练习5 用动力学与能量解决多过程问题—2025年高考物理压轴题专项通关秘籍（全国通用）

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传送带模型中的动力学和能量转化问题
1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：
(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．传送带模型问题中的功能关系分析
(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．
传送带模型问题的分析流程
水平传动带模型上物体的常见运动
倾斜传送带模型上物体的常见运动
倾斜传送带——上传模型
倾斜传送带——下载模型
含弹簧类机械能守恒问题
1．物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能．
2．发生形变的物体不一定具有弹性势能，只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能．
3．弹性势能是弹力装置和受弹力作用的物体组成的系统所共有的．
4．弹力做功引起弹性势能的变化．弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加．
常用公式
1．（2023•绵阳模拟）如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的初速度v0＝32m/s通过半径为R＝0.4m的光滑半圆轨道的最高点A，并沿圆轨道运动至最低点B（最低点B与传送带平滑连接），之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C，最终从点C水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不同的动摩擦因数µ这一特性，并通过调节传送带运行速度v和传送带长度L来达到分离的目的，分离效果可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2和0.4，点C距收集板的高度为h＝1.25m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失，不考虑谷物间的碰撞，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。（结果可以保留根号形式）
（1）求谷物运动至点B时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动，调整传送带长度L＝2.25m，求x；
（3）现调整传送带顺时针运行速度为v＝9m/s，为保证谷物的分离效果良好，需满足x≥0.5m，求传送带长度L的取值范围。
【解答】解：（1）根据能量守恒定律，从A到B过程有
12mvB2−12mv02=2mgR
解得
vB=34m/s
（2）从B点到C点过程，有
12mvC2−12mvB2=−μmgL
则两种谷物到达C点的速度分别为
vC1＝5m/s，vC2＝4m/s
两种谷物从C点离开分别做平抛运动，有
h=12gt2
x＝（vC1﹣vC2）t＝Δvt
联立解得
x＝0.5m
（3）由h=12gt2
x＝（vC1﹣vC2）t＝Δvt
x≥0.5m
解得
Δv≥lm/s
情形1：两种谷物到达点C之前都处于匀加速运动。则
vB2+2gμ2L−vB2+2gμ1L≥1
化简得
16L2﹣24L﹣135≥0
解得
L≥3.75m
情形2：其中一种谷物到达点C之前已处于匀速运动，另一种谷物仍处于匀加速运动。则
vC1≤8m/s，vC2＝v＝9m/s
12mvC12−12mvB2=μmgL
解得
L≤7.5m
综上所述有3.75m≤L≤7.5m
2．（2023•浙江模拟）某闯关项目的简化图如图所示，距离水平地面高为h＝1.8m的平台上，A点左侧为光滑平台，一根弹簧左端与固定挡板连接，自然长度时右端不超过A点，一个可以看作质点的滑块靠着弹簧右端（不拴连），滑块质量为m＝1kg。平台AB段长为L1＝2.0m，与滑块的动摩擦因数为μ1＝0.1。B点右侧设置长为L2＝1.5m的水平传送带，传送带与滑块的动摩擦因数为μ2，传送带的右端设置半径为R＝0.9m的半圆弧光滑轨道，CD为竖直直径的上下两端，C点与传送带末端的空隙很小，但是可以让滑块通过。传送带一且启动，顺转（即让传送带顺时针方向转动）和逆转的速度都为v＝4m/s，在B点的左侧附近设置传送带启动按钮，按钮有两个，一个为顺转，一个为逆转。闯关开始前传送带处于关闭状态。闯关时，选手首先向左推滑块压缩弹簧，使弹簧具有一定的初始弹性势能EP，然后释放滑块，在滑块进入传送带前，选手必须按照实时情况按下顺转按钮或逆转按钮。闯关规则为：如果滑块最终能始终沿着轨道到达水平地面，则闯关成功；如果滑块最终退回到A点左侧，则可以再次闯关（既不失败，也没有成功）；如果滑块最终停在AB段上，或者向右出传送带后摔落在CD段则游戏失败（来不及按下按钮也视为失败，本题假设选手都按了按钮）。g取10m/s2。
