专题提升练12 动力学和能量观点的综合应用
梯级Ⅰ基础练
1.(2025·福州模拟)如图所示，水平传送带沿顺时针方向转动，皮带两端A、B之间的距离为6 m，传送带上表面距地面的高度h=3.2 m，质量m=1 kg的小物块在距离B点1 m处以v0=4 m/s速度向左运动。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，物块最终离开传送带做平抛运动落在距传送带一端水平距离x=1.6 m处，忽略空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)通过计算说明小物块将从传送带的哪一侧落下;
(2)传送带的速度大小以及传送带对小物块做的功;
(3)小物块在传送带上运动的过程中因摩擦而产生的热量Q的大小。
2.(2024·江苏卷)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求:
(1)CD段长x;
(2)BC段电动机的输出功率P;
(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
梯级Ⅱ能力练
3.(2025·南昌模拟)半径R=1 m的光滑圆弧OAC与传送带CD相切于C点，将一质量为m=0.1 kg的小物块从与圆心等高的A处无初速度释放，经C点进入倾角为θ=37°的皮带传输机，D为传输机皮带的最高点，CD间距离为L=1.6 m，皮带以v=2 m/s的速率顺时针转动且不打滑，物块与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求:
(1)小物块运动到B点时所受的支持力大小;
(2)物块从C点到达D点的时间t;
(3)物块从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量Q。
梯级Ⅲ创新练
4.如图， 质量M=8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8 N，当小车向右运动速度达到v0=3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，假定小车足够长，g=10 m/s2。求:
(1)小物块刚放到车上时小物块、车的加速度;
(2)小物块与小车达到共同速度所需的时间、共同速度的大小;
(3)在达到共同速度过程中小物块与小车摩擦产生的热量。
专题提升练12 动力学和能量观点的综合应用
1.答案 (1)小物块从传送带右侧落下
(2)2 m/s -6 J (3)18 J
解析 (1)物块向左做减速运动的加速度大小为a==2 m/s2,
设物块向左做减速运动到速度为0通过的位移大小为l,根据运动学公式可得
0-=-2al,
解得l=4 m,
由于l+1 m<6 m,
所以物块到不了传送带的最左端,则物块速度减为0后,反向加速,最终从传送带右侧落下。
(2)物块做平抛运动时,竖直方向有
h=gt2,
解得t=0.8 s,
物块从传送带抛出时的速度为
v1==2 m/s,
由于v1=2 m/s可知物块向左速度减为0后,先向右加速运动,与传送带共速后,一起做匀速运动,则传送带的速度为v传=v1=2 m/s,
根据动能定理可得传送带对小物块做的功
W=m-m=-6 J。
(3)物块向左减速运动的时间为
t1==2 s,
此过程物块与传送带发生的相对位移大小为
Δx1=t1+v传t1=8 m,
物块向右加速到与传送带共速所用时间为
t2==1 s,
此过程物块与传送带发生的相对位移大小为
Δx2=v传t2-t2=1 m,
则小物块在传送带上运动的过程中因摩擦而产生的热量为
Q=μmg(Δx1+Δx2)=18 J。
2.答案 (1)
(2)mgv(sin θ+μcos θ) (3)
解析 (1)物块在CD段运动过程中,由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma,
由运动学公式0-v2=-2ax,
联立解得x=。
(2)物块在BC段匀速运动,得电动机的牵引力为F=mgsin θ+μmgcos θ,
由P=Fv得P=mgv(sin θ+μcos θ)。
(3)全过程物块增加的机械能为
E1=mgLsin θ,
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能,故可知E2=E1+μmgcos θ·L,
解得==。
3.答案 (1)3 N (2)1.2 s (3)0.48 J
解析 (1)小物块从A处到B点过程,根据动能定理可得mgR=m-0,
解得vB==2 m/s,
小物块运动到B点时,根据牛顿第二定律可得FN-mg=m
解得支持力大小为FN=3 N。
(2)小物块从A处到C点过程,根据动能定理可得
mgRcos θ=m-0,
解得物块到C点的速度大小为
vC==4 m/s>v=2 m/s,
小物块刚滑上传送带时先做减速运动,根据牛顿第二定律可得,加速度大小为
a1==10 m/s2,
小物块减速到与传送带共速所用时间为
t1==0.2 s,
该过程小物块通过的位移大小为
x1=t1=0.6 m小物块与传送带共速后,由于μa2==2 m/s2,
根据运动学公式可得
L-x1=vt2-a2,
解得t2=1 s,
则物块从C点到达D点的时间为
t=t1+t2=1.2 s。
(3)物块从C到与传送带共速过程,物块与传送带发生的相对位移大小为
Δx1=x1-vt1=0.2 m,
物块从与传送带共速到D过程,物块与传送带发生的相对位移大小为
Δx2=vt2-(L-x1)=1 m,
则从C到D的过程中,物块与传送带摩擦产生的热量为
