动力学和能量观点的综合应用(解析版)

动力学和能量观点的综合应用
目录
题型一 多运动组合问题
题型二 “传送带”模型综合问题
类型1 水平传送带问题
类型2 倾斜传送带
题型三 “滑块-木板”模型综合问题
多运动组合问题
【解题指导】
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(2023·重庆沙坪坝·高三重庆八中阶段练习)如图甲所示，由弹丸发射器、固定在水平面上的37°斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙(挡板墙上分布有多个力传感器)构成的游戏装置，半圆形挡板的半径0.2m，斜面高度h=0.6m，弹丸的质量为0.2kg。

游戏者调节发射器，弹丸到B点时速度沿斜面且大小为5m/s，接着他将半圆形挡板向左平移使C、D两端重合且DO与BC垂直。

挡板墙上各处的力传感器收集到的侧压力F与弹丸在墙上转过的圆心角θ之间的关系如图乙所示。

弹丸受到的摩擦力均视为滑动摩擦力，g取10m/s2。

下列说法正确的是()
A.弹丸到C点的速度为7m/s
B.弹丸与地面的动摩擦因数为0.6
C.弹丸与地面的动摩擦因数为0.06
D.弹丸与斜面的动摩擦因数为0.5
【答案】B
【详解】A．由图可知，在D点，挡板对弹丸的支持力为32.2N，由牛顿第二定律有
32.2=m v2D R
代入数据有
v=32.2m/s
由题知C、D两端重合，则C点的速度等于D点的速度，A错误；D．弹丸从B到C过程由动能定理得
mgh-μ1mg cos37°×h
sin37°=1
2
mv2-1
2
mv2
代入数据有
μ1=0.3
D错误；
BC．设弹丸与地面之间的动摩擦因数为μ2，设转过3rad后的速度为v，由动能定理得
-μ2mg×3×R=1
2mv2-1
2
mv2
在转过3rad后挡板对弹丸的支持力为25N，由牛顿第二定律得
25=m v2
R
联立解得
μ1=0.6
B正确、C错误。

故选B。

2(2023·高三课时练习)如图所示，斜面AB和水平面BC相交于B点，CED是竖直放置的半径为R= 0.1m的光滑半圆轨道，CD与BC相切于C点，E点与圆心O点等高。

质量为m的小球从离水平面h处由静止释放，经过水平面后并滑上半圆轨道，已知小球与水平地面及与斜面间的动摩擦因数都为μ= 0.2，斜面的倾角θ=45°，BC长s=4m，取g=10m/s2，如果让小球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，则h的取值可能为()
A.1.4m
B.1.2m
C.1.1m
D.0.9m
【答案】AC
【详解】小球不脱离半圆轨道的临界条件有两个：
一是恰好从D点飞出，小球刚好能从D点飞出应满足
mg=mv2
R
得
v min=gR
mgh1-μmgh1
tanθ
-umgs-mg2R=1
2
mv2D h1=1.31m
二是小球在半圆形导轨在E点减到速度为零，由动能定理
mgh2-umgh2
tanθ
-umgs-mgR=0
得
h2=9
8
m 小球能进入半圆轨道有
mgh3-umgh3
tanθ
>umgs
得
h>1m，1m<h≤9
8
m
故选AC。

3(2023·全国·高三专题练习)如图所示，B、M、N分别为竖直光滑圆轨道上的三个点，B点和圆心等高，M点与O点在同一竖直线上，N点和圆心O的连线与竖直方向的夹角为α=45°现从B点的正上方某处A点由静止释放一个质量为m的小球，经圆轨道飞出后沿水平方向通过与O点等高的C点，已知圆轨道半径为R，重力加速度为g，则以下结论正确的是()
A.A、B两点间的高度差为2
2
R
B.C到N的水平距离为2R
C.小球在M点对轨道的压力大小为3+2
mg
D.小球从N点运动到C点的时间为2R g
【答案】AC
【详解】A．从A点到C点,由动能定理得
mgh=1
2
mv2C
从A点到N点
mg h+R cos45°
=1
2
mv2N
其中
v C=v N cos45°联立解得
h=2
2
R
v N=22gR A正确；
BD．N到C的时间，根据速度与加速度的关系可得
t=v N sin45°
g
=2R g
则C到N的水平距离为
x CN=v N cos45°t 解得
x CN=2R BD错误；
C．从A到M点，由动能定理得
mg h+R
=1
2
mv2M
在M点，受力分析有
N-mg=m v2M R
解得
N=3+2
mg
C正确。

