板B共速的时间为t，则v －a t＝a t，解得t＝0.5 s，铁块A和长木板B共速后，速度
0 B A
大小为v ＝a t＝6 m/s，B正确；铁块A和长木板B共速，一起沿斜面匀速下滑，则长木板
共 B
的长度为L＝x －x ＝t－t＝2.25 m，C正确；由能量守恒定律可知，从铁块放上长木板到铁
B A
块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之间摩擦产生的热量
与B与斜面之间摩擦产生的热量之和，D错误．
5．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下，速
率始终不变．t＝0时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块．取沿斜面向上为正方
向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量 m＝1 kg，g取
10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/s
B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝
C．0～t 时间因摩擦产生热量为27 J
2
D．0～t 时间内电动机多消耗的电能为28.5 J
2
答案 ABC
解析 从v－t图可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2 m/s，顺
时针转动，故A正确；小物块的加速度a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcos θ－mgsin
θ＝ma，解得μ＝，故B正确；物块运动速度减为零后，反向加速经历时间 t＝＝2 s，v－t
图中可知t ＝3 s，物块运动的位移s＝1.5 m，传送带与物块的相对位移Δs＝4.5 m，产生内
2能Q＝μmgcos θ·Δs＝27 J，故C正确；物块增加的重力势能ΔE ＝mgsin θ·s＝7.5 J，物块动
p
能的增量ΔE＝mv2－mv2＝1.5 J，传送带多消耗的电能W ＝Q＋ΔE＋ΔE＝36 J.
k 0 1 电 p k
另解：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，
因此v－t图中t＝3 s，
2
3 s内传送带的位移s＝vt＝6 m，
02
传送带多消耗的电能
W ＝μmgcos θ·s＝36 J.
电
6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量 M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m．在木板的最左端有
一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时
它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力 F将木板抽出，若F＝8
N，g取10 m/s2.求：
(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.
答案 (1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J
解析 (1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度为：
a＝μg＝3 m/s2
1
木板运动的加速度为：a＝＝5 m/s2
2
设抽出过程的时间为t，则有：
at2－at2＝L，
2 1
解得：t＝1 s
所以小铁块运动的位移为：x＝at2，
1 1
解得：x＝1.5 m
1
木板运动的位移为：x＝at2，
2 2
解得：x＝2.5 m
2
摩擦力对小铁块做的功为：W＝μmgx ，
1 1
解得W＝4.5 J
1
摩擦力对木板做的功为：W＝－μmgx ，
2 2
解得：W＝－7.5 J
2
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能
Q＝μmgL＝3 J.
7．如图所示，一个可视为质点的小物块的质量为m＝1 kg，从光滑平台上的A点以v ＝2
0m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑
圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板．已知长木板上
表面与圆弧轨道末端切线相平，水平地面光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆
弧轨道的半径为0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝60°，不计空气阻力，g
取10 m/s2.求：
(1)小物块刚到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)要使小物块不滑出长木板，长木板长度的最小值．
答案 (1)60 N，方向竖直向下 (2)2.5 m
解析 (1)小物块在C点时的速度大小v ＝
C
小物块由C到D的过程中，由动能定理得
mgR(1－cos 60°)＝mv 2－mv 2
D C
代入数据解得v ＝2 m/s
D
小物块在D点时由牛顿第二定律得
F －mg＝m
N
代入数据解得F ＝60 N
N
由牛顿第三定律得小物块对轨道的压力F ′＝F ＝60 N，方向竖直向下．
N N
(2)设小物块刚好能滑到长木板左端且达到共同速度，大小为 v，此时长木板长度最小，滑行
过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为
a＝＝μg，a＝
1 2
速度分别为v＝v －at，v＝at
D 1 2
解得v＝ m/s
对小物块和长木板组成的系统，由能量守恒定律得
μmgL＝mv 2－(m＋M)v2
D
解得L＝2.5 m.
