第六章　第31课时　专题强化：动力学和能量观点的综合应用-2026版一轮复习

第31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。(3)注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。(4)传送带问题涉及的功能关系①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。②系统产生的内能：Q＝Ffx相对。③功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。例1(多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量m＝10kg的货物(可视为质点)从高h＝0.2m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损失不计，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＝5m，传送带一直以v＝4m/s的速度顺时针匀速运动，重力加速度g取10m/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。货物从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的有()A.摩擦力对货物做功为50JB.货物从A运动到B用时1.5sC.由于摩擦而产生的热量为20JD.由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为60J答案BC解析根据机械能守恒定律有mgh＝12mv02，货物运动至传送带A点的速度为v0＝2m/s，根据牛顿第二定律μmg＝ma，得货物在传送带上加速度大小为2m/s2，货物与传送带共速时，有v0＋at1＝v，解得t1＝1s，此时，货物的位移为x1＝v0＋v2t1＝3m，摩擦力对货物做功为W＝μmgx1＝60J，A错误；货物匀速运动时间t2＝L-x1v＝0.5s，则货物从A运动到B用时t＝t1＋t2＝1.5s，B正确；货物与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1m，由于摩擦而产生的热量为Q＝μmgΔx＝20J，C正确；由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为E＝Q＋12m(例2如图，传送带以v＝10m/s的速度逆时针转动，一个质量m＝1kg的物体从传送带顶端以v0＝5m/s的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向的夹角θ＝30°，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＝10m，g取10m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；(2)若在物体滑入传送带运动了0.5s时，传送带突然停止转动，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。答案(1)10m/s(2)37.5J解析(1)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x1，有μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1v＝v0＋a1t1x1＝v＋v解得a1＝10m/s2，t1＝0.5s，x1＝3.75m由于x1<L，最大静摩擦力Ffm＝μmgcosθ＝mgsinθ，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10m/s。(2)0.5s内物体相对传送带运动的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25m传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力Ff＝μmgcosθ＝mgsinθ物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δx2＝L－x1＝6.25m则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cosθ解得Q＝37.5J。