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第 6 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、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。
考点一 传送带模型综合问题
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。
(3)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＝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)(2023·新疆三模)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v沿逆时针方向
运行。t＝0时刻，质量m＝2 kg的小物块以初速度v 从A端滑上传送带，小物块的速度随时
0
间变化的图像如图乙所示，1.25 s时小物块从B端滑离传送带。沿传送带向下为正方向，重
力加速度g取10 m/s2，则( )
A．传送带的倾角θ＝37°
B．小物块对传送带做功18 J
C．小物块在传送带上留下的痕迹长度为1 m
D．小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为4.5 J
答案 BC
解析 由题图乙可知，物块先做初速度为2 m/s的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后
(在t＝0.25 s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运
动，从题图乙可知传送带的速度为4 m/s。开始匀加速运动的加速度a＝＝ m/s2＝8 m/s2
1
根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
1
速度相等后，加速度a＝＝ m/s2＝2 m/s2
2
根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma
2
联立两式解得θ＝30°，μ＝，故A错误；
小物块与传送带间的摩擦力为 F＝μmgcos θ＝6 N，
f
小物块对传送带做功为W＝－Fx＋Fx＝－6×4×0.25 J＋6×4×1 J＝18 J，故B正确；
f 1 f 2
0～0.25 s时间内，
小物块的位移为x′＝×0.25 m＝0.75 m，
相对位移Δx＝x－x′＝1 m－0.75 m＝0.25 m，
1 1
0．25～1.25 s时间内，
小物块的位移为x″＝×1 m＝5 m，
相对位移Δx＝x″－x＝1 m>Δx，
2 2 1
所以小物块在传送带上留下的痕迹长度为1 m。
小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为
Q＝F(Δx＋Δx)＝7.5 J，故C正确，D错误。
f 1 2
例2 (2024·山东日照市联考)如图所示，水平传送带以v＝6 m/s的速度逆时针匀速转动，
传送带左端与倾角θ＝37°的斜面PM在M点平滑相接，右端与半径R＝4.05 m的光滑四分之
一圆弧轨道在N点平滑相接(接点处均不影响传送带的转动)。质量m＝0.5 kg的小物块从圆
弧轨道最高点由静止下滑后从N点滑上传送带，经过M点后滑上斜面。已知小物块与传送
带及斜面间的动摩擦因数μ均为0.15，MN间的距离L＝21 m，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8。斜面PM足够长，不计小物块经过M、N两点处的机械能损失。求：
(1)小物块第一次通过传送带所用的时间t；
(2)小物块第一次沿斜面上升的最大高度H；
(3)小物块在斜面上因摩擦产生的总热量Q。
答案 (1)3 s (2)1.5 m (3)9 J
解析 (1)设小物块从圆弧最高点由静止下滑到达最低点时速度为v ，根据动能定理有mgR
N
＝mv 2
N
解得v ＝9 m/s，v >v，可知小物块滑上传送带后先做匀减速运动
N N
由牛顿第二定律μmg＝ma ，解得a＝1.5 m/s2
1 1
若经过t 减速到v＝6 m/s，由v＝v －at
1 N 11代入数据求得t＝2 s
1
在t 内小物块的位移x＝t，解得x＝15 m
1 1
由xF ，所以当滑块在B上滑动
fmax2 f2 fmax2
时，B、C一起做匀加速直线运动，而滑块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，当
滑块在B上滑动时，滑块和B、C整体的加速度大小分别为a＝＝2 m/s2，a＝＝0.25 m/s2
1 2
若滑块恰好在滑到C上时与C达到共同速度，因为滑块与C之间的最大静摩擦力为F ＝
f3
3μMg＝7.5 N
大于滑块与C整体做匀减速直线运动时C所受地面的摩擦力F ′＝μ(M＋m)g＝3.5 N，所以
f3
滑块与C达到共同速度后将不会再相对C滑动，B、C一起做匀减速直线运动直到停止，则
可获得一等奖，且v 具有最小值。设滑块刚滑上B时的速度大小为v，经时间t 恰好滑到C
0 1 1
上且与C达到大小为v 的共同速度，根据匀变速直线运动的规律有v －at ＝v ，v ＝at ，
2 1 11 2 2 21
－＝L，解得v ＝ m/s，对滑块从刚滑上A到刚滑上B的过程，根据动能定理有－μMgL＝
1
Mv2－Mv 2
1 0min
解得v ＝ m/s。
0min
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
例5 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。重力加速度g＝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x ；
AB
