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热点专题七 动力学和能量观点的综合应用(二)
【专题解读】 1.本
是力学两大
点在
送
和滑
—木板模型中的
合
用
专题
观
传
带
块
综
应
高考常以
算
的形式命
。
计
题压轴题
题
2.学好本
，可以极大地培养同学
的
专题
们
审
能力、推理能力和
范表达能力，
性的
化，可以提升同学
解决
题
规
针对
专题强
们
压
的信心。
轴题
3.用到的知识有：力学方法
点
动
观
(牛
运
定律、运
学基本
律
顿
动
动
规
)，
能量
点
观
(
能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律
动
)。
模型一 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)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
(2)对W 和Q 的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx 传；
②产生的内能：Q＝Ffx 相对。
【例1】 如图1 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μ1＝0.25、μ2＝
0.20，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求物块：
图1
(1)第1 次滑过P 点时的速度大小v1；
(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
1
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解析 (1)
小物
沿斜面下滑的加速度大小
设
块
为a1
有
则
mgsin 37°－μ1mgcos 37°＝ma1
解得a1＝4 m/s2
小物
从
块
A 到P，由运
学公式得
动
v＝2a1L
解得v1＝8 m/s。
(2)小物
滑上
送
后，向左运
程中一直受到向右的滑
摩擦力，此
程
块
传
带
动过
动
设
过
小物
的加速度
块
为a′
由牛
第二定律得
顿
μ2mg＝ma′，得a′＝2 m/s2
设经时间t1小物
速度减
零
块
为
则t1＝＝4 s
此
程小物
的位移大小
过
块
为x1＝＝16 m
小物
速度减
零后开始向右做匀加速运
，加速度大小仍
块
为
动
为a′，经时间t2和传
送
速度相同，
带
则t2＝＝2 s
此
程小物
的位移大小
过
块
为x2＝＝4 m
因x1>x2，故小物
之后匀速运
到达
块
动
P 点，匀速运动时间t3＝＝3 s，
则t＝t1＋t2＋t3，
解得t＝9 s。
(3)小物
从
块
A 点到达P，摩擦
生的
量
产
热
Q1＝μ1mgcos 37°·L＝32 J
小物
第
块
1 次从
送
返回
传
带
P 点
vP＝v＝4 m/s
物
沿斜面做匀减速运
后反向做匀加速运
，再次到达
块
动
动
P 点，
能减小，
动
vP′<vP，即vP′<4 m/s
小物
沿
送
水平向左减速
块
传
带
为0 后，向右加速第二次返回P 点，v2＝vP′，此往返
程，小物
的
能无
失，以此
推，最
小物
到达
过
块
动
损
类
终
块
P 点的速度为0，小物块
的
能全部
失在与斜面的摩擦生
程中
动
损
热过
Q2＝μ1mgcos 37°·s＝mv
解得Q2＝16 J
则Q＝Q1＋Q2＝48 J。
【针对训练1】 (2021·
城模
盐
拟)如图2 所示，电动传送带以恒定速度v0＝1.2 m/s
顺时针运行，传送带与水平面的夹角α＝37°，现将质量m＝20 kg 的箱子轻放到
传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到h＝1.8 m 的平台上。已知箱子与传送
2
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带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗(g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝
0.8)。求：
图2
(1)箱子在传送带上刚开始运动时加速度的大小；
(2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的
热量。
答案 (1)0.8 m/s2 (2)122.4 J
解析 (1)箱子
开始运
，受到
直向下的重力
刚
动时
竖
G 和沿斜面向上的滑
摩擦
动
力Ff，将重力沿斜面方向和垂直斜面方向
行正交分解，由牛
第二定律得
进
顿
Ff－mgsin α＝ma①
Ff＝μFN②
FN＝mgcos α③
立
联
