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第31 讲 动力学和能量观点的综合应用
核心考点
考点一 传送带模型综合问题........................................................................................................1
考点二 “滑块—木板”模型综合问题........................................................................................9
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题..................................................................16
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。
(4)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＝Ffx 传。
②系统产生的内能：Q＝Ffx 相对。
③功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。
【例1】（2025·山东·二模）如图所示，水平光滑平面与顺时针匀速转动的水平传送带的右端
A 点平滑连接，轻质弹簧右端固定，原长时左端恰位于A 点。现用外力缓慢推动一质量为m
的小滑块（与弹簧不相连），使弹簧处于压缩状态，由静止释放后，滑块以速度v 滑上传送
带，一段时间后返回并再次压缩弹簧。已知返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，
滑块第一次从释放点到A 点的时间及第一次在传送带上运动的时间均为t0。已知弹簧弹性势
能
，其中k 为劲度系数。不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内，以下说法正确的
是（ ）
基础过关
1
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A．传送带匀速转动的速度大小为
B．经过足够长的时间，滑块最终静止于水平面上
C．滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为
D．滑块从释放到第4 次经过A 点的总时间为
【答案】AD
【详解】A．由于返回后弹簧的最大压缩量是初始压缩量的一半，表明滑块滑上传送带时先
向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，加速至与皮带速度相等后向右做匀速直
线运动，则有
，
解得传送带的速度
故A 正确；
B．结合上述可知，滑块返回A 点后匀速向右运动，压缩弹簧至最短，又向左加速至脱离弹
簧做匀速运动，之后再次在传送带上向左做匀减速直线运动，减速至0 后向右做匀加速直线
运动到达A 时速度恰好与皮带速度相等，之后重复上述运动，可知，经过足够长的时间，滑
块最终不会静止于水平面上，故B 错误；
C．滑块第一次向左做匀减速直线运动过程，利用逆向思维有
第一次返回向右做匀加速直线运动过程有
根据功能关系可知，滑块第一次在传送带上运动的过程中电机多消耗的电能为
解得
故C 错误；
2
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D．滑2 第一次向右匀速运动的时间
结合上述解得
根据题意有
其中
由于滑块与弹簧接触过程的运动是简谐运动，可知，滑块在水平面上每次向右与向左运动的
时间相等，均为t0，则滑块从释放到第4 次经过A 点的总时间为
结合上述解得
故D 正确。
故选AD。
【例2】（2025·天津北辰·三模）如图所示，一倾斜传送带上端与一光滑水平面平滑相连，水
平面上方有一长
的轻杆，可绕其上端
点处的光滑轴在竖直平面内自由转动，下端
固定连接物块B（可看成质点），B 与水平面接触无挤压。将物块A 轻放在传送带底端，运
动至顶端时刚好与传送带速度相同，之后平滑进入水平面与B 发生碰撞，碰后B 恰好能运动
至最高点。已知传送带以速度
顺时针方向匀速运行，与水平面夹角为
。
与传
送带间的动摩擦因数
，A、B 质量分别为
，
，重力加速度
，
，
。求：
(1)碰撞后物块A 的速度；
(2)物块A 从传送带底端运动到顶端的过程中机械能的增加量。
【答案】(1)
3
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(2)
【详解】（1）碰撞过程动量守恒，有：
