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专题强化十 动力学和能量观点的综合应用
【复习目标】
1.会用动力学和能量观点分析“传送带”模型和“滑块—木板”模型的运动情况。 2.会用能量观
点求解摩擦产生的热量等综合问题。 3.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
模型一 “传送带”模型
【知识梳理】
1.“传送带”模型的分析方法
(1)动力学观点: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)能量观点: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.“传送带”模型中的功能关系
(1)传送带克服摩擦力做的功:W＝Ffx 传，也是电动机因传送带传送物体而多做的功。
(2)系统产生的内能:Q＝Ffx 相对。
(3)功能关系分析:W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量，ΔEp表示被传送物
体重力势能的增加量。
角度1 水平传送带模型
【典例剖析】
例1 (多选)(2025·安徽合肥模拟)如图甲所示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点)，
煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带在外
力作用下先加速后减速，其v－t 图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时间，煤块在传
送带上留下了一段黑色痕迹，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A.黑色痕迹的长度为36 m
B.煤块在传送带上的相对位移大小为16 m
C.若煤块的质量为1 kg，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为160 J
D.煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短
1
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答案 BC
解析 分析知，煤块先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得加速度大小a1＝μg＝2 m/s2，经时
间t1＝6 s，速度达到v1＝a1t1＝12 m/s，设再经过t2煤块和传送带共速，速度为v2，由题图可知，
传送带减速的加速度大小a3＝4 m/s2，则有v2＝vm－a3t2，v2＝v1＋a1t2，联立解得t2＝2 s，v2＝16
m/s，此后因a3>μg，则煤块和传送带各自匀减速到停止，煤块减速到零的时间t3＝v2
μg＝8 s，作出
煤块的v－t 图像如图所示。由图可知，煤块先相对传送带沿负方向滑动，相对位移大小Δx1＝
12×6
2
m＋12×2
2
m＝48 m，共速后煤块相对传送带沿正方向滑动，相对位移大小Δx2＝16×4
2
m
＝32 m，痕迹的长度Δd 与较长的相对位移大小相等，即Δd＝Δx1＝48 m，故A 错误;全程煤块在
传送带上的相对位移大小Δx＝Δx1－Δx2＝16 m，故B 正确;煤块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝
μmg(Δx1＋Δx2)＝160 J，故C 正确;若煤块的质量变大，其加速和减速的加速度均不变，则v－t 图
像不变，各段的相对位移不变，则痕迹长度也不变，故D 错误。
角度2 倾斜传送带模型
【典例剖析】
例2 如图所示，传送带以v＝10 m/s 的速度逆时针转动，一个质量m＝1 kg 的物体从传送带顶端以
v0＝5 m/s 的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成θ＝30°角，物体与传送带间的动摩擦因数
μ＝√3
3 ，传送带底端到顶端长L＝10 m，g 取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求:
(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小;
(2)若在物体滑入传送带运动了0.5 s 时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送
带间摩擦而产生的热量。
答案 (1)10 m/s (2)37.5 J
解析 (1)当物体沿传送带滑入时，因为v0<v，所以物体先做加速运动，设物体加速运动的加速度
大小为a1，物体向下加速到v 所用时间为t1，此段时间内物体运动位移为x1，则有
μmgcos 30°＋mgsin 30°＝ma1
2
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v＝v0＋a1t1
x1＝v ＋v0
2
t1
联立解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝3.75 m
由于x1<L，最大静摩擦力Ffm＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，则共速后物体将与传送带一起做匀速直线