（1）设备调试时，关闭传送带，测得当弹簧的初始弹性势能为EP＝5.0J时，滑块恰好滑到传送带的右端停止，求传送带与滑块的动摩擦因数μ2的大小；
（2）某选手压缩弹簧使其具有EP＝4.5J的初始弹性势能，请通过计算说明本次闯关选手（按下任何一个按钮的可能性都会有）是否可能会失败；
（3）求选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能EP取值范围。
【解答】解：（1）该过程中，根据能量守恒定律可得：
Ep＝μ1mgL1+μ2mgL2
代入数据解得：μ2＝0.2
（2）设滑块到达B点的速度为vB，根据能量守恒定律可得：
Ep−μ1mgL1=12mvB2
解得：vB＝3m/s
选择1：若选手按下顺转按钮，设滑块在传送带上能全程加速，到达C点的速度为vC，根据动能定理可得：
μ2mgL2=12mvC2−12mvB2
解得：vC=11m/s
vC＜v，说明全程加速成立
vC＞v0，说明按下顺转按钮可以沿轨道到达水平地面，闯关成功
选择2：若选手按下逆转按钮，设滑块在传送带上减速到零的对地位移为x，则
−μ2mgx=0−12mvB2
解得：x＝1.25m
因为x＜L2，说明传送带上减速到零的假设成立
vB=5m/s＜v，说明滑块可以按原速率v0=5m/s回到B点
又12mvB2=12×1×5J=2.5J＞μ1mgL1=0.1×1×10×2J=2J
故滑块可以回到A点左侧，再闯关一次
综上分析，本次选手闯关不会失败
（3）设顺转按钮情景下的最小初始弹性势能为Ep1
有Ep1−μ1mgL1+μ2mgL2=12mv02
解得：Ep1＝3.5J
且Ep1＝3.5J≥μ1mgL1＝2J，能够冲上传送带，成立
设逆转按钮情景下的最小初始弹性势能为Ep2
Ep2−μ1mgL1−μ2mgL2=12mv02
解得：Ep2＝9.5J
综上所述，选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能EP取值范围为Ep≥9.5J
答：（1）传送带与滑块的动摩擦因数μ2的大小为0.2；
（2）通过分析可知，本次选手闯关不会失败；
（3）选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能EP取值范围为Ep≥9.5J。
3．（2023•枣强县校级模拟）如图所示，竖直平面内固定有半径为R＝2m的光滑四分之一圆轨道AB，水平直轨道BC、DE，以速度v0＝3m/s逆时针转动的水平传送带CD及竖直固定反弹装置。各轨道平滑连接。现有一质量为m＝2kg的滑块（可视为质点）从轨道AB上高为h处由静止下滑，最终与反弹装置发生弹性碰撞。已知LBC＝0.45m，LCD＝0.70m，LDE＝0.90m，滑块与BC和CD间的动摩擦因数μ＝0.5，与DE间的动摩擦因数μ'=0.5−59x，其中x为滑块距D点的距离。
（1）若h＝0.2m，求滑块运动至B处时对轨道的作用力FN。
（2）若滑块无法通过传送带，求高度h的最大值。
（3）若滑块只能经过C点两次，试求传送带因传送滑块额外做的功的最大值。
【解答】解：（1）滑块从A到B过程机械能守恒，有mgℎ=12mvB2
由合外力提供向心力有F'N−mg=mvB2R
由牛顿第三定律可得滑块对轨道的作用力FN＝F′N＝24N，方向竖直向下。
（2）滑块无法通过传送带的临界条件为滑块第一次到达D点的速度为零，由能量守恒定律有：mghm＝μmg（LBC+LCD）
解得：hm＝0.575m
（3）传送带额外做的功最大的临界条件为滑块经E反弹后第二次到达D点时速度为零。假设以上条件可满足，设滑块第一次到达D点时速度大小为vD1，由动能定理有：0−12mvD12=−2μ'mgLDE=−2×12×(0.5+0)mgLDE
解得：vD1＝3m/s
设滑块第一次到达C点时速度大小为vC1，由动能定理有：−μmgLCD=12mvD12−12mvC12
解得：vC1＝4m/s
由于：mgR−μmgLBC＞12mvC12
所以假设成立。设滑块第二次到达C点时速度大小为vC2，则有：μmgLCD=12mvC22
得vC2=7m/s＜3m/s
又vC222μg=0.7m＜2LBC
此后滑块无法再通过D点。滑块从C到D的过程有：Wf1=μmg×v0×vC1−vD1μg
滑块从D到C的过程有：Wf2=μmg×v0×vC2μg