故选AC。

4(2023·广东汕头·统考一模)我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示为简化跳台滑雪的雪道示意图，助滑坡由长度55m的斜面AB(倾角θ=37°)和半径25m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B点，过圆弧最低点C的切线水平．CD为着陆坡(倾角α=30°)．一运动员连同滑板(整体可视为质点)从A点由静止滑下，到C点以v c=26m/s的速度水平飞出，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，关于该运动员，下列说法正确的是
A.经过C处时对轨道的压力约为其重力的2.7倍
B.在B点的速度大小为24m/s
C.在斜面AB上的运动时间约为4.6s
D.运动员落在着陆坡时的速度大小与C点速度v c大小成正比
【答案】BCD
【详解】A、在C点，有：F NC-mg=m v2C
r，代入数据得：F NC
≈3.7mg，有牛顿第三定律得：F NC≈
3.7mg，故A错误；
B、由B运动到C，由动能定理得：mg(r-r cosθ)=1
2mv2C-1
2
mv2B，代入数据得：v B=24m/s，故B
正确；
C 、由A 运动到B ，由运动学公式得：v 2B -0=2a AB L ，得：a AB =288
55
m/s 2；由动量定理得：ma AB t =mv B ，解得：t =
v B
a AB
≈4.6s ，故C 正确；D 、运动员从C 点飞出后，在空中做平抛运动落在斜面上的D 点，位移偏向角为α，则有tan α=y
x
=12gt 2CD
v C t CD
=
gt CD 2v C ，解得：t CD =2v C tan αg
；又v y =gt CD ，v 2D =v 2y +v 2C ，联立解得：v 2D =4v 2C tan 2α+v 2
C ，即v
D =73
v C ，故D 正确．
5(2023·重庆·统考模拟预测)如图所示，
足够长的光滑倾斜轨道倾角为37°，圆形管道半径为R 、内壁光滑，倾斜轨道与圆形管道之间平滑连接，相切于B 点，C 、D 分别为圆形管道的最高点和最低点，整个装置固定在竖直平面内，一小球质量为m ，小球直径略小于圆形管道内径，圆形管道内径远小于R ，重力加速度为g ，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

(1)将圆形管道的上面三分之一部分(PDQ 段)取下来，并保证剩余圆弧管道的P 、Q 两端等高，为使小球滑下后，在圆形管道内运动通过P 点时，管道内壁对小球的作用力恰好为0，从倾斜轨道上距离C 点多高的位置A 由静止释放小球；
(2)若将圆形管道的DQB 段取下来，改变小球在倾斜轨道上由静止释放的位置，小球从D 点飞出后落到倾斜轨道时的动能也随之改变，求小球从D 点飞出后落到倾斜轨道上动能的最小值(只考虑小球落到倾斜轨道上的第一落点)。

【答案】(1)7
4
R ；(2)13-2 mgR
【详解】(1)小球在圆形管道内运动通过P 点时，管道内壁对小球的作用力恰好为0，则重力沿圆心方向的分力提供向心力
mg cos60°=m
v 2
R
解得
v =
12
gR 小球从A 点到P 点，由动能定理得
mg h -R -R sin30° =
12
mv 2解得
h =
7
4
R
(2)将圆形管道的DQB 段取下来，小球离开D 点后做平抛运动，设小球落到斜面上时竖直位移为y ，水平位移为x ，落到倾斜轨道的动能为E k ，如图所示
竖直方向的位移
y =
12
gt 2水平位移
x =v 0t
小球从D 点飞出后落到倾斜轨道上动能
E k =mgy +
12mv 02
根据几何关系可知
R 1+cos37° -y =x -R sin37° tan37°
解得
E k =mg 13y 9+9R 2
4y
-2R
小球动能有最小值时
y =
913
26
R 动能最小值为
E k min =13-2 mgR
6(2023春·湖南衡阳·高三校考阶段练习)如图所示，
固定在地面上、表面光滑的平台ABCOK 由斜面AB 和水平面BC 组成，倾角为θ的斜面体ODE 固定在地面上，O 点在C 点的正下方，AB 与BC 在B 处通过一小段圆弧平滑连接。

均可视为质点的a 、b 两小球质量分别为km 、m ，把小球b 放置在C 点，让a 球从A 点由静止开始下滑，两球在C 点发生弹性碰撞，碰后b 球做平抛运动，落到OD 上。