运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10 m/s。
(2)0.5 s 内物体相对传送带运动的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25 m
传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30°
物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δx2＝L－x1＝6.25 m
则物体与传送带间因摩擦产生的热量
Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos 30°
解得Q＝37.5 J。
【解题妙招】
解决传送带问题的关键点
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断。
(2)物体能否达到与传送带共速的判断。
(3)弄清能量转化关系:传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和。
【即时训练】
1.(2024·山东临沂模拟)如图(a)所示，倾角为37°的传送带以v＝2.0 m/s 的速度顺时针匀速转动，传
送带的长度LAB＝10.0 m。一个可视为质点的质量m＝1.0 kg 的物块，自A 点无初速度的放在传送
带底端，其被传送至B 端的过程中，动能Ek与位移x 的关系(Ek－x)图像如图(b)所示。重力加速度
g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A.物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25
B.整个过程中合外力对物块做的功为4.0 J
C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0 J
D.整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量
答案 D
3
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解析 开始时物块在传送带的作用下动能不断增大，根据动能定理有(μmgcos 37°－mgsin 37°)x＝
Ek－0，在5 m 后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即Ek＝1
2mv2＝2.0 J，联立解得μ＝0.8，
A 错误;由动能定理可知，整个过程中合外力对物块做的功等于动能的变化量，则有W 合＝ΔEk＝Ek
－0＝2.0 J，B 错误;由功能关系可知，整个过程中摩擦力对物块做的功等于物块机械能的增加量，
即Wf＝ΔEk＋mgLABsin 37°＝62.0 J，C 错误，D 正确。
模型二 “滑块—木板”模型
【知识梳理】
1.“滑块—木板”模型中的位移关系
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大小和
木板的位移大小之差等于木板的长度;若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大小和木板的
位移大小之和等于木板的长度。
2.“滑块—木板”模型的分析方法
(1)动力学观点: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＝
Δv2
a2
＝Δv1
a1
，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)能量观点: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，Q＝ΔE 机。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。
角度1 水平面上的“滑块—木板”模型
【典例剖析】
例3 (2024·湖南模拟预测)一块质量为M、长为l 的长木板A 静止放在光滑的水平面上，质量为m
的物体B(可视为质点)以初速度v0从左端滑上长木板A 的上表面并从右端滑下，该过程中，物体
B 的动能减少量为ΔEkB，长木板A 的动能增加量为ΔEkA，A、B 间因摩擦产生的热量为Q，下列
说法正确的是( )
4
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A.A、B 组成的系统动量、机械能均守恒
B.ΔEkB、ΔEkA、Q 的值可能为ΔEkB＝7 J，ΔEkA＝2 J，Q＝5 J
C.ΔEkB、ΔEkA、Q 的值可能为ΔEkB＝5 J，ΔEkA＝3 J，Q＝2 J
D.若增大v0和长木板A 的质量M，B 一定会从长木板A 的右端滑下，且Q 将增大
答案 B
解析 A、B 组成的系统合力为零，因此动量守恒，而A、B 间由于存在摩擦生热，故系统机械能
不守恒，故A 错误;画出物体B 和长木板A 的速度—时间图线，分别如图中1 和2 所示，图中1 和
2 之间的梯形面积表示板长l，1 与t 轴所围的面积表示物体B 的位移x1，2 与t 轴所围的面积表示
长木板A 的位移x2，由图可知x1>l，x2<l，又有ΔEkB＝Ffx1，ΔEkA＝Ffx2，Q＝Ffl，则有
