2023-2024届高考一轮复习物理教案（新教材人教版）第六章机械能守恒定律强化五动力学和能量观点的综合应用

专题强化五动力学和能量观点的综合应用

【目标要求】L会用功能关系解决传送带、滑块一木板模型综合问题2会利用动力学和能量观

点分析多运动组合问题.

题型一传送带模型

【例U（多选）如图甲所示，倾角为37。的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一

质量为∕M=10kg的木箱（可视为质点）轻放到传送带底端A处，木箱运动的速度V随时间t变

化的图像如图乙所示，r=10s时木箱到达传送带上端8处.重力加速度g取Iom/S?,sin37。

=,cos37°=0.8.则（）

ΛQzl37°510HS

甲乙

A.木箱在传送带上先做匀加速运动，其加速度大小为m∕s2

B.木箱与传送带之间的动摩擦因数为

C.木箱从A到8的过程中，电动机多消耗的电能为124OJ

D.木箱从A到8的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和

答案ABC

解析速度一时间图像的斜率表示加速度，木箱刚放上时做匀加速运动，结合题图乙可知其

加速度大小α="gcos37t5-gsin37。=m∕s2,可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数"=,故

A、B正确；由能量守恒定律知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱获得

的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热量之和，相对位移XM对=2X5m—^×2×5m=5m,

速度一时间图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，〃B=9X2m=15m,则h=

LAsSin37°=9m,Et=mgh-∖-}j∣nVm^∖^μmgx板中COS370=1240J,故C正确，D错误.

【例21（2023・浙江百强校联考）如图所示，装置由光滑的四分之一圆弧轨道AB,水平传送带

BC组成，圆弧轨道和传送带在B点平滑连接.一质量为〃7=kg的滑块（未画出）在圆弧轨道

上距离B点高度为力的某处由静止释放，经过传送带，最后落地.已知滑块与传送带间的动

摩擦因数为〃=,传送带BC长L=m,圆弧轨道半径为R=Im,传送带一直顺时针做匀速

运动，速度大小为o=3m∕s,C端距地面的高度”=m.（传送带的轮子半径很小，滑块可视

为质点，其余阻力不计，gMz10m∕s2）

⑴若滑块全程匀速通过传送带，求滑块经过圆弧底端对轨道的压力大小；

⑵操作中发现，当滑块从距离5点高度为/n和力2之间（加</22）下滑，最后都会落到地上同一

点，求•和〃2；

（3）若滑块始终从A点释放，传送带的长度L可以在O到足够大之间调节（B点位置不变，。点

位置可以左右调节），求滑块落地点至8点的水平距离元与传送带长度L之间的关系.（注：

滑块运行期间传送带长度是不变的）

答案（I）N（2）mm（3）见解析

解析（1）若滑块全程匀速通过传送带，则滑块经过8点的速度恰好为。=3m∕s,

V2

则F支一mg=HrR,

解得E支=N,

由牛顿第三定律可知FZJ=FI,

故/Zi=N

（2）经分析可知，滑块经过8点的速度介于S与也之间时，经过传送带的加速或减速（极限为

全程加速和全程减速），均以v=3m∕s的速度离开。点而落到地上同一点.有v2-v↑2=2μgL,

v2~V21=~2μgL

解得S=2m∕s,V2=y∣~∖4m/s

根据动能定理有mgh∖=^mv∖2,tngh2=^f∏V22

解得〃1=m,比=m

（3）滑块始终从A点释放，到达B点的速度大小为VB,则有,

解得Vf}=y∣2^m/s

经过分析，当传送带长度小于等于L时，滑块全程减速，否则先减速后以o=3m/s匀速运动，

则v1-u∕=-2μgL∖,

解得Ll=m

故当LWLl时VC=y∣v∕-2μgL

当£>£］时Oc'=3m/s

2

由平抛运动规律可知H=^gi9

3

解得/=Ws

所以当LWm时,

3______

滑块落地点至B点的水平距离x=L+vct=L+^∖]20-2Lm

当Lm时，滑块落地点至B点的水平距离X=Z,+%•'f=L+m.

方法点拨

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.

2.功能关系分析

(1)传送带克服摩擦力做的功：W=Frx,t.

(2)系统产生的内能：Q=∕⅛*1对，SM对表示相对路程.

(3)功能关系分析：W=AEk+AEp+Q.