已知m =0.5kg ，tan θ=2，CO 的高度为h =1.2m ，AK 的高度为H =1.65m 。

不计空气阻力。

(1)求a 、b 发生碰撞前的瞬间，a 的速度v 0的大小；
(2)a 、b 碰撞后的瞬间，若b 的动能是a 的动能的8倍，求k 的值；
(3)求b 落到斜面OD 前瞬间的动能E k 与平抛运动竖直下落位移y 之间的函数关系式(用E k 、mg 、h 、y 来表示)，并讨论E k 的最小值以及相对应的k 值。

【答案】(1)3m/s；(2)0.5或2；(3)见解析
【详解】(1)小球a从A到C的过程由机械能守恒定律可得
kmg(H-h)=1
2
kmv20解得
v0=3m/s
(2)设碰撞后瞬间a、b速度分别为v1和v2，由动量守恒定律可得
kmv0=kmv1+mv2
由能量守恒定律可得
1 2kmv20=1
2
kmv21+1
2
mv22
综合解得
v1=k-1
k+1v0，v2=2k
k+1
v0
由题意可得
1 2mv22=8×1
2
kmv21
综合可得
k2-2.5k+1=0
则有
(k-0.5)(k-2)=0
解得
k=0.5或k=2
(3)设b平抛运动的时间为t，水平位移为x，由平抛运动的规律可得
x=v2t，y=1
2
gt2
由几何关系可得
tanθ=h-y x
b落到斜面OD上时的动能为
E k=1
2
mv22+mgy 综合可得
E k=1
8mg h2
y
+9y-2h (J)
由数学知识可得
y=h
3
=0.4m 时，E k取最小值
E k min=1
2
mgh=3J 再结合
E k=1
2mv22+mgy、y=h
3
=0.4m、v2=2k
k+1
v0
综合解得
k=0.5(另一解舍去)
7(2023·山东·模拟预测)如图所示，桌面右侧的水平地面有一竖直放置的半径为R的光滑圆弧轨道MNP,MN为其竖直直径，桌面与圆弧轨道MNP中间有一光滑管道Q，其右端与P相切平滑连接，管道内径略大于小球直径，桌面到水平地面的竖直距离也为R，劲度系数为k的轻质弹簧放置在光滑的水平桌面上，一端固定在光滑桌面左端的挡板上。

一质量为m、可视为质点的小球与弹簧不粘连，现移动小球压缩弹簧后由静止释放小球，小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道。

已知弹簧压缩量为s，弹簧弹性
势能的表达式为E p=1
2
kx2(x为弹簧的形变量)，不计其他阻力及小球在管道Q和圆弧轨道中运动的能
量损耗，重力加速度为g。

(1)求C点与O点的高度差h；
(2)若只改变小球的质量，使小球运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球质量的取值范围。

【答案】(1)
ks2
3mg；(2)0<m≤
ks2
3gR
【详解】(1)小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道，则小球在C点只有重力沿CO方向的分力提供向心力，设重力方向与CO的夹角为θ，由牛顿第二定律有
mg cosθ=m v2C R
由几何关系有
cosθ=h
R 从静止释放到C点，由能量守恒定律有
1 2ks2=1
2
mv2C+mgh
联立解得
h=ks2
3mg
(2)小球在运动过程中不脱离轨道，可知小球能通过M点，则应有
mg≤m v2M R
从静止释放到M点，由能量守恒定律有
1 2ks2=1
2
mv2M+mgR
解得
0<m≤ks2
3gR
8(2023·浙江金华·统考模拟预测)小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为如图所示的模型，水平轨道AB和倾斜轨道OD分别与圆轨道相切于B点和D点，弯曲轨道AE与水平轨道平滑连接，E点切线方向恰好水平。

O点固定一弹射装置，刚开始时装置处于锁定状态。

当赛车从A点出发经过圆轨道进入OD轨道，到达O点时恰好可以触发弹射装置将赛车原路弹回，最终进入回收装置F。

测得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失1.8J，每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹性势能值。

已知赛车质量为0.2kg，电动机功率恒为3W，圆轨道半径为R=0.4m，E点离水平轨道高度和与F点间水平距离均为3R，AB轨道长2m，赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的
0.25倍，赛车在轨道其余部分上所受摩擦力可忽略，赛车看成质点。