(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度x 的取值范围；
AB
(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)x ≥5 m或x ≤1.25 m (4)见解析
AB AB
解析 (1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有v＝vtan θ＝3 m/s，平抛运动的竖直方
y 0
向有v2＝2gy，解得y＝0.45 m，运动时间t＝＝0.3 s，则x＝vt＝1.2 m，即弹出时位置的坐
y 0
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，由动能定理得
mg(y＋x sin θ－2R)－μmgx cos θ－μmgx ＝mv2－mv2，联立解得x ＝5 m。
AB AB BC 1 0 AB
(3)滑块刚好不脱离轨道，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x ＝5 m
AB
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＋x sin θ－R)－μmgx cos θ－μmgx ＝0－mv2，解得x ＝1.25 m
AB AB BC 0 AB
滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足x ≥5 m或x ≤1.25 m
AB AB
(4)由(3)知，x ＝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
AB
夹角为α，则脱轨时mgsin α＝
从P到脱轨的位置，由动能定理得
mg(y＋x sin θ－R－Rsin α)－μmgx cos θ－μmgx ＝mv2－mv2
AB AB BC 2 0
联立解得sin α＝0.6
即滑块在圆心以上Rsin α＝0.6 m处脱轨。
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
训练 1 用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块—木板
模型
1.(2024·云南省名校联考)如图所示，斜面AB的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，
当传送带静止时，有一滑块从斜面上的P点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。
若传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P点静止释放，则下列说法正确的是( )
A．滑块可能再次滑上斜面
B．滑块在传送带上运动的时间增长
C．滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多
D．滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快
答案 C
解析 传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，所
以滑块的加速度不变，则滑块的位移不变，滑块还是能从传送带的右端滑离传送带，由 x＝
at2可知滑块在传送带上运动的时间不变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带的位
移增大，由Q＝Fx ，可知摩擦产生的热量增多，故选C。
f 相对
2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物
体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为 μ，为保持木板的速度
不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力
F，则力F对木板所做的功为( )
A. B. C．mv2 D．2mv2
答案 C
解析 由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，
一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx ，x ＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式
相对 相对
可得W＝mv2，故选项C正确。
3．(多选)(2023·福建龙岩市期中)如图甲，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个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 时间内电动机多消耗的电能为36 J
2
D．0～t 时间因摩擦产生热量为15 J
2
答案 AC
解析 从v－t图像可知，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，
因为取沿斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故 A正确；由题图乙可知0～t 时间
2
内小物块的加速度为a＝1 m/s2
对物块受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝，故B错误；
物块运动速度减为零后，反向加速经历时间为t ＝＝2 s，结合v－t图像可得t＝3 s
加 2
根据v－t图像图线与横轴围成面积表示位移可得物块向下运动过程中的位移为x′＝－ m＝
1
－0.5 m
故物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为
Δx＝x－x′＝1×2 m＋0.5 m＝2.5 m
1 1 1
物块向上运动过程中的位移为x′＝ m＝2 m
2
