【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍07 动力学和能量观点的综合应用 Word版含解析.docx，共(23)页，1.134 MB，由小赞的店铺上传

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秘籍07动力学和能量观点的综合应用一、功能关系的理解和应用1.功的正负与能量增减的对应关系(1)物体动能的增加与减少要看合外力对物体做正功还是做负功。(2)势能的增加与减少要看对应的作用力(如重力、弹簧弹力、电场力等)做负功还是做

正功。(3)机械能的增加与减少要看重力和弹簧弹力之外的力对物体做正功还是做负功。2.摩擦力做功的特点(1)一对静摩擦力所做功的代数和总等于零。(2)一对滑动摩擦力做功的代数和总是负值，差值为机械能转化为内能的部分，也就是系统机械能的损失量。(3)说明：无论是静摩擦力还是滑动摩擦力，都可以对物

体做正功，也可以做负功，还可以不做功。二、能量守恒的理解和应用1.对能量守恒定律的两点理解(1)某种形式的能量减少，一定存在其他形式的能量增加，且减少量和增加量一定相等。(2)某个物体的能量减少，一定存在其他物体的能量增加

，且减少量和增加量一定相等。2.运用能量守恒定律解题的基本思路三、动力学和能量观点的三大综合应用应用动力学和能量观点分析多过程问题核心策略：(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．应用动力学和能量观点分析传

送带模型问题核心功能关系（1）功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.（2）对WF和Q的理解：①传送带的功：WF＝Fx传；②产生的内能Q＝Ffx相对．应用动力学和能量观点分析滑块—木板模型问题核心思路：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

块的位移和木板的位移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．【题型】应用动力学和能量观点分析多过成问题【典例1】（2024·贵州毕节·二模）如图，光滑水平面与竖直面

内的光滑半圆形导轨在B点相切，半圆轨道半径为R，C是半圆形导轨上与圆心等高的点，一个质量为m可视为质点的小球将弹簧压缩至A点后由静止释放，在弹力作用下小球获得某一向右的速度后脱离弹簧，从B点进入半圆形导

轨，恰能运动到半圆形导轨的最高点D，从D点飞出后落在水平轨道上的E点（E点未画出），重力加速度为g，不计空气阻力，则（）A．小球过最高点D时的速度大小为2gRB．释放小球时弹簧的弹性势能为52mgRC．小球运动到C点时对轨道的压力为2mgD．水平轨道上的落点E到B点的距离为

R【答案】B【详解】A．小球恰好通过最高点，则2DvmgmR=小球过最高点D时的速度大小为DvgR=A错误；B．根据机械能守恒2p122DEmvmgR=+释放小球时弹簧的弹性势能为p52EmgR=B正确；C．

根据机械能守恒221122CDmvmgRmv=+根据牛顿第二定律2CvNmR=得3Nmg=根据牛顿第三定律，小球运动到C点时对轨道的压力为3mg，C错误；D．小球从D点做平抛运动，则Dxvt=，2122Rgt=得水平轨道上的落点E到B点的距

离为2xR=D错误。故选B。【典例2】（2024·天津·一模）如图所示，水平粗糙轨道AB长为L，竖直面内半径为R的四分之一光滑圆弧轨道BC与轨道AB相切于B点，质量为m的物块P以初速度0v从A点向左运动，与静止于B点质量为2m的物块Q发生

碰撞，碰撞时间极短，碰后两物块粘在一起运动，恰能到达轨道最高点C，已知重力加速度为g，物块P、Q均可视为质点，求：（1）两物块碰后瞬间对轨道B点的压力NF的大小；（2）物块P与水平轨道AB间的动摩擦因数；（3）碰撞过程中物块P对物块Q做

的功W的大小。【答案】（1）9mg；（2）20182vgRgL−；（3）2mgR【详解】（1）碰撞后恰好能运动到最高点21(2)0(2)2mmgRmmv−+=−+碰后瞬间2N(2)(2)vFmmgmmR−+=+根据牛顿第