传送带额外做功的最大值为：Wf＝W1+W2
联立得：Wf=6(1+7)J
答：（1）若h＝0.2m，则滑块运动至B处时滑块对轨道的作用力为24N，方向竖直向下；
（2）若滑块过不了传送带，则高度h的最大值为0.575m；
（3）若滑块只通过传送带一个来回，传送带额外做功的最大值为6（1+7）J。
4．（2023•思明区二模）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v＝2m/s匀速运动，质量为m1＝1kg的小物块P和质量为m2＝1.5kg的小物块Q由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块P从传送带左端以速度v0＝4m/s冲上传送带，P与定滑轮间的绳子水平。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块Q都没有上升到定滑轮处。求：
（1）物块P刚冲上传送带时的加速度大小；
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜v0）匀速运动，当v取多大时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦生热最小？其最小值为多大？
【解答】解：（1）物块P刚冲上传送带时，设PQ的加速度为a1，轻绳的拉力为F1因P的初速度大于传送带的速度，则P相对传送带向右运动，故P受到向左的摩擦力作用。
对P，由牛顿第二定律得：F1+μm1g＝m1a1
对Q受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛顿第二定律得：
m2g﹣F1＝m2a1
联立解得：a1＝8m/s2。
（2）P先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，则有：
x1=v02−v22a1=42−222×8m=0.75m
共速后，由于摩擦力f＝μm1g＝5N＜m2g＝15N
故P不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右
设此时的加速度为a2，轻绳的拉力为F2
对P，由牛顿第二定律得：F2﹣μm1g＝m1a2
对Q，由牛顿第二定律得：m2g﹣F2＝m2a2
联立解得：a2＝4m/s2。
设减速到0位移为x2，则有：x2=v22a2=222×4m=0.5m
PQ系统机械能的改变量等于摩擦力对P做的功：ΔE＝﹣μm1gx1+μmgx2
解得：ΔE＝﹣1.25J
（3）第一个减速过程，所用时间为：t1=v0−va1=4−v8
P运动的位移为：x1=v+v02t1=16−v216
皮带运动的位移为：x2=vt1=4v−v28
第二个减速过程，所用时间为：t2=va2=v4
P运动的位移为：x'1=v02t2=v28
皮带运动的位移为：x'2=vt2=v24
则整个过程产生的热量为：Q=μm1g(x1−x2)+μm1g(x'2−x'1)=5(3v2−8v−16)16
根据数学知识知，当v=43m/s时，Qmin=103J
答：（1）物块P刚冲上传送带时的加速度大小是8m/s2。
（2）物块P刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ系统机械能的改变量是﹣1.25J。
（3）当v取43m/s时物块P向右冲到最远处时，P与传送带间产生的摩擦生热最小，其最小值为103J。
5．（2023•镇海区模拟）如图所示，长L＝1m的传送带AB以速度v0＝1m/s顺时针转动，与水平面夹角为α＝37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC平滑连接。滑块P、Q用细线拴在一起静止在水平轨道BC上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复原长时，滑块P向左运动的速度为v1＝4m/s。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块P、Q质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg。高H＝1.5m倾角为θ的粗糙倾斜轨道与水平轨道BC在C处平滑连接，光滑曲线轨道DEF左右对称，E为最高点。对于一般曲线上的某点，若存在一个最接近该点附近曲线的圆，则这个圆叫做曲率圆，它的半径叫做该点的曲率半径。图中圆1和圆2分别为D、E两点的曲率圆，半径分别为R1＝0.8m、R2＝0.2m。滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a＝2g。求：