(1)若赛车恰好能过C点，求赛车经过H点时对轨道的压力大小；
(2)若某次测试时，赛车电动机工作1.5s，经过一次弹射后恰好落入回收装置之中，则此次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大？
(3)若某次测试时，赛车电动机工作1.5s，最终停在水平轨道AB上，且运动过程中赛车不能脱轨，求弹射装置的弹性势能取值范围。

【答案】(1)6N；(2)2.3J；(3)0.3J≤E p弹≤1.1J
【详解】(1)赛车恰好过C点，根据牛顿第二定律
mg=mv2c R
解得
v c=gR=2m/s 从H到C，由动能定理有
-mgR=1
2mv2c-1
2
mv2H
解得
v H=23m/s 根据指向圆心方向合力提供向心力有
F N=mv2H R
解得
F N=6N 根据牛顿第三定律在H点对轨道压力6N；
(2)赛车从E到F做平抛运动，有
h=3R=1
2
gt2
x=3R=v E t 解得
v E=6m/s 对赛车，从A出发最终到E的过程中，根据功能关系可得
Pt 0-μmgL-ΔE
损+E p弹0-μmgL-mg⋅3R=1
2
mv2E-0
代入数据解得
E p弹0=2.3J
(3)题中所述赛车最终停在水平轨道AB上，有两种临界情况
①假设赛车第一次弹回时，恰好能过C点，此时E p弹最小，由上分析可知
v C=gR=2m/s
小车从出发到第二次经过C点，根据能量守恒定律
Pt 0+E p弹min=1
2mv2C+μmgL+2mgR+ΔE
损
解得
E p弹min=0.3J
设赛车最高到达A点右侧弯曲轨道上高度h处，从C点到高度h处，根据动能定理
mg⋅2R-μmgL-mg⋅h=0-1
2
mv2C
可得
h=0.5m<3R
所以赛车不会从E点飞出，有
E p弹≥0.3J
②假设赛车第一次弹回时，恰好能运动到E点，从E点滑下到左侧圆轨道，根据动能定理
3mgR-μmgL-mgh =0-0
可得
h =0.7m
则
R<h <2R
赛车要脱离轨道。

所以赛车从AE轨道返回时最多运动到H点，设赛车从AE返回时恰能到达H 点，从出发到从AE返回恰运动到H点的过程，根据能量守恒定律
Pt 0+E p弹max=3μmgL+mgR+ΔE
损
解得
E p弹max=1.1J
综上，当
0.3J≤E p弹≤1.1J
时可满足要求。

“传送带”模型综合问题
【解题指导】
1.计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要用Q=F f x
相对或能量守恒定律.
2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量．
【核心归纳】
3.设问的角度
(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。

4.功能关系分析
(1)功能关系分析：W=ΔE k+ΔE p+Q。

(2)对W和Q的理解
①传送带克服摩擦力做的功：W=F f x传；
②产生的内能：Q=F f x相对。

类型1水平传送带问题
1(2023·海南海口·海南华侨中学校考模拟预测)如图所示，质量为m的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为μ，物体过一会儿能保持与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是()
A.摩擦力对物体做的功为mv2
B.电动机多做的功为1
2
mv2
C.系统产生的内能为1
2mv2 D.传送带克服摩擦力做的功为1
2
mv2
【答案】C
【详解】A．根据动能定理有，摩擦力对物体做的功为
W=1
2
mv2
故A错误；
B．电动机多做的功转化为物体的动能和内能，所以电动机多做的功一定大于1
2
mv2，故B错误；CD．设共速前物体相对地面的位移为x1，传送带相等地面的位移为x2则有
x1=v
2
t，x2=vt
可知
x2=2x1
可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体做功的二倍，即为mv2，则系统产生的内能为
E=mv2-1
2mv2=1
2
mv2
故C正确，D错误。

故选C。

2(2023·山东·高三专题练习)我国物流市场规模连续七年位列全球第一。

某物流分拣中心为转运货物安装有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以1m/s2的加速度向前加速运行。

在传送带空载的某时刻，某质量为20kg的货物向前以3m/s的初速度滑上传送带。

已知传送带长为6m，货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2，取g=10m/s2，求：
(1)货物用多长时间到达传送带末端；
(2)整个过程传送带对货物做的功；
(3)传送带与货物由于摩擦产生的热量。

