文档文本内容
训练九 动力学和能量观点的综合应用
题型一 传送带模型
知识梳理
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．
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＝Fs ，s 表示相对路程．
f 相对 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＝20 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工
0
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间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度
0
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0.5 s到右端
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10 J
D．运输带对建筑材料做的功为10 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，加速时的加速
1
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 m<L，假设成立，因
2 1 2
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，因此建筑工人比建筑材料早到达右
3
端的时间为Δt＝t＋t－t＝0.5 s，A正确，B错误；建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中
3 2 1
运输带的位移为x＝vt＝1 m，则因摩擦而生成的热量为Q＝μmg(x－x)＝10 J，由动能定理可知，运输
2 0 2 2 1
带对建筑材料做的功为W＝mv2＝10 J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为20 J，C错误，D正确．
0
变式训练1 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
0
＝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
工件速度大小达到v前，做匀加速运动，有x＝t
0 1 1
工件速度大小达到v后，做匀速运动，有x－x＝v(t－t)
0 1 0 1
联立解得加速运动的时间t＝0.8 s
1
加速运动的位移大小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，传送带运动的位移大小x ＝vt＝1.6 m
1 传 0 1
在时间t内，工件相对传送带的位移大小x ＝x －x＝0.8 m
1 相 传 1
在时间t内，摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·x ＝60 J
1 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
题型二 滑块—木板模型
知识梳理
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2 如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速
度v＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况
0
如图乙所示．下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A．木板A最终获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 JC．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案 D
解析 由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受滑动
摩擦力．根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能E＝mv2＝1 J，选项A错误；系统损失的机
kA 1
械能ΔE＝mv2－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为
0
1 m，选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确．
变式训练2 (2023·黑龙江省佳木斯一中高三检测)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板
B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质
量M＝2 kg, g＝10 m/s2.现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数
表示)
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a、a；
1 2
(2)A相对于B静止时的速度大小v；
(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q.
答案 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2) m/s (3) J
解析 (1)若A、B相对静止，则有a＝＝ m/s2>＝2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第
二定律有F－μmg＝ma，解得a＝3 m/s2
1 1
对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma
2
解得a＝2 m/s2.
2
(2)撤去F时，滑块A的速度大小v＝at＝3 m/s，木板B的速度大小v＝at＝2 m/s，
1 1 1 2 2 1
撤去F后，由μmg＝ma得滑块A的加速度大小为a＝4 m/s2，
3 3
设经历时间t二者共速，则有v－at＝v＋at，解得t＝ s，则v＝v－at＝ m/s.
2 1 3 2 2 2 2 2 1 3 2
(3)外力F对A、B整体做的功为
F·Δx＝F·at2＝ J
1 1
A、B最终以速度v＝ m/s运动．
故A、B整体动能为E＝(M＋m)v2＝ J
k
由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋E，则Q＝ J.
k
题型三 多运动组合问题
知识梳理
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3 (2023·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°，圆弧轨道与粗
糙水平轨道CD相切于点C，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
0
点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到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，由平抛运动知识有v＝vsin 30°，得v＝2 m/s
B 0 B B
(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律得mg(R＋Rsin 30°)＋mv2＝mv2
B C
解得v＝4 m/s
C
经过C点时受轨道的支持力大小为F，有F－mg＝m，解得F＝50 N
N 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点到F点的过程中，根据动能定理有－μmgL－mgLsin
pm CD DF
30°－E＝0－mv2，代入数据可解得E＝6 J
pm C pm
(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，代入数据可解得
DF pm CD
h＝0.6 m，因为h<R，故无法从B点离开，又mv2＝μmgx，代入数据可解得x＝3.2 m＝3L＋0.2 m，滑块
C CD
最后静止时的位置离D点0.2 m(或离C点0.8 m)．
变式训练3 如图所示，AB、FG均为半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径OB、OF均竖直，C
1 2
点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角θ＝53°、长度L＝2 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙
1
水平直轨道．一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点
时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点．物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数
均为μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力．求：(sin
53°＝0.8，结果可保留分数)(1)C、D两点间的距离x；
(2)物块从B点运动到E点的时间t；
(3)EF轨道的长度L以及物块最后停止的位置到F点的距离s.
2
答案 (1)1.2 m (2) s (3)6 m 1.35 m
解析 (1)物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律则有mgR＝mv2，解得v＝3 m/s
B B
物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在D点的速度大小v＝＝5 m/s
D
竖直方向的分速度大小v＝vtan θ＝4 m/s
y B
竖直方向物块做自由落体运动，有v＝gt，
y 1
解得t＝0.4 s
1
C、D两点间的距离x＝ vt＝1.2 m.
B 1
(2)物块在斜轨道上的加速度大小a＝gsin θ－μgcos θ＝6 m/s2，由L＝vt＋at2
1 1 D 2 1 2
代入数据解得t＝ s
2
物块从B点运动到E点的时间t＝t＋t＝0.4 s＋ s＝ s.
1 2
(3)物块由F到G，由机械能守恒定律mv2＝mgR，代入数据解得v＝＝3 m/s
F F
物块在E点的速度v＝v＋at，可得v＝7 m/s
E D 1 2 E
物块从E到F，由动能定理可得－μmgL＝mv2－mv2
2 F E
代入数据解得L＝6 m
2
物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，由动能定理可得－μmgs＝0－mv2
F
代入数据解得s＝1.35 m.