（1）滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能ΔE；
（2）曲线轨道DEF上任意高度h处的曲率半径R与h的关系；
（3）物块P与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。
【解答】解：（1）弹簧将P、Q弹开的过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m2v2﹣m1v1＝0
解得：v2＝2m/s
由题知，滑块Q在光滑轨道DEF内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a＝2g，则在D点有
a=vD2R1
解得：vD＝4m/s
故滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能为：
ΔE=12m2v22+m2gH−12m2vD2
解得：ΔE＝18J
（2）同理在E点也有
a=vE2R2
解得：vE＝2m/s
从D点到曲线轨道DEF上任意高度由动能定理得：
−m2gℎ=12m2v2−12m2vD2
且a=v2R
联立解得：R＝0.8﹣h
其中R1≥R≥R2
则0≤h≤0.6m
（3）滑块P在传送带向上减速，其加速度为a1，由牛顿第二定律得：
m1gsinα+μm1gcsα＝m1a1
代入数据得：a1＝10m/s2
滑块P向上减速到0时有t1=v1a1
代入数据得：t1＝0.4s
位移x1=12v1t1
代入数据得：x1＝0.8m即x1＜L
则滑块P未从顶端冲出，之后向下先加速，加速到共速有
t2=v0a1
代入数据得：t2＝0.1s
x1=12v0t2
代入数据得：x1＝0.05m
共速后对滑块P，由牛顿第二定律得：
m1gsinα﹣μm1gcsα＝m1a2
代入数据得：a2＝2m/s2
则滑块P向下减速有
x1−x2=v0t3+12a2t32
代入数据得：t3＝0.5s
故整个过程中滑块P与传送带相对运动的距离为：
Δs＝（x1+v0t1）+（v0t2﹣x2）+（x2﹣x1﹣v0t3）
代入数据得：Δs＝1.5m
则Q＝μm2gcsα•Δs
代入数据得：Q＝6J
答：（1）滑块Q从C运动到D过程中损失的机械能ΔE为18J；
（2）曲线轨道DEF上任意高度h处的曲率半径R与h的关系为R＝0.8﹣h，（0≤h≤0.6m）；
（3）物块P与传送带之间因摩擦而产生的热量Q为6J。
6．（2023•丰台区二模）物理源自生活，生活中处处有物理。
清洗玻璃杯外表面时，水流与玻璃杯表面的粘滑力会影响水流下落的速度，并使水流沿着玻璃杯的外表面流动，如图所示。已知该水龙头水流的流量为Q（单位时间内流出水的体积），水龙头内径为D。
（1）求水流出水龙头的速度v0。
（2）现用该水龙头清洗水平放置的圆柱形玻璃杯，柱状水流离开水龙头，下落高度为h，与玻璃杯横截面圆心O处于同一水平面时，开始贴着玻璃杯外表面流动，经过一时间后达到如图所示的稳定状态。水流经过玻璃杯的最低点A时，垂直于速度方向的横截面可认为是宽度为d的矩形。水流在A点沿水平方向离开玻璃杯，落至水池底部B点，落点B到A点正下方C点的距离为x，AC竖直高度为H（H远大于玻璃杯表面水流厚度）。已知水池底面为水平面，不考虑空气阻力的影响，且认为下落过程水不散开，水的密度为ρ，玻璃杯的外半径为R，重力加速度为g，求：
a.水流在A点还未离开玻璃杯时，竖直方向上单位面积受到的合力大小F；
b.达到稳定状态后，t时间内玻璃杯对水流的作用力所做的功W。
【解答】解：（1）极短的时间Δt内水龙头流出的水的体积为：
QΔt=π×D24v0Δt
解得：v0=4QπD2
（2）a、以极短的时间Δt内水龙头流出的水为研究对象，水的质量为Δm，该部分水在A点与玻璃杯底部接触面积为ΔS，水流在A点速度大小为v，则有
Δm＝ρQΔt，ΔS＝dvΔt
水流离开玻璃杯后在空中的运动时间为tAB，则有
H=12gtAB2；x＝vtAB
该部分水在A点，在竖直方向受到的合力提供向心力，则
FΔs=Δmv2R
解得：F=ρQxRdg2H
b、设t时间内从水龙头流出的水质量为m，则有
m＝ρQt
在水从水龙头出水口运动到玻璃杯最低点A的过程中，根据动能定理可得：
mg(R+ℎ)+W=12mv2−12mv02
解得：W=ρQt(x2g4H−8Q2D4π2−gR−gℎ)
答：（1）水流出水龙头的速度4QπD2；
（2）a.水流在A点还未离开玻璃杯时，竖直方向上单位面积受到的合力大小为ρQxRdg2H；
b.达到稳定状态后，t时间内玻璃杯对水流的作用力所做的功为ρQt(x2g4H−8Q2D4π2−gR−gℎ)。