B 恰好能运动至最高点，说明到达最高点速度恰好为0，根据机械能守恒定律，有：
代入数据可得
（2）物块A 在传送带上受到重力，支持力和摩擦力，正交分解有：
垂直于传送带方向，
沿传送带方向，
设传送带底端到顶端距离为
，有
A 物块机械能增加量
【例3】（2025·江苏宿迁·一模）工厂传送产品的装置如图所示。传送带在电动机的带动下顺
时针运行，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=37°，传送带顶端有与传送带上表面在同一直线
上的斜面，两者平滑对接。一产品无初速度地放到传送带底端，经传送带传动后滑上斜面，
恰好能到达斜面的顶端，由机器人取走产品。已知产品的质量m=1kg，传送带上表面的长度
L1=10m、运行速度v0=4m/s，斜面长度L2=1m，产品与传送带间的动摩擦因数
，取重力
加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
(1)求产品在传送带上加速运动的时间t；
(2)求产品与斜面间的动摩擦因数μ2；
(3)若不计电动机的损耗，求电动机传送该产品的整个过程中，产品获得的机械能E1与消耗电
能E2的比值。
【答案】(1)
4
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(2)
(3)
【详解】（1）根据牛顿第二定律
解得
产品加速距离
即产品在传送带上先加速再匀速运动，加速时间
解得
（2）产品在斜面上，由动能定理
解得
（3）产品在传送带上获得的机械能
解得
产品与传送带间产生的热量
消耗电能
解得
比值
【例4】（2025·青海西宁·三模）如图所示，倾斜传送带AB 的倾角
，长度
，
其顶端B 与长木板上表面齐平，长木板放在光滑的水平面上。在长木板上放置小物块b，开
始长木板和b 都静止，b 离长木板左端的距离
。小物块a 以某一初速度v（未
知）从传送带底端A 沿传送带向上运动，然后沿水平方向滑上长木板。已知小物块a、b 和长
木板的质量均为
，小物块a 与传送带间的动摩擦因数
，传送带以
5
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的速度沿顺时针方向转动，小物块a、b 与长木板间的动摩擦因数
，取重
力加速度
，小物块a、b 的碰撞为弹性碰撞，传送带和长木板平滑连接，a 经过
连接处时忽略能量损失，小物块a、b 均可视为质点。
(1)若
，求小物块a 通过传送带时产生的热量Q；（结果可用分数表示）
(2)要使小物块a 滑上长木板时的速度大小为
，求v 的最小值；（结果可用根式表示）
(3)若小物块a 以大小为
的速度滑上长木板，求小物块a、b 碰撞后瞬间，a 的速度大小
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由于
故a 滑上传送带后开始做减速运动对a 受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
a 与传送带达到共同速度后，由于
可知滑块随传送带一起匀速向上运动，设a 加速运动的位移为
,由运动学公式有
传送带的位移
产生的热量
解得
（2）当v 取最小值时，a 从斜面底端一直加速到斜面顶端时速度恰好达
6
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对a 受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
由运动学公式有
解得
（3）设a 滑上长木板后经t 时间与b 发生碰撞，a 的加速度
b 与长木板一起运动的加速度
由运动学公式可得
解得
设a 与b 碰撞前速度分别是
与
，则有
，
由于a 与b 碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒，则有
根据能量守恒，则有
解得
因此a 的速度大小为0.5m/s。
【例5】（2025·河北沧州·二模）如图所示，一个固定的光滑斜面
与光滑水平面
平滑
连接于
点，长
、绷紧的水平传送带在电动机带动下始终以恒定速度
逆
时针运行，质量
的小物块甲从距
高度
的A 处静止释放，滑上水平面
后在
点与质量
小物块乙沿水平方向发生弹性碰撞，碰撞后乙滑上传送带。传
送带左端有一质量
的小车静止在光滑的水平面上，小车的左端挡板处固定一根轻弹
簧，弹簧的自由端在
点，小车的上表面右端点
与
之间粗糙，
点左侧光滑，乙滑上小
车后向左挤压弹簧，向右返回后恰好没有离开小车。水平面
、传送带及小车的上表面等
高且平滑连接，乙与传送带及小车
段之间的动摩擦因数均为
，重力加速度
取
，不计空气阻力，甲、乙可视为质点，求：
