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（新教材新高考）

第23讲动力学和能量观点的综合应用

目录

01、考情透视，目标导航

02、知识导图，思维引航..............................................2

03、考点突破，考法探究..............................................2

考点一传送带模型中的能量问题.................................................2

知识点1.传送带问题的两个角度...........................................2

知识点2.功能关系分析...................................................3

考向洞察

考向1水平传送带问题....................................................3

考向2倾斜传送带问题...................................................5

考点二滑块一木板模型综合问题..................................................6

考向洞察........................................................................7

考向1水平面上“滑块一木板”模型...........................................7

考向2倾斜面上“滑块一木板”模型..........................................9

考点三用动力学和能量观点分析多运动组合问题...................................10

04、真题练习，命题洞见.............................................14

0

考情透视•目标导肮

2024•海南•高考物理试题

考情2024・浙江•高考物理试题

分析2024・湖北•高考物理试题

2023•浙江•高考物理试题

复习

目标1.会用功能关系解决传送带、滑块一木板模型综合问题。

目标

目标2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。

“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

考点突破・考法探究

考点一传送带模型中的能量问题

知识点L传送带问题的两个角度

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

动力学

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

角度

的位移关系

能量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

角度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

知识点2.功能关系分析

(1)功能关系分析：W=AEk+AEp+Qo

(2)对平和。的理解:

①传送带做的功：W=Fx传o

②产生的内能：。=尸鼠相对。

考向洞察」

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2点与粗糙的水平面相连接，传送带长5=0.36m,质量为1kg

的滑块以vo=2m/s的水平速度从传送带左端/点冲上传送带，并从传送带右端滑上水平面，最后停在距2

点L2=0.64m的C处。己知滑块与传送带、滑块与水平面间的动摩擦因数均相等，重力加速度g=10m/s2。

,广/〃/〃〃〃/£

()(〃〃〃〃〃〃?/.

⑴求动摩擦因数〃的值；

(2)若滑块从/点以均=2m/s的水平速度冲上传送带时，传送带以v=2m/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。

2,—

【答案】(1)0.2(2)^726N-s0.8J

【解析】(1)由动能定理可得一"班生£1+乙2)=0—；，网()2,代入数据解得"=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=〃g=2m/s2,设滑块离开传送带时的速度大

小为V"则有n/一为2=—2必,

代入数据可解得V1=1.6m/s

设滑块在传送带上运动的时间为3则有〃=吧土二3解得1=0.2s

2

而传送带对滑块的作用力

F=y/□//mg\J2-\-\Jmg\j2=2yf26N,

所以传送带对滑块的冲量大小

Z=^=|726N-So

由于滑块在传送带上运动过程中，传送带向左运动的距离5=例=0.4111,

所以滑块在传送带上运动过程中产生的热量Q=〃mg(s+£i)=1.52J,

根据能量守恒定律可得，电动机多消耗的电能E=Q+^mv^-^mvA代入数据可解得£=0.8J。

2.(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量机=10kg的货物(可视为质点)从高〃=0.2m

的轨道上尸点由静止开始下滑，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/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〃=0.2,传送带N2两点之间的距离

L=5m,传送带一直以v=4m/s的速度顺时针匀速运动，取重力加速度g=10m/s?。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4点运动到6点的过程中，下列说法正确的有()

p

4OAB

b-L-H

A.摩擦力对货物做功为50J

B.货物从/运动到2用时1.5s

C.由于摩擦而产生的热量为20J

D.运送货物过程中，电动机输出的电能为60J

【答案】BC

【解析】根据机械能守恒定律有加谅货物运动至传送带的速度为v0=2m/s,根据牛顿第二定律

Vo+y

jnmg=ma,货物与传送带共速时，有为+M=V,解得4=1S,此时，货物的位移为修=?&=3m,摩擦

L—X]

力对货物做功为少=〃叫%i=60J,A错误；货物匀速运动时间为介=-----=0.5s,则货物从/运动到8用

v

时,=%1+，2=L5s,B正确；货物与传送带的相对位移为Ax=W—修=1m,由于摩擦而产生的热量为0=

Z/mgAx=20J,C正确；运送货物过程中，电动机输出的电能为£=0+]（廿一H）=80J,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=4m/s的速度逆时针运转，两传动轮

