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第23讲 动力学和能量观点的综合应用（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）
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这是一份第23讲 动力学和能量观点的综合应用（讲义）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考），共24页。
02、知识导图，思维引航 \l "_Tc18089" PAGEREF _Tc18089 2
\l "_Tc18651" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc18651 2
\l "_Tc7094" 考点一 传送带模型中的能量问题 PAGEREF _Tc7094 2
\l "_Tc18941" 知识点1．传送带问题的两个角度 PAGEREF _Tc18941 2
\l "_Tc28948" 知识点2．功能关系分析 PAGEREF _Tc28948 3
考向洞察
\l "_Tc12989" 考向1 水平传送带问题 PAGEREF _Tc12989 3
\l "_Tc8937" 考向2 倾斜传送带问题 PAGEREF _Tc8937 5
\l "_Tc25886" 考点二 滑块—木板模型综合问题 PAGEREF _Tc25886 6
\l "_Tc4029" 考向洞察 PAGEREF _Tc4029 7
\l "_Tc32730" 考向1水平面上“滑块—木板”模型 PAGEREF _Tc32730 7
\l "_Tc21640" 考向2 倾斜面上“滑块—木板”模型 PAGEREF _Tc21640 9
\l "_Tc18587" 考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题 PAGEREF _Tc18587 10
\l "_Tc12925" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc12925 14
考点一 传送带模型中的能量问题
知识点1．传送带问题的两个角度
知识点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传送带做的功：W＝Fx传。
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
考向1 水平传送带问题
1.如图所示，静止的水平传送带右端B点与粗糙的水平面相连接，传送带AB长L1＝0.36 m，质量为1 kg 的滑块以v0＝2 m/s的水平速度从传送带左端A点冲上传送带，并从传送带右端滑上水平面，最后停在距B点L2＝0.64 m的C处。已知滑块与传送带、滑块与水平面间的动摩擦因数均相等，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求动摩擦因数μ的值；
(2)若滑块从A点以v0＝2 m/s的水平速度冲上传送带时，传送带以v＝2 m/s的速度逆时针转动，求滑块在传送带上运动的过程中，传送带对滑块的冲量大小和整个过程电动机由于传送滑块多消耗的电能。
【答案】 (1)0.2 (2)eq \f(2,5)eq \r(26) N·s 0.8 J
【解析】(1)由动能定理可得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mv02，代入数据解得μ＝0.2。
(2)当传送带逆时针转动时，滑块在传送带上的加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，设滑块离开传送带时的速度大小为v1，则有v12－v02＝－2aL1，
代入数据可解得v1＝1.6 m/s
设滑块在传送带上运动的时间为t，则有L1＝eq \f(v0＋v1,2)t，解得t＝0.2 s
而传送带对滑块的作用力
F＝eq \r(μ mg2＋mg2)＝2eq \r(26) N，
所以传送带对滑块的冲量大小
I＝Ft＝eq \f(2,5) eq \r(26) N·s。
由于滑块在传送带上运动过程中，传送带向左运动的距离s＝vt＝0.4 m，
所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q＝μmg(s＋L1)＝1.52 J，
根据能量守恒定律可得，电动机多消耗的电能E＝Q＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02))，代入数据可解得E＝0.8 J。
2.(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量m＝10 kg的货物(可视为质点)从高h＝0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB两点之间的距离L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针匀速运动，取重力加速度g＝10 m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有( )
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.运送货物过程中，电动机输出的电能为60 J
【答案】 BC
【解析】 根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，货物运动至传送带的速度为v0＝2 m/s，根据牛顿第二定律μmg＝ma，货物与传送带共速时，有v0＋at1＝v，解得t1＝1 s，此时，货物的位移为x1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝3 m，摩擦力对货物做功为W＝μmgx1＝60 J，A错误；货物匀速运动时间为t2＝eq \f(L－x1,v)＝0.5 s，则货物从A运动到B用时t＝t1＋t2＝1.5 s，B正确；货物与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1 m，由于摩擦而产生的热量为Q＝μmgΔx＝20 J，C正确；运送货物过程中，电动机输出的电能为E＝Q＋eq \f(1,2)m(v2－veq \\al(2,0))＝80 J，D错误。
3如图所示，某快递公司使用电动传输机输送快件，传输机皮带以v＝4 m/s的速度逆时针运转，两传动轮O、P之间的距离s＝5 m，在传动轮O的正上方，将一质量m＝1 kg的快件轻放在皮带上，已知快件与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，在快件由O处传送到P处的过程中，因传送快件而多消耗的电能为( )
A.32 J B.16 J
C.8 J D.4 J
【答案】 B
【解析】 刚放上快件时，快件与皮带之间有相对滑动，快件运动的加速度
a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2
当快件的速度增大到与皮带的速度相同时，滑动摩擦力消失，滑动摩擦力的作用时间t＝eq \f(v,a)＝2 s
在此时间内，快件运动的位移
L＝eq \f(1,2)at2＝4 m因传送快件而多消耗的电能等于皮带克服摩擦力所做的功，则因传送快件而多消耗的电能
E＝μmgvt＝16 J，故B正确。
考向2 倾斜传送带问题
4.(多选)如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中( )
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到B处，乙传送带上的划痕长
C．将小物体传送到B处，乙系统由于摩擦产生的热量多
D．将小物体传送到B处，甲上的小物体需要的时间较长
【答案】 AD