考点二用动力学和能量观点分析多运动组合问题例3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θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC'为竖直圆轨道，C'E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y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R＝1m，BC长为3m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ＝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A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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(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AB的长度xAB的取值范围；(4)若轨道AB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)(1.2m，0.45m)(2)5m(3)xAB≥5m或xAB≤1.25m(4)见解析解析(1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有vy＝v0tanθ＝3m/s，平抛运动的竖直方向有vy2＝2gy，解得y＝0.45m，运动时间t＝vyg＝0.3s，则x＝v0t＝1.2m，即弹出时位置的坐标值为(1.2m，0.45(2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg＝mv从P到D点，由动能定理得mg(y＋xABsinθ－2R)－μmgxABcosθ－μmgxBC＝12mv12－12mv02(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xAB＝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mg(y＋xABsinθ－R)－μmgxABcosθ－μmgxBC＝0－12mv02，解得xAB＝滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5m或xAB≤1.25m(4)由(3)知，xAB＝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α，则脱轨时mgsinα＝m从P到脱轨的位置，由动能定理得mg(y＋xABsinθ－R－Rsinα)－μmgxABcosθ－μmgxBC＝12mv2联立解得sinα＝0.6即滑块在圆心以上Rsinα＝0.6m处脱轨。例4一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ和放在Q处的竖直挡板组成，除传送带和PQ段外各段表面均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道DE、PQ相切于E(P)处，螺旋圆形轨道半径R＝0.08m。传送带的水平部分AB长L1＝0.9m，沿顺时针运行的速率v＝6m/s。PQ间距离L2＝0.25m。凹槽CHID内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁CH处，摆渡车质量M＝0.25kg，上表面与A、B、C、D、E、P、Q点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的DI侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量m＝0.25kg的滑块(可视作质点)向左压缩弹簧至O点由静止释放(弹簧始终在弹性限度内，且OA>0.4m)，弹簧的弹力F与滑块在OA段运动的位移x的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，滑块与轨道PQ间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g取10m/s2。求：(1)滑块滑上传送带的初速度大小vA；(2)滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量Q；(3)为了使滑块能碰到Q处的挡板，求摆渡车长度s的范围。答案(1)4m/s(2)0.375J(3)1.25m≤s≤1.475m解析(1)由题图乙得弹簧弹力做功W1＝2J由W1＝12m解得vA＝4m/s(2)假设滑块在传送带上一直匀加速，由牛顿第二定律得a＝μ1mgm＝μ1g＝5由运动学公式得vB2－vA2＝2解得vB＝5m/s<6m/s可知假设合理，运动时间t＝vB-vAa此过程中传送带的位移x带＝1.2m滑块与传送带的相对位移x相＝x带－L1＝0.3m滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量Q＝μ1mgx相＝0.375J(3)若滑块刚好过F点，mg＝mv由动能定理得mg×2R＝12mvE解得vE＝2m/s若刚好能到Q点，有12mvE'2＝μ2mgL解得vE'＝1m/s所以vE≥2m/s滑块在摆渡车上时，由μ1mg＝mam得滑块加速度大小am＝5m/s2由μ1mg＝MaM得摆渡车加速度大小aM＝5m/s2由vB－amt'＝aMt'＝v共滑块从滑上摆渡车到达到共速的过程中，解得v共＝2.5m/s，t'＝0.5s此过程滑块相对摆渡车的位移x1＝vB＋v共2t'－v所以s≥1.25m摆渡车不碰到DE侧壁停止后滑块继续匀减速，由动能定理有－μ1mgx2＝12mvDvD≥2m/s时，滑块才能过F点，所以x2≤0.225m所以s＝x1＋x2≤1.475m即摆渡车长度的范围为1.25m≤s≤1.475m。