。、尸之间的距离s=5m,在传动轮。的正上方，将一质量加=1kg的快件轻放在皮带上，已知快件与皮

带之间的动摩擦因数〃=0.2,重力加速度g=10m/s2,在快件由。处传送到P处的过程中，因传送快件而

多消耗的电能为（）

!□

A.32JB.16J

C.8JD.4J

【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

Ff/img

a〃g=2m/s2

mm

V

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f=-=2s

a

在此时间内，快件运动的位移

1

L=-afl=4m<s

2

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=fimgvt=16J,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/处，小物体在甲传送带上到达2处时恰好达到传送带的速率

v；在乙传送带上到达离8竖直高度为〃的C处时达到传送带的速率V。已知8处离地面高度为“，则在物

体从/到8的运动过程中（）

甲乙

A.两种传送带对小物体做功相等

B.将小物体传送到8处，乙传送带上的划痕长

C.将小物体传送到5处，乙系统由于摩擦产生的热量多

D.将小物体传送到3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8处所用时间为

小乙图中到达C处所用时间为h，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

H

点，所以甲图中划痕长为s甲=S皮带一S物体=%一"」%=1%,乙图中划痕长为S乙=1讨2，同时有％1=网"=

222v

2

二二，/2=2口”二!口,可得心勿所以有S甲＞S乙，B错误；甲图中系统由于摩擦产生的热量为。甲=/,甲=

vsin6vsin0

=f'S物体，根据动能定理有fs—mgH=-mv2,所以有Q甲=冽8//+邢庐，同理可得。乙=?ng(//—〃)+

~mv\所以有。甲＞。乙，C错误；传送到8处，甲上的小物体需要的时间为，甲=£1=3：乙上的小物体

2vsin0

h

I、rshie2nH-hUh2H~h~一一

需要的时间为f乙=/2+以=--------+——=------，所以有/甲＞仁，D正确。

vvsin0vsin0vsin6

5.如图(a)所示，倾角为37。的传送带以v=2.0m/s的速度顺时针匀速转动，传送带的长度〃-=10.0m。一个

可视为质点的质量机=1.0kg的物块，自/点无初速度的放在传送带底端，其被传送至8端的过程中，动

能&与位移x的关系(瓦一x)图像如图(b)所示。取重力力口速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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4.0J

C.整个过程中摩擦力对物块做的功为64.0J

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(uwgcoso-mgsin8次=E「0,在5m

后动能不变，可知物块与传送带相对静止，即v=2.0m/s,&=；加廿=2.0j,联立解得〃=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，则有少备=△&=；»7V2=2.0j,B错误;

2

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Wt=^rnv+mgLABsm0=62.0J,

C错误，D正确。

考点二滑块一木板模型综合问题

“滑块一木板”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/=：Av7=」AVI，可求出共同速度V和所用时间然后由位移公式可分别求出

。2

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无板；

(3)求摩擦生热时用相对位移Axo

x板Ax

“滑块一木板”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+Ad)Vo

考向洞察

考向1水平面上“滑块一木板”模型

1.（多选）（2023•全国乙卷，21）如图，一质量为M、长为/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为开始运动。已知物块与木板间的滑动

摩擦力大小为了,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

D.物块的动能一定小于

【答案】BD

【解析】物块和木板的运动示意图和图像如图所示

根据动能定理可知

对m有一力花一一机但①

根据V—/图像与横轴围成的面积S表示物体运动的位移可知X2=S,0F，X^SABFO

=

根据位移关系可知lX\—X2=SABCO＞X2=S&COF

因此/7＞笈2=3八八％即木板的动能一定小于，,

A错误，B正确;

将①②两式相加得

—fl=—mv?-―-Mvi——mvi

222

变形得物块离开木板时的动能与用=二伯一〃一,47但＜与归一力，C错误，D正确。

2222

2.（多选）如图所示，质量M=3kg表面粗糙的长木板静止在光滑的水平面上，/=0时质量机=

3kg表面粗糙的物块（可视为质点）以v0=8m/s的初速度滑上长木板，经过时间加=2s物块和

长木板达到共同速度v=4m/s,重力加速度g取10m/s?,则（）

A.长木板加速运动的加速度大小是3m/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8m

D.物块与长木板系统损失的机械能为36J

【答案】BC

Avv

【解析】长木板做匀加速运动的加速度大小a=—=—=2m/s2,故A错误；根据牛顿第二

ArAr

定律，对长木板有〃机g=Afa,解得物块与长木板之间动摩擦因数为〃=0.2,故B正确；前2s

,,,一」、“0+v0+4——vo+v8+4

内长木板的位移X1=------Ar=------x2m=4m,物块的位移切=----Ar=------乂2m=12m,

2222

所以长木板最小长度4=X2—xi=8m,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AE=-mvi—\m+M)v1=48J,故D错误。