三定律，压力与支持力等大反向NNFF=解得N9Fmg=（2）P从A到B的过程中22101122mgLmvmv−=−碰撞过程中1(2)mvmmv=+解得20182vgRgL−=（3）碰撞过程中2122Wmv=解得2WmgR=1．（2024·安徽芜湖·二模）如图所示，半径0

.4mR=竖直放置的光滑半圆轨道与光滑水平轨道在A点平滑连接，质量为1kgm=的小物体a（可视为质点）以初速度0v从C点出发，经A点恰好运动到B点，物体通过最高点B后作平抛运动，恰好落在C点，重力加速度g取210m/s，试求：

（1）物体的初速度0v；（2）若物体以初速度0v从C点出发，在运动过程中，始终受到竖直平面内且与水平方向成45角斜向左上方恒力的作用，此时物体恰好对水平轨道无压力，求物体运动过程中离出发点C的最大水平距离（计算结果用分数表示）。【答案】（1）025m/sv=；（2）134m135x=【详

解】（1）设物体在B点的速度为Bv，由于物体恰好经过B点，则有2BvmgmR=可得2m/sBv=由B到C做平抛运动，竖直方向有2122Rgt=水平方向有ACBxvt=物体在从C点到B点过程中，根据动能定

理22011222BmgRmvmv−=−联立025m/sv=，0.8mACx=（2）物体恰好对水平轨道无压力，可知斜向左上方恒力与重力的合力方向水平向左，大小tan45Fmgmg==合设物体脱离轨道时在半圆轨道D点，OD与竖直方向的夹角为，物体在从C点到D点过程中，根据

动能定理()22011sin22ACDFxRmvmv−+=−合在D点由牛顿第二定律得2sinDmvFR=合物体D点离开轨道后，水平方向做匀减速直线运动，则有()230cos2Dvxa−=−，Fagm==合则物体距C的最大水平距离为3sinACxxRx=++联立解得134m135x=

2．如图所示，一轻弹簧原长2mL=，其一端固定在倾角为37=的固定斜面AF的底端A处，另一端位于B处，弹簧处于自然伸长状态，斜面AF长3mx=。在FC间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且FC长04mx=，传送带逆时针转动，转动速度为4m/s。传送带上端通过一个

光滑直轨道CH与一个半径为16m45r=的光滑圆弧轨道DH相切于H点，且D端切线水平，ABCDFH、、、、、均在同一竖直平面内，且DC、在同一竖直线上。质量为5kgm=的物块P（可视为质点）从C点由静止释放，最低到达E点（未画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达F点。已知物块P与传送带间

的动摩擦因数为134=，与斜面间的动摩擦因数为214=，重力加速度210m/sg=，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin370.6=，cos370.8=，弹簧始终在弹性限度内。（1）求BE间距离x及物块P运动到E点时弹簧的弹性势能pE；（2）改变物块P的质量，并将传送带

转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至E点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好落于F点，求物块运动到D点的速度Dv。【答案】（1）1m，80J；（2）4m/s【详解】（1）当物块P在传送带上运动时，由牛顿第二定律得1sincos

mgmgma+=解得物块的加速度a=12m/s2当物块速度达到4m/s时，其位移为221042mm4m22123vxxa====故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。因13tan4==且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传

送带达到了共同速度后做匀速直线运动到F点。设BE长为L0，则物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有()()2020p1sincos2mgxLLmvmgxLLE−++=−++物块P被弹回，从E

点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有020psincosmgxLLmgxLLE−++−+=（）（）联立解得L0=1m，Ep=80J（2）由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为vD，则水平方向上有x

0cosθ=vDt竖直方向上有201sincos2rxrgt++=解得vD=4m/s【题型二】应用动力学和能量观点分析传送带模型问题【典例1】（2024·四川宜宾·二模）如图甲为皮带输送机简化模型图，皮带输送机倾角37=，顺时针匀速转动，在输送带下

端A点无初速放入货物。货物从下端A点运动到上端B点的过程中，其机械能E与位移s的关系图像（以A位置所在水平面为零势能面）如图乙所示。货物视为质点，质量10kgm=，重力加速度210msg=，sin370.6=