【答案】(1)3s；(2)0；(3)60J
【详解】(1)对货物受力分析，由牛顿第二定律可知
μmg=ma
解得
a =2m/s2
设经时间t1两者共速，则
ν0-a t1=at1
解得
t1=1s
故货物运动1s后两者共速。

此时的速度大小
v=at1=1m/s
货物的位移
x1=v0t1-1
2
a t21=2m
由题意知，两者共速后，一起以加速度a做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动时间t2到达传送带末端，则
vt2+1
2
at22=l-x1
解得
t2=2s
所以货物到达传送带末端所用的时间
t=t1+t2=3s
(2)设货物到达传送带末端的速度大小为v ，则
v =v+at2
解得
v =3m/s
货物从被推上传送带至到达传送带末端的过程，由动能定理得
W=1
2mv 2-1
2
mv20
解得
W=0
(3)货物和传送带之间的相对位移
Δx=x1-1
2
at21=1.5m 所以整个过程因摩擦产生的热量
Q=μmgΔx=60J
3(2023·全国·二模)如图所示，一质量m=1kg的物块以v0=1m/s的速度从B端进入水平传送带BC，最后能从C点水平抛出，已知水平传送带BC长L=1.5m，该物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带以速度为v顺时针方向转动，物块可视为质点且不考虑传送带滑轮大小。

重力加速度g=10m/s2。

求：
(1)当传送带的速度v=3m/s时，将物块从B传送到C过程中物块与传送带间因摩擦而产生的热量是多少？
(2)若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为四分之一圆弧，C点为圆心，半径为R=3
2
m。

调节传送带速度大小，使该物块从C点抛出后，落到收集装置时动能最小，则该物块落到收集装置时最小动能是多少？
【答案】(1)2J；(2)7.5J
【详解】(1)小物块的加速度
a=μmg
m
=5m/s2
小物块的加速时间
t1=v-v0
a
=0.4s
小物块匀加速的位移
x1=v+v0
2
t1=0.8m<1.5m
则小物块先加速后匀速，传送带的位移
x2=vt1=1.2m 二者的相对位移
Δx=x2-x1=0.4m 产生的热量
Q=μmgΔx=2J (2)令小物块从C点飞出后速度为v1，水平方向有
x=v1t2
竖直方向有
y=1
2
gt22
根据几何关系有
x2+y2=R2
根据动能定理有
mgy=E k-1
2
mv21解得
E k=3mgy
4
+
3mg
16y
由数学知识可知，当y=0.5m时，E k最小，解得
E k min=7.5J
4(2023·全国·高三专题练习)如图所示，一个工作台由水平传送带与倾角θ=37°的斜面体组成，传送带AB间的长度L=1.7m，传送带顺时针匀速转动，现让质量m=1kg的物块以水平速度v0=5m/s从A点滑上传送带，恰好能滑到斜面上高度h=1.08m的C点，物块与斜面体和传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，传送带与斜面平滑连接，g取10m/s2。

(sin37°=0.6，cos37°=0.8)
(1)求物块由A运动到B时的速度大小vB；
(2)求物块由A运动到C所需要的时间t；
(3)若改变传送带转速，物块以初动能E k x从A点水平滑上传送带，滑上斜面后恰好能返回出发点A，求物块初动能E k x的取值范围。

【答案】(1)6m/s；(2)0.9s；(3)34J≤E k x≤51J
【详解】(1)物块从B运动到C过程，由动能定理可得
-mgh-μmg cos37°·h
sin37°=0-1
2
mvB2
解得
vB=6m/s
(2)设物块从A运动到B过程中速度从v0到vB的位移是x，由动能定理可得
1 2mvB2-1
2
mv20=μmgx
解得
x=1.1m<L
即物块在传送带上先匀加速到vB，然后在传送带上匀速运动。