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(1)甲与乙碰后瞬间甲、乙的速度大小；
(2)传送带的电动机由于传送乙多消耗的电能；
(3)
之间的距离和弹簧的最大弹性势能。
【答案】(1)2m/s，2m/s
(2)72J
(3)0.9m，13.5J
【详解】（1）小物块甲从光滑斜面A 点运动到
点，根据动能定理有
解得
甲、乙发生弹性碰撞，以甲的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
（2）设经过时间，小物块乙与传送带速度相等，根据匀变速直线运动速度公式有
根据牛顿第二定律有
解得
物块乙滑行的距离
传送带的位移
则相对位移
物块乙与传送带之间因摩擦而产生的热量
传送带的电动机由于传送物块乙多消耗的电能
（3）物块乙最终没有离开小车，物块乙与小车具有共同的末速度
，物块乙与小车组成的
系统动量守恒，则有
若
与
之间距离
不是很大，则物块乙必然挤压弹簧，由于
点左侧是光滑的，物块乙必
然被弹回到
、
之间，设物块乙恰好回到小车的右端
点处时与小车相对静止，则
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由能量守恒定律可得
解得
要使物体乙既能挤压弹簧，又最终没有离开小车，则
、
之间的距离为
由能量守恒
定律有
1．求电机多消耗电能的方法
(1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。即E＝Ek
＋Ep＋Q，其中Q＝Ff·x 相对。
(2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功
等于传送带克服摩擦力做的功，即W＝Ff·x 传，其中x 传为传送带对地的位移。
考点二 “滑块—木板”模型综合问题
1.板块模型的动力学分析和功能关系分析
情境模
型图示
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
功和能
分析
(1)对滑块和木板分别运用动能定理；
(2)对滑块和木板组成的系统运用能量守恒定律
解题时应注意三个问题
(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6】（2025·湖北·三模）如图所示，长木板C 固定在水平地面上，物块A、B 以相同大小
精讲考点
基础过关
9
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的初速度v=4m/s 同时从C 的左右两端开始相向运动，物块A 的质量为
与C 之间的
动摩擦因数为
物块B 的质量为
与C 之间的动摩擦因数为μ₂=0.4，A、B 可
视为质点，重力加速度大小
求：
(1)若A、B 未相撞，长木板C 的最小长度；
(2)若A、B 能相撞且相撞后结合为一个整体，碰撞时间极短，A、B 没有从长木板C 上掉下，
A、B 碰后运动位移的最大值是多少；
(3)若长木板C 未固定且地面光滑，C 的质量为
A、B 没有发生碰撞，则A 与C 之间
因摩擦产生的热量是多少。
【答案】(1)6m
(2)
(3)
【详解】（1）对A、B 分析，根据牛顿第二定律分别有
，
解得
，
根据运动公式分别有
，
解得
，
则长木板C 的最小长度为L
=6m
（2）只要A、B 在停下来之前发生碰撞，由系统满足动量守恒得
解得
碰后对A、B 整体，根据牛顿第二定律有
解得
由运动公式有
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解得x
如果A、B 在B 停下来之后发生碰撞，则碰后速度更小，位移也更小，故碰后运动位移的最
大值是
（3）若长木板C 未固定，在B 速度减为零之前，C 静止不动。假设B 速度减为零之后B、C
相对静止，根据牛顿第二定律有
解得
因
，故假设成立
B 速度减为零的过程中，B 与C 之间因摩擦产生的热量
，由能量守恒得
A、B 没有发生碰撞，最终A、B 和C 系统共速，设为
，由系统满足动量守恒有
解得
A、B 和C 系统总摩擦热量
，由能量守恒得
设A 与C 之间因摩擦产生的热量
，则有
解得
【例7】（2025·浙江·二模）倾角为37°足够长固定斜面上，有一长木板A 恰好能处于静止。
现有物块B 以
的速度从A 的顶端开始下滑，A、B 间动摩擦因数为μ=0.8。已知A、
B 的质量为别为
，
，重力加速度
，最大静摩擦力等于滑动摩
擦力。下列说法正确的是（ ）
A．物块B 下滑过程中，木板A 仍能处于静止
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B．物块B 下滑过程中，A 要向下加速，A、B 速度刚达到相等时为0.4m/s