，cos370.8=。下列说法正确的是（）A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825B．输送带A、B两端点间的距离为8mC．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9sD．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为585J【答案】C【详解】A．由题图可知，货

物从开始运动到与传送带相对静止可知11cos37Emgs=对货物有11110.5m2sxxvtvt=−=−=传货解得0.875=故A项错误；B．由图像可知，物块沿传送带向上运动0.5m后与传送带相对静止，此后物块的动能

不变，重力势能增加，有2sin37mgsE=解得28ms=则传送带两端点之间的距离为28.5mLxs=+=货故B项错误；C．加速阶段的加速度大小为a，有cos37sin37mgmgma−=加速阶段时间为1t，有2112xat=货传送带速度为22vax=货设匀速阶段时间为2t，

有22svt=所以总时间为129sttt=+=故C项正确；D．由能量守恒，其多消耗的能量为211cos37sin372EmgsmvmgL=++解得550JE=故D项错误。故选C。【典例2】如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率

1v运行，初速度大小为2v的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图象（以地面为参考系）如图乙所示。已知21vv，物块和传送带间的动摩擦因数为，物块的质量为m

。则（）A．2t时刻，小物块离A处的距离最大B．20t时间内，小物块的加速度方向先向右后向左C．20t时间内，因摩擦产生的热量为12121()22vvtmgtt++D．20t时间内，物块在传送带上留下的划痕为()21122vvtt++【答案】C【详解】A．初速度大小为2v的小物块从

与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带，小物块在传送带上运动的vt−图象可知，1t时刻，小物块离A处的距离达到最大，A错误；B．20t～时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右，所以小物块的加速度方向一直向右，B错误；CD．10

t～时间内物体相对地面向左的位移2112vst=这段时间传送带向右的位移211svt=因此物体相对传送带的位移2112111+2vssstvt=+=12tt～时间内物体相对地面向右的位移1121()2vstt=−这段时间传送带向右的位移122

1()svtt=−因此物体相对传送带的位移122121()2vssstt=−=−20t时间内物块在传送带上留下的划痕为1211221()22vvtssstt=+=++20t～这段时间内，因此摩擦产生的热量12121()22vvtQmgsmgtt==++C正确

，D错误。故选C。1．（2024·辽宁鞍山·二模）如图所示，电动机带动的传送带与水平方向夹角37=，与两皮带轮1O、2O相切与A、B两点，从A到B长度为15.6mL=。传送带以00.8m/sv=的速率顺时针转动。两皮带轮

的半径都为1.5mR=。长度为22.0mL=水平直轨道CD和传送带皮带轮最高点平滑无缝连接。现有一体积可忽略，质量为0.5kgm=小物块在传送带下端A无初速度释放。若小物块与传送带之间的动摩擦因数为10.8=，与水平直轨道CD之间的动摩擦

因数为2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）A．小物块从A运动到B的时间为8sB．小物块运动到皮带轮2O最高点时，一定受到皮带轮2O的支持力作用C．将小物块由A点送到C点电动机多消耗的电能为21.02JD．若小

物块刚好停在CD中点，则20.32=【答案】ABC【详解】A．小物块在传送带下端A无初速度释放后，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，做匀加速直线运动由牛顿第二定律可得1cos37sin37mgmgma−=解得20.4m/sa=假设小物块能与传送带达到相同速度，则匀加速

直线运动小物块上滑的位移为220110.8m0.8m<220.4vxLa===则假设成立，小物块匀加速运动的时间为010.8s2s0.4vta===速度相同后，由于1cos37sin37mgmg小物块与传

送带一起匀速，小物块匀速运动的时间为11205.60.8s6s0.8Lxtv−−===则小物块从A运动到B所用的时间为128sttt=+=A正确；B．小物块运动到皮带轮2O最高点时所需的向心力200.21N5NvFmmgR===所以小物

块运动到皮带轮2O最高点时，一定受到皮带轮2O的支持力作用，B正确；C．小物块与传送带的相对位移为1100.8mvtxx=−=小物块与传送带摩擦产生的热量为1cos37Δ2.56JQmgx==B、C的高度cos370.3mhRR=−=小物块从A点运动到C点，根据能量守恒可得电动机

