2025年高考物理一轮复习（人教版）动力学和能量观点的综合应用

第6课时专题强化：动力学和能量观点的综合应用

【目标要求】1.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。

考点一传送带模型综合问题

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tl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。

(3)注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。

2.传送带问题涉及的功能关系

(1)传送带克服摩擦力做的功：卬=所仲。

⑵系统产生的内能：Q=Rx用对。

(3)功能关系分析：W=A&+A£p+Q。

Il(多选)(2023♦新疆三模)如图甲所示，倾角为。的传送带以恒定的速率。沿逆时针方向

运行。/=0时刻，质量m=2kg的小物块以初速度劭从A端滑上传送带，小物块的速度随时

间变化的图像如图乙所示,1.25，时小物块从8端滑离传送带。沿传送带向下为正方向,重

力加速度g取lOmd,则()

A.传送带的倾角0=37。

B.小物块对传送带做功18J

C小物块在传送带上留下的痕迹长度为Im

D.小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为4.5J

答案BC

解析由题图乙可知，物块先做初速度为2m/s的匀加逑立线运动，速度达到传送带逑度后(在

，=0.25s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，

从题图乙可知传送带的速度为4m/s。

Ao4—2

开始匀加速运动的加速度"]=笳=万6m/s2=8m/s2

根据牛顿第二定律得mgsin〃+〃〃?gcos0=ma\

Ao'6—4

速度相等后，加速度«2=,*-=-j—m/s2=2m/s2

根据牛顿第二定律得mgsinH—从mgcosO=mai

联立两式解得。=30°,4=坐，故A错误；

小物块与传送带间的摩擦力为Ff=///??gcos。=6N,

小物块对传送带做功为W=-Ffx14-Ffx2=-6X4XO.25J+6X4X1J=18J,故B正确；

0〜0.25s时间内，

2+4

小物块的位移为『=-E-X0.25m=0.75m,

相对位移Axi=X］一丁=1m—0.75m=0.25m,

0.25〜1.25s时间内,

6+4

小物块的位移为x"=2X1m=5m,

相对位移Ax2=X"—X2=1m>A.vi,

所以小物块在传送带上留下的痕迹长度为1mo

小物块号传送带间因摩擦后产生的热量为

Q=R(Ati+Ax2)=7.5J,故C正确，D错误。

【例21(2024.山东日照市联考)如图所示，水平传送带以P=6nVs的速度逆时针匀速转动，传

送带左端与倾角。=37。的斜面PM在M点平滑相接，右端与半径R=4.05m的光滑四分之一

圆弧轨道在N点平滑相接］接点处均不影响传送带的转动)。质量加=0.5kg的小物块从圆弧

轨道最高点由静止下滑后从汽点滑上传送带，经过M点后滑上斜面。已知小物块与传送带及

斜面间的动摩擦因数〃均为().15,MN间的距离L=21m,g=l()m/s2,sin37°=0.6,cos37°

=0.8o斜面〃M足够长，不计小物块经过M、N两点处的机械能损失。求：

(1)小物块第一次通过传送带所用的时间，；

(2)小物块第一次沿斜面上升的最大高度H；

(3)小物块在斜面上因摩擦产生的总热量Q。

答案(1)3s(2)1.5m(3)9J

解析(1)设小物块从圆弧最高点由静止下滑到达最低点时速度为ON,根据动能定理有mgR

=gnv储

解得加=9m/s,vN>v,可知小物块滑上传送带后先做勺减速运动

由牛顿第二定律=ma,解得a।=1.5m/s2

若经过t\减速到。=6m/s,由v=VN-a\t\

代入数据求得h=2s

在八内小物块的位移工=。：解得A=15m

由可知小物块之后做匀速运动，设匀速运动时间为，2,W'lt2=~^

解得/2=1S,所以小物块第一次通过传送带所用的时间/=h+/2=3s。

(2)小物块以。=6m/s的速度冲上斜面，根据牛顿第二定律机gsin9+〃wgcos0=mai,得ai

=7.2nVs2

由运动学公式，有0一方=—2〃汨

xisin0=H,可得"=1.5m

(3)由(2)知xi=2.5m,小物块沿着斜面下滑的过程中由牛顿第二定律有〃区sin夕一“wgcos0=

may,得“3=4.8m/s2

由运动学公式，有vr=2d3Xi

可得小物块第二次滑上传送带的速度5=2&m/s

由于。可知小物块在，专送带上先向右减速后向左加速.，最后以。i=2#m/s的速度第二

次滑上斜面的最大位移X2满足0—。/=-2a2X2

可得眼甘in,同理可得小物块第三次滑，斜面的最大位移工3二Sm

2

,_|

小物块第〃次滑上斜面时上滑的最大位移xn=(^yxi,所以小物块在斜面上摩擦产生的热量

Q=〃机geos供2XI+ZH+2A3+…)，解得Q=9J。

(说明：也可以通过判断每次从斜面滑下经过M点与滑上传送带再返回至M点时的速度大小

相等，故=9J)