题型二滑块一木板模型

【例3】如图中所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为加=2kg的另一物体B(可看成质

点)以水平速度训=2m/s滑上原来静止的长木板A的上表面.由于A、8间存在摩擦力，之

后A、8速度随时间变化情况如图乙所示.下列说法正确的是(g取IOm⅛2)()

A.木板A最终获得的动能为2J

B.系统损失的机械能为4J

C.木板A的最小长度为2m

D.4、8间的动摩擦因数为

答案D

解析由题图乙可知，0〜IS内，A、B的加速度大小都为α=lm∕s2,物体8和木板A水平

2

方向均受滑动摩擦力.根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能EU=∣∕≡I=1J,

选项A错误；系统损失的机械能ΔE=∣W-∣∙2∕W∙V2=2J,选项B错误：由题图乙可得二者

相对位移为1m,即木板A的最小长度为Im,选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二

定律，可得〃mg=∕na,解得4=,选项D正确.

【例4】(2023•黑龙江省佳木斯一中高三检测)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的

木板8,在B的左端放有一个可视为质点的小滑块4,4、B间的动摩擦因数〃=,A的质量

nz=lkg,B的质量M=2kg,g=10m∕s4现对A施加F=7N的水平向右的拉力，1s后撤去

拉力F，求：(结果可以用分数表示)

(1)撤去拉力厂前小滑块4和长木板B的加速度大小0、a2;

(2)A相对于B静止时的速度大小V；

(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q.

答案(1)3m/s?2m∕s2(2)(m/s(3)(J

解析(1)若A、B相对静止，则有q=fa/=，m/s?关警∙=2m/sz,故A、B间有滑动摩擦

m-rIviɔIvi

力,对滑块A,根据牛顿第二定律有/一g="m,解得O]=3m∕s2

对木板5,根据牛顿第二定律有〃阳g=Ms

解得S=2m∕s2.

(2)撤去F时，滑块A的速度大小vι=a∖t∖=3m/s,木板B的速度大小vι=aιt∖=2m/s,

撤去F后,由μιng=mci3得滑块A的加速度大小为s=4m∕s2,

一、ɪ7

设经历时间,2二者共速，则有O1—〃3,2=。2+〃2亥，解得，2=不S,则O=1m/s.

(3)夕卜力厂对A、JB整体做的功为

1ɔ21

F∙∆Λ=F∙∕α"广=爹J

7

A、8最终以速度O=Wm/s运动.

故A、B整体动能为Ek=；(M+m)02=詈J

由能量守恒定律得尸Δx=Q+Ek,

则e=∣j.

I方法点拨

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r=A3=地，可求出共同速度。和所用时间f,

Cl2Cl∖

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济；

(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∆x

—X济十;

一m二

X板AX

题型三多运动组合问题

【例5J(2023•浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道

BCDE,左侧为半径R=m的光滑圆弧轨道BC,轨道的上端点8和圆心。的连线与水平方

向的夹角a=30。，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C,DE为倾角9=30。的光滑倾斜

轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上.现有质量为m=∖kg的小滑块P(可视为质点)

从空中的A点以Oo=6m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，

沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量

损失)后沿倾斜轨道向上运动至尸点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短.已知C、。之间和

D、厂之间距离都为1m,滑块与轨道CZ)间的动摩擦因数为〃=,重力加速度g=10π√s2,不计

空气阻力.求：

(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；

(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；

(3)弹簧的弹性势能的最大值；

(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出8点的速度大小；若不能，判断滑块

最后位于何处.

答案(1)2√2m/s(2)50N(3)6J(4)无法从B点离开，离。点m(或离C点m)

解析(1)设滑块P经过8点的速度大小为。B,由平抛运动知识有Oo=Opsin30°,得。B=2啦m/s

⑵滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律得mg(R+Rsin30。)+%?。/

=%zoc2,解得Vc=4∖∣2m/s

经过C点时受轨道的支持力大小为FN,

O

有F^-mg=nr-^-1解得FN=50N

由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小Fa=50N

(3)设弹簧的弹性势能最大值为EPm,滑块从C点到F点的过程中，根据动能定理有一WngLCO

1,

-w/gajfsin30°—Epm=O-^ιnvc^,

代入数据可解得EPm=6J

(4)设滑块返回时能上升的高度为h,根据动能定理有wɪg。熠in30°+Epm—Mgko="儿代

入数据可解得〃=m,因为h<R,故无法从B点离开，又昴c2=∕gχ,代入数据可解得X

=m=3Lco+m,滑块最后静止时的位置离。点m(或离C点m).

【例6】如图所示，AB.FG均为半径R=m的四分之一光滑圆弧轨道，半径0由、。2F均竖

直，C点在8点的正下方，C、力两点在同一高度上，OE为倾角0=53。、长度心=2m的粗

糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道.一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后

恰好落到。点，并且物块落到。点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好

能到达G点.物块与£>E、E尸两轨道间的动摩擦因数均为〃=提取重力加速度大小g=10m∕s2,

不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力.求：(sin53。=,结果可保留分数)

Oi；---iA

FE

(1)C、O两点间的距离x；

(2)物块从B点运动到E点的时间h

(3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s.