比空载时多消耗的电能为2011(sin37)21.02J2EQmvmgLh=+++=故C正确；D．若小物块刚好停在CD中点，根据动能定理有2220122Lmgmv=解得20.032=D错误。故选ABC。2．如图所示为某超市的自动卸货装置示意图，在运输车和转运车

之间搭建了一个长为13.2mL=的运输带，倾角为37=，且在电机的带动下以恒定的速度2m/sv=逆时针转动。现将质量为150kgM=的包装箱由运输带的顶端P无初速度释放，包装箱与运输带之间的动摩擦因数10.5=，经过一段时间包装箱运动到运输带的底端Q。

通过圆弧无能量损失进入质量为2100kgM=水平静止的转运车，包装箱与转运车之间的动摩擦因数20.5=，转运车与地面之间的动摩擦因数为30.1=，包装箱没有滑离转运车。重力加速度为210m/sg=，sin370.6=，cos370.8=。则

下列说法正确的是（）A．包装箱在运输带上运动的时间为1.2sB．整个过程中因摩擦产生的热量为640JC．转运车长度1m，可以保证包装箱没有滑离转运车D．包装箱在运输带上留下的划痕长度为1m【答案】ABD【

详解】A．包装箱在顶端P无初速度释放时，向下做匀加速直线运动，设加速度为1a，则有211111sincos10m/sMgMgaM+==包装箱从释放到与运输带共速所用时间为112s0.2s10vta===包装箱从释放到与运输带共速通过的位移

为1120.2m0.2m3.2m22vxt===由于111sincosMgMg包装箱与运输带共速后，包装箱继续向下做匀加速直线运动，设加速度为2a，则有211121sincos2m/sMgMgaM−==设包装箱

从共速到底端所用时间为2t，则有2122212Lxvtat−=+解得21st=或23st=−（舍去）包装箱在运输带上运动的时间为121.2sttt=+=故A正确；D．包装箱从释放到与运输带共速的过程，

包装箱相对于运输带向上运动，发生的相对位移为1110.2mxvtx=−=包装箱从共速到底端，包装箱相对于运输带向下运动，发生的相对位移为212()1mxLxvt=−−=由于12xx可知包装箱在运输带上留下的划痕长度为1m，故

D正确。B．包装箱在运输带上运动因摩擦产生的热量为11112cos()240JQMgxx=+=包装箱到达底端时的速度为1224m/svvat=+=包装箱滑上转运车，最终包装箱和转运车都处于静止状态，则包装箱滑上转运车时的动能全部变成因摩擦产生的热量，则有22111400J2

QMv==故整个过程中因摩擦产生的热量为12640JQQQ=+=故B正确；C．包装箱滑上转运车做匀减速运动的加速度大小为221315m/sMgaM==转运车做匀加速运动的加速度大小为2213122()1m/sMg

MMgaM−+==包装箱滑上转运车到与转运车共速v共所用时间为3t，则有1333vvatat=−=共解得32s3t=，2m/s3v=共此过程包装箱与转运车发生的相对位移为1334m223vvvxtt+=−=共共包装箱与转运车共速后，一起相对静止向前做匀减速运动，则要保证包装箱没

有滑离转运车，转运车长度至少为4m3，故C错误。故选ABD。3．如图所示，倾角为37的传送带以5m/sv=的速度顺时针运行。一质量为2kgm=的物块以010m/sv=的初速度从底端冲上传送带，物块与传送

带之间的动摩擦因数为μ=0.5，物块可以看做质点。已知传送带长度15mL=，重力加速度g取102m/s，sin370.6=，cos370.8=。求：（计算结果可以保留根号）（1）物块在传送带上运行的总时间；（2）物块与传送带摩擦产生的总热量。【答案】（1）()310s+

；（2）()4010140J+【详解】（1）物块速度大于传送带速度时，由牛顿第二定律有1sin37cos3710m/sagg=+=2所用时间110.5vta==s物体的位移21011113.75m2xvtat=−=物块速度小于传送带速度时，由牛顿第二定律有