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，=午=¥，可求出共同速度。和所用时间人

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，或者本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港；

(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Ai。

【例3】(2023•广东河源市期中)如图所示，质量皿=1kg的木板Q静止在水平地面上，质量

利2=3kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数川=0.2,地面与Q之间的均摩擦

因数心=0.1，现给物块P以加=4m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止

且P没有滑离木板Q，重力加速度g取lOm/s?,下列说法正确的是（）

A.P与Q开始相对静止的速度是2.5m/s

B.长木板Q长度至少为3m

C.P与Q之间产生热量和地面与Q之间产生的热量之比为1：1

D.P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2：1

答案C

解析P的加速度为〃P=_"$=_2m/s2

nil

Q的加速度为OQ=—〃；，"+〃”）g=2毋

两者共速时有o关=0o+4p；=aQ/,解得/=1s,u^=2m/s,选项A错误；P、Q共速时的相

对位移为/—°彳’*1=2m,之后不发生相对滑动，故长木板Q长度至少为2m,

选项B错误：P与Q之间产生的热量为Q=〃g吟At=12J,由能量守恒定律得，地面与Q

之间产生的热量为。2=；〃!2如2—Q|=12J,P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热

量之比为1：I,选项C正确，D错误。

【例4】（2023•湖南省名校联盟联考）某商家为了吸引顾客，设计了抽奖活动，如图所示，三块

尺寸相同的薄木板A、B、C随机排序并紧挨着置于足够人的水平地面上，质量均为机=1kg,

长度均为£=3m0三块木板的下表面与地面间的动摩擦因数均为〃=0.1,上表面（均水平）各

有不同的涂层，质量M=2.5kg的滑块（视为质点）与A、B、C上表面间的动摩擦因数分别为

〃、勿、3”。顾客以某一水平初速度从左侧第一块木板的左端将滑块水平向右推出。从左向

右数，若滑块最终停在第一、二、三块木板上，则顾客分别获得三、二、一等奖；若滑块滑

离所有木板，则顾客不获奖。认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取重力加速度大小

g=10m/s2o

P1!）

（1）若木板全部固定，要想茯奖，求滑块的初速度大小。。应满足的条件；

（2）若木板不固定，且从左向右按照A、B、C的方式放置，要想获得一等奖，求滑块初速度

的最小值如min（结果可保留根号）。

⑴0<%W6m/s*m/s

答案

解析（1）在木板全部固定的情况下，当滑块恰好能够滑至第三块木板的右端时如具有最大值

根据动能定理有一pMgL—ZfiMgL—3/tMgL=0一权力oma?,解得00a=6m/s

OOuiax»