强基固本练
1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v顺时针运动，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，二者间的相对路程x＝vt－t
1 2
＝t，又t＝，则小物块与传送带间的相对路程x ＝x＋x＝，小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝
相对 1 2
μmgx ＝2mv2，选项B正确．
相对
2.(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物体(可视为质点)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，轨道与传送带在A点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝
0.2，传送带A、B两点之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针运动，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点时的速度大小为v，在由P到A过程中，由机械能守恒定律有mv2＝mgh，代入数
0 0
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动，加速度大小为
0
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 s，匀加速运动过程的位移大小
1
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动，匀速运动的时间为t＝＝ s＝
1 1 2
0.5 s，故物体从A运动到B的时间为t＝t＋t＝1.5 s，选项A正确；物体运动到B时的速度大小v＝4
1 2 B
m/s，根据动能定理得，摩擦力对物体做的功W＝mv2－mv2＝×1×42 J－×1×22 J＝6 J，选项B错误；在
B 0
t时间内，传送带做匀速运动的位移为x ＝vt＝4 m，故产生的热量Q＝μmgΔx＝μmg(x －x)，代入数
1 带 1 带 1
据得Q＝2 J，选项C正确；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.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，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确．
相 相
4．(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．小物块与长木板间的动摩擦因数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＝＝ m/s2＝1 m/s2.对木
1
板，根据牛顿第二定律有，F－F＝ma，F＝μmg，在2～3 s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力
f1 f2 1 f1
做匀减速运动，加速度为a＝＝ m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿
2
第二定律有，F＝2ma＝4 N，联立以上各式，解得μ＝0.5，故A正确；对物块，在0～2 s内，受木板的
f2 2
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＋
0 0
at＝2 m/s＋5×2 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,2～3 s时间内物块和木板一起
0
减速，系统的机械能减少量ΔE ＝·2mv2＝4 J，故0～2 s时间内系统机械能减少量ΔE ＝72 J－4 J
损2 损1
＝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．
5．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送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上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，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时间内因摩擦产生的热量为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 从题图乙可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度大小为2 m/s，顺时针转
动，故A正确；由题图乙可知，小物块的加速度大小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，反向加速过程经历的时间t＝＝2 s，由题
图乙可知t＝3 s，物块运动的位移大小x＝1.5 m，传送带与物块的相对位移Δx＝4.5 m，摩擦产生的热
2
量Q＝μmgcos θ·Δx＝27 J，故C正确；物块增加的重力势能ΔE＝mgsin θ·x＝7.5 J，物块动能的
p
增量ΔE＝mv2－mv2＝1.5 J，传送带多消耗的电能W ＝Q＋ΔE＋ΔE＝36 J，故D错误．
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，因此题图乙中t＝3 s，
2
3 s内传送带的位移x ＝vt＝6 m，
传 0 2
传送带多消耗的电能W ＝μmgcos θ·x ＝36 J，故D错误．
电 传
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大小为a＝μg＝3 m/s2
1
木板运动的加速度大小为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，解得x＝2.5 m
2 2 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．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹
簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在
1
O、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O、C、O三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD右侧有
2 1 2
一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO竖直放置，并且与地面相切于O点．质量为m的小滑块(可视为质
2 2
点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑
块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加
速度为g)．求：
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能E；
p
(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能E.
k
答案 (1) (2)mgR (3)(2－1)mgR
解析 (1)由几何关系得BC间的高度差h＝R
小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W ＝E
弹 p
滑块从A到D过程由动能定理得E－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0
p
滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝m
联立解得E＝mgR.
p
(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向有y＝gt2
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
可得滑块落到挡板上时的动能为E＝m[v2＋(gt)2]，联立解得E＝(2－1)mgR.
k k8．“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＝，重力加速度g＝10 m/s2，
1 2
sin 37°＝0.6，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(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mv2＝mv2＋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＝ m/s2，做匀减
2 m m
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，做匀加速直
2 1 M M
线运动设两者经时间t达到共速v ，则有v－at＝at＝v
1 共 m 1 M 1 共
解得t＝1.5 s，v ＝1 m/s
1 共
此过程中s ＝t＝ m，
物 1
s ＝t＝ m
板 1
物块相对于木板运动的距离Δs＝s －s ＝1.5 m
物 板
(3)μmgcos θ>mgsin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止．
2
以物块和木板为整体，a ＝μgcos θ－gsin θ＝ m/s2，s ＝＝1.5 m
共 1 共
Q ＝μmgcos θ·Δs＝30 J
物－板 2Q ＝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
9．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＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，
0
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
MN
动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速
BC
度g取10 m/s2.
(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中的水平位移大小；
(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在圆形轨道F点时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)＝mv2－0
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点应用动能定理有
1
mgH－μmgL－2mgR＝mv2－0
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＝mv2－0
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v＝＝2 m/s
2
从开始到M点应用动能定理有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mgH－3μmgL＝mv2－0
B 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的范围是0.7 m≤H≤0.8 m.