8．跳台滑雪运动员脚穿专用滑雪板，不借助任何外力，从起滑台起滑，在助滑道上获得高
速度，于台端飞出，沿抛物线在空中飞行，在着陆坡着陆后，继续滑行至水平停止区静止．
如图所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图．助滑坡由倾角为 θ＝37°的斜面AB和半径为
R ＝10 m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B.AB竖直高度差h ＝30 m，竖直跳台CD高度
1 1
差为h＝5 m，着陆坡DE是倾角为θ＝37°的斜坡，长L＝130 m，下端与半径为R＝20 m的
2 2
光滑圆弧EF相切，且EF下端与停止区相切于F.运动员从A点由静止滑下，通过C点，以
速度v ＝25 m/s水平飞出落到着陆坡上，然后运动员通过技巧使垂直于斜坡速度降为 0，以
C
沿斜坡的分速度继续下滑，经过EF到达停止区FG.若运动员连同滑雪装备总质量为80 kg.(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)运动员在C点对台端的压力大小；
(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数；
(3)运动员在着陆坡上的落点距离D多远；
(4)运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力，若运动员想在60 m之内停下，制动力至少
是总重力的几倍．(设两斜坡粗糙程度相同，计算结果保留两位有效数字)
答案 (1)5 800 N (2) (3)125 m (4)1.7倍
解析 (1)运动员经C点时由牛顿第二定律得F －mg＝m
C
解得F ＝5 800 N
C
根据牛顿第三定律，运动员在C点对台端的压力大小为5 800 N.
(2)从A点到C点，由动能定理得
mgh －μmgcos θ ＋mgR(1－cos θ)
1 1
＝mv 2－0
C
解得μ＝.
(3)设运动员离开C点后开始做平抛运动到P点，
设D、P间距离为s ，则水平方向上有x ＝v t，
P P C
竖直方向上有y ＝gt2
P
＝tan θ，＝cos θ
解得s ＝125 m，t＝4 s.
P
(4)从落点P到最终停下，P点沿斜坡速度
v ＝v cos θ＋gtsin θ＝44 m/s
P C
mg(L－s )sin θ－μmg(L－s )cos θ＋mgR(1－cos θ)－Fd＝0－mv 2
P P 2 f P
解得F＝1 383 N，即≈1.7.
f
9.(2021·江苏省1月适应性考试·15)如图所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4
m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放．
已知A、P的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为 μ ＝0.25、μ ＝
1 2
0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求物块：(1)第1次滑过P点时的速度大小v；
1
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.
答案 (1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
解析 (1)设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a，
1
则有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
1 1
解得a＝4 m/s2
1
小物块从A到P，
由运动学公式得v2＝2aL
1 1
解得v＝8 m/s
1
(2)小物块滑上传送带后，向左运动过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的
加速度为a′
由牛顿第二定律得μmg＝ma′，得a′＝2 m/s2
2
设经时间t 小物块速度减为零
1
则t＝＝4 s
1
此过程小物块的位移大小为x＝＝16 m
1
小物块速度减为零后开始向右做匀加速运动，加速度大小仍为a′，经时间t 和传送带速度
2
相同，则t＝＝2 s
2
此过程小物块的位移大小为x＝＝4 m，
2
因x>x，故小物块之后匀速运动到达P点，匀速运动时间t＝＝3 s，
1 2 3
则t＝t＋t＋t，解得t＝9 s
1 2 3
(3)小物块从A点到达P，摩擦产生的热量Q＝μmg·cos 37°·L＝32 J
1 1
小物块第1次从传送带返回P点，v ＝v＝4 m/s
P
物块沿斜面做匀减速运动减速到零后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，
v ′<v ，即v ′<4 m/s，
P P P
小物块沿传送带水平向左减速为0后，向右加速第二次返回P点，v ＝v ′，此往返过程，
2 P
小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块到达P点的速度为0，即从第1次由传送带返
回P点后小物块的动能全部损失在与斜面的摩擦生热过程中
Q＝mv 2，
2 P
解得Q＝16 J
2
则Q＝Q＋Q＝48 J.
1 2