ΔEkB>Q>ΔEkA，故B 正确，C 错误;若增大v0和长木板A 的质量M，在v－t 图像中1 将向上平移，
而2 的图像斜率变小，即A 的加速度变小，可知B 一定会从长木板A 的右端滑下，而Q＝Ffl 不变，
故D 错误。
【即时训练】
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，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F 对木
板所做的功为( )
A.mv
2
4
B.mv
2
2
C.mv2
D.2mv2
答案 C
5
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解析 由功能关系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＝1
2mv2＋μmgx 相，其中x 相＝vt－v
2t，对物体分析有a＝μg，v＝at，联立
以上各式可得W＝mv2，故选项C 正确。
角度2 斜面上的“滑块—木板”模型
【典例剖析】
例4 (2025·河南高三普高联考)如图所示，倾角θ＝37°的粗糙斜面固定在水平地面上，斜面的底端
固定一挡板，质量M＝0.2 kg、长度L＝4.5 m 的木板置于斜面上，木板最下端与挡板的距离s＝
31
8 m，最上端放置一个质量m＝0.1 kg，可视为质点的物块，初始时刻，长木板速度为零，物块
的初速度v0＝3 m/s，方向沿斜面向下。物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板与斜面间的动摩
擦因数μ2＝0.25，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求:
(1)初始时刻，物块与木板的加速度大小;
(2)物块与木板第一次速度相等时，物块到木板最上端的距离;
(3)若木板与挡板碰撞后被锁定，物块与挡板的碰撞为弹性碰撞，则从初始时刻到物块最终静止，
物块与木板间因摩擦产生的热量。
答案 (1)2 m/s2 5 m/s2 (2)1.5 m (3)4.2 J
解析 (1)初始时刻，对物块根据牛顿第二定律有mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1
对木板由牛顿第二定律得Mgsin θ＋μ1mgcos θ－μ2(m＋M)gcos θ＝Ma2
解得a1＝2 m/s2，a2＝5 m/s2。
(2)设经历时间t1，物块与木板第一次速度相等，则v0＋a1t1＝a2t1
解得t1＝1 s
物块运动的位移xm＝v0t1＋1
2a1t1
2＝4 m
木板运动的位移xM＝1
2a2t1
2＝2.5 m
物块距木板最上端的距离d＝xm－xM＝1.5 m。
(3)从开始到物块与木板第一次速度相等，物块与木板间因摩擦产生的热量Q1＝μ1mgcos θ·d
物块与木板第一次速度相等时的速度v1＝a2t1＝5 m/s
物块与木板第一次速度相等后，二者一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得
(M＋m)gsin θ－μ2(M＋m)gcos θ＝(M＋m)a3
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解得a3＝4 m/s2
从物块与木板第一次速度相等到木板与挡板碰撞的过程，根据运动学公式得
2a3(s−xM)＝v2
2－v1
2
解得v2＝6 m/s
木板与挡板碰撞后被锁定，物块继续向下做匀加速直线运动，与挡板碰撞后以原速率反弹，此后
物块做往复运动，但由于摩擦消耗机械能且μ1<tan θ，物块最终停在挡板处，设从木板与挡板碰撞
后被锁定到物块停在挡板处，物块与木板间因摩擦产生的热量为Q2，根据能量守恒定律得
mg(L－d)sin θ＋1
2mv2
2＝Q2
则物块与木板间因摩擦产生的总热量Q＝Q1＋Q2
联立解得Q＝4.2 J。
【解题妙招】
解决“滑块—木板”模型的关键
找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带:
每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
模型三 多运动组合模型
【典例剖析】
例5 如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC 末端
装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B 点，且B 点位置可改变。现将质量
m＝2 kg 的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6 m 处静止释放，且将B 点置于AC 中点处。已知
圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC 间动摩擦因数μ＝0.2，弧形轨道和圆轨
道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求:
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小;
(2)弹射器获得的最大弹性势能;
(3)若H＝6 m，改变B 点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC 间距离LBC应满足的