物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为
Δx＝x－x′＝2×2 m－2 m＝2 m
2 2 2
所以传送带与物块的总相对位移为
Δx＝Δx＋Δx＝4.5 m
1 2
所以0～t 时间因摩擦产生热量为
2
Q＝μmgcos θ·Δs＝27 J，故D错误；
物块增加的重力势能
ΔE＝mgsin θ·(x－x)＝7.5 J
p 2 1
物块动能的增量ΔE＝mv2－mv2＝1.5 J
k 0
则传送带多消耗的电能W ＝Q＋ΔE＋ΔE＝36 J，故C正确。
电 p k
4．(2023·河南省联考)全国平均每天有3亿多件快递包裹在分拣寄递中。一种交叉带式分拣机俯视图如图甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传
送带运动方向与小车运动方向垂直。分拣时，经扫码后的某包裹与小车一起做匀速直线运动，
根据目的地不同，到达某隔口时，小车上的传送带迅速启动，将包裹卸载下去，从而实现根
据目的地将包裹进行分类的目的。现将小车上的传送带部分简化成图乙侧视图所示的模型，
传送带与某包裹间的动摩擦因数μ＝0.8，M、N间距离L＝2.8 m，包裹可视为质点且放在
MN中点。小车沿轨道匀速运动的速度v＝5 m/s，当该包裹即将到达目的地隔口时，小车上
1
的传送带迅速启动，获得v ＝4 m/s的速度，忽略传送带的加速时间，该包裹质量m＝0.5
2
kg，取g＝10 m/s2。
(1)求从传送带启动到该包裹到达N处所需时间；
(2)若要使该包裹卸载时恰好到达隔口中间，则需在包裹沿小车运动方向上距离隔口中间多
远处启动传送带？
(3)求传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量。
答案 (1)0.6 s (2)3 m (3)4 J
解析 (1)沿传送带运动方向，根据牛顿第二定律有 μmg＝ma，包裹的加速度大小为a＝8
m/s2
包裹与传送带相对静止时有v ＝at ，得t ＝0.5 s，此时包裹沿传动带方向的位移为x＝at2，
2 1 1 1
得x＝1 m，包裹匀速运动的时间为t＝＝0.1 s，则从传送带启动到该包裹到达N处所需时间
2
为t＝t＋t＝0.6 s；
1 2
(2)启动传动带时，包裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离为l＝vt＝3 m；
1
(3)传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg(vt－at2)＝4 J。
21 1
5.如图所示，一质量为m＝1 kg的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩
1
擦因数μ ＝0.1，木板最右端放有一质量为m ＝1 kg、大小可忽略不计的物块，物块与木板
1 2
间的动摩擦因数μ ＝0.2。现给木板左端施加一大小为F＝12 N、方向水平向右的推力，经
2
时间t ＝0.5 s后撤去推力F，再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始
1
终未脱离木板，取g＝10 m/s2，求：
(1)撤去推力F瞬间，木板的速度大小v 及物块的速度大小v；
1 2
(2)木板至少多长；
(3)整个过程中因摩擦产生的热量。
答案 (1)4 m/s 1 m/s (2)1.5 m (3)12 J解析 (1)假设木板和物块有相对滑动，撤去F前，对木板由牛顿第二定律有
F－μ(m＋m)g－μmg＝ma①
1 1 2 2 2 1 1
解得a＝8 m/s2
1
对物块由牛顿第二定律有μmg＝ma②
2 2 2 2
解得a＝2 m/s2
2
因a>a，故假设成立，撤去F时，
1 2
木板、物块的速度大小分别为v＝at＝4 m/s③
1 11
v＝at＝1 m/s④
2 21
(2)撤去F后，
对木板有μ(m＋m)g＋μmg＝ma⑤
1 1 2 2 2 1 3
解得a＝4 m/s2
3
对物块有μmg＝ma⑥
2 2 2 4
解得a＝2 m/s2
4
设经过t 时间木板和物块速度相同
2
对木板有v＝v－at⑦
1 32
对物块有v＝v＋at⑧
2 42
得t＝0.5 s，v＝2 m/s⑨
2
撤去F前，物块相对木板向左滑行了
Δx＝t－t＝0.75 m⑩
1 1 1
撤去F后至两者共速，物块相对木板又向左滑行了Δx＝t－t＝0.75 m
2 2 2
之后二者之间再无相对滑动，故木板长度至少为L＝Δx＋Δx＝1.5 m；
1 2
(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量
Q＝μmgL＝3 J
1 2 2
共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度大小为a，有a＝μg＝1 m/s2
1
全过程中木板对地位移为
s＝t＋t＋＝4.5 m
1 2
木板与地面间因摩擦产生的热量为
Q＝μ(m＋m)gs＝9 J，
2 1 1 2
故全过程中因摩擦产生的热量为
Q＝Q＋Q＝12 J
1 2
解法二：由功能关系可得Q＝Fx，x＝t，Q＝12 J。
1 1 1
6.(2023·北京市清华附中模拟)如图，质量m ＝2 kg的长木板A在倾角θ＝37°的固定斜面上
A
向下滑动，木板长L＝1.5 m，木板与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.75。当A的速度v ＝6 m/s
1 0时，将一质量m ＝1 kg的木块B轻放在A的下端，A、B间的动摩擦因数μ ＝0.5，斜面足
B 2
够长，g取10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)当A的速度为5 m/s时，B的速度v 的大小；
B
(2)B在A上滑动的整个过程中，因A、B之间的摩擦力产生的内能Q。
答案 (1)2 m/s (2)9.6 J
解析 (1)木板与木块相对滑动，根据牛顿第二定律
