动力学和能量观点的综合应用-高考物理复习
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研透核心考点
(2)弹射器获得的最大弹性势能； 解析 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。 答案 8 J
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研透核心考点
(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。 解析 若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有 mg＝mvR20 从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知 mg(H－2R)－μmgs1＝21mv20 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
模型三 多运动组合模型
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研透核心考点
模型一 “传送带”模型
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。
图6
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研透核心考点
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压 力大小； 解析 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＝12mv2 在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得 mg＋F＝mvR2 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。 答案 100 N
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研透核心考点
模型三 多运动组合模型
例5 如图6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：
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研透核心考点
解得
t1＝
ggkL，v
共＝
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 s 块＝v212－a2v2共 木板的位移大小 s 板＝(－v21)a21－v2共
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
Δs＝s 块＋s 板＝Lk。
答案
L k
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研透核心考点
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研透核心考点
2.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝fs传，也是电动机因传送带传送物体而多做 的功。 (2)系统产生的内能：Q＝fs相对。 (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量， ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。
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研透核心考点
角度 水平传送带模型
图2
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研透核心考点
(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小； 解析 当物体沿传送带滑入时，设物体向下运动的加速
度为a1，物体向下加速到v，所用时间为t1， 物体运动位移为s1，有 μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1 v＝v0＋a1t1 s1＝v＋2 v0t1 解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，s1＝3.75 m 由于s1＜L，最大静摩擦力fm＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，则共速后物体将与传 送带一起做匀速直线运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10 m/s。
(3)木板的长度l以及整个运动过程中系统因摩擦产生 的热量Q。 解析 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＋l)sin θ－kmgl＝0 解得 l＝2k2－L 1 故系统产生的热量 Q＝kmgl＝22kkm－g1L。 答案 2L 2kmgL
2k－1 2k－1
货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有( BC )
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
图1
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研透核心考点
解析 根据机械能守恒定律有 mgh＝12mv20，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 s1＝v0＋2 vt1＝3 m，摩擦力对货物做功 为 W＝μmgs1＝60 J，A 错误；货物匀速运动时间为 t2＝L－v s1＝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 Δs＝vt1 －s1＝1 m，由于摩擦而产生的热量为 Q＝μmgΔs＝20 J，C 正确；运送货物过 程中，电动机输出的电能为 E＝Q＋12m(v2－v20)＝80 J，D 错误。
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研透核心考点
(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； 解析 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
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研透核心考点
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。 答案 0.5 m≤LBC≤1 m
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研透核心考点
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。
动力学和能量观点的综合应用
学习目标
1.会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运 动情况。
2.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。 3.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
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CONTENTS
01 研透核心考点 02 提升素养能力
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研透核心考点
1
模型一 “传送带”模型
模型二 “滑块—木板”模型
目录
研透核心考点
角度 倾斜面上“滑块—木板”模型
例4 如图5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
图5
板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5<k<1)，初始时木板下端
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( BD )
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12mv20－fl
D.物块的动能一定小于12mv20－fl
图3
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研透核心考点
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－fs1＝12mv21－21mv20① 对 M 有 fs2＝12Mv22② 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s2＝S△COF，s1＝SABFO 根据位移关系可知l＝s1－s2＝SABCO＞s2＝S△COF 因此 fl＞fs2＝12Mv22，即木板的动能一定小于 fl，A 错误，B 正确； ①②两式相加得－fl＝12mv21＋12Mv22－12mv20 变形得物块离开木板时的动能21mv21=12mv20－fl－12Mv22＜12mv20－fl，C 错误，D 正确。
答案 10 m/s
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研透核心考点
(2)若在物体滑入传送带运动了0.5 s时，传送带突然停止， 物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间摩擦而产生 的热量。