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[A](分值：60分)1、2题每小题6分，3题14分，4题16分，5题18分，共60分1.(2025·山东聊城市期中)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量为1kg的物块轻轻放在传送带的A端，2s末物块恰好到达B端，物块的速度v随时间t变化的关系如图乙所示，重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6，下列说法正确的是()A.传送带的倾角θ为53°B.传送带与物体间的动摩擦因数为0.25C.物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为6mD.0~2s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为24J答案D解析由题图可知，0~1s内物块的加速度大小为a1=Δv1Δt1=10m/s2，由牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1，1~2s内物块的加速度大小为a2=Δv2Δt2=2m/s2，由牛顿第二定律有mgsinθ-μmgcosθ=ma2，联立解得μ=0.5，θ=37°，故A、B错误；0~1s内传送带的位移及物块的位移分别为s1=v1t1=10m，x1=12v1t1=5m，它们的相对位移为Δx1=s1-x1=5m，1~2s内传送带的位移及物块的位移分别为s2=v1t2=10m，x2=v1t2+12a2t22=11m，它们的相对位移为Δx2=x2-s2=1m，因为Δx1>Δx2，所以物块在传送带上留下的摩擦痕迹长度为5m，故C错误；0~1s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q1=μmgcosθ·Δx1=20J，1~2s内物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q2=μmgcosθ·Δx2=4J，所以0~2s内，物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q=Q2.(多选)如图甲所示，质量为0.1kg的滑块(可视为质点)在内壁光滑、固定的水平筒内压缩弹簧，弹簧原长小于筒长，且弹簧与滑块不拴接。滑块由静止释放，离开筒后立即滑上静止于水平面上的木板左端，开始计时，此后木板的v－t图像如图乙所示。已知木板质量也为0.1kg，木板的长度为1m，滑块与木板间的动摩擦因数为0.6，最终滑块恰好没有离开木板。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。则()A.木板与地面之间的动摩擦因数为0.2B.木板运动0.5s后与滑块达到共速C.释放滑块时弹簧的弹性势能为0.6JD.木板与水平面间因摩擦产生的热量为0.25J答案AB解析已知滑块与木板间的动摩擦因数为μ1＝0.6，设木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，滑块刚滑上木板时，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma1，根据题图乙得a1＝10.5m/s2＝2m/s2，联立解得μ2＝0.2，故A正确；由v－t图像可知，t1＝0.5s木板开始做匀减速运动，可知此时滑块刚好与木板共速，故B正确；设滑块刚滑上木板时的速度为v0，共速前，以滑块为研究对象，根据牛顿第二定律可得a＝μ1mgm＝6m/s2，根据运动学公式可得v共＝v0－at1，可得v0＝v共＋at1＝1.0m/s＋6×0.5m/s＝4m/s，根据能量守恒可知，释放滑块时弹簧的弹性势能为Ep＝12mv02＝0.8J，故C错误；根据v－t图像可知，整个过程木板通过的位移为x＝12×1.0×1.0m＝0.5m，则木板与水平面间因摩擦产生的热量为Q＝μ2(M＋m)g·3.(14分)一游戏装置如图，图中P为光滑平台上的弹射装置，AB之间的高度h、BC之间的长度L可以调节，通过调节AB间的高度和BC间的长度以及小滑块水平弹出的初速度，使滑块均能无碰撞从C点切入管道CD，CD、DF是半径均为R=0.5m的光滑圆弧管道，滑块略小于管道内径。C、D等高，∠DO2F=90°，E为DF管道的最高点，FG是长度为l=8.0m、倾角θ=37°的粗糙直管道，在G处有一反弹膜，滑块与反弹膜碰撞过程中无动能损失，各部分管道在连接处均相切，不计空气阻力，已知重力加速度大小g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。(1)(4分)为使滑块能无碰撞从C点切入轨道CD，AB间的高度h和BC间的长度L需要满足什么条件？(2)(10分)已知AB间的高度h=0.8m，滑块的质量m=0.1kg，滑块能无碰撞从C点切入轨道CD。①求弹射装置对滑块做的功；②要使滑块反弹一次后能停在管道FG上，求滑块与管道FG之间动摩擦因数的取值范围。