【解析】传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，两种情况小物体重力势能和动能增加量都相同，所以机械能增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，A正确；设甲图中到达B处所用时间为t1，乙图中到达C处所用时间为t2，根据题意可得乙图中小物体到达C处后随传送带以速率v匀速运动到B点，所以甲图中划痕长为s甲＝s皮带－s物体＝vt1－eq \f(0＋v,2)·t1＝eq \f(1,2)vt1，乙图中划痕长为s乙＝eq \f(1,2)vt2，同时有t1＝eq \f(\f(H,sin θ),\f(v,2))＝eq \f(2H,vsin θ)，t2＝eq \f(2H－h,vsin θ)，可得t1>t2，所以有s甲>s乙，B错误；甲图中系统由于摩擦产生的热量为Q甲＝f·s甲＝f·eq \f(1,2)vt1＝f·s物体，根据动能定理有f·s物体－mgH＝eq \f(1,2)mv2，所以有Q甲＝mgH＋eq \f(1,2)mv2，同理可得Q乙＝mg(H－h)＋eq \f(1,2)mv2，所以有Q甲>Q乙，C错误；传送到B处，甲上的小物体需要的时间为t甲＝t1＝eq \f(2H,vsin θ)，乙上的小物体需要的时间为t乙＝t2＋eq \f(\f(h,sin θ),v)＝eq \f(2H－h,vsin θ)＋eq \f(h,vsin θ)＝eq \f(2H－h,vsin θ)，所以有t甲>t乙，D正确。
5.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。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 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
【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(μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，Ek＝eq \f(1,2)mv2＝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＝eq \f(1,2)mv2＝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＝eq \f(1,2)mv2＋mgLABsin θ＝62.0 J，C错误，D正确。
考点二 滑块—木板模型综合问题
“滑块—木板”问题的分析方法
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＝eq \f(Δv2,a2)＝eq \f(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．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。
“滑块—木板”问题的三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。如典例第(3)问：mvD＝(m＋M)v。
考向1水平面上“滑块—木板”模型
1. (多选)(2023·全国乙卷，21)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时( )
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl
D.物块的动能一定小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl
【答案】 BD
【解析】 物块和木板的运动示意图和v－t图像如图所示
根据动能定理可知
对m有－fx1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
对M有fx2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)②
根据v－t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知x2＝S△COF，x1＝SABFO
根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，即木板的动能一定小于fl，
A错误，B正确；
将①②两式相加得
－fl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
变形得物块离开木板时的动能eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＜eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl，C错误，D正确。
2. (多选)如图所示，质量M＝3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A.长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2
B.物块与长木板之间动摩擦因数为0.2
C.长木板长度至少为8 m
D.物块与长木板系统损失的机械能为36 J
【答案】 BC
【解析】 长木板做匀加速运动的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v,Δt)＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移x1＝eq \f(0＋v,2)·Δt＝eq \f(0＋4,2)×2 m＝4 m，物块的位移x2＝eq \f(v0＋v,2)·Δt＝eq \f(8＋4,2)×2 m＝12 m，所以长木板最小长度L＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律，物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝48 J，故D错误。
考向2 倾斜面上“滑块—木板”模型
3.如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1；
(2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx；
(3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。
【答案】 (1)eq \r(gL) (2)eq \f(L,k) (3)eq \f(2L,2k－1) eq \f(2kmgL,2k－1)
【解析】 (1)对物块与木板整体，根据动能定理有2mgLsin θ＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(gL)。
(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsin θ＋kmg＝ma1
解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，
物块的加速度大小为a2，则kmg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，
规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1
对物块有v共＝v1－a2t1
解得t1＝eq \f(\r(gL),gk)，v共＝eq \f(\r(gL),2k)
木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移x块＝eq \f(veq \\al(2,1)－veq \\al(2,共),2a2)
木板的位移大小x板＝eq \f(（－v1）2－veq \\al(2,共),2a1)