条件。
答案 (1)100 N (2)8 J (3)0.5 m≤LBC≤1 m
解析 (1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
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mgH－μmgLAB－mg·2R＝1
2mv2
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋F＝mv
2
R
联立解得F＝100 N
由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为100 N。
(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知mgH－μmgLAC＝Ep
解得Ep＝8 J。
(3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有mg＝mv0
2
R
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知mg(H－2R)－μmgs1＝1
2mv0
2
解得s1＝28.75 m
LBC＝29LAC－s1＝0.25 m
要使滑块不脱离轨道，B、C 之间的距离应该满足LBC≥0.25 m。
若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可知mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝29.5 m
LAB＝s2－29LAC＝0.5 m
根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5 m，滑块不脱离轨道
综上所述，符合条件的BC 长度为0.5 m≤LBC≤1 m。
【解题妙招】
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。
【限时训练】（40min）
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1.(2025·云南省名校联考)如图所示，曲面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，有一滑块从曲面上的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.滑块可能再次滑上曲面
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，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，即滑块速度变化的快慢不变，则滑块的位移不变，滑块还是从传送带的右端滑离
传送带，不能再次滑上曲面，故A、D 错误;由x＝1
2at2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＝Ffx 相对，可知摩擦产生的热量增多，
故B 错误，C 正确。
2.(2025·四川成都诊断)如图，一质量为M＝2 kg 的木板静止在水平地面上，一质量为m＝1 kg 的
滑块(可视为质点)以v0＝2 m/s 的水平速度从木板左端滑上木板，木板始终保持静止。木板足够长，
滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数为μ2(未知)，重力加速度g＝
10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是( )
A.地面对木板的摩擦力方向水平向右
B.地面对木板的摩擦力大小为9 N
C.μ2可能为0.12
D.整个过程中，滑块与木板间因摩擦产生的热量为4 J
答案 C
解析 对木板受力分析可知，滑块对木板的滑动摩擦力方向水平向右，因此地面对木板的静摩擦
力方向水平向左，故A 错误;滑块对木板的滑动摩擦力大小Ff＝μ1mg＝3 N，由于木板始终保持静
止，故地面对木板的静摩擦力大小FfM＝Ff＝3 N，故B 错误;木板始终保持静止，即μ2(m＋
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M)g≥Ff，解得μ2≥0.1，故C 正确;整个过程中，滑块的动能全部转化为系统的内能，产生的热量Q
＝1
2mv0
2＝2 J，故D 错误。
3.(多选)(2025·辽宁大连模拟)如图所示，在匀速转动的电动机带动下，足够长的水平传送带以恒定
速率v1＝2 m/s 匀速向右运动，一质量为m＝1 kg 的滑块从传送带右端以水平向左的速率v2＝3 m/s
滑上传送带，最后滑块返回传送带的右端。关于这一过程，下列判断正确的有( )
A.滑块返回传送带右端的速率为2 m/s
B.此过程中传送带对滑块做功为2.5 J
C.此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为12.5 J
D.此过程中电动机对传送带多做功为10 J
答案 ACD
解析 由于传送带足够长，滑块先匀减速向左滑行，直到速度减为零，然后滑块在滑动摩擦力的
作用下向右匀加速运动，由于v1＝2 m/s<v2＝3 m/s，所以，当滑块速度增大到等于传送带速度时，