7．（2023•佛山二模）如图所示，有一质量为M＝2.0kg的滑块静放在光滑的水平地面上，滑块上表面AB部分是半径R＝0.25m、圆心角θ＝53的光滑圆弧，圆弧底部与光滑水平部分BC相切，滑块水平面到地面的高度h＝0.20m。现有质量m＝1.0kg的小球，从某一高处以v0＝3.0m/s的初速度水平抛出，小球恰能从A点沿切线进入滑块圆弧曲面，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，则
（1）小球抛出时距离滑块上表面A端的高度H应为多少？
（2）当小球滑至圆弧底端B时，滑块的速度大小为多少？
（3）若滑块左侧有段足够长的粗糙地面，小球刚离开滑块时，滑块恰好进入该段粗糙地面，滑块与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，问当小球落地时，滑块在粗糙地面滑行的距离是多少？（结果可用含μ的表达式表示）
【解答】解：（1）小球做平抛运动，恰能沿切线进入圆弧曲面，则有：
vy＝v0•tanθ
竖直方向做自由落体运动，有：vy＝gt1
H=12gt12
联立代入数据解得：H＝0.8m
（2）设小滑块从右侧离开时，小球的速度为v1，滑块的速度为v2，以小球和滑块为研究对象，小球在滑块圆弧曲面运动过程，以水平向右为正方向，系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒得：
mv0＝mv1+Mv2
12mv02+mgR（1﹣cs53）=12mv12+12Mv22
cs53°=v0vA
联立解得：v2＝﹣1m/s，负号表示滑块向左运动。
（3）设小球落地时间为t2，则
对小球有：h=12gt22
t2＝0.2s
Ⅰ、若小球落地时滑块仍在运动，此时滑块位移为s＝v2t2−12a1t22
解得：s＝0.2﹣0.2μ（m）
Ⅱ、若小球落地时滑块已经停止，对滑块有：v22=2a1s
解得：s=120μ（m）
答：（1）小球抛出时距离滑块上表面A端的高度H应为多0.8m；
（2）当小球滑至圆弧底端B时，滑块的速度大小为1m/s，方向向左；
（3）当小球落地时，滑块在粗糙地面滑行的距离是0.2﹣0.2μ（m）或120μ（m）。
8．（2023•浙江模拟）如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE各部分平滑连接，水平区域FG足够长，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时马上停止运动。现将一质量为m＝0.5kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.8m，水平面BD的长度x1＝2m，传送带长度x2＝9m，距离落地区的竖直高度H＝0.5m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，传送带以恒定速度v0＝6m/s逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。
（1）若h＝1.2m，则滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力；
（2）若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，求滑块释放点高度h0的取值范围；
（3）若滑块不脱离圆轨道，求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系。
【解答】解：（1）在h＝1.2m，则滑块运动至B点时，由动能定理可得：12mvB2−0=mgℎ
由牛顿第二定律可得：F−mg=mvB2R
代入数据解得：F＝20N
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N；
（2）若滑块恰好能过C点，则C点时有：mg=mvC2R
从A到C，根据动能定理有：mg(ℎ1−2R)=12mvC2
代入数据解得：h1＝2m
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE＝0，从A到E，
根据动能定理有：mgh2﹣μmg（x1+x2）＝0﹣0
代入数据解得：h2＝2.2m
显然h2＞h1，若滑块不脱离圆轨道且从E点飞出，则滑块释放点的高度：h0＞2.2m。
（3）①当h1≤h≤h2时，因mgh1＝10J＞μmgx1＝2J，故滑块第一次通过D点后再次返回到D点后，再到达B点时的动能为：
EkB＝mgh﹣2μmgx1
解得：6J≤EkB≤7J
滑块恰好到达圆轨道的圆心等高处，在B点需要的动能为Ek1＝mgR＝0.5×10×0.8J＝4J
滑块恰好通过圆轨道的最高点需满足：mg=mvC2R
滑块恰好通过圆轨道的最高点，在B点需要的动能为Ek2＝2mgR+12mvC2