设物块在传送带上匀加速时间为t1，有
vB=v0+at1
a=μg
解得
t1=0.2s
设物块在传送带上匀速时间为t2，有
L-x=vBt2
解得
t2=0.1s
设物块从B运动到C所用时间为t3，由牛顿第二定律可得
mg sin37°+μmg cos37°=ma′
又
0=vB-a′t3
联立可得
t3=0.6s
物块由A运动到C所需要的时间为
t=t1+t2+t3=0.9s
(3)根据题意，要让物块滑上斜面后恰好能返回出发点A，则设物块滑上斜面上滑距离s后返回，且经皮带减速刚好回到A点速度为零，故物块从开始沿斜面下滑到达A点过程，根据动能定理可
mgs∙sin37°-μmg cos37°∙s-μmgL=0
解得
s=4.25m
当物块滑上传送带后第一次到B点的过程中，传送带对物块的摩擦力一直对物块做负功，且物块能够沿斜面上滑距离s，此时物块的初动能最大，且有
-μmg cos37°∙2s-μmg∙2L=0-E k max
解得
E k max=51J
当物块滑上传送带后第一次到B点的过程中，传送带对物块的摩擦力一直对物块做正功，且物块能够沿斜面上滑距离s，此时物块的初动能最小，且有
μmgL-μmg cos37°∙2s-μmgL=0-E k min
解得
E k min=34J
综上可得
34J≤E k x≤42.5J
5(2023·江苏·高三专题练习)如图所示，水平传送带AB长l=5m，以10m/s的速度顺时针传输。

质量m =1kg的滑块可以视作为质点。

放在与AB等高的平台BC上，距离B点为L=4m。

滑块在B点右侧始终受到水平向左的恒定外力F=6N。

已知滑块和AB、BC间的动摩擦因素分别为μ1=0.20、μ2=0.40.
(1)滑块第一次运动到B点时的动能E k0；
(2)滑块第一次从B点滑上传送带到再次返回B处所用的时间t；
(3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量。

【答案】(1)8J；(2)4s；(3)24J
【详解】(1)滑块从开始至第一次到B点，由动能定理得
FL-μ=E k0
解之得
E k0=8J
(2)从B点向左减速过程
-μ1mgx=0-E k0
得
x=4m<l
1
2
mv2=8J
因此向左减速时间
t1=v
a
=2s
又
v=4m/s<10m/s
所以返回到B的时间
t2=t1=2s
t
总
=4s
(3)滑块运动全过程中在BC上因摩擦产生的总热量
Q=FL=24J
6(2023·江苏徐州·高三专题练习)如图所示，水平轨道OC的右端C贴近同高度的水平传送带轨道的左端，其中OB段光滑，BC段粗糙，传送带与竖直面内的光滑半圆形轨道DE相切于D点，已知BC=CD =L=2m，圆轨道半径R=0.4m，弹簧左端固定在墙壁上，自由放置时其右端在B点。

一个质量m= 0.5kg的物块(视为质点)将弹簧压缩到A点并锁定，物块与水平轨道BC、传送带间的动摩擦因数均为μ=0.25，重力加速度g=10m/s2。

(1)若传送带逆时针转动，要使物块始终不脱离轨道，解除锁定前弹簧的弹性势能多大？
(2)若传送带顺时针转动，锁定前弹簧的弹性势能取第(1)问中的最大值，若要使物块在半圆轨道上运动的过程中不脱离轨道，试计算传送带的速度范围；
(3)在第(1)问的情形下，且弹簧的弹性势能取最大值，试写出物块最后的静止位置到C点的间距d与传送带速度v间的定量关系。

【答案】(1)E p≤7J；(2)v≤22m/s或v≥25m/s；(3)见解析
【详解】(1)若传送带逆时针转动，要使物块始终不脱离轨道，物块最多上升到半圆轨道与圆心等高处，则根据能量守恒定律，解除锁定前弹簧弹性势能的最大值为
E p=μmg2L
+mgR=7J
所以解除锁定前弹簧弹性势能E p≤7J
(2)若物块刚好能通过半圆轨道的最高点E，则根据牛顿第二定律有
mg=m v2E R
解得
v E=2m/s 物块从D到E的过程中，根据机械能守恒定律有
mg2R=1
2mv2D-1
2
mv2E
解得
v D=25m/s 物块被弹簧弹出滑到C点的过程中，根据能量守恒定律有
E p=μmgL+1
2
mv2C
解得
v C=32m/s
若传送带以v D=25m/s速度顺时针转动，设物块向右加速运动的位移为x，根据动能定理有
μmgx=1
2mv2D-1
2
mv2C
解得
x=0.4m<L
若物块只能上升到与圆心等高处，根据机械能守恒定律有
mgR=1
2
mv 2D
解得
v D=22m/s
设物块在传送带上向右减速到v D=22m/s的位移为x ，根据动能定理有
-μmgx =1
2mv 2D-1
2
mv2C
解得
x =2m=L
所以传送带可以逆时针转动且速度任意大小，传送带也可以顺时针转动且速度
v≤22m/s或v≥25m/s
(3)设物块返回传送带后一直向左加速运动，根据动能定理有
μmgL=1
2mv2C1-1
2
mv 2D
解得
v C1=32m/s
设物块沿水平轨道刚好减速到B点，根据动能定理有
μmgL=1
2
mv2C2
解得
v C2=10m/s
①若传送带速度v≥32m/s，则物块在传送带上一直加速到v C1=32m/s，然后滑上水平轨道，先向左减速运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为s，根据动能定理有
μmgs=1
2
mv2C1
解得
s=3.6m
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d=2L-s=0.4m
②若传送带的速度v≤22m/s，则物块在传送带上向左减速到与传送带共速；
若传送带的速度22m/s<v≤10m/s，则物块在传送带上向左加速到与传送带共速
上述两种情况下，物块在水平轨道上向左减速到静止，减速路程为d，根据动能定理有
μmgd=1
2
mv2
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d=0.2v2m
③传送带的速度10m/s<v<32m/s，物块向左加速到与传送带共速，然后滑上水平轨道，先向左减速运动，被弹簧弹回后再向右减速运动，其总路程为s，根据动能定理有
μmgs=1
2
mv2
物块静止位置在C点的左侧与C点的间距为
d=2L-s=4-0.2v2
m
7(2023·新疆阿勒泰·高三校考阶段练习)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速度v0=1m/s顺时针传动。