解析 0.5 s内物体相对传送带运动的位移Δs1＝vt1－s1＝1.25 m 传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力f＝μmgcos 30°＝mgsin 30° 物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δs2＝L－s1＝6.25 m 则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δs1＋Δs2)cos θ 解得Q＝37.5 J。 答案 37.5 J
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研透核心考点
模型二 “滑块—木板”模型
1.模型分类 “滑块—木板”模型根据情况可以分成水平面上的“滑块—木板”模型和斜面上的 “滑块—木板”模型。
2.位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则 滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反 方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
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研透核心考点
角度 倾斜传送带模型 例 2 如图 2，传送带以 v＝10 m/s 的速度逆时针
转动，一个质量 m＝1 kg 的物体从传送带顶端以 v0＝5 m/s 的速度沿传送带滑入，若传送带与水 平方向成 θ＝30°角，物体与传送带间的动摩擦 因数 μ＝ 33，传送带底端到顶端长 L＝10 m，g 取 10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。 求：
A.上述过程中，F 做功大小为21mv21＋12Mv22
B.其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达木板右端所用时间越短
C.其他条件不变的情况下，M 越大，s 越小
D.其他条件不变的情况下，M 越大，滑块与木板间产生的热量越多
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研透核心考点
解析 由功能关系可知拉力 F 做的功除了增加 两物体动能以外还有系统产生的热量，即拉力 F 做的功 WF＝ΔEk＋fL＝12mv21＋12Mv22＋Q， A 错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速直线运动，在其他条件不变的 情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是 L，滑块的位移也 没有发生改变，所以拉力 F 越大，滑块的加速度越大，到达木板右端所用时间 就越短，B 正确；由于木板受到的摩擦力不变，当 M 越大时木板的加速度越小， 而滑块的加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间变短，所以木板 在地面上运动的位移变小，C 正确；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘 积，相对位移没变，m 不变，摩擦力不变，产生的热量不变，D 错误。
例1 (多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图1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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ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。
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研透核心考点
(多选)如图4所示，质量为M、长为L的木板置于
光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木
板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为f，
用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到 木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑
图4
块的速度为v1，木板的速度为v2，下列说法中正
确的是( BC )
3.解题关键 找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联 系两个过程的纽带：每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
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研透核心考点
角度 水平面上“滑块—木板”模型
例 3 (多选)(2023·全国乙卷)如图 3，一质量为 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
与挡板的距离为L。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：
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研透核心考点
(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1； 解析 对物块与木板整体，根据动能定理有 2mgLsin θ＝12×2mv21 解得 v1＝ gL。 答案 gL
研透核心考点
(2)弹射器获得的最大弹性势能； 解析 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。 答案 8 J
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研透核心考点
(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。 解析 若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有 mg＝mvR20 从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知 mg(H－2R)－μmgs1＝21mv20 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
模型三 多运动组合模型
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研透核心考点
模型一 “传送带”模型
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。
图6
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研透核心考点
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压 力大小； 解析 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＝12mv2 在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得 mg＋F＝mvR2 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。 答案 100 N
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研透核心考点
模型三 多运动组合模型
例5 如图6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：
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研透核心考点
解得
t1＝
ggkL，v
共＝
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 s 块＝v212－a2v2共 木板的位移大小 s 板＝(－v21)a21－v2共
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
Δs＝s 块＋s 板＝Lk。
答案
L k
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研透核心考点
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研透核心考点
2.功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝fs传，也是电动机因传送带传送物体而多做 的功。 (2)系统产生的内能：Q＝fs相对。 (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被传送物体动能的增加量， ΔEp表示被传送物体重力势能的增加量。
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研透核心考点
角度 水平传送带模型
图2
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研透核心考点
(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小； 解析 当物体沿传送带滑入时，设物体向下运动的加速
度为a1，物体向下加速到v，所用时间为t1， 物体运动位移为s1，有 μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1 v＝v0＋a1t1 s1＝v＋2 v0t1 解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，s1＝3.75 m 由于s1＜L，最大静摩擦力fm＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，则共速后物体将与传 送带一起做匀速直线运动，即物体从传送带底端滑出时的速度大小为10 m/s。