解得：Ek2＝10J
因Ek1≤EkB≤Ek2，故滑块再次返回圆轨道后会脱离圆轨道，不符合题意。
②当滑块释放点的高度h＞2.2m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有：
mgℎ−μmg(x1+x2)=12mvE2
整理解得：vE＝25ℎ−11m/s
由平抛运动知识可知，平抛运动的时间：t=2Hg=2×0.510s=1010s
可得x＝x1+x2+vEt＝2m+9m+25ℎ−11×1010m=(11+2ℎ−4.4)m
答：（1）滑块运动至B点时对圆弧轨道的压力为20N；
（2）滑块释放点高度h0的取值范围为h0＞2.2m；
（3）若滑块不脱离圆轨道，滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系式为：x=(11+2ℎ−4.4)m，（h＞2.2m）。
9．（2023•江苏一模）如图所示，一轻支架由水平段ON和竖直段OO'组成。轻弹簧一端固定于O点，另一端与套在水平杆ON上的A球相连，一根长为L＝10cm的轻绳连接A、B两球。A球质量mA＝1kg，B球质量mB＝4kg，A球与水平杆的动摩擦因数μ＝0.36，弹簧原长l＝20cm，劲度系数k＝450N/m。初始时使A球尽量压缩弹簧并恰好处于静止状态。现使系统绕OO'轴缓慢转动起来，转动过程中保持A、B两球始终与OO'在同一竖直平面内。当系统以某角速度稳定转动时，细绳与竖直方向成37°角，此时弹簧的弹力大小恰好与初始时相同。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）初始时弹簧的长度；
（2）细绳与竖直方向成37°角时，系统转动的角速度；
（3）整个过程中驱动力对系统所做的总功。
【解答】解：已知l＝20cm＝0.2m，L＝10cm＝0.1m
（1）初始时，弹簧处于压缩状态，A球恰好处于静止状态，设初始时弹簧的压缩量为Δl，由平衡条件有
kΔl＝μ（mA+mB）g
解得：Δl＝0.04m
则初始时弹簧的长度为l0＝l﹣Δl＝0.2m﹣0.04m＝0.16m
（2）当系统以某角速度稳定转动，弹簧的弹力大小与初始时相同时，弹簧处于拉伸状态，且伸长量与初始状态的压缩量相等。
对B球，由牛顿第二定律有
mBgtan37°＝mBω2rB
其中rB＝l+Δl+Lsin37°＝0.2m+0.04m+0.1×0.6m＝0.3m
解得：ω＝5rad/s
（3）根据能量守恒知，整个过程中驱动力对系统所做的功等于A、B球的动能增加、B球的重力势能增加、A球与水平横杆间摩擦产生的内能之和，则有
W=12mA[(l+Δl)ω]2+12mB(ωrB)2+mBgL（1﹣cs37°）+μ（mA+mB）g•2Δl
解得：W＝7.46J
答：（1）初始时弹簧的长度为0.16m；
（2）细绳与竖直方向成37°角时，系统转动的角速度为5rad/s；
（3）整个过程中驱动力对系统所做的总功为7.46J。
10．（2023•黄山一模）如图，倾角θ＝37°、bc长l＝4m的传送带上端与固定在竖直平面内半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道cd相切于c点，半径d竖直；传送带下端与光滑水平面ab间用一极小段光滑的圆弧平滑连接。可视成质点的质量分别为mA＝1kg，mB＝4kg的物块A、B之间夹着一根仅与物块B拴连、被压缩且锁定的轻短弹簧，它们静止在光滑的水平轨道ab上。传送带以v0＝2m/s逆时针匀速传动，物块A与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8。
（1）若解除弹簧锁定后，要使物块A恰能通过圆弧轨道最高点，求开始时弹簧弹性势能Ep大小；
（2）若开始时弹簧弹性势能Ep＝40J，求解除弹簧锁定后，物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热；
（3）在（2）问的基础上，求物块A在光滑水平面ab上运动的最终速度大小。
【解答】解：（1）物块A恰能通过最高点d时，重力提供向心力，则有：mg=mvd2R
物块A从b到d，根据动能定理有：−mg(lsinθ+R+Rcsθ)−μmglcsθ=12mvd2−12mvb2
解除弹簧锁定后动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvb﹣mBv＝0
由机械能守恒定律得：EP=12mAvb2+12mBv2
代入数据解得：EP＝64J
（2）若开始时弹簧弹性势能Ep＝40J，解除弹簧锁定后A、B组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv′b﹣mBv′＝0