答案(Dm(2)IlS(3)6mm

解析⑴物块从A点由静止滑到3点，由机械能守恒定律则有WgR=品。J,解得如=3m∕s

物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在。点的速度大小UD=段5=5m/s

竖直方向的分速度大小vy=Vβtan9=4m/s

竖直方向物块做自由落体运动，有Vy=gt]f

解得介=s

C、Q两点间的距离X=VBtI=m.

(2)物块在斜轨道上的加速度大小a∖=^sin0—∕zgcosθ=6m∕s2,由Ll=W加+/疗

代入数据解得f2=gs

物块从B点运动到E点的时间

t=t∖+t2=s+gS=ES.

⑶物块由尸到G,由机械能守恒定律&w∕=,“gR,代入数据解得0F=＜荻=3m∕s

物块在E点的速度θE=0n+”"2,可得。E=7m∕s

物块从E■到F,由动能定理可得

,_1212

—μmgL2=^mvF■■一

代入数据解得1,2=6m

物块由G点滑下经尸点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，由动能定理可得一/Sigs=O—5加7

代入数据解得S=m.

方法点拨I

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.

课时精练

应基础落实练

1.(2023•浙江金华市模拟)如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体无初速度放

在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相

对静止，匀速运动到传送带顶端.下列说法正确的是()

A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功

B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量

C.第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量

D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功

答案C

解析对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿传送带向上，与其运动方向相

同，则两个阶段摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合力做的总功等于物体动

能的增加量，B错误；物体从底端到顶端全过程中，物体机械能的增加量等于摩擦力对物体

V

所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为传送带速度为对物体有S]=]f,对

,

传送带有s↑=v∙tf因摩擦产生的热量Q=FfS相对=E（Sj-S↑）=Ff^t9物体机械能增加量NE

VJ

=FfSi=Ff^t,所以Q=AE,C正确.

2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度。向右匀速运动，现将质量为，〃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,

则力产对木板所做的功为（）

mv2mv2

A------R------

八,4o∙2

C.mv2D.Imv2

答案C

解析由能量转化和能量守恒定律可知，力下对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，

一部分转化为系统内能，故W=品。2+sgx加，XM="—*,a=μg,v=zM,联立以上各式

可得W=，加2,故选项C正确.

3.（多选）如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在f=0时刻，一小物块以一定速度从左

端滑上长木板，之后长木板运动的。一/图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为“

=Ikg,已知木板足够长，g取Iom/S?,则（）

A.小物块与长木板间的动摩擦因数〃=

B.在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70J

C.小物块的初速度为V0=12m/s

D.0-2s与2〜3s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17：1

答案ACD

解析由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，

在0〜2s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a∖

△o2—0

=西=2mH=1m∕s2.对木板,根据牛顿第二定律有，∕⅞=相0，Fn=μmg,在2~3s

Ao,O—2

内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为42=W7-=-j—m∕s2

2

=-2m∕s,即加速度大小为2m*,方向向左，对整体，根据牛顿第二定律有，Fn=Ima2

=4N,联立以上各式，解得〃=,故A正确；对物块，在O〜2s内，受木板的摩擦力作用

而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有Nmg=ma,解得α=5m∕s2,由o=s）—4f可得的）=。

+at=2m/s+5×2m∕s=12m∕s,故C正确：最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，

物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q=In1X12?J=72J,2~3

S时间内物块和木板一起减速，系统的机械能减少量AE报2=12TO>2=4J,故O〜2s时间内系

统机械能减少量4E杭|=72>1—41=6811,则0~25与2-35系统机械能减少量之比为17：1,

故B错误，D正确.

4.（多选）如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角。=30。，传送带在电动机的带动下，速

率始终不变.f=（）时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块.取沿传送带向上

为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示.已知小物块质量m=lkg,

g取IOmH,下列说法正确的是（）

A.传送带顺时针转动，速度大小为2m∕s

B.传送带与小物块之间的动摩擦因数"=平

C.0〜B时间内因摩擦产生的热量为27J

D.0〜B时间内电动机多消耗的电能为J

答案ABC

解析从题图乙可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度大小为2m∕s,

顺时针转动，故A正确；由题图乙可知，小物块的加速度大小0=lm∕s2,对物块受力分析，

ɔʌ/ɜ

可得〃加geosJ—mgsin9="z4,解得〃=一故B正确；物块运动速度减为零后，反向加速

过程经历的时间/=£=2s,由题图乙可知f2=3s,物块运动的位移大小JV=m,传送带与物

块的相对位移Ar=m,摩擦产生的热量Q="加geosO∙∆x=27J,故C正确；物块增加的重

力势能AEp=mgsin夕X=J,物块动能的增量△&=；〃研K-%w∣2=j,传送带多消耗的电能

W电=Q+AEp+AEk=36J,故D错误.