Q=μmgcos θ·(Δx1+Δx2)=0.48 J。
4.答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)2 s 4 m/s (3)12 J
解析 (1)小物块刚放到车上时,以小物块为对象,根据牛顿第二定律可得
μmg=ma1,
解得小物块的加速度为a1=2 m/s2,
以小车为对象,根据牛顿第二定律可得
F-μmg=Ma2,
解得小车的加速度为a2=0.5 m/s2。
(2)设经过t时间,小物块与小车达到共同速度,根据运动学公式可得
v共=a1t,v共=v0+a2t,
联立解得t=2 s,v共=4 m/s。
(3)在达到共同速度过程中小物块与小车发生的相对位移为
Δx=t-t=3 m,
小物块与小车摩擦产生的热量为
Q=μmgΔx=12 J。(共18张PPT)
专题提升练12
动力学和能量观点的综合应用
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1.(2025·福州模拟)如图所示，水平传送带沿顺时针方向转动，皮带两端A、B之间的距离为6 m，传送带上表面距地面的高度h=3.2 m，质量m=1 kg的小物块在距离B点1 m处以v0=4 m/s速度向左运动。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，物块最终离开传送带做平抛运动落在距传送带一端水平距离x=1.6 m处，忽略空气阻力，取重力加速度g=10 m/s2。求：
梯级Ⅰ 基础练
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(1)通过计算说明小物块将从传送带的哪一侧落下；
物块向左做减速运动的加速度大小为a==2 m/s2，
设物块向左做减速运动到速度为0通过的位移大小为l，根据运动学公式可得0-=-2al，
解得l=4 m，
由于l+1 m<6 m，
所以物块到不了传送带的最左端，则物块速度减为0后，反向加 速，最终从传送带右侧落下。
解析
1
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3
4
(2)传送带的速度大小以及传送带对小物块做的功；
物块做平抛运动时，竖直方向有h=gt2，.
解得t=0.8 s，
物块从传送带抛出时的速度为v1==2 m/s，
由于v1=2 m/s可知物块向左速度减为0后，先向右加速运动，与传送带共速后，一起做匀速运动，则传送带的速度为v传=v1=2 m/s，
根据动能定理可得传送带对小物块做的功W=m-m=-6 J。
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(3)小物块在传送带上运动的过程中因摩擦而产生的热量Q的大小。
物块向左减速运动的时间为t1==2 s，
此过程物块与传送带发生的相对位移大小为Δx1=t1+v传t1=8 m，
物块向右加速到与传送带共速所用时间为t2==1 s，
此过程物块与传送带发生的相对位移大小为Δx2=v传t2-t2=1 m，
则小物块在传送带上运动的过程中因摩擦而产生的热量为Q=μmg(Δx1+Δx2)=18 J。
解析
2.(2024·江苏卷)如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块，在电动机作用下，从A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，从C点又恰好到达最高点D。求：
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(1)CD段长x；
物块在CD段运动过程中，由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma，
由运动学公式0-v2=-2ax，
联立解得x=。
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(2)BC段电动机的输出功率P；
物块在BC段匀速运动，得电动机的牵引力为
F=mgsin θ+μmgcos θ，
由P=Fv得P=mgv(sin θ+μcos θ)。
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(3)全过程物块增加的机械能E1和电动机消耗的总电能 E2的比值。
全过程物块增加的机械能为E1=mgLsin θ，
整个过程由能量守恒得电动机消耗的总电能转化为物块增加的机械能和摩擦产生的内能，故可知
E2=E1+μmgcos θ·L，
解得==。
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3.(2025·南昌模拟)半径R=1 m的光滑圆弧OAC与传送带CD相切于C点，将一质量为m=0.1 kg的小物块从与圆心等高的A处无初速度释 放，经C点进入倾角为θ=37°的皮带传输机，D为传输机皮带的最高点，CD间距离为L=1.6 m，皮带以v=2 m/s的速率顺时针转动且不打
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梯级Ⅱ 能力练
滑，物块与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，不计空气阻力，sin 37°=
0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。求：
(1)小物块运动到B点时所受的支持力大小；
小物块从A处到B点过程，根据动能定理可得mgR=m-0，
解得vB==2 m/s，