由能量守恒定律得：Ep=12mAv'b2+12mBv'2
代入数据解得：v'＝2m/s，vb′＝8m/s
设物块A在传送带上向上的位移为x，根据动能定理可得：﹣mAgxsinθ﹣μmAgxcsθ＝0−12mAv'b2
代入数据解得：x＝3.2m＜4m
设上升时间为t1，根据速度—时间公式有：v′b＝at1
上升过程，由牛顿第二定律得：mAgsinθ+μmAgcsθ＝mAa'
代入数据解得：a＝10m/s2，t1＝0.8s
物块A减速为零后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速到与传送带速度相等需要的时间t2=v0a=210s＝0.2s
该过程物块A的位移x1=v02t2=22×0.2m＝0.2m＜x＝3.2m
由于mAgsinθ＞μmAgcsθ，物块A加速到与传送带速度相等后继续向下做匀加速直线运动
下滑过程，由牛顿第二定律得：mAgsinθ﹣μmAgcsθ＝mAa'
代入数据解得：a'＝2m/s2
物块A到达传送带底端时的速度大小为v，则v2−v02=2a'（x﹣x1）
代入数据解得：v＝4m/s
从与传送带速度相等到到达传送带底端需要的时间t3=v−v0a'=4−22s＝1s
物块A在传送带上运动过程中相对传送带滑行的距离s＝v0t1+x+v0t2﹣x1+（x﹣x1）﹣v0t3
代入数据解得：s＝6m
物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热Q＝μmAgscsθ＝0.5×1×10×6×0.8J＝24J
（3）物块A回到光滑水平面上时的速度大小v＝4m/s，方向水平向左
A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv+mBv'＝mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得：12mAv2+12mBv'2=12mAvA2+12mBvB2
代入数据解得：vA＝0.8m/s，vB＝2.8m/s，A的最终速度大小是0.8m/s
答：（1）开始时弹簧弹性势能Ep是64J；
（2）物块A在传送带上运动过程中产生的摩擦热是24J；
（3）物块A在光滑水平面ab上运动的最终速度大小是0.8m/s。
11．（2023•渭南一模）如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数k＝500N/m的轻质弹簧相连，A放在水平地面上，B在弹簧上且处于静止状态。C物体通过轻质细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，ab段的细绳竖直、cd段的细绳松弛，现无初速释放C，C沿斜面下滑s=21160m时，细绳绷直且cd段与斜面平行，随后C继续向下沿斜面运动，在C整个下滑过程中，A始终没有离开地面，C一直在斜面上。已知B的质量为mB＝1.0kg，C的质量为mC＝4.0kg，斜面倾角α＝30°，重力加速度为g取10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，不计空气阻力。求：
（1）细绳刚绷直时C的速度v1；（用根式表示）
（2）B的最大速度vm；
（3）对弹簧和物体构成的系统，当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹性势能为Ep=12kx2。为使A不离开地面，求A的质量范围。
【解答】解：（1）细绳绷直前，C沿光滑斜面下滑过程，对C，由机械能守恒定律得
mCgs•sinα=12mCv12
代入数据解得：v1=214m/s
（2）细绳绷直瞬间前后BC的总动量大小相等，则有：mCv1＝（mC+mB）v
解得细绳绷直后瞬间BC的速度大小v=215m/s
细绳绷直前，弹簧的压缩量为x1=mBgk=1.0×10500m＝0.02m
当B的加速度为零时，速度最大，设此时弹簧的伸长量为x2，则有mBg+kx2＝mCgsinα
代入数据解得：x2＝0.02m
则x2＝x1，两个状态弹簧的弹性势能相等。
从细绳刚绷直后到B的速度最大的过程，根据B、C及弹簧组成的系统机械能守恒定律得：
mCg（x1+x2）sinα+12(mC+mB)v2=mBg（x1+x2）+12(mB+mC)vm2
代入数据解得：vm＝1m/s
（3）要使A不离开地面，C运动到最低点时，对A物体应满足：kx3≤mAg
从细绳绷直后到C运动到最低点的过程，对于B、C及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
mCg（x1+x3）sinα+12(mC+mB)v2+12kx12=mBg（x1+x3）+12kx32
代入数据解得：x3＝0.12m，mA≥6kg