C．要使B 不脱离A，A 板长度至少为1.25m
D．从开始运动到A、B 速度达到相等过程中，系统因摩擦产生的热量为18.6J
【答案】D
【详解】AB．由木板A 恰好能处于静止可得，A 与斜面间动摩擦因数
且A、B 在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足
可得v＝0.6m/s
故AB 错误；
C．对B 物体，根据牛顿第二定律
解得，B 物体向下减速时加速度为
减速时间
此过程中，物块B 的位移
木板A 的位移为
所以A 板长度至少为
故C 错误
D．全过程中系统因摩擦产生的热量
故D 正确。
故选D。
【例8】（2025·天津和平·二模）如图所示，长为
、质量为
的木板静止在光
滑的水平地面上，A、B 是木板的两个端点，点C 是AB 中点，AC 段光滑，CB 段粗糙，木板
的A 端放有一个质量为
的物块（可视为质点），现给木板施加一个水平向右，大小
为
的恒力，当物块相对木板滑至C 点时撤去这个力，最终物块恰好滑到木板的B 端
与木板一起运动，求：
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(1)物块到达木板C 点时木板的速度
；
(2)木板的摩擦力对物块做的功
；
(3)木块和木板CB 段间的动摩擦因数
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意，由于
段光滑，可知，开始木板滑动，物块不动，对木板由动能
定理有
解得
（2）撤去外力后，木板与物块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有
解得
对物块由动能定理有
解得
（3）由能量守恒定律有
解得
【例9】（2025·辽宁丹东·一模）如图所示，在光滑水平面上，质量
可视为质点的小
物块，静止在质量
的长木板左端，
与
间的动摩擦因数
，现对
施加
一水平向右的拉力
，作用一段时间
后立刻撤掉外力
，小物体又经时间
恰好运
动到长木板的右端且没从右端落下，重力加速度为
，求：
(1)时间
与时间
的比值；
(2)若长木板的长度
，则在外力
作用时间
内小物块和长木板组成的系统产生的热
量大小。
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【答案】(1)
(2)
【详解】（1）方法一：
由题得小物块与长木板最终共速，设速度大小为
，对小物块列动量定理
对长木板列动量定理
得
方法二：
对小物体受力分析列方程
得
对长木板受力分析列方程
得
小木块先加速后减速最后与长木板共速，长木板一直加速后匀速，小物块减速得加速度
得
小物块加速阶段最大速度
小物块减速阶段
长木板一直加速
得
（2）小物块加速阶段位移
小物块减速阶段位移
长木板位移
由
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得
时间内相对位移
【例10】（2025·湖南郴州·模拟预测）如图甲所示，一木板静止于光滑水平桌面上，
时，
物块视为质点以大小为
的速度水平滑上木板左端。图乙为物块与木板运动的
图像，
图中
已知，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A．木板的最小长度为
B．物块与木板的质量之比为
C．物块与木板间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块减小的动能、木板增大的动能及物块与木板组成的系统产生的热量之
比为
【答案】AC
【详解】A．由题图乙的
图像可以得出物块相对于木板滑动的距离为
则木板的最小长度为
，故A 正确；
B．由动量守恒定律有
可得物块与木板的质量之比
故B 错误；
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C．由题图乙的
图像可知，物块在木板上滑动的加速度大小
由牛顿第二定律有
解得
故C 正确；
D．物块减小的动能
木板增大的动能
由能量守恒定律可知，物块与木板组成的系统产生的热量
则
故D 错误。
故选AC。
1.解决滑块—木板模型问题的关键是先对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能
量的观点和力的观点来揭示其本质特征，然后列方程联立求解。
2.解题思路
考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
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
精讲考点
基础过关