小物块运动到B点时，根据牛顿第二定律可得FN-mg=m
解得支持力大小为FN=3 N。
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(2)物块从C点到达D点的时间t；
小物块从A处到C点过程，根据动能定理可得mgRcos θ=m-0，
解得物块到C点的速度大小为vC==4 m/s>v=2 m/s，
小物块刚滑上传送带时先做减速运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小为a1==10 m/s2，
小物块减速到与传送带共速所用时间为t1==0.2 s，
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该过程小物块通过的位移大小为x1=t1=0.6 m小物块与传送带共速后，由于μ根据运动学公式可得L-x1=vt2-a2，
解得t2=1 s，
则物块从C点到达D点的时间为t=t1+t2=1.2 s。
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(3)物块从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量Q。
物块从C到与传送带共速过程，物块与传送带发生的相对位移大小为Δx1=x1-vt1=0.2 m，
物块从与传送带共速到D过程，物块与传送带发生的相对位移大小为Δx2=vt2-(L-x1)=1 m，
则从C到D的过程中，物块与传送带摩擦产生的热量为
Q=μmgcos θ·(Δx1+Δx2)=0.48 J。
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4.如图， 质量M=8 kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8 N，当小车向右运动速度达到v0=3 m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ= 0.2，假定小车足够长，g=10 m/s2。求：
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梯级Ⅲ 创新练
(1)小物块刚放到车上时小物块、车的加速度；
小物块刚放到车上时，以小物块为对象，根据牛顿第二定律可得μmg=ma1，
解得小物块的加速度为a1=2 m/s2，
以小车为对象，根据牛顿第二定律可得
F-μmg=Ma2，
解得小车的加速度为a2=0.5 m/s2。
解析
1
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(2)小物块与小车达到共同速度所需的时间、共同速度的大小；
设经过t时间，小物块与小车达到共同速度，根据运动学公式可得
v共=a1t，v共=v0+a2t，
联立解得t=2 s，v共=4 m/s。
解析
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(3)在达到共同速度过程中小物块与小车摩擦产生的热量。
在达到共同速度过程中小物块与小车发生的相对位移为
Δx=t-t=3 m，
小物块与小车摩擦产生的热量为
Q=μmgΔx=12 J。
解析
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4专题提升十二 动力学和能量观点的综合应用
题型1 传送带模型
从动力学和功能角度认识传送带模型。
(1)动力学角度:分析传送带上物体的受力,特别是摩擦力有无突变情况发生,进而分析物体的运动情况,特别是物体与传送带的位移及两者的位移关系。
(2)功能角度:正确理解传送带对物体摩擦力做功W物=Ffx物、物体对传送带的摩擦力做功W带=Ffx带和物体相对传送带滑动而产生的热量Q=Ffx相对,有时还会涉及因传送物体电动机多消耗的电能E=ΔEk+ΔEp+Q。
【典例1】 (2025·济宁模拟)如图所示,绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°,M、N间距l=5 m,传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m=2 kg的物体(可看作质点)无初速度地放在M点,已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=,重力加速度取g=10 m/s2,在传送带将物体从M点传送到N点的过程中,求:
(1)传送带对物体做的功;
(2)为传送物体,电动机需额外做多少功
题型2 滑块—木板模型
从动力学和功能角度认识滑块—木板模型。
(1)动力学角度:分别分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律确定两者的加速度,再分析滑块和木板的运动情况。两者速度相等是最终的稳定状态或运动状态发生变化的临界点,此时有两个关系常成为解题的关键:一是两者的运动时间相等,即t==;二是两者的位移关系,即Δx相对=|x滑块-x板|。
(2)功能角度:对滑块和木板分别运用动能定理或对系统应用功能关系和能量守恒定律,关系如下:
①摩擦力对滑块做功(或滑块克服摩擦力做功)W滑块=Ffx滑块(x滑块为滑块对地位移);
②摩擦力对木板做功(或木板克服摩擦力做功)W板=Ffx板(x板为木板对地位移);
③摩擦生热Q=Ffx相对(x相对为滑块与木板的相对位移大小)。
【典例2】 如图所示,质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff,小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x,在这个过程中,求:
(1)小物块到达小车最右端时具有的动能;
(2)小物块到达小车最右端时,小车具有的动能;
(3)摩擦力对小物块所做的功;
(4)小物块在小车上滑行过程中,系统产生的内能。
题型3 用动力学观点和能量观点综合分析问题
动力学观点和能量观点是解决物理问题的两个基本且互补的方法,综合运用两种观点,可以更全面地分析物理问题,提高解决问题的效率和准确性。动力学观点主要关注力的作用和运动状态的变化,通过分析物体的受力情况,应用牛顿第二定律等基本规律,来分析物体的运动,在解决恒力作用问题时动力学观点尤为重要。能量观点则侧重于分析能量的转化和守恒,通过应用动能定理、机械能守恒定律、功能关系等分析问题,在解决变力作用问题时能量观点提供了有效的解决方法。
【典例3】 (2024·海南卷)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=10 m,滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h=5 m,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=25 kg,一质量为m=50 kg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=16 m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=10 m/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L。
命题特点:本题综合考查了牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和机械能守恒定律等知识点,同时考查学生的分析综合能力。
复习建议:分析各阶段的受力和运动特征,选择合适的规律求解。分析、解题时有 “合”有 “分”, “合”指整体上把握全过程,构建大致的运动情景, “分”指将全过程拆分成多个子过程,分析每个子过程满足的规律,再利用子过程衔接点的速度把各个子过程联系起来,列方程解题。
专题提升十二 动力学和能量观点的综合应用
题型1
【典例1】 答案 (1)51 J (2)54 J
解析 (1)物体轻放在传送带上时,根据牛顿第二定律,沿斜面方向上有
μmgcos θ-mgsin θ=ma,
物体运动的加速度为a=2.5 m/s2,
物体达到1 m/s的速度通过的位移
x==0.2 m,
物体在到达N点前已经与传送带共速,由功能关系得传送带对物体做的功为
W=mv2+mglsin 30°=51 J。
(2)在物体加速运动的过程,根据运动学公式可得匀加速运动所用时间为
t==0.4 s,
传送带与物体间的相对位移为
Δx'=vt-x=0.2 m,
电动机做功使物体机械能增加,同时使物体与传送带间因摩擦产生热量Q,则因摩擦产生的热量为
Q=μmgcos θ·Δx'=3 J,
故电动机对传送带做的功为
W电=W+Q=54 J。
题型2
【典例2】 答案 (1)(F-Ff)(L+x)
(2)Ffx (3)-Ff(L+x) (4)FfL
解析 (1)根据题意,小物块从静止开始运动到达小车最右端过程中,由动能定理有
Ek1-0=(F-Ff)(L+x),
小物块到达小车最右端时具有的动能为
Ek1=(F-Ff)(L+x)。
(2)小物块到达小车最右端过程,对于小车根据动能定理可得
Ek2-0=Ffx,
解得小车具有的动能为Ek2=Ffx。
(3)摩擦力对小物块所做的功为
Wf=-Ff(L+x)。
(4)系统产生的内能为Q=FfΔx=FfL。
题型3
【典例3】 答案 (1)1 000 N (2)7 m
解析 (1)设游客滑到b点时速度为v0,从a到b过程,根据机械能守恒定律
mgh=m,
解得v0=10 m/s,
在b点根据牛顿第二定律FN-mg=m,
解得FN=1 000 N,
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=1 000 N。
(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-mv2,
解得v=8 m/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a1和a2,得
a1==μg=2 m/s2,
a2==4 m/s2,
根据运动学规律对游客v=v0-a1t,
解得t=1 s,
该段时间内游客的位移为
x1=t=9 m,
滑板的位移为x2=a2t2=2 m,
根据位移关系得滑板的长度为
L=x1-x2=7 m。(共22张PPT)
专题提升十二
第六章 机械能守恒定律
动力学和能量观点的综合应用
题型1 传送带模型
题型2 滑块—木板模型
内容
索引
题型3 用动力学观点和能量观点综合分析问题
传送带模型
题型1
从动力学和功能角度认识传送带模型。
(1)动力学角度：分析传送带上物体的受力，特别是摩擦力有无突变情况发生，进而分析物体的运动情况，特别是物体与传送带的位移及两者的位移关系。
(2)功能角度：正确理解传送带对物体摩擦力做功W物=Ffx物、物体对传送带的摩擦力做功W带=Ffx带和物体相对传送带滑动而产生的热量Q=Ffx相对，有时还会涉及因传送物体电动机多消耗的电能E=ΔEk+Δep
+Q。
【典例1】 (2025·济宁模拟)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，M、N间距l=5 m，传送带在电动机的带动下以v=1 m/s的恒定速率顺时针运转。现将一质量m=2 kg的物体(可看作质点)无初速度地放在M点，已