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为Δx＝x块＋x板＝eq \f(L,k)。
(3)设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则
mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0
解得x＝eq \f(2L,2k－1)
故系统产生的热量Q＝kmgx＝eq \f(2kmgL,2k－1)。
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。
1.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，cs 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xAB；
(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围；
(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)xAB≥5 m或xAB≤1.25 m (4)见解析
【解析】 (1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有vy＝v0tan θ＝3 m/s，平抛运动的竖直方向有vy2＝2gy，解得y＝0.45 m，运动时间t＝eq \f(vy,g)＝0.3 s，则x＝v0t＝1.2 m，即弹出时位置的坐标值为(1.2 m,0.45 m)。
(2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg＝meq \f(v12,R)
从P到D点，由动能定理得
mg(y＋xABsin θ－2R)－μmgxABcs θ－μmgxBC＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，联立解得xAB＝5 m。
(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xAB＝5 m
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＋xABsin θ－R)－μmgxABcs θ－μmgxBC＝0－eq \f(1,2)mv02，解得xAB＝1.25 m
滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5 m或xAB≤1.25 m
(4)由(3)知，xAB＝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夹角为α，则脱轨时mgsin α＝eq \f(mv22,R)
从P到脱轨的位置，由动能定理得
mg(y＋xABsin θ－R－Rsin α)－μmgxABcs θ－μmgxBC＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02
联立解得sin α＝0.6
即滑块在圆心以上Rsin α＝0.6 m处脱轨。
2.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
mgH－μmgLAB－mg·2R＝eq \f(1,2)mv2
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋F＝meq \f(v2,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＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知
mg(H－2R)－μmgs1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
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。
3.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O1、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O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的eq \f(1,4)圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)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Ep；
(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。
【答案】 (1)eq \f(1,3) (2)eq \f(11,3)mgR (3)(2eq \r(2)－1)mgR
【解析】 (1)由几何关系得B、C间的高度差h＝eq \f(2,3)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＝eq \f(1,3)。
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep
滑块从A到D过程由动能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝eq \f(1,2)mv2－0
滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v2,2R)
联立解得Ep＝eq \f(11,3)mgR。
(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＝eq \f(1,2)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
Ek＝eq \f(1,2)m[v2＋(gt)2]
联立解得Ek＝(2eq \r(2)－1)mgR。
1（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，根据机械能守恒
解得
在b点根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为
（2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得
解得
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得
根据运动学规律对游客
解得
该段时间内游客的位移为
滑板的位移为
根据位移关系得滑板的长度为
2．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
3．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
4．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C点的速度
vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得
v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
考情分析
2024·海南·高考物理试题
2024·浙江·高考物理试题
2024·湖北·高考物理试题
2023·浙江·高考物理试题
复习目标
目标1.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题。
目标2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
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
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