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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11】（2025·山东枣庄·二模）如图甲所示，固定光滑斜面的倾角
，右端带有固定
挡板的“┚”形木板静置于水平面上，斜面底端B 与木板左端紧靠且跟其上表面平齐。将质
量
的小物块从斜面顶端A 由静止释放，物块滑上木板时不计能量损失，到达木板右
端时与挡板发生弹性碰撞。以物块刚滑上木板的时刻为计时起点，物块跟挡板碰撞前物块和
木板的
图像，如图乙所示，木板与地面间的动摩擦因素
，取重力加速度
。
(1)求斜面的长度；
(2)求从物块开始运动至其和挡板碰撞前的瞬间，物块与木板系统损失的机械能；
(3)物块最终能否从木板上滑落？若能，请求出物块滑落时的速度；若不能，请求出物块最终
到木板左端的距离d。
【答案】(1)
(2)
(3)不能，
【详解】（1）由图乙可知，物块到达斜面底端
时的速度为
物块从A 下滑到
的过程中，由动能定理可得
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解得
（2）由图乙可知，物块与档板碰撞前瞬间，物块、木板的速度分别为
，
根据加速度定义式有
解得物块、木板加速度大小分别为
，
对物块进行分析，根据牛顿第二定律有
对木板进行分析，根据牛顿第二定律有
解得
，
对物块与木板构成的系统，由能量守恒定律得
解得
（3）物块最终不能从木板上滑落。在
（
）时间内，物块相对于木板向右滑动，
碰前物块，木板的速度分别记为
、
，可知板长
解得板长
在
时物块与挡板发生弹性碰撞，碰后速度分别记为
、
由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
解得
，
碰撞后物块向左做匀减速直线运动，加速度大小
木板向右做匀减速直线运动，加速度大小记为
，则有
，
解得加速度大小
假设物块最终不能从木板上滑落，碰撞后再经过
两者共速，则有
解得
，
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在时间
内，物块相对于木板始终向左滑动，相对位移为
解得
可知物块不能从木板上滑落，则物块最终到木板左端的距离
【例12】（2025·江苏泰州·模拟预测）如图所示，将原长为
的轻弹簧置于长为
的光滑水
平面
上，
为
的中点，弹簧一端固定在
点，另一端与可视为质点且质量为
的滑
块
接触。
左侧为半径为
的光滑半圆轨道
，
点与圆心
等高。现将滑块
压
缩弹簧
至
点（图中未标出）后由静止释放，滑块恰好能到达轨道的最高点
，重力加
速度为
。
(1)求弹簧被压缩至
点时的弹性势能
；
(2)在
段铺一表面粗糙的薄膜，改用质量为
的滑块
仍将弹簧压缩到
点由静止释放，
恰能运动到半圆轨道的
点，求滑块
与薄膜间的动摩擦因数
；
(3)接第（2）问，求滑块
在薄膜上运动的总路程。
【答案】(1)
(2)
(3)5L
【详解】（1）滑块恰好能到达轨道的最高点
，则有
从E 到D 过程，由能量守恒有
联立解得
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（2）题意可知滑块Q 到C 点时速度为0，则从E 到C 过程，由能量守恒有
联立解得
（3）分析可知滑块Q 最终停在BF 上，由能量守恒有
联立解得
【例13】（2025·河南·模拟预测）如图所示，光滑水平平台
左端与固定在竖直面内的半
径为
的光滑四分之一圆弧轨道
在B 点平滑连接，
为圆心，
水平，平台右端
与足够长水平传送带平滑无缝连接，传送带以
的速度逆时针匀速转动。平台上静置着
质量分别为
的
、
两个小滑块，
、
滑块间有一被压缩的轻弹簧
（滑块与轻弹簧不拴接），两滑块用细线连接，此时轻弹簧的弹性势能为
。剪断细线，
弹簧将两滑块弹开，两滑块与弹簧分离后立刻撤去弹簧，之后滑块
滑上传送带，滑块
滑
上圆弧轨道，此后
、
在平台上发生碰撞，
始终未滑上传送带，
与传送带间的动摩擦
因数
，滑块均可视为质点，重力加速度
取
。求：
(1)弹簧将两滑块弹开后，滑块
第一次滑到圆弧轨道最低点
时对圆弧轨道的压力大小；
(2)若
、
在平台上碰撞后粘在一起，则
、
碰撞过程损失的机械能；
(3)若传送带运行的速度大小为
、
第一次碰撞的位置仍在平台上且发生的是弹性
碰撞，则从弹簧将两滑块弹开至a、b发生第
次碰撞过程中，物块
与传送带间因摩擦产生
的热量。
【答案】(1)
(2)8.75J
(3)
【详解】（1）设弹簧将两滑块弹开的一瞬间，
的速度大小分别为
、
，根据动量守
恒，有
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根据能量守恒，有
解得
滑块
第一次滑到圆弧轨道最低点B 时，根据牛顿第二定律，有
解得