要想获奖，00的取值范围为0v%W6m/s。

(2)在木板不固定，且从左句右按照A、B、C的方式放置的情况下，当滑块在A上滑动时，

滑块与A之间的滑动摩擦力大小为Ff]=〃Mg=2.5N。A、B、C整体所受地面的最大静摩擦

力Emaxi="(M+3〃?)g=5.5N。因为尺<尸fmaxi,所以当滑块在A上滑动时，A、B、C均睁止，

当滑块在B上滑动时，滑块与B之间的滑动摩擦力大小为人2=2〃㈣=5N。B、C整体所受

地面的最大静摩擦力为Rmax2=〃(M+2〃?)g=4.5N,因为Ff2>Ffinax2,所以当滑块在B上滑动

时，B、C一起做匀加速立线运动，而滑块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，当

滑块在B上滑动时，滑块和B、C整体的加速度大小分别为0=碧=20!笈，6=巨亏黑这

=0.25m/s2

若滑块恰好在滑到C上时与C达到共同速度，因为滑块与C之间的最大静摩擦力为几=33网

=7.5N

大于滑块与C整体做匀减速直线运动时C所受地面的摩擦力FS=〃("+机)g=3.5N,所以

滑块与C达到共同速度后将不会再相对C滑动，B、C一起做匀减速直线运动直到停止，则

可获得一等奖，且如具有最小值。设滑块刚滑上B时的速度大小为5，经时间八恰好滑到C

上且与C达到大小为力的共同速度，根据匀变速直线运动的规律有。]一“由=02,。2=。2，1,

凹；"一/=心解得功=芈m/s,对滑块从刚滑上A到刚滑上B的过程，根据动能定理

有一"叫£=加功2_；欣;(喻2

解得如min-m/So

考点三用动力学和能量观点分析多运动组合问题

【例5】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，AB为倾角夕=37。的倾斜轨道，BC为

水平轨道，CDC为竖直园轨道，CE为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A

点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为)，轴正方向建立平面直角坐标系。己知

滑块质量为圆轨道半径R=1m,BC长为3m,滑块与AB、段的动摩擦因数均为4

=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4点

沿/W方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g=l()m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8。

⑴求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值；

⑵若滑块恰好能通过。点，求轨道48的长度山不

(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道48的长度以8的取值范围；

(4)若轨道八6的K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)(1.2m,0.45m)(2)5m(3)用825m或MBW1.25m(4)见解析

解析(1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有4'=ootan〃=3m/s,平抛运动的竖直方向

有??=2gy,解得)，=().45m,运动时间/=S=0.3s,则x=Uo/=L2m,即弹出时位置的坐

5

标值为(1.2m,0.45m)0

2

(2)滑块恰好能通过。点，在最高点有mg=，，今

从P到。点，由动能定理得

”?g&+x/i8sin〃-2R)一8cos0~/imgXBc=^v\2—^mv(r,联立解得工人8=5m。

(3)滑块刚好不脱离就道，有两种临界情况，一是刚好在圆就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航道最高点时x,m=5m

滑块刚好到达与圆凯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

mg(y+xAB^n。-R)一〃加gXABCOS0-pmgXBc=0,解得XAB=1.25m

滑块从A点切入后不脱离就道时的长度应满足心B25m或％sWl.25m

(4)由(3)知，沙8=3.5m时，滑块在圆轨道发生脱就，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的

夹角为明则脱轨时mgsina=~^~

从P到脱轨的位置，由动能定理得

"7g(j+rA3sin8-R-Rsina)—//mgXA/iCOS0-ftmgXBc=~^/nv(r

联立解得sina=0.6

即滑块在圆心以上Ksina=0.6m处脱轨。

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

(])“合”一整体上把握全过程，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

训练1用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块一木板

模型

1.（2024.云南省名校联考）如图所示，斜面的末端与一水平放置的传送带左端平滑连接，当

传送带静止时，有一滑块从斜面上的尸点静止释放，滑块能从传送带的右端滑离传送带。若

传送带以某一速度逆时针转动，滑块再次从P点静止释放，则下列说法正确的是（）

A.滑块可能再次滑上斜面

B.滑块在传送带上运动的时间增长

C.滑块与传送带间因摩擦产生的热量增多

D.滑块在传送带上运动过程中，速度变化得更快

答案C

解析传送带以某一速度逆时针转动时，与传送带静止时相比较，滑块的受力情况不变，所

以滑块的加速度不变，则滑块的位移不变，滑块还是能从传送带的右端滑离传送带，由

〃产可知滑块在传送带上运动的时间不变，但传送带逆时针转动时，滑块相对于传送带的位移

增大，由Q=Ax相H,可知摩擦产生的热量增多，故选C。

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

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//,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，须对木板施加一水平向右的作用力