对木板有μ(m ＋m )gcos 37°＋μm gcos 37°－m gsin 37°＝m a，得a＝5 m/s2
1 A B 2 B A A 1 1
对木块有m gsin 37°＋μm gcos 37°＝m a，
B 2 B B 2
得a＝10 m/s2
2
木板做匀减速直线运动，则v＝v－at
0 1
木块做匀加速直线运动，则v ＝at
B 2
得v ＝2 m/s
B
(2)从刚放上木块到二者共速v－at＝at，
0 11 21
得t＝0.4 s，此过程二者的相对位移为
1
Δx＝vt－at2－at2＝1.2 m
01 11 21
由于tan 37°>μ
2
则木块在木板上继续加速运动，直至从木板脱离。则整个过程中，因A、B之间的摩擦力产
生的内能为Q＝μm gcos 37°·2Δx＝9.6 J。
2 B
训练 2 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
1．“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
室中利用物块演示分析该模型的运动过程：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μ ＝，木板与物块之间的动摩擦因数μ ＝，重力
1 2
加速度g＝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)；
(2)物块相对于木板运动的距离；
(3)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 ＝＝1.6 m/s
水平
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的速度大小v＝＝2 m/s，
v ＝vsin θ＝1.2 m/s
竖直
物块在C端时竖直方向速度大小
v ′＝v －gt＝－0.8 m/s，
竖直 竖直
v ＝＝ m/s
C
由B到C有mv 2＝mv 2＋mgR(1－cos α)
B C
其中cos α＝，
在B点有F －mg＝m
N
由牛顿第三定律得F ＝F ＝(91.92－24) N
压 N
(2)物块刚滑上木板时，对物块有 μmgcos θ－mgsin θ＝ma ，解得物块加速度大小 a ＝
2 m m
m/s2，做匀减速直线运动
对木板有μmgcos θ＋Mgsin θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma ，解得木板加速度大小a ＝ m/s2，
2 1 M M
做匀加速直线运动，设两者经时间t 达到共速v ，
1 共
则有v－a t＝a t＝v
m1 M1 共
解得t＝1.5 s，v ＝1 m/s
1 共
此过程中s ＝t＝ m，s ＝t＝ m
物 1 板 1
物块相对于木板运动的距离Δs＝s －s ＝1.5 m
物 板
(3)由于μ>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，
2
a ＝μgcos θ－gsin θ＝ m/s2，
共 1
s ＝＝1.5 m
共
Q ＝μmgcos θ·Δs＝30 J
物－板 2
Q ＝μ(M＋m)gcos θ·(s ＋s )＝57 J
板－斜 1 板 共
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q＝Q ＋Q ＝87 J。
物－板 板－斜
2．(2023·福建龙岩市九校联考)如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB通过平滑的小圆弧与水平
直轨道BC连接，CD、DE为两段竖直放置的四分之一圆管，两管相切于D处，半径均为R
＝0.15 m。右侧有一倾角α＝30°的光滑斜面PQ固定在水平地面上。质量为m＝0.4 kg、可
视为质点的小物块从斜面AB顶端由静止释放，经ABCDE轨道从E处水平飞出后，恰能从
P点平行PQ方向飞入斜面。小物块经过C点时受到圆管的作用力大小为28 N，小物块与斜
面AB的动摩擦因数μ ＝0.375，与BCDE段之间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2，sin
1
37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求斜面AB的长度；
(2)求E点与P点的竖直距离；
(3)若斜面PQ上距离P点L ＝0.2 m的M点下方有一段长度可调的粗糙部分MN，其调节范
2
围为0.2 m≤L≤0.5 m，与小物块间的动摩擦因数μ ＝，斜面底端固定一轻质弹簧，弹簧始
2
终在弹性限度内，且不与粗糙部分MN重叠，求小物块在MN段上运动的总路程s与MN长
度L的关系式。
答案 (1)1.5 m (2)0.05 m
(3)s＝
解析 (1)在C处有F －mg＝m
N
小物块由A运动到C的过程中，由动能定理可得mgLsin 37°－μmgcos 37°L＝mv 2－0
1 C
解得L＝1.5 m
(2)小物块由A运动到E的过程中，由动能定理可得mgLsin 37°－μmgLcos 37°－mg·2R
1
＝mv 2－0
E
小物块恰能从P点平行PQ飞入斜面，即其速度与水平方向夹角为30°，则tan 30°＝
E点与P点的竖直距离为h＝gt2＝0.05 m
(3)物块飞入P点的速度大小为
v ＝＝2 m/s
P
若经弹簧一次反弹后恰能回到P点，经过粗糙段MN两次，则－μmgcos 30°·2L＝0－mv 2
2 0 P
解得L＝0.4 m，即当0.2 m≤L<0.4 m时，小物块经过弹簧一次反弹后从P点飞出，此时s＝
0
2L
当0.4 m≤L≤0.5 m时，小物块无法冲出斜面，
且mgsin 30°>μmgcos 30°
2
故小物块不会停在MN段上，最终在N点与弹簧间往复运动，在N点的速度为零，由动能定理可得mg(L＋L)sin 30°－μmgscos 30°＝0－mv 2，解得s＝2L＋1.2 m
2 2 P
综上所述，小物块在MN段上运动的总路程s与其长度L的关系式为
s＝