知物体与传送带间的动摩擦因数μ=，重力加速度取g=10 m/s2，在传送带将物体从M点传送到N点的过程中，求：
(1)传送带对物体做的功；
物体轻放在传送带上时，根据牛顿第二定律，沿斜面方向上有μmgcos θ-mgsin θ=ma，
物体运动的加速度为a=2.5 m/s2，
物体达到1 m/s的速度通过的位移x==0.2 m，
物体在到达N点前已经与传送带共速，由功能关系得传送带对物体做的功为W=mv2+mglsin 30°=51 J。
解析
(2)为传送物体，电动机需额外做多少功
在物体加速运动的过程，根据运动学公式可得匀加速运动所用时间为t==0.4 s，
传送带与物体间的相对位移为Δx'=vt-x=0.2 m，
电动机做功使物体机械能增加，同时使物体与传送带间因摩擦产生热量Q，则因摩擦产生的热量为Q=μmgcos θ·Δx'=3 J，
故电动机对传送带做的功为W电=W+Q=54 J。
解析
滑块—木板模型
题型2
从动力学和功能角度认识滑块—木板模型。
(1)动力学角度：分别分析滑块和木板的受力情况，根据牛顿第二定律确定两者的加速度，再分析滑块和木板的运动情况。两者速度相等是最终的稳定状态或运动状态发生变化的临界点，此时有两个关系常成为解题的关键：一是两者的运动时间相等，即t==；二是两者的位移关系，即Δx相对=|x滑块-x板|。
(2)功能角度：对滑块和木板分别运用动能定理或对系统应用功能关系和能量守恒定律，关系如下：
①摩擦力对滑块做功(或滑块克服摩擦力做功)W滑块=Ffx滑块(x滑块为滑块对地位移)；
②摩擦力对木板做功(或木板克服摩擦力做功)W板=Ffx板(x板为木板对地位移)；
③摩擦生热Q=Ffx相对(x相对为滑块与木板的相对位移大小)。
【典例2】 如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现用一水平恒力F作用在小物块上，使小物块从静止开始做匀加速直线运动。小物块和小车之间的摩擦力大小为Ff，小物块滑到小车的最右端时，小车运动的距离为x，在这个过程中，求：
(1)小物块到达小车最右端时具有的动能；
根据题意，小物块从静止开始运动到达小车最右端过程中，由动能定理有Ek1-0=(F-Ff)(L+x)，
小物块到达小车最右端时具有的动能为
Ek1=(F-Ff)(L+x)。
解析
(2)小物块到达小车最右端时，小车具有的动能；
小物块到达小车最右端过程，对于小车根据动能定理可得
Ek2-0=Ffx，
解得小车具有的动能为Ek2=Ffx。
解析
(3)摩擦力对小物块所做的功；
摩擦力对小物块所做的功为
Wf=-Ff(L+x)。
解析
(4)小物块在小车上滑行过程中，系统产生的内能。
系统产生的内能为Q=FfΔx=FfL。
解析
用动力学观点和能量观点综合分析问题
题型3
动力学观点和能量观点是解决物理问题的两个基本且互补的方法，综合运用两种观点，可以更全面地分析物理问题，提高解决问题的效率和准确性。动力学观点主要关注力的作用和运动状态的变化，通过分析物体的受力情况，应用牛顿第二定律等基本规律，来分析物体的运动，在解决恒力作用问题时动力学观点尤为重要。能量观点则侧重于分析能量的转化和守恒，通过应用动能定理、机械能守恒定律、功能关系等分析问题，在解决变力作用问题时能量观点提供了有效的解决方法。
【典例3】 (2024·海南卷)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=10 m，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度h=5 m，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=25 kg，一质量为m=50 kg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=16 m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=10 m/s2，求：
(1)游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
设游客滑到b点时速度为v0，从a到b过程，根据机械能守恒定律mgh=m，
解得v0=10 m/s，在b点根据牛顿第二定律FN-mg=m，
解得FN=1 000 N，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=1 000 N。
解析
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-mv2，
解得v=8 m/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a1和a2，得a1==μg=2 m/s2，a2==4 m/s2，
根据运动学规律对游客v=v0-a1t，
解得t=1 s，
解析
(2)滑板的长度L。
该段时间内游客的位移为x1=t=9 m，
滑板的位移为x2=a2t2=2 m，
根据位移关系得滑板的长度为L=x1-x2=7 m。
解析
命题特点：本题综合考查了牛顿运动定律、运动学规律、动能定理和机械能守恒定律等知识点，同时考查学生的分析综合能力。
复习建议：分析各阶段的受力和运动特征，选择合适的规律求解。分析、解题时有 “合”有 “分”， “合”指整体上把握全过程，构建大致的运动情景， “分”指将全过程拆分成多个子过程，分析每个子过程满足的规律，再利用子过程衔接点的速度把各个子过程联系起来，列方程解题。