建筑工人将质量为m=2kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工人以v0=1m/s的速度向右匀速运动。

已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ=0.1，运输带的长度为L=2m，重力加速度大小为g=10m/s2。

求：
(1)建筑工人比建筑材料早到右端的时间；
(2)因运输建筑材料电动机多消耗的能量；
(3)运输带对建筑材料做的功。

【答案】(1)0.5s；(2)2J；(3)1J
【详解】(1)建筑工人匀速运动到右端，所需时间
t1=L
v0
=2s
假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为
a=μg=1m/s2
加速的时间为
t2=v0
a
=1s
加速运动的位移为
s1=v0
2
t2=0.5m<L
假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为
t3=L-s1
v0
=1.5s
因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为
Δt=t2+t3-t1=0.5s
(2)(3)建筑材料与运输带在加速阶段因摩擦产生热量，该过程中运输带的位移为
s2=v0t2=1m
则因摩擦而产生的热量为
Q=μmg s2-s1
=1J
由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为
W=1
2
mv02=1J
可得因运输建筑材料电动机多消耗的能量为
E
电
=W+Q=2J
8(2023·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期中)如图所示，在光滑水平面AB、CD之间连接一长度为L=2m的传送带，圆心为O、半径为R=0.2m的竖直光滑半圆轨道DEG与水平面AD在D点平滑连接，其中FG段为光滑圆管，E和圆心O等高，∠EOF=30o。

可视为质点的小物块从A点以v0= 2.5m/s的初速度向右滑动，已知小物块的质量m=1kG，与传送带间的摩擦因数μ=0.1，重力加速度G 取10m/s2。

(1)若传送带不转，求小物块滑到圆轨道D点时的速度大小；
(2)若传送带以v=2m/s的速率顺时针方向转动，求小物块能到达圆轨道的最大高度；
(3)若要求小物块在半圆轨道内运动中始终不脱轨且不从G点飞出，求传送带顺时针转动速度大小的可调范围。

【答案】(1)v D=1.5m/s；(2)h=0.2m；(3)v传≤2m/s或7m/s≤v传≤22m/s
【详解】(1)A到D过程，对小物块由动能定理
-μmgL=1
2mv2D-1
2
mv20
v D=1.5m/s
(2)B到C过程，先减速运动，加速度大小为a，则有
μmg=ma
解得
a=1m/s2
假设物块能减速到与传送带共速，有
v2-v20=2(-a)s
减
解得
s
减
=1.125m<L
因此小物块在传送带上先减速再匀速，到达C点时的速度为
v C=v=2m/s
假设物块能到达圆轨道的最大高度h时速度可以减为0，则C到圆轨道某点，速度减为0过程，对小物块由动能定理
-mgh=0-1
2
mv2C
解得
h=0.2m≤R
即物块刚好到达圆轨道E点。

(3)若刚好到达E点不脱轨，由第(1)、(2)问可知
v C=2m/s
所以
v
传
≤2m/s
若刚好到达F点不脱轨，在F点有。