F,则力厂对木板所做的功为（）

A.eqB.eqC.mv2D.2mv2

答案C

解析由能量转化和能量宇恒定律可知，力厂对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，

一部分转化为系统内能，故卬=%?。2+/〃啰丫和升，x小闭=3一夕，。=隔,v=at,联立以上各

式可得W=mv\故选项C正确。

3.（多选）（2023•福建龙岩市期中）如图甲，足够长的传送带与水平面的夹角夕=30。，皮带在电

动机的带动下，速率始终不变。/=0时刻在传送带适当位置放上一个具有初速度的小物块。

取沿斜面向上为正方向，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

质量机=1kg,用取lOm/s?,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

C.0〜f2时间内电动机多消耗的电能为36J

D.。〜时间因摩擦产生热量为15J

答案AC

解析从。一/图像可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度为2m/s,

因为取沿斜面向上为正方向，所以传送带顺时针转动，故A正确；由题图乙可知。〜打时间

内小物块的加速度为a=1m/s2

对物块受力分析，可得"防geosO—ingsin0=ma

解得"=¥，故B错误；

7）

物块运动速度减为零后，反向加速经历时间为f*,=z=2s,结合。一/图像可得垃=3s

1y1

根据。一[图像图线与横轴围成面积表示位移可得物块向下运动过程中的位移为汨'=--m

=-0.5m

故物块向下运动过程中与传送带间的相对位移为

A.ri=x\—x\'=1X2m+0.5in=2.5in

2X2

物块向上运动过程中的位才多为X2'=2m=2m

物块向上运动过程中与传送带间的相对位移为

^Xi—X2—Xi'=2X2m-2m=2m

所以传送带与物块的总相对位移为

AX=AXI+AX2=4.5m

所以0〜及时间因摩擦产生热量为

Q=//wgcosON=27J,故D错误；

物块增加的重力势能

△Ep=〃?gsin^-（X2—Xi）=7.5J

物块动能的增量△瓜=斗而一%加=].5J

则传送带多消耗的电能We=Q+46）+A£k=36J,故C正确。

4.（2023•河南省联考）全国平均每天有3亿多件快递包裹在分拣寄递中。一种交叉带式分拣机

俯视图如图甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传送

带运动方向与小车运动方向垂直。分拣时，经扫码后的某包裹与小车一起做匀速直线运动，

根据目的地不同，到达某隔口时，小车上的传送带迅速后动，将包裹卸我下去，从而实现根

据目的地将包裹进行分类的目的。现将小车上的传送带部分简化成图乙侧视图所示的模型，

传送带与某包裹间的动摩擦因数4=0.8,M、N间距离L=2.8m,包裹可视为质点且放在MN

中点。小车沿轨道匀速运动的速度功=5m/s,当该包裹即将到达目的地隔口时，小车上的传

送带迅速启动，获得6=4m/s的速度，忽略传送带的加速时间，该包裹质量/〃=0.5kg,取

g=10m/s2o

(1)求从传送带启动到该包裹到达N处所需时间；

(2)若要使该包裹卸载时恰好到达隔口中间，则需在包裹沿小车运动方向上距离隔口中间多远

处启动传送带？

(3)求传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量。

答案(l)0.6s(2)3m(3)4J

解析(1)沿传送带运动方句，根据牛顿第二定律有ma,包裹的加速度大小为«=8m/s2

包裹与传送带相对静止时有V2=at]f得h=0.5s,此时包裹沿传动带方向的位移为

L

2~x

得x=lm,包裹匀速运动的时间为力=——=0.1s,则从传送带启动到该包裹到达N处所需

V2

时间为f=〃+f2=0.6s;

(2)启动传动带时，包裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离为l=V]t=3m;