答：（1）细绳刚绷直时C的速度v1为214m/s。
（2）B的最大速度vm为1m/s。
（3）为使A不离开地面，A的质量范围为mA≥6kg。
12．（2022•天津模拟）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m的物体在受到形如F＝﹣kx的回复力作用下，物体的位移x与时间t遵循x＝Asinωt变化规律的运动，其中角频率ω=2πT=km（k为常数，A为振幅，T为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。
如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m的小球A相连，小球A静止时所在位置为O，另一质量也为m的小球B从距A为H的P点由静止开始下落，与A发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x时，弹性势能为Ep=12kx2，已知H=3mgk，重力加速度为g。求：
（1）B与A碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
（2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离。
（3）小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间。
【解答】解：（1）小球B自由下落H的速度为vB
根据动能定理可得：mgH=12mvB2
解得：vB=2gH
小球B与小球A碰撞过程动量守恒，取向下为正，则有：
mvB+0＝（m+m）v1
解得：v1=3mg22k；
（2）小球A在O位置，弹簧被压缩x0，则 x0=mgk
小球A与小球B共同体继续向下运动离O点的最大距离为xm，根据机械能守恒定律可得：
12(2m)v12+12kx02+2mgxm=12k(x0+xm)2
由mg＝kx0
整理得：xm2−2x0xm−3x02=0
解得：xm＝3x0，xm＝﹣x0（舍去）
即：xm=3mgk；
（3）由题意振动周期：T=2π2mk，又振幅A=2x0=2mgk
所以平衡位置在弹簧压缩2x0处，从碰撞后开始到再次回到O点的振动图象如图：
从O点开始到平衡位置经过的时间t1=13×14T=112T
所求时间t＝2t1+12T=23T
解得：t=23×2π2mk=4π32mk。
答：（1）小球B与小球A碰撞后瞬间一起向下运动的速度为3mg22k；
（2）小球A被碰后向下运动离O点的最大距离3mgk；
（3）小球A从O点开始向下运动到第一次返回O点所用的时间4π32mk。
做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有:受力分析、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、功能关系等内容。
本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。
题型一 传送带模型中的动力学和能量问题（计算题）
题型二 用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题（计算题）
题型三 综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题（计算题）
项目
情景1：轻放
情景2：同向
情景3：反向
图示
滑块可能的运动情况
(1)可能滑块一直加速；
(2)可能滑块先加速后匀
速；
(1)v0v时，可能一直减速，也可能先减速再匀速．
(1)传送带较短时，滑块一直减速达到左端．
(2)传送带较长时，滑块还要被传送带传回右端．其中v0>v和v0tanθ
f=μmgcsθ
f突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
①滑动摩擦力f=μmgcsθ
②加速度a=g(μcsθ-sinθ)
③上传条件：μ>tanθ
④共速摩擦力突变为静摩擦力f'=mgsinθ
受力分析
运动分析（一直加速）
难点问题
μx物，痕迹Δx1=x传-x物，共速后，x物>x传，痕迹Δx2=x物-x传，总痕迹取二者中大的那一段
物理概念规律名称
公式
动能
=p22m
重力势能
(与零势能面的选择有关)
弹性势能
功
W = Fs cs (恒力做功)
W=Pt（拉力功率不变）
W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率
平均功率： 即时功率：
动能定理
机械能守恒定律
12mv12+mgℎ1+12kx12=12mv22+mgℎ2+12kx22或者Ep= Ek