答案(1)h=2L3(2)①0.45J②0.75≤μ<0解析(1)由几何关系可知，滑块进入CD轨道的初速度与水平方向的夹角为53°，由平抛运动的规律可知tan53°=2化简可得h=2(2)①由平抛运动的规律可知vy2tan53°=v得v0=3m/s所以弹射装置对滑块所做的功W=12mv02=0.②滑块到达E点时由动能定理有12mvE2=12mv02+mg[h-(R-由滑块能停在FG上可得μmgcosθ≥mgsinθ得μ≥0.75由反弹一次可得12mvE2+mg(R-Rcos37°+lsin37°)>μmgl得μ<0.93分析可得，当μ≥0.75时EkF=12mvE2+mg(R-Rcos37°)=1.15J<μmg·2l滑块无法返回F点，综上所述0.75≤μ<0.93。4.(16分)(2024·海南卷·18)某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R＝10m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度差h＝5m，静止在光滑水平面上的滑板B紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量M＝25kg，一质量为m＝50kg的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台C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因数均为μ＝0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)(7分)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；(2)(9分)滑板的长度L。答案(1)1000N(2)7m解析(1)设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒有mgh＝12m解得v0＝10m/s在b点根据牛顿第二定律FN－mg＝mv解得FN＝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FN'＝FN＝1000N(2)设游客恰好滑上平台时的速度为v，在平台上运动过程由动能定理得－μmgs＝0－12mv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C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a1和a2，得a1＝μmgm＝μg＝2m/s2，a2＝μmgM＝4根据运动学规律，对游客v＝v0－a1t解得t＝1s该段时间内游客的位移为x1＝v＋v02t滑板的位移为x2＝12a2t2＝2根据位移关系得滑板的长度为L＝x1－x2＝7m5.(18分)如图所示，水平地面左侧有一光滑平台，质量为M＝2kg、与平台等高的木板B静止在水平地面的左端，水平地面右侧由一段半径为R＝2m的圆弧面与倾角为θ的传送带平滑连接，圆弧面的圆心角为θ，圆弧面的左端与平台所在水平面相切，传送带以v＝3m/s的速率沿顺时针方向运行。质量为m＝6kg的货箱以初速度v0＝6m/s从平台滑上木板B，木板B与水平地面右侧碰撞后停止运动，货箱A无碰撞地从木板B滑上圆弧面(圆弧光滑)，然后被传送带运送到E处。已知木板B长度L1＝2.875m，木板B的右端离C点的距离d＝0.5m，传送带DE间的长度L2＝13m，θ＝37°，货箱与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与水平地面间的动摩擦因数μ2＝0.2，货箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，货箱可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)(9分)求货箱在C点刚滑上圆弧面时对圆弧面的压力；(2)(9分)求货箱从D运送到E过程所用的时间和摩擦力对传送带做的功。答案(1)87N，方向竖直向下(2)6s－684J解析(1)货箱A滑上木板B后做匀减速运动，对货箱受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg＝ma1解得a1＝4m/s2对木板B受力分析并结合牛顿第二定律有μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2解得a2＝4m/s2假设货箱在木板上一直做匀减速运动，且经过时间t木板B与C端相碰，有x2＝d＝12a2t解得t＝12此时货箱的速度v1＝v0－a1t＝4m/s此时木板B的速度v2＝a2t＝2m/s，假设成立此过程中货箱发生的位移x1＝v0t－12a1t2＝52所以此时货箱离C点的距离d1＝L1－(x1－x2)＝0.875m货箱在木板B停止运动后继续做匀减速运动，有vC2－v12解得vC＝3m/s对货箱在C点受力分析并结合牛顿第二定律有FN－mg＝mv解得FN＝87N由牛顿第三定律有F压＝FN＝87N，方向竖直向下；(2)货箱从C到D过程中对货箱分析由动能定理有－mgR(1－cosθ)＝12mvD解得vD＝1m/s对货箱滑上传送带后受力分析并结合牛顿第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma解得a＝0.4m/s2设货箱经过x3后与传送带共速，由题意有v2－vD2＝2解得x3＝10m根据v＝vD＋at3解得t3＝5s此后货箱相对传送带静止，向上做匀速运动有t4＝L2-x3所以货箱从D到E的时间tCD＝t3＋t4＝6s货箱相对传送带滑动时摩擦力对传送带做功W1＝－μmgcosθ·vt3＝－576J货箱和传送带一起匀速运动过程中摩擦力对传送带做功W2＝－mgsinθ·(L2－x3)＝－108J所以摩擦力对传送带做的总功W＝W1＋W2＝－684J。