滑块还在传送带上，之后不受摩擦力，滑块与传送带一起向右匀速运动，所以滑块返回传送带右
端时的速率等于2 m/s，故A 正确;此过程中只有传送带对滑块做功，根据动能定理得，传送带对
滑块做功为W＝1
2mv1
2－1
2mv2
2＝－2.5 J，故B 错误;设滑块向左运动的时间为t1，位移为x1，则x1
＝v2
2 t1，该过程中传送带的位移为x2＝v1t1，又t1＝v2
μg，摩擦生热为Q1＝μmg(x1＋x2)＝10.5 J，返回
过程，当物块与传送带共速时，有v1＝μgt2，物块与传送带摩擦生热为Q2＝μmg(v1t2－v1
2 t2)＝2 J，
则此过程中滑块与传送带间摩擦产生的热量为Q＝Q1＋Q2＝12.5 J，故C 正确;此过程中电动机对
传送带多做功为ΔW＝W＋Q＝10 J，故D 正确。
4.(多选)(2024·江西上饶模拟)皮带传送在生产生活中有着广泛的应用。一运煤传送带如图所示，传
送带与水平地面的夹角θ＝37°。若传送带以恒定的速率v0＝5 m/s 逆时针运转，将质量为1 kg 的
煤块(看成质点)无初速度地放在传送带的顶端P，经时间t1＝0.5 s 煤块速度与传送带相同，再经t2
＝2 s 到达传送带底端Q 点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，则( )
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A.煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B.传送带P、Q 两端的距离为15.25 m
C.煤块从P 点到Q 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为2.75 m
D.煤块从P 点到Q 点的过程中系统因摩擦产生的热量为21 J
答案 ABD
解析 煤块在t1时刻的速度v0＝a1t1，由牛顿第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1，解得μ＝0.5，
故A 正确;在最初0.5 s 内煤块的位移x1＝v0
2 t1，因为μ<tan θ，所以此后煤块的加速度满足mgsin θ
－μmgcos θ＝ma2，再经t2＝2 s 到达传送带底端Q 点，有x2＝v0t2＋1
2a2t2
2，则传送带P、Q 两端的
距离L＝x1＋x2，联立解得L＝15.25 m，故B 正确;在最初0.5 s 内煤块相对传送带向上运动，相对
滑动的距离Δx1＝v0t1－x1，以后的2 s 内煤块相对传送带向下滑动，相对滑动的距离Δx2＝x2－
v0t2，联立解得Δx1＝1.25 m，Δx2＝4 m，则煤块从P 点到Q 点的过程中在传送带上留下的划痕长
度为4 m，故C 错误;煤块从P 点到Q 点的过程中系统因摩擦产生的热量Q＝FfΔx＝μmgcos θ·(Δx1
＋Δx2)＝21 J，故D 正确。
5.(多选)(2024·河南信阳模拟)如图所示，质量为M＝1 kg 的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m
＝0.5 kg 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μ1＝0.4，长木板与地面之
间的动摩擦因数μ2＝0.1。现给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平
向右的恒力F2＝4.5 N。2 s 时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。重力加速度g＝10
m/s2。下列说法正确的是( )
A.0~2 s 长木板的加速度aM＝3 m/s2
B.0~2 s 过程中F1对小物块做了12 J 的功
C.0~4 s 的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J
D.恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量
答案 BC
解析 对长木板进行受力分析，如图甲所示，根据牛顿第二定律有F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，
解得aM＝1 m/s2，故A 错误;对小物块进行受力分析，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2 m/s2和4 m/s2，长木板和小
物块在0~4 s 内的v－t 图像如图乙所示，则0~2 s 小物块做匀加速直线运动，位移大小为x＝4 m，
拉力对小物块做功为W＝F1x＝12 J，故B 正确;v－t 图线与横轴围成的面积表示小物块相对于木板
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运动的长度L，由v－t 图像可知L＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，故
C 正确;恒力对小物块、长木板系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热之和，故D 错误。
6.(2025·云南师大附中适应性考试)如图所示，质量M＝1 kg 的木板A 置于光滑斜面上，左端放有
质量m＝1.5 kg 的物块B(可视为质点)，A、B 之间的动摩擦因数μ＝√3