22sin37cos372m/sagg=−=所用时间222.5svta==物体的位移2222216.25m2xvtat=−=因为1210mL15mxx+==物块能够反向运动2122312xxat+=解得310t=s总时间()123310tttt=++=+s（2）物块

向上运动过程中，物块与传送带的相对位移17.5md=物块向下运动过程中，物块与传送带的相对位移()()131251010mdvtxx=++=+产生的热量()()124010140Qfdd=+=+J【题型三】应用动力学和能量观点分析滑块板块模型问题【典例1】（2024·辽宁鞍山·

二模）如图所示，上表面粗糙的长木板B静止在光滑的水平面上，物块A叠放在长木板右端，轻弹簧一端连接在物块A上，另一端连接在竖直墙面上，开始时弹簧处于原长，现对B施加一水平向右恒定的拉力F，弹簧始终处于弹性

限度内且只分析A未离开B的过程，则正确的说法是（）A．施加拉力后最初的一段时间内，物块A和木板B一定无相对滑动B．施加拉力的瞬间，物块A所受的摩擦力为零C．施加拉力后的某一过程中，拉力做的功一定不小于A、B和弹簧整体机械能的

增量D．施加拉力后，在A与B相对滑动过程中，A对B的摩擦力做功的绝对值等于A、B间产生的热量【答案】C【详解】A．由题干可知，施加水平向右的恒力F后，在物块A与木板B未分离过程中，即施加力F后，物块A与

木板B即发生相对滑动，故A项错误；B．由上述分析可知，施加拉力后，两者之间即发生相对滑动，此时物块A与木板间存在滑动摩擦力，故B项错误；C．由能量守恒可知，拉力F所做的功等于物块A与木板B、弹簧整体机械能的增量以及A、B物体之间

摩擦产生的热，即施加拉力后的某一过程中，拉力做的功一定不小于A、B和弹簧整体机械能的增量，故C项正确；D．由功能关系可知，A、B之间产生的热等于A、B之间摩擦力与A、B两物体间的相对位移的乘积即ABQfx=故D项错误。故选C。【典例2】（2024·江西·二模）一块质量为M的长木板A静止放在光滑

的水平面上，质量为m的物体B（视为质点）以初速度0v从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为kBE，长木板A的动能增加量为kAE，A、B间摩擦产生的热量为Q（不考虑空气阻力），关于kBE，kAE，Q的数值，下列三个数量关系一定不

可能的是（）A．kB3JE=，kA1JE=，2JQ=B．kB6JE=，kA2JE=，4JQ=C．kB7JE=，kA3JE=，7JQ=D．kB8JE=，kA3JE=，3JQ=【答案】CD【详解】设物体与木板间的摩擦力大小为f，木块B的位移为

Bx，木板A的位移为Ax，对A有kAAEfx=对B有kBBEfx=且()BAQfxx=−A和B运动的vt−图像为图线与坐标轴围成的面积表示物体的位移，可看出()BBAAxxxx−所以有kBkAEQE选不可能的，故选CD。【典例3】如图，倾角30=的足够长光滑斜面固定，长1.

2mL=，质量2kgM=的长木板下端靠着插销置于斜面上，下端上表面放有一质量1kgm=的物块（视为质点），不可伸长的伸直细线一端连接物块，一端栓在固定挡板上。零时刻拔去插销，0.8s末将细线剪断。已知物块与木板间的动摩擦因数33=，

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度210m/sg=。（1）求0.2s末细线对物块的拉力大小；（2）求0.8s末长木板的速度大小；（3）在木板下滑的过程中，系统产生的热量是多少。【答案】（1）10N；（2）2m/s；（3）16J3【详解】（1）以物块为研究对象，其受力如图所示

物块静止，由力的平衡条件有sinFmgf=+cos30fmg=代入数据解得10NF=（2）以木板为研究对象，其受力如图所示由牛顿第二定律有Msin30MgfMa−=ff=代入数据得2M2.5m/sa=由运动学规律有Mvat=将0.8st=代入解得2m/sv=（3）0～0.8s内木