(3)木板的长度l以及整个运动过程中系统因摩擦产生 的热量Q。 解析 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＋l)sin θ－kmgl＝0 解得 l＝2k2－L 1 故系统产生的热量 Q＝kmgl＝22kkm－g1L。 答案 2L 2kmgL
2k－1 2k－1
货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有( BC )
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
图1
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研透核心考点
解析 根据机械能守恒定律有 mgh＝12mv20，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 s1＝v0＋2 vt1＝3 m，摩擦力对货物做功 为 W＝μmgs1＝60 J，A 错误；货物匀速运动时间为 t2＝L－v s1＝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 Δs＝vt1 －s1＝1 m，由于摩擦而产生的热量为 Q＝μmgΔs＝20 J，C 正确；运送货物过 程中，电动机输出的电能为 E＝Q＋12m(v2－v20)＝80 J，D 错误。
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研透核心考点
(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； 解析 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
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研透核心考点
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。 答案 0.5 m≤LBC≤1 m
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研透核心考点
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。
动力学和能量观点的综合应用
学习目标
1.会用动力学的观点分析“传送带”和“板块”模型的运 动情况。
2.会用能量观点求解摩擦产生的热量等综合问题。 3.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
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01 研透核心考点 02 提升素养能力
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研透核心考点
1
模型一 “传送带”模型
模型二 “滑块—木板”模型
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研透核心考点
角度 倾斜面上“滑块—木板”模型
例4 如图5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
图5
板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5<k<1)，初始时木板下端
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( BD )
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12mv20－fl
D.物块的动能一定小于12mv20－fl
图3
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研透核心考点
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－fs1＝12mv21－21mv20① 对 M 有 fs2＝12Mv22② 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s2＝S△COF，s1＝SABFO 根据位移关系可知l＝s1－s2＝SABCO＞s2＝S△COF 因此 fl＞fs2＝12Mv22，即木板的动能一定小于 fl，A 错误，B 正确； ①②两式相加得－fl＝12mv21＋12Mv22－12mv20 变形得物块离开木板时的动能21mv21=12mv20－fl－12Mv22＜12mv20－fl，C 错误，D 正确。
答案 10 m/s
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研透核心考点
(2)若在物体滑入传送带运动了0.5 s时，传送带突然停止， 物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间摩擦而产生 的热量。
解析 0.5 s内物体相对传送带运动的位移Δs1＝vt1－s1＝1.25 m 传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力f＝μmgcos 30°＝mgsin 30° 物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δs2＝L－s1＝6.25 m 则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δs1＋Δs2)cos θ 解得Q＝37.5 J。 答案 37.5 J
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研透核心考点
模型二 “滑块—木板”模型
1.模型分类 “滑块—木板”模型根据情况可以分成水平面上的“滑块—木板”模型和斜面上的 “滑块—木板”模型。
2.位移关系 滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则 滑块的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反 方向运动，则滑块的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的长度。
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研透核心考点
角度 倾斜传送带模型 例 2 如图 2，传送带以 v＝10 m/s 的速度逆时针
转动，一个质量 m＝1 kg 的物体从传送带顶端以 v0＝5 m/s 的速度沿传送带滑入，若传送带与水 平方向成 θ＝30°角，物体与传送带间的动摩擦 因数 μ＝ 33，传送带底端到顶端长 L＝10 m，g 取 10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。 求：
A.上述过程中，F 做功大小为21mv21＋12Mv22
B.其他条件不变的情况下，F 越大，滑块到达木板右端所用时间越短
C.其他条件不变的情况下，M 越大，s 越小
D.其他条件不变的情况下，M 越大，滑块与木板间产生的热量越多
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研透核心考点
解析 由功能关系可知拉力 F 做的功除了增加 两物体动能以外还有系统产生的热量，即拉力 F 做的功 WF＝ΔEk＋fL＝12mv21＋12Mv22＋Q， A 错误；滑块和木板都是做初速度为零的匀加速直线运动，在其他条件不变的 情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是 L，滑块的位移也 没有发生改变，所以拉力 F 越大，滑块的加速度越大，到达木板右端所用时间 就越短，B 正确；由于木板受到的摩擦力不变，当 M 越大时木板的加速度越小， 而滑块的加速度不变，相对位移一样，滑块在木板上运动时间变短，所以木板 在地面上运动的位移变小，C 正确；系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘 积，相对位移没变，m 不变，摩擦力不变，产生的热量不变，D 错误。
例1 (多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图1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ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ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。
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研透核心考点
(多选)如图4所示，质量为M、长为L的木板置于
光滑的水平地面上，一质量为m的滑块放置在木
板左端，滑块与木板间的滑动摩擦力大小为f，
用水平的恒定拉力F作用于滑块。当滑块运动到 木板右端时，木板在地面上移动的距离为s，滑
图4
块的速度为v1，木板的速度为v2，下列说法中正
确的是( BC )
3.解题关键 找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联 系两个过程的纽带：每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。
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研透核心考点
角度 水平面上“滑块—木板”模型
例 3 (多选)(2023·全国乙卷)如图 3，一质量为 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
与挡板的距离为L。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：
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研透核心考点
(1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1； 解析 对物块与木板整体，根据动能定理有 2mgLsin θ＝12×2mv21 解得 v1＝ gL。 答案 gL