02、知识导图，思维引航 \l "_Tc18089" PAGEREF _Tc18089 2
\l "_Tc18651" 03、考点突破，考法探究 PAGEREF _Tc18651 2
\l "_Tc7094" 考点一 传送带模型中的能量问题 PAGEREF _Tc7094 2
\l "_Tc18941" 知识点1．传送带问题的两个角度 PAGEREF _Tc18941 2
\l "_Tc28948" 知识点2．功能关系分析 PAGEREF _Tc28948 3
考向洞察
\l "_Tc12989" 考向1 水平传送带问题 PAGEREF _Tc12989 3
\l "_Tc8937" 考向2 倾斜传送带问题 PAGEREF _Tc8937 5
\l "_Tc25886" 考点二 滑块—木板模型综合问题 PAGEREF _Tc25886 6
\l "_Tc4029" 考向洞察 PAGEREF _Tc4029 7
\l "_Tc32730" 考向1水平面上“滑块—木板”模型 PAGEREF _Tc32730 7
\l "_Tc21640" 考向2 倾斜面上“滑块—木板”模型 PAGEREF _Tc21640 9
\l "_Tc18587" 考点三 用动力学和能量观点分析多运动组合问题 PAGEREF _Tc18587 10
\l "_Tc12925" 04、真题练习，命题洞见 PAGEREF _Tc12925 14
考点一 传送带模型中的能量问题
知识点1．传送带问题的两个角度
知识点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传送带做的功：W＝Fx传。
②产生的内能：Q＝Ffx相对。
考向1 水平传送带问题
1.如图所示，静止的水平传送带右端B点与粗糙的水平面相连接，传送带AB长L1＝0.36 m，质量为1 kg 的滑块以v0＝2 m/s的水平速度从传送带左端A点冲上传送带，并从传送带右端滑上水平面，最后停在距B点L2＝0.64 m的C处。已知滑块与传送带、滑块与水平面间的动摩擦因数均相等，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求动摩擦因数μ的值；
(2)若滑块从A点以v0＝2 m/s的水平速度冲上传送带时，传送带以v＝2 m/s的速度逆时针转动，求滑块在传送带上运动的过程中，传送带对滑块的冲量大小和整个过程电动机由于传送滑块多消耗的电能。
【答案】 (1)0.2 (2)eq \f(2,5)eq \r(26) N·s 0.8 J
【解析】(1)由动能定理可得－μmg(L1＋L2)＝0－eq \f(1,2)mv02，代入数据解得μ＝0.2。
(2)当传送带逆时针转动时，滑块在传送带上的加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，设滑块离开传送带时的速度大小为v1，则有v12－v02＝－2aL1，
代入数据可解得v1＝1.6 m/s
设滑块在传送带上运动的时间为t，则有L1＝eq \f(v0＋v1,2)t，解得t＝0.2 s
而传送带对滑块的作用力
F＝eq \r(μ mg2＋mg2)＝2eq \r(26) N，
所以传送带对滑块的冲量大小
I＝Ft＝eq \f(2,5) eq \r(26) N·s。
由于滑块在传送带上运动过程中，传送带向左运动的距离s＝vt＝0.4 m，
所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q＝μmg(s＋L1)＝1.52 J，
根据能量守恒定律可得，电动机多消耗的电能E＝Q＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02))，代入数据可解得E＝0.8 J。
2.(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量m＝10 kg的货物(可视为质点)从高h＝0.2 m的轨道上P点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的A点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB两点之间的距离L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针匀速运动，取重力加速度g＝10 m/s2。装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有( )
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A运动到B用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.运送货物过程中，电动机输出的电能为60 J
【答案】 BC
【解析】 根据机械能守恒定律有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，货物运动至传送带的速度为v0＝2 m/s，根据牛顿第二定律μmg＝ma，货物与传送带共速时，有v0＋at1＝v，解得t1＝1 s，此时，货物的位移为x1＝eq \f(v0＋v,2)t1＝3 m，摩擦力对货物做功为W＝μmgx1＝60 J，A错误；货物匀速运动时间为t2＝eq \f(L－x1,v)＝0.5 s，则货物从A运动到B用时t＝t1＋t2＝1.5 s，B正确；货物与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1 m，由于摩擦而产生的热量为Q＝μmgΔx＝20 J，C正确；运送货物过程中，电动机输出的电能为E＝Q＋eq \f(1,2)m(v2－veq \\al(2,0))＝80 J，D错误。
3如图所示，某快递公司使用电动传输机输送快件，传输机皮带以v＝4 m/s的速度逆时针运转，两传动轮O、P之间的距离s＝5 m，在传动轮O的正上方，将一质量m＝1 kg的快件轻放在皮带上，已知快件与皮带之间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，在快件由O处传送到P处的过程中，因传送快件而多消耗的电能为( )
A.32 J B.16 J
C.8 J D.4 J
【答案】 B
【解析】 刚放上快件时，快件与皮带之间有相对滑动，快件运动的加速度
a＝eq \f(Ff,m)＝eq \f(μmg,m)＝μg＝2 m/s2
当快件的速度增大到与皮带的速度相同时，滑动摩擦力消失，滑动摩擦力的作用时间t＝eq \f(v,a)＝2 s
在此时间内，快件运动的位移
L＝eq \f(1,2)at2＝4 m
E＝μmgvt＝16 J，故B正确。
考向2 倾斜传送带问题
4.(多选)如图所示甲、乙两种粗糙面不同的传送带，倾斜于水平地面放置，以同样恒定速率v向上运动。现将一质量为m的小物体(视为质点)轻轻放在A处，小物体在甲传送带上到达B处时恰好达到传送带的速率v；在乙传送带上到达离B竖直高度为h的C处时达到传送带的速率v。已知B处离地面高度为H，则在物体从A到B的运动过程中( )
A．两种传送带对小物体做功相等
B．将小物体传送到B处，乙传送带上的划痕长
C．将小物体传送到B处，乙系统由于摩擦产生的热量多
D．将小物体传送到B处，甲上的小物体需要的时间较长
【答案】 AD
【解析】传送带对小物体做的功等于小物体机械能的增加量，两种情况小物体重力势能和动能增加量都相同，所以机械能增加量相同，所以两种传送带对小物体做功相等，A正确；设甲图中到达B处所用时间为t1，乙图中到达C处所用时间为t2，根据题意可得乙图中小物体到达C处后随传送带以速率v匀速运动到B点，所以甲图中划痕长为s甲＝s皮带－s物体＝vt1－eq \f(0＋v,2)·t1＝eq \f(1,2)vt1，乙图中划痕长为s乙＝eq \f(1,2)vt2，同时有t1＝eq \f(\f(H,sin θ),\f(v,2))＝eq \f(2H,vsin θ)，t2＝eq \f(2H－h,vsin θ)，可得t1>t2，所以有s甲>s乙，B错误；甲图中系统由于摩擦产生的热量为Q甲＝f·s甲＝f·eq \f(1,2)vt1＝f·s物体，根据动能定理有f·s物体－mgH＝eq \f(1,2)mv2，所以有Q甲＝mgH＋eq \f(1,2)mv2，同理可得Q乙＝mg(H－h)＋eq \f(1,2)mv2，所以有Q甲>Q乙，C错误；传送到B处，甲上的小物体需要的时间为t甲＝t1＝eq \f(2H,vsin θ)，乙上的小物体需要的时间为t乙＝t2＋eq \f(\f(h,sin θ),v)＝eq \f(2H－h,vsin θ)＋eq \f(h,vsin θ)＝eq \f(2H－h,vsin θ)，所以有t甲>t乙，D正确。