3 。开始时木板右端与垂直
斜面的挡板相距x0＝6.4 m，A、B 一起以v0＝6 m/s 的初速度沿斜面向下运动。接着木板A 与挡板
发生多次无机械能损失的碰撞(等速率反弹)，碰撞时间不计。已知斜面倾角θ＝30°，重力加速度
大小g 取10 m/s2。
(1)求木板A 与挡板碰撞前的速度大小v1;
(2)求木板A 与挡板第一次碰撞后，右端与挡板之间的最大距离xm;
(3)木板A 恰与挡板碰第三次时A 与B 分离，求木板长度L 及系统损失的机械能ΔE。
答案 (1)10 m/s (2)4 m (3)32 m 240 J
解析 (1)对A、B 整体，由动能定理有
(M＋m)gx0sin θ＝1
2(M＋m)v1
2－1
2(M＋m)v0
2
解得木板A 与挡板碰撞前的速度大小为
v1＝10 m/s。
(2)第一次碰后，对A 由牛顿第二定律有
Mgsin θ＋μmgcos θ＝Ma1
解得a1＝12.5 m/s2
A 沿斜面向上做匀减速运动，有xm＝v1
2
2a1
＝4 m。
(3)A 与挡板碰后，对B 由牛顿第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝0
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故B 在A 上匀速下滑，木板A 反弹后，沿斜面向上以a1做匀减速运动，速度减到0 后又反向匀加
速，加速度仍为a1，速度达到v1时，发生第二次碰撞，之后重复进行，即A 做类似竖直上抛运动、
B 做匀速直线运动。发生一次碰撞后，相对位移为x 相＝(2v1)
2
2a1
＝16 m
故木板长为L＝2x 相＝32 m
系统损失的机械能转化为内能，即
ΔE 损＝μmgcos θ·L＝240 J。
7.(2024·江苏南京师大附中模拟)如图所示，质量为m＝2 kg 的小物块，用长L＝0.4 m 的细线悬挂
于O 点。现将物块拉至细线与水平方向夹角为α＝30°。小物块由静止释放，下摆至最低点B 处时，
细线达到其最大承受力并瞬间断开。小物块恰好从水平粗糙传送带的最左端滑上传送带，传送带
以v0＝3 m/s 的速度逆时针匀速运转。小物块最后从传送带左端飞出，并恰好从固定光滑斜面的顶
端沿斜面下滑。斜面倾角θ＝60°，斜面底端挡板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后，
压缩弹簧。小物块沿斜面向下运动的最大距离x＝√3
2 m，g 取10 m/s2。求:
(1)细线能承受的最大拉力的大小;
(2)弹簧的最大弹性势能;
(3)由于物块滑上传送带电动机多做了多少功。
答案 (1)40 N (2)31 J (3)24 J
解析 (1)小物块从静止摆到最低点过程中，根据机械能守恒定律有
mgL(1－sin α)＝1
2mvB
2
解得vB＝2 m/s
物块在B 点时，根据牛顿第二定律有F－mg＝mvB
2
L
联立解得F＝40 N
即细线能承受的最大拉力的大小为40 N。
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(2)物块向右滑上传送带做减速运动，因传送带的速度大于物块的初速度vB，可知物块速度减为零
后将反向运动，回到传送带左端时速度大小仍为2 m/s，由于小物块落到斜面顶端时速度沿斜面方
向，则cos θ＝vB
v
物块滑到最低点，根据能量守恒定律有1
2mv2＋mgxsin θ＝Ep
解得Ep＝31 J。
(3)物块在传送带上减速滑行和反向加速滑行的时间均为t＝
vB
a ＝mvB
Ff
物块相对传送带滑行的距离Δs＝v0·2t
则Q＝FfΔs＝24 J
此过程中物块的动能增量为零，则由于物块滑上传送带电动机多做的功W＝Q＝24 J。
8.(2025·山东日照一模)如图甲所示，在竖直平面内，倾角为θ 的斜面和半圆形轨道分别在B 点、C
点与光滑水平面相切。质量为m 的小物块从斜面上A 点由静止开始下滑，恰能通过半圆形轨道的
最高点D，离开D 后又刚好落在B 点。已知A、B 两点间的距离为l，小物块与斜面间的动摩擦因
数随到A 点距离变化的图像如图乙所示(其中μ0＝tan θ)，半圆形轨道的半径为R，重力加速度为
g，小物块通过轨道连接处的B、C 点时无机械能损失，忽略空气阻力。求:
(1)小物块第一次到达B 点时，重力的功率P;
(2)小物块沿半圆形轨道运动的过程中，摩擦力对小物块做的功W;
(3)B、C 两点间的距离s。
答案 (1)mgsin θ√glsinθ (2)5
2mgR－1
2mglsin θ (3)2R
解析 (1)对小物块从A 到B 运用动能定理，有mglsin θ－μ0
2 lmgcos θ＝1
2mvB
2－0
其中μ0＝tan θ
解得vB＝√glsinθ
重力的功率为P＝mgvBsin θ＝mgsin θ√glsinθ。
(2)小物块恰能通过圆形轨道的最高点D，则mg＝mv D
2
R
得vD＝√gR
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小物块沿半圆形轨道运动的过程中，由动能定理得－mg·2R＋W＝1
2mv D
2－1
2mvB
2
解得W＝5
2mgR－1
2mglsin θ。
(3)物体离开D 后又刚好落在B 点，则2R＝1
2gt2，vDt＝s
解得s＝2R。
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