22

考向2倾斜面上“滑块一木板”模型

3.如图所示，一倾角为8=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，将一质量为机的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为机的小物块(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而g(0.5(人＜1),初始时木板下端

与挡板的距离为"现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板

碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未

滑离木板，重力加速度为g,求：

(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Ax；

(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0。

【答案】⑴点(2)|。喘彳之，

k2k~12k~1

【解析】⑴对物块与木板整体，根据动能定理有2mg£sin0=1x2加彷

2

解得vi=7gZ°

(2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为由，则机gsin。+而陪=机。1

解得ai=0.5g+左g,沿斜面向下，

物块的加速度大小为勿，则kmg—mgsin0=ma2

解得a2=^g—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，对木板有丫共=—

vi+a/i

对物块有丫共=丫1—a小

解得人=疸，丫共=叵

gk2k

y?—

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=——-

2a2

(-V1)2—谣

木板的位移大小X板=-----------

2al

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祗=》块+》板=公

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

mgLsin0+mg(Z+x)sinO—kmgx=Q

2L

解得x=

2k~1

故系统产生的热量Q=kmgx=^^o

2k1

考点三用动力学和能量观点分析多运动组合问题

知识固本

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，，一将全过程进行分解,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。

(考向洞察J]

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，为倾角6=37。的倾斜轨道，8c为水平轨道，为竖直圆轨道，CE

为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以N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〃?，圆轨道半径7?=lm,8C长为3m,滑块与/3、8c段

的动摩擦因数均为〃=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4m/s,且恰好

从/点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=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48的长度的取值范围；

(4)若轨道N8的长度为3.5m,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)(L2m,0.45m)(2)5m(3)x^>5m或^<1.25m(4)见解析

【解析】(1)对滑块由P到4的运动，根据平抛规律有Vy=votane=3m/s,平抛运动的竖直方向有引=

2gy,解得歹=0.45m,运动时间才=一=0.3s,则x=v(/=L2m,即弹出时位置的坐标值为(1.2m,0.45m)。

g

也2

(2)滑块恰好能通过。点，在最高点有mg^m—

从P到。点，由动能定理得

=

mg(y-\~XABsm0—2R)—fimgxAgCOSd-/j,mgXBc^nv^--^nv^,联立解得X，B=5m。

(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x“B=5m

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

加gS+x/Bsin6-R)—fjmgx^BCOs9—~mgXBC=0—mv(^,解得%B=1.25m

滑块从/点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足X/BN5m或无NBWI.25m

(4)由(3)知，x.=3.5m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a,则脱

轨时mgsma

从P到脱轨的位置，由动能定理得

加g(y+x/Bsin9-R—Rsina)—/zwigx^cos6~--

联立解得sina=0.6

即滑块在圆心以上Rsina=0,6m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NC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8点，且8点位置可改变。现将

质量m=2kg的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6m处静止释放，且将B点置于AC中点

处。已知圆轨道半径R=0.1m,水平轨道长44c=LOm,滑块与ZC间动摩擦因数〃=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〃=6m,改变8点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则5c间距离LBC应满

足的条件。

【答案】(1)1OON(2)8J(3)0.5m<£gc<lm

【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

2

mgH—/imgLAB—mg,2R=—mv

在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg+/=掰上

R

联立解得尸=100N

由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为100N。

(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-fimgLAC=Ep

解得Ep=8J。

(3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有

vS

mg=m—

从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知

mg(H-2R)—fimgsi=—

解得51=28.75m

LBC=29L^C—Si=0.25m

要使滑块不脱离轨道，B、。之间的距离应该满足及cK).25m。

若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可知掰g(〃一出—〃加gS2=

0

解得贝=29.5m

LAB=SZ—29£/c=0.5m

根据滑块运动的周期性可知，应使4cN0.5m,滑块不脱离轨道

综上所述，符合条件的BC长度为0.5m<Zgc<lmo

3.如图所示，水平轨道Z8长为2凡其Z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Q、半径为R的光滑圆弧轨道与48相切于8点，并且和圆心在。2、半径

为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，Q、C、Q三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道C。

右侧有一半径为2凡圆心在。点的［圆弧挡板竖直放置，并且与地面相切于(%点。质量

4一一

为机的小滑块(可视为质点)从轨道上的。点由静止滑下，刚好能运动到Z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8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。(计算时圆管直径不计，重力加速度为g)。求：

(1)小滑块与水平轨道Z8间的动摩擦因数〃；

(2)弹簧锁定时具有的弹性势能稣；

(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】(1gQfgR(3)(2V2-l)mg7?