5.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。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 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
【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(μmgcs θ－mgsin θ)x＝Ek－0，在5 m后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v＝2.0 m/s，Ek＝eq \f(1,2)mv2＝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＝eq \f(1,2)mv2＝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＝eq \f(1,2)mv2＋mgLABsin θ＝62.0 J，C错误，D正确。
考点二 滑块—木板模型综合问题
“滑块—木板”问题的分析方法
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＝eq \f(Δv2,a2)＝eq \f(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．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。
“滑块—木板”问题的三种处理方法
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
(2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。如典例第(3)问：mvD＝(m＋M)v。
考向1水平面上“滑块—木板”模型
1. (多选)(2023·全国乙卷，21)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时( )
A.木板的动能一定等于fl
B.木板的动能一定小于fl
C.物块的动能一定大于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl
D.物块的动能一定小于eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl
【答案】 BD
【解析】 物块和木板的运动示意图和v－t图像如图所示
根据动能定理可知
对m有－fx1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)①
对M有fx2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)②
根据v－t图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知x2＝S△COF，x1＝SABFO
根据位移关系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)，即木板的动能一定小于fl，
A错误，B正确；
将①②两式相加得
－fl＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
变形得物块离开木板时的动能eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)＜eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－fl，C错误，D正确。
2. (多选)如图所示，质量M＝3 kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，t＝0时质量m＝3 kg表面粗糙的物块(可视为质点)以v0＝8 m/s的初速度滑上长木板，经过时间Δt＝2 s物块和长木板达到共同速度v＝4 m/s，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A.长木板加速运动的加速度大小是3 m/s2
B.物块与长木板之间动摩擦因数为0.2
C.长木板长度至少为8 m
D.物块与长木板系统损失的机械能为36 J
【答案】 BC
【解析】 长木板做匀加速运动的加速度大小a＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(v,Δt)＝2 m/s2，故A错误；根据牛顿第二定律，对长木板有μmg＝Ma，解得物块与长木板之间动摩擦因数为μ＝0.2，故B正确；前2 s内长木板的位移x1＝eq \f(0＋v,2)·Δt＝eq \f(0＋4,2)×2 m＝4 m，物块的位移x2＝eq \f(v0＋v,2)·Δt＝eq \f(8＋4,2)×2 m＝12 m，所以长木板最小长度L＝x2－x1＝8 m，故C正确；根据能量守恒定律，物块与长木板系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝48 J，故D错误。
考向2 倾斜面上“滑块—木板”模型
3.如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5
(2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx；
(3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。
【答案】 (1)eq \r(gL) (2)eq \f(L,k) (3)eq \f(2L,2k－1) eq \f(2kmgL,2k－1)
【解析】 (1)对物块与木板整体，根据动能定理有2mgLsin θ＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)
解得v1＝eq \r(gL)。
(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsin θ＋kmg＝ma1
解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，
物块的加速度大小为a2，则kmg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，
规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1
对物块有v共＝v1－a2t1
解得t1＝eq \f(\r(gL),gk)，v共＝eq \f(\r(gL),2k)
木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移x块＝eq \f(veq \\al(2,1)－veq \\al(2,共),2a2)
木板的位移大小x板＝eq \f(（－v1）2－veq \\al(2,共),2a1)
之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为Δx＝x块＋x板＝eq \f(L,k)。
(3)设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则
mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0
解得x＝eq \f(2L,2k－1)
故系统产生的热量Q＝kmgx＝eq \f(2kmgL,2k－1)。
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。
1.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，cs 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xAB；
(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围；
(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)xAB≥5 m或xAB≤1.25 m (4)见解析
【解析】 (1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有vy＝v0tan θ＝3 m/s，平抛运动的竖直方向有vy2＝2gy，解得y＝0.45 m，运动时间t＝eq \f(vy,g)＝0.3 s，则x＝v0t＝1.2 m，即弹出时位置的坐标值为(1.2 m,0.45 m)。
(2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg＝meq \f(v12,R)
从P到D点，由动能定理得
mg(y＋xABsin θ－2R)－μmgxABcs θ－μmgxBC＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02，联立解得xAB＝5 m。
(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xAB＝5 m
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＋xABsin θ－R)－μmgxABcs θ－μmgxBC＝0－eq \f(1,2)mv02，解得xAB＝1.25 m
滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5 m或xAB≤1.25 m
(4)由(3)知，xAB＝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夹角为α，则脱轨时mgsin α＝eq \f(mv22,R)
从P到脱轨的位置，由动能定理得
mg(y＋xABsin θ－R－Rsin α)－μmgxABcs θ－μmgxBC＝eq \f(1,2)mv22－eq \f(1,2)mv02
联立解得sin α＝0.6
即滑块在圆心以上Rsin α＝0.6 m处脱轨。
2.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
mgH－μmgLAB－mg·2R＝eq \f(1,2)mv2
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋F＝meq \f(v2,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＝meq \f(veq \\al(2,0),R)
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知
mg(H－2R)－μmgs1＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)
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。
3.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O1、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O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的eq \f(1,4)圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。质量为m的小滑块(可视为质点)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Ep；
(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek。
【答案】 (1)eq \f(1,3) (2)eq \f(11,3)mgR (3)(2eq \r(2)－1)mgR
【解析】 (1)由几何关系得B、C间的高度差h＝eq \f(2,3)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＝eq \f(1,3)。
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep
滑块从A到D过程由动能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝eq \f(1,2)mv2－0
滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝meq \f(v2,2R)
联立解得Ep＝eq \f(11,3)mgR。
(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＝eq \f(1,2)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
Ek＝eq \f(1,2)m[v2＋(gt)2]
联立解得Ek＝(2eq \r(2)－1)mgR。
1（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，根据机械能守恒
解得
在b点根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为
（2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得
解得
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得
根据运动学规律对游客
解得
该段时间内游客的位移为
滑板的位移为
根据位移关系得滑板的长度为
2．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
3．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
4．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C点的速度
vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得
v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
考情分析
2024·海南·高考物理试题
2024·浙江·高考物理试题
2024·湖北·高考物理试题
2023·浙江·高考物理试题
复习目标
目标1.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题。
目标2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
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
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
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