另解：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间f=£=2s,因此题图乙中f2=3s,

3s内传送带的位移X传=口位=6m,

传送带多消耗的电能W也=∕zmgcosΘ'X传=36J,故D错误.

立能力综合练

5.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M=kg,长度L=m.在木板的最左端有一个小

铁块(可视为质点)，质量m=kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数〃=0.30.开始时它们都处于

静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力厂将木板抽出，若尸=8N,g取10m∕s2.

求：

⑴抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；

(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.

答案⑴一JJ(2)3J

解析⑴当用尸=8N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a∖=μg=3m∕s2

木板运动的加速度大小为“2=合~^=5ɪn/sɔ

设抽出过程的时间为t,则有尸一r=L

解得∕=ls,所以小铁块运动的位移为Xl=Jm/2,

解得Xl=m

木板运动的位移为X2=52∕2,解得X2=m

摩擦力对小铁块做的功为W↑=μmgx↑f

解得Wl=J

摩擦力对木板做的功为W2=-μmgX29

解得M=-J

(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能

Q=μmgL=3J.

6.(2023•安徽省六安中学高三检测)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0卜半径为R的光滑圆弧轨道8C与A8

相切于8点，并且和圆心在02、半径为2R的光滑细圆管轨道CC平滑对接，0卜C、O2≡

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;圆弧挡板MOi

竖直放置，并且与地面相切于。2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

3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。(计算时圆管直径可不计，重

力加速度为g)∙求：

(1)小滑块与水平轨道A8间的动摩擦因数“；

(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(l)ɜ⑵孕监氏(3)(2√2-∖)mgR

2

解析⑴由几何关系得3C间的高度差h=^R

小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得mgh-μ∕ng`2R=0,解得

(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹=EP

滑块从A到。过程由动能定理得

1

EP-mg'2R-μtng∙2R=^^nv^0-0

滑块在。点，由重力提供向心力，有

联立解得EP=SngR

(3)滑块通过。点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有X="

竖直方向有y=2^>2

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=∣∕w[υ2+(grp],联立解得Ek=(2吸一1),"gR.

7.(2023•浙江温州市一模)如图所示,水平轨道A5长度乙=1.3m,其左端B点与半径R=OAm的

半圆形竖直轨道BCD平滑连接.轨道BCD最高点。与长度七=1∙0m的水平细圆管道DE平滑

连接.管道OE与竖直放置的光滑圆筒上边缘E点相切,圆筒半径r=骞m、高度〃=看m.质

量机=kg、可视为质点的小滑块，从A点处以初动能EkO向左运动，与AB间的动摩擦因数

与其他轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，重力加速度g取IOm/S?

BA

(1)若小滑块恰好能通过最高点D,求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小FN;

(2)为使小滑块不脱离轨道并最终停在4、B两点之间，求滑块的初动能EkO的范围；

(3)若小滑块能从。点水平滑入管道OE,并从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动，再从E点正下

方离开圆筒后，滑块落在A、B两点之间，求滑块在E点的速度大小班.(兀取E)

答案(1)30N

⑵EkOJ或J<EkoJ

(3)〃m∕s(雇=1,2,3,4)

2

解析(1)小滑块恰好能通过最高点。，则小滑块在。点时有机g=写L

由B点到。点的过程，由机械能守恒定律得

1,1,

mg∙2R=2mv^~ynvr)

fT]7)2

滑块在B点时尸N'~mg=-

解得FN'=30N

由牛顿第三定律可得，滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小为FN=30N

(2)小滑块不脱离轨道并最终停在A、B两点之间，当动能较小时，滑块不滑上半圆轨道，

则有E∖i,o<μmgL∖=J

当滑块动能较大超过J时，滑上圆轨道并返回，则滑上圆轨道的最大高度不能超过R.设沿圆

轨道上滑的高度为/?,返回水平轨道时，不滑过A点，则有mg加小WgLl

可得h<μL∖=m<R

所以动能较大时有Eka=μmgL↑+mghJ

所以小滑块不脱离轨道并最终停在A、8两点之间，滑块初动能的范围为

EkOJ或J<EkoJ

2

(3)小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动H=jgtl,

解得Λ=∣s

在水平方向做匀速圆周运动tv2πr=VEt∖

解得VE=∏m∕s(n=1,2,3,…)

离开圆筒后，竖直方向的加速度仍为g,则由E点到落地的时间为t=

离开圆筒后，滑块水平方向以速度在做匀速直线运动，从离开圆筒到落地,

水平位移为X=S“一力)=*m

若使滑块落在A、B两点之间，则有

∏

X=正m<L]一心=m可得〃

所以滑块在E点的速度大小为

VE-nm∕s(π=1,2,34).

或素养提升练

8.(2023•浙江省五校联考)如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道A8、光滑竖直圆轨道、

水平轨道8D、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点

B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时立即停止运动.现