【解析】(1)由几何关系得5、C间的高度差〃=|R

小滑块从C点运动到Z点的过程中，由动能定理得mg〃一〃机g，2R=0,解得〃=L

3

(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有印弹=稣

滑块从Z到。过程由动能定理得

Ep—mg2R-111ng-2R——mv2-0

滑块在。点，由重力提供向心力，＜mg=m—

2R

联立解得Ep=%gR。

(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=W

竖直方向有y=~gt2

由几何关系可知V+产=4R2

可得滑块落到挡板上时的动能为

22

£1k=^m[v+(g0]

2

联立解得Ek=Q6—DmgR。

1(2024・海南•高考真题)某游乐项目装置简化如图，/为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=10m,

滑梯顶点。与滑梯末端6的高度〃=5m,静止在光滑水平面上的滑板2,紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，

滑板质量"=25kg,一质量为加=50kg的游客，从。点由静止开始下滑，在6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s=16m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〃=02,忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2,求：

(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；

(2)滑板的长度工

【答案】(1)1000N；(2)7m

2

【详解】(1)设游客滑到b点时速度为%,从。到6过程，根据机械能守恒：mgh=1mv0

解得：Vo=10m/s

在b点根据牛顿第二定律：F^-mg=m—

R

解得：然=1000N

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：3'=外=1000N

(2)设游客恰好滑上平台时的速度为叭在平台上运动过程由动能定理得：-〃mgs=0-gmv2

解得：v=8m/s

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％和生，得

〃加G/2

=----g=jug=2m/s

m

%=———=4m/s

2M

根据运动学规律对游客：v=v.~axt

解得：，=ls

该段时间内游客的位移为：4=詈/=9111

2

滑板的位移为：52=^a2t=2m

根据位移关系得滑板的长度为：L=Sl-s2=lm

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3.6m。传送带右端的正上方有一悬点。，用长为0.3m、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。点右侧的尸点固定一钉子，P点与。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lm/s、方向水平向左。小球碰后绕。点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕尸点向上运动。

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g=10m/s2。

（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）5m/s；（2）0.3J；（3）0.2m

【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有：〃mg=ma

解得：（7=5m/s2

由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为：x=喧=2.5m<4ft=3.6m

2a传

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5m/s。

（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：加物v=m物匕+旭球马

其中：v=5m/s,Vj=-lm/s

解得：v2=3m/s

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：/=g加物加物“2一;羽球V；

解得：A£k=0.3J

（3）若小球运动到尸点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到。点的距离为小球在P点正上方的

速度为七，在P点正上方，由牛顿第二定律有：羽球g=羽球/下

（绳一〃

小球从。点正下方到尸点正上方过程中，由机械能守恒定律有：；加球诚=g入球V；+羽球g（2“-d）

联立解得：d=0.2m

即P点到O点的最小距离为0.2m。

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6=37。的直轨道半径火=lm的圆

弧轨道BCD,长度4=1.25m、倾角为。的直轨道DE,半径为R、圆心角为。的圆弧管道E尸组成，轨道间

平滑连接。在轨道末端尸的右侧光滑水平面上紧靠着质量加=0.5kg滑块6,其上表面与轨道末端/所在的

水平面平齐。质量加=0.5kg的小物块。从轨道上高度为〃静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,

轨道由特殊材料制成，小物块。向上运动时动摩擦因数4=025,向下运动时动摩擦因数〃2=0.5,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自，小物块。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，sin37°=0.6,

cos37°=0.8）

（1）若〃=0.8m,求小物块

①第一次经过C点的向心加速度大小；

②在DE上经过的总路程；

③在。E上向上运动时间/上和向下运动时间A之比。

（2）若〃=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。

【答案】(1)016m/s2；②2m；③1：2；(2)0.2m

【详解】(1)①对小物块。从/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：。=k=逆=16m/s2

RR

②小物块a在。E上时，因为：^2mgcos0<mgsin0

所以小物块a每次在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。将在8、。间往复运动，且易知小物块每次在。£上向上运动和向下运动的距离相等，设其在

q

上经过的总路程为s,根据功能关系有：mg[h-R(1-cos0)]=3加gcos0+%mgcos0)-

解得：s=2m

③根据牛顿第二定律可知小物块a