(3)传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量为Q=〃〃7g一；〃/J)=4J。

5.如图所示，一质量为〃“=1kg的长直木板放在粗糙的水平地面上，木板与地面之间的动摩

擦因数川=0.1,木板最右端放有一质量为小2=1kg、大小可忽略不计的物块，物块与木板间

的动摩擦因数42=0.2。现给木板左端施加一大小为尸=12N、方向水平向右的推力，经时间

”=0.5s后撤去推力扛再经过一段时间，木板和物块均停止运动，整个过程中物块始终未

脱离木板，取g=IOm/s2,求：

(1)撤去推力/瞬间，木板的速度大小V\及物块的速度大小V2；

(2)木板至少多长；

(3)整个过程中因摩擦产生的热量。

答案(1)4m/s1m/s(2)1.5m(3)12J

解析(1)假设木板和物块有相对滑动，撤去产前，对木板由牛顿第二定律有

产一"i(/Hi+ni2)g—1.innig=〃iiai①

解得0=8m/s2

对物块由牛顿第二定律有2g=机2。2②

解得G=2m/s2

因故假设成立，揪去/时，

木板、物块的逑度大小分别为6=41。=4m/s③

V2=a2t\=1m/s@

(2)撤去尸后,

对木板有〃i(〃?i+mi)g+〃242g=tng⑤

解得«3=4m/s2

对物块有2m2g=171204®

解得。4=2m/s2

设经过f2时间木板和物块速度相同

对木板有。=/一出及⑦

对物块有0=。2+。也⑧

得4=0.5s,v=2m/s⑨

撤去尸前，物块相对木板向左滑行了

V\0，，一、

A.ri—~t\~~t\=0.75m@

撤去尸后至两者失速，物决相对木板又向左滑行了&2=哼42—瞪12=0.75m

之后二者之间再无相对滑动，故木板长度至少为A=AU+AX2=L5m：

(3)解法一：物块与木板间因摩擦产生的热量

。1="2"?吆乙=3J

共速后，两者共同减速至停止运动，设加速度大小为a,有a=wg=lm/s2

全过程中木板对地位移为

vi.v\-\-v.v2._

.v=yr.+—/2+^=4.5m

木板与地面间因摩擦产生的热量为

。2="IQI+m*gs=9J,

故全过程中因摩擦产生的热量为

Q=Q+Q=12J

解法二：由功能关系可得。=正笛，总=表，Q=12J。

6.(2023-北京市清华附中模拟)如图，质量〃5=2kg的长木板A在倾角。=37。的固定斜面上向

下滑动，木板长L=L5m,木板与斜面间的动摩擦因数川=0.75。当A的速度加=6nVs时,

将一质量"用=1kg的木块B轻放在A的下端，A、B间的动摩擦因数偿=。.5,斜面足够长,

10m/s2osin37°=0.6,cos370=0.8,求：

B

(1)当A的速度为5m/s时，B的速度OB的大小；

(2)B在A上滑动的整个过程中，因A、B之间的摩擦力产生的内能Q。

答案(1)2m/s(2)9.6J

解析(1)木板与木块相对滑动，根据牛顿第二定律

对木板有"i(〃?A+”?B)gcos370+42"?Bgcos37°—mAj?sin37。=〃?八〃1,得«i=5m/s2

对木块有/〃Bgsin37°+〃2〃?Bgcos370=〃?B〃2,

得s=10m/s2

木板做匀减速直线运动，则。=劭一4"

木块做匀加速直线运动，则诙=。2，

得加=2m/s

(2)从刚放上木块到二者共速v(>-aih=a2h,

得力=0.4s,此过程二者的相对位移为

Jai，/-52/J=1.2m

由于tan37。>〃2

则木块在木板上继续加速运动，直至从木板脱离。则整个过程中，因A、B之间的摩擦力产

生的内能为Q=〃2加Bgcos37°-2A.r=9.6J。

训练2用动力学和能量观点分析多运动组合问题

1.“高台滑雪，，一直受到一些极限运动爱好者的青睐。挑战者以某一速度从某曲面飞巴，在

空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆。某实验小组在实验室

中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，A6c为一段半径为R=5m的光滑圆弧

轨道，8为圆弧轨道的最低点。P为一倾角9=37。的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，

在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板OE木板上边缘与斜面顶端。重合，圆形轨道末端

。与斜面顶端。之间的水平距离为x=0.32mo-物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道

运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间/=0.2s恰好以平行于薄木板的方向从。端

滑卜薄木板,物块始终未脱离薄木板.斜而足够长.已知物块质量〃?=3kg,薄木板质量用

195

=1kg,木板与斜面之间的动摩擦因数川=三，木板与物块之间的动摩擦因数〃2=/重力加

速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力，求:

(1)物块滑到圆轨道最低点8时，对轨道的压力大小(计算结果可以保留根号)：

(2)物块相对于木板运动的距离；

(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量。

答案(1)(91.92—24小)N(2)1.5m

(3)87J

解析(1)物块由C到。，做斜上抛运动

水平方向v"=]=1.6m/s

物块恰好以平行于簿木板的方向从D端滑上灌木板，则在D的速度大小u=—7=2m/s,

vsn=usin〃=1.2m/s

物块在。端时竖在方向速度大小

v=v^k-gt=-0.8m/s,

oc=、lb*；/+0qa.'2=於5由人

J

由B到C有品如—cosa)

其中cosa=——

vc

在4点有F^—mg=nr-^-

由牛顿第三定律得〃瓜=入=(91.92—24#)N

2

(2)物块刚滑上木板时，对物块有"2〃?gcos。一"zgsin"=〃■,”，解得物块加速度大小m/s2,

做匀减速直线运动

对木板有〃2〃1gcos夕+Mgsin夕一"i(M+〃?)gcos，=A/a”，解得木板加速度大小m/s2,做

匀加速直线运动，设两者经时间力达到大速。外,

则有v—a,„t\=aw/i=vA

解得八=1.5s,v1m/s

„..2.丹90关3

此过程中$粕=-5-0=W01，SK=^~Z|=4m

物块相对于木板运动的距离△$=$妹一s*4=1.5m

(3)由于"2>tan0,此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止。以物块和木板为整体,

。关=〃igcos〃一gsin〃=?nVs2,

产=1.5m

2aa.

Q初一妩=〃2/"gcos0As=3()J

Q板一a=4i(M+m)g