①②③式，得a＝0.8 m/s2。
(2)箱子加速所用时间为t＝＝＝1.5 s
送
位移
传
带
x 传＝v0t＝1.8 m
总长L＝＝3 m
箱子加速位移为x 箱＝at2＝×0.8×1.52 m＝0.9 m＜L
生的
量
产
热
Q＝FfΔx＝Ff(x 传－x 箱)＝122.4 J。
模型二 滑块—木板模型
1.模型分类
滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块
—木板模型。
2.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。
3.解题关键
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。
3
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【例2】 (2021·昆山检测)如图3 所示，在高出水平地面h＝1.8 m 的光滑平台上放
置一质量M＝2 kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l1＝0.2 m
且表面光滑，左段表面粗糙。在A 最右端放有可视为质点的物块B，其质量m＝1
kg。B 与A 左段间动摩擦因数μ＝0.4。开始时二者均静止，现对A 施加F＝20 N 水
平向右的恒力，待B 脱离A(A 尚未露出平台)后，将A 取走。B 离开平台后的落地
点与平台右边缘的水平距离x＝1.2 m。(取g＝10 m/s2)求：
图3
(1)B 离开平台时的速度vB。
(2)B 从开始运动到刚脱离A 时，B 运动的时间tB和位移xB。
(3)A 左端的长度l2。
答案 (1)2 m/s (2)0.5 s 0.5 m (3)1.5 m
解析 (1)
物
平抛运
的
设
块
动
时间为t，由平抛运
律得
动规
h＝gt2，x＝vBt
立解得
联
vB＝2 m/s。
(2)设B 的加速度为aB，B 在A 的粗糙表面滑
，受向右的滑
摩擦力做匀加速直
动
动
运
。
线
动
由牛
第二定律，
顿
F 合＝μmg＝maB
由匀
速直
运
律
变
线
动规
vB＝aBtB，xB＝aBt
立解得
联
tB＝0.5 s，xB＝0.5 m。
(3)设B
好开始运
刚
动时A 的速度为v，以A
研究
象，由
能定理得
为
对
动
Fl1＝Mv
设B 运
后
动
A 的加速度为aA，由牛
第二定律和运
学的知
得
顿
动
识
F－μmg＝MaA，(l2＋xB)＝v1tB＋aAt
立解得
联
l2＝1.5 m。
【针对训练2】 (2021·
云港月考
连
)如图4 所示，AB 为固定的半径R＝1 m 的光滑
圆弧轨道，下端B 恰与小车右端平滑对接。小车质量M＝4 kg，车长L＝8 m。现有
一质量m＝2 kg 的滑块，由轨道顶端A 点以初速度v0＝4 m/s 进入轨道，滑到B 端
后冲上小车。已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.2，当车运
行了2.5 s 时，被地面装置锁住不动(g＝10 m/s2)。求：
4
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图4
(1)滑块到达B 端时，轨道对它支持力的大小？
(2)车被锁住时，车右端距轨道B 端的距离？
(3)从车开始运动到被锁住的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小？
答案 (1)92 N (2)3 m (3)24 J
解析 (1)从A 到B，滑
的机械能守恒
块
mgR＝mv－mv，解得vB＝6 m/s
在B 点，牛
第二定律
顿
FN－mg＝m，FN＝92 N。
(2)滑
滑到
块
B 端后冲上小
，滑
和小
受到的摩擦力分
车
块
车
别为Ff1、Ff2，
有Ff1＝Ff2＝μmg＝4 N
滑
和小
的加速度分
块
车
别为a1、a2，有a1＝＝2 m/s2，a2＝＝1 m/s
当滑
和小
共速度
所需
块
车
时
时间为t
有vB－a1t＝a2t
解得t＝2 s
滑
和小
的共同速度
块
车
v，有v＝2 m/s
小
运
车
动2.5 s
的位移
时
s＝×1×22 m＋2×0.5 m＝3 m。
(3)从滑
滑上小
到滑
和小
共速用了
块
车
块
车
2 s，滑
和小
相
滑
位移
块
车
对
动
s′＝ m－ m＝6 m
从
开始运
到被
住的
程中，滑
与
面
由于摩擦而
生的内能
车
动
锁
过
块
车
间
产
E＝μmg·s′＝24 J。
1.(2021·福建南平质检)如图1，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°，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，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：