板发生的位移为2M12xat=代入数据得0.8mx=0.8s之后，由于物块所受摩擦力不变，则木板加速度Ma不变，二者均向下做匀加速运动。假设经时间t两者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有msin30mgfma+=代入数据得

2m10m/sa=由运动学规律有mMvatvvat==+共共代入数据得4s158m/s3tv==共木板发生的位移为()112xvvt=+共物块发生的位移为212xvt=共代入数据得1228m4516m45xx==两者间的相对位移为124m15xxx=−=因16m15xxL+=

，假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下，可得在木板下滑的过程中，系统产生的热量16()J3Qfxx=+=1．（2024·河南信阳·一模）如图所示，质量为1kgM=的长木板放在粗糙的水平地面上，

质量0.5kgm=的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数10.4=，长木板与地面之间的动摩擦因数20.1=。现给小物块施加一个水平向左的恒力13NF=，给长木板施加一个水平向右的恒力2F=4.5N2s

时撤掉力1F，小物块始终未从长木板上掉下来。下列说法正确的是（）A．0~2s长木板的加速度2M3m/sa=B．0~2s过程中1F对小物块做了12J的功C．0~4s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热24JQ=D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量【答案

】BC【详解】A．对长木板进行受力分析，受力示意图如图所示A.根据牛顿第二定律()212MFmgMmgMa−−+=2M1m/sa=故A错误；B．对物块进行受力分析，小物块先在拉力、摩擦力的作用下做匀加速直线运动，后在摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小分别为22m/s和2

4m/s，长木板和小物块在0~4s内的vt−如图所示，0~2s小物块做匀加速直线运动，位移4mx=，拉力对小物块做功为12JW=故B正确；C．两条vt−图线围成的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由vt−图像可知12mL=小物块与长木板之间的摩擦生热124JQmgL==故C正确；D．恒力对小

物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量加上摩擦生热，故D错误。故选BC。2．（2024·广东江门·一模）如图是工人传输货物的示意图，工人甲把质量7kgm=货物从倾斜轨道的顶端A点由静止释放，货物从轨道的底端B点（B点处有一段长度不计的小圆弧）滑

上放置在水平地面上的长木板。长木板的右端到达反弹装置左端C点的瞬间，货物刚好运动到长木板的最右端且与长木板达到共速，此时工人乙控制机械抓手迅速把货物抓起放到存货区，长木板进入反弹装置，反弹后长木板的最左

端返回B点时恰好静止。已知倾斜轨道AB的长度110mL=，倾斜轨道AB与水平方向的夹角为53=，BC段的长度27.5mL=，长木板的长度5md=，货物与倾斜轨道以及长木板间的动摩擦因数10.5=，长木板与地面的动摩擦

因数20.2=，重力加速度210m/sg=，取sin530.8,cos530.6==，求：（1）货物到达B点时的速度Bv多大；（2）长木板的右端刚到C点时货物的速度Cv多大；（3）长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值。【答案】（1）10

m/s；（2）5m/s；（3）60%【详解】（1）依题意，货物由A运动到B过程，根据动能定理，可得21111sin53cos532BmgLmgLmv−=解得10m/sBv=（2）依题意，货物在长木板上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律，可得215m/smgam==货根据匀变速直线运

动规律，有2222CBaLvv−=−货解得5m/sCv=（3）长木板进入反弹装置时的速度为15m/sCvv==设长木板的质量为M，长木板与货物向右运动过程，有()12mgMmgMa−+=板根据匀变速直线运动规律，

有()222CvaLd=−板联立解得4kgM=则长木板刚进入反弹装置时的能量为21150J2EMv==长木板反弹后最右端回到C点的速度设为v2，长木板从C点到B点的过程中，由动能定理得22221()02MgLdMv−−=−长木板在反弹的过程中损失的能量为22121130J22EMv

Mv=−=则长木板在反弹过程中损失的能量与长木板刚接触反弹装置时的能量比值100%60%EE==