课时精练[B](分值：50分)*1.(15分)如图，水平轨道AB的左端有一压缩的水平弹簧，其储存有弹性势能，弹簧左端固定，右端放一个质量为m＝1kg的物体(可视为质点)，物体与弹簧不粘连，物体离开弹簧时速度为v＝4m/s，传送带BC的长为L＝1m。CD为水平轨道，DE、FG是竖直放置的两个半径分别为R＝0.4m和r＝0.2m的半圆轨道，AB、BC、CD、DE、FG均平滑连接。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，其余轨道均光滑，g取10m/s2，不计空气阻力。(1)(3分)若传送带静止，求物体弹出后第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小；(2)(7分)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，求传送带的速度大小。(3)(5分)已知物体在G点时，轨道对物体的支持力大小为70N，求物体从G点水平抛出后落到半圆轨道时离G点竖直高度y。答案(1)40N(2)大于或等于25m/s(3)210解析(1)若传送带静止，则根据动能定理有－μmgL＝12mvD2在D点，对物体分析有F－mg＝mv联立解得物体第一次到达D点时受到轨道对它的支持力大小为F＝40N(2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至G点，则在E点时，对物体分析有mg＝mv根据机械能守恒有12mvC2＝12解得物体离开传送带的速度大小为vC＝25m/s物体速度从4m/s到25m/s，摩擦力做正功，设经过的位移为x，则有12mvC2－1解得x＝1m＝L所以物体在传送带上加速，到达右端时和传送带共速时，传送带速度有最小值vmin＝vC＝25m/s则传送带的速度为v传≥25m/s(3)物体在G点时，对物体分析有FG－mg＝mv根据平抛规律有x＝vGt，y＝12gt根据几何关系有x2＋y2＝R2联立解得y＝210-65*2.(17分)如图所示，水平传送带的左侧轨道平面与传送带等高且相接于B点，传送带右侧地面上静置着一质量M＝2kg的薄滑板，紧挨传送带放置，其上表面与传送带等高，在水平轨道的左侧固定着一竖直挡板，挡板连接着一劲度系数k＝600N/m的水平弹簧。质量为m＝1kg的物块被锁定在轨道平面上的A点，此时物块与挡板间的弹簧处于压缩状态，物块与弹簧不相连，现解除锁定，物块经过B点冲上传送带BC，此时弹簧已恢复原长。已知左侧轨道AB的长度L1＝2m，传送带BC的长度L2＝4m，滑板的长度L3＝3.96m，物块与左侧轨道平面、传送带、滑板间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2、μ2＝0.25、μ3＝0.4，滑板、物块与地面间的动摩擦因数分别为μ4＝0.1、μ5＝0.12，传送带顺时针匀速转动的速度v0＝8m/s，物块刚冲上传送带时的速度vB＝4m/s，重力加速度g取10m/s2，弹簧的弹性势能Ep＝12kx2(其中k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量)(1)(3分)求解除锁定前，弹簧的压缩量；(2)(7分)求物块和传送带间因摩擦产生的热量；(3)(7分)判断物块能否从右侧滑板上滑下？若能滑下，求物块静止时到滑板右侧的距离；若不能滑下，求物块相对滑板的位移。答案(1)0.2m(2)6J(3)能0.42m解析(1)从解除锁定到物块到达B点过程，由功能关系可得12kx2－μ1mgL1＝12代入数据可得弹簧的压缩量x＝0.2m。(2)假设物块在传送带上一直匀加速运动到C点时的速度大小为vC，由动能定理可得μ2mgL2＝12mvC代入数据可得vC＝6m/s由于vC＝6m/s<v0＝8m/s，故假设成立，物块在传送带上一直匀加速，设物块在传送带上运动时间为t，则vC＝vB＋a滑t又因为μ2mg＝ma滑传送带相对物块的位移s1＝v0t－L2物块和传送带间因摩擦产生的热量Q＝μ2mgs1代入数据可得Q＝6J(3)物块以vC＝6m/s冲上滑板，对物块受力分析，可得μ3mg＝ma1解得物块的加速度大小a1＝μ3g＝4m/s2对滑板受力分析，可得μ3mg－μ4(M＋m)g＝Ma2解得滑板的加速度大小a2＝0.5m/s2假设物块能从滑板上滑下，物块和滑板相互作用时间为t1，则满足L3＝vCt1－12a1t12解得t1＝1.2s此时物块的速度v1＝vC－a1t1＝1.2m/s滑板的速度v2＝a2t1＝0.6m/s由于v1>v2，所以假设成立，物块能从滑板上滑下，物块静止时到滑板右侧的距离Δs＝v由牛顿第二定律有μ5mg＝ma物，μ4Mg＝Ma滑地代入数据可得Δs＝0.42m。*3.(18分)(2