5
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图1
(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，因与传送带间的摩擦而产生的热量。
答案 (1)10 m/s (2)37.5 J
解析 (1)当物体沿
送
滑入
，物体向下运
的加速度
传
带
时设
动
为a1，物体向下加速
到v
，所用
时
时间为t1，物体运
位移
动
为s1，根据运
学公式
动
μmgcos θ＋mgsin θ＝
ma1①
v＝v0＋a1t1②
s1＝t1③
解得t1＝0.5 s
s1＝3.75 m
由于s1＜L，最大静摩擦力
Ffm＝μmgcos 30°＝0.5mg
且沿斜面向上，物体将与
送
一起做匀速运
，即离开
送
的速度
传
带
动
传
带
为10
m/s。
(2)0.5 s 内物体相
送
运
位移
对传
带
动
Δs1＝vt1－s1＝1.25 m
0.5 s 后
送
停止，物体受到沿斜面向上的滑
摩擦力
传
带
动
Ff＝μmgcos 30°＝0.5mg
物体匀速下滑，物体相
送
运
位移
对传
带
动
Δs2＝L－s1＝6.25 m
摩擦力
生
量
则
产
热
Q＝μmg(Δs1＋Δs2)cos θ
解得Q＝37.5 J。
2.(2021·天津模拟)如图2 所示，质量为m 的工件，从高h 的光滑曲面上由静止下
滑，水平向右进入传送带，传送带以v0＝速度匀速向左运动，传送带长L，工件与
传送带之间的动摩擦因数μ＝。求：
图2
(1)工件离开传送带时的速度，工件是从传送带的左边还是右边离开传送带；
(2)工件在传送带上运动过程产生的热能。
答案 (1)，工件从传送带右边离开 (2)mgh
6
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解析 (1)
工件从
送
右
离开，工件到达
送
右
速度大小
设
传
带
边
传
带
边时
为v，mgh
－μmgL＝mv2，解得v＝＞0
故工件从
送
右
离开。
传
带
边
(2)工件到达
送
速度大小
传
带时
为v′，在
送
上运
传
带
动时间为t，mgh＝mv′2
v′－v＝at
a＝μg
生的
量
产
热
Q＝μmg(v0t＋L)
由以上各式解得Q＝mgh。
3.(2021·徐州月考)如图3 所示，质量M＝4 kg、长L＝2 m 的木板A 静止在光滑水
平面上，质量m＝1 kg 的小滑块B 置于A 的左端。B 在F＝3 N 的水平恒力作用下
由静止开始运动，当B 运动至A 的中点时撤去力F。A、B 之间的动摩擦因数μ＝
0.2，g 取10 m/s2。求：
图3
(1)撤去F 之前A、B 的加速度大小a1、a2；
(2)F 对小滑块B 做的功W；
答案 (1)0.5 m/s2 1 m/s2 (2)6 J
解析 (1)根据牛
第二定律得
顿
木板
对
A：μmg＝Ma1，
代入数据得a1＝0.5 m/s2
小滑
对
块B：F－μmg＝ma2，
代入数据得a2＝1 m/s2
即：撤去F 之前A、B 的加速度大小a1、a2分别为0.5 m/s2、1 m/s2。
(2)设F 作用时间为t，由位移公式得
小滑
对
块B：xB＝a2t2
木板
对
A：xA＝a1t2
当小滑块B 运
至木板
动
A 的中点
，有
时
xB－xA＝
代入数据得t＝2 s
F 做的功W＝FxB
代入数据得W＝6 J
7
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即F 对B 做的功W 是6 J。
4.如图4 所示，质量M＝8 kg 的长木板停放在光滑水平面上，在长木板的左端放
置一质量m＝2 kg 的小物块，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.2，现对小物
块施加一个大小F＝8 N 的水平向右恒力，小物块将由静止开始向右运动，2 s 后
小物块从长木板上滑落，从小物块开始运动到从长木板上滑落的过程中，重力加
速度g 取10 m/s2。求
图4
(1)小物块和长木板的加速度各为多大；
(2)长木板的长度；
(3)通过计算说明：互为作用力与反作用力的摩擦力对长木板和小物块做功的代
数和是否为零。
答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)3 m
(3)见解析
解析 (1)
木板与小物
摩擦力
长
块间
Ff＝μmg＝4 N
小物
加速
块
度a1＝＝2 m/s2
木板加速度
长
a2＝＝0.5 m/s2。
(2)小木
地位移
块对
x1＝a1t2＝4 m
木板
地位移
长
对
x2＝a2t2＝1 m
木板
长
长L＝x1－x2＝3 m。
(3)摩擦力
小物
做功
对
块
W1＝－Ffx1＝－16 J
摩擦力
木板做功
对长
W2＝Ffx2＝4 J
故W1＋W2≠0。
8