根据牛顿第三定律，滑块
第一次滑到圆弧轨道最低点B 时对圆弧轨道的压力为
（2）由于
大于传送带运行速度
，因此滑块
第一次滑离传送带时的速度大
小为
设
、
碰撞后的共同速度为
，根据动量守恒有
设损失的机械能为
，根据能量守恒可得
解得
（3）若传送带运行的速度大小为
，由于
小于传送带运行速度，因此滑块
以
的速度滑离传送带向左运动，滑块
以
的速度向右运动，两者发生弹性碰撞。
根据动量守恒和能量守恒可知，碰撞后两滑块以碰撞前的速度反向运动。此后两物块周期性
重复运动。滑块
第一次在传送带上运动过程中，运动的加速度大小为
滑块
在传送带上向右运动过程中因摩擦产生的热量
物块
在传送带上向左运动过程中，因摩擦产生的热量
因此，从弹簧将两滑块弹开，至a、b 发生第
次碰撞过程中，物块
与传送带间因摩擦产生
的热量为
【例14】（2024·辽宁大连·二模）物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面
AB 末端与水平面BC 平滑连接于B 点，水平面BC 与传送带等高。工人将小件甲从A 点由静
止释放，运动到C 点时以速度
与遗留在平面末端C 点的小件乙发生碰撞（碰撞时
间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动），碰后甲、乙分别以速度
和
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冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速度
，传送带足够长。已知曲面
高度
，小件甲的质量
，小件甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因
数均为
，重力加速度取
。求：
(1)小件甲从A 点运动到C 点过程中克服摩擦阻力所做的功；
(2)小件乙的质量
及甲、乙碰撞过程损失的机械能；
(3)小件甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电能。
【答案】(1)
(2)
，
(3)
【详解】（1）甲从A 到C，由动能定理
得
（2）甲、乙碰撞，由动量守恒定律
解得
则损失的机械能
解得
（3）甲冲上传送带先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
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可得
甲加速到与传送带共速的时间
此过程传送带发生的位移
传送带克服甲物体摩擦力做功
乙冲上传送带先做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律
可得
乙减速到与传送带共速的时间
此过程传送带发生的位移
乙物体对传送带的摩擦力做了正功
电动机需额外消耗的电能
【例15】（2024·贵州遵义·一模）如图所示为一种自动卸货装置的简化图，
为倾斜直轨
道，
为水平传送带，
为水平直轨道，传送带与
、
在B、C 两点平滑相接，在
水平轨道右端固定一轻弹簧。O 为
上一点，
间距离
，
间的距离
，
与水平面的夹角
，
间距离
，传送带始终以
的速率顺时针转
动。将质量
的货物装入一个质量为M 的货箱中，从O 点由静止释放，货物在货箱
中始终与货箱保持相对静止，弹簧被货箱压缩到最短时立即被锁定，工人取走货物后解除弹
簧的锁定，货箱被弹回。货箱与
间动摩擦因数
，与传送带间的动摩擦因数
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，
段可视为光滑，货箱和货物均可视为质点，重力加速度g 取
，
，
。求：
(1)货箱和货物一起下滑到B 点时的速度大小
；
(2)货厢和货物一起通过
段所用的时间t；
(3)若货物质量不变，要使货箱能回到O 点且不从A 点滑出，货箱质量范围是多少（结果保留
三位有效数字）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）货箱和货物一起从O 点下滑到B 点的过程中，由动能定理可得
解得
（2）货箱和货物一起在BC 上运动时，根据牛顿第二定律可得
在传送带上的加速阶段有
，
在传送带上的匀速阶段有
货厢和货物一起通过BC 段所用的时间为
联立解得
（3）当货箱恰好回到O 点时，货箱质量最大，由能量守恒得
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解得
当货箱恰好回到A 点时，货箱质量最小，由能量守恒得
解得
则货箱质量范围为
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