素養(yǎng)培優(yōu)2　傳送帶模型中動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量的綜合講義（教師版）-2025高考物理素養(yǎng)培優(yōu)

素養(yǎng)培優(yōu)2傳送帶模型中動(dòng)力學(xué)、能量和動(dòng)量的綜合1.摩擦力的方向及存在階段的判斷理清物體與傳送帶間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向及摩擦力方向是解決傳送帶問(wèn)題的關(guān)鍵。2.物體能否達(dá)到與傳送帶共速的判斷物體與傳送帶達(dá)到相同速度時(shí)往往出現(xiàn)摩擦力突變的臨界狀態(tài)，對(duì)這一臨界狀態(tài)進(jìn)行分析往往是解題的突破口。3.傳送帶中摩擦力做功與能量轉(zhuǎn)化（1）靜摩擦力做功的特點(diǎn)：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。②相互作用的一對(duì)靜摩擦力做功的代數(shù)和總是等于零，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。（2）滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)：①滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功。②相互間存在滑動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能。（3）摩擦生熱的計(jì)算：①Q(mào)＝Ffs相對(duì)，其中s相對(duì)為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對(duì)路程。②傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機(jī)械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和?！镜淅?】（2024·河南鄭州二模）如圖所示，水平傳送帶與左、右兩邊的光滑的水平臺(tái)面等高，并能平滑對(duì)接，靜止在臺(tái)面上可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A的質(zhì)量為m＝0.9kg，長(zhǎng)l＝3.5m的傳送帶始終以v＝1m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，滑塊A左側(cè)的槍膛長(zhǎng)1m，高壓氣體對(duì)質(zhì)量為m0＝100g子彈的平均作用力為80N，若把子彈在槍膛內(nèi)的運(yùn)動(dòng)看作勻變速直線運(yùn)動(dòng)，子彈擊中滑塊A（子彈與滑塊作用時(shí)間極短），并留在滑塊A內(nèi)，兩者一起滑上傳送帶的左端，已知滑塊A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：（1）子彈出膛的速度大小；（2）子彈與小滑塊A組成的整體滑上傳送帶左端時(shí)的速度大小；（3）小滑塊A到達(dá)傳送帶右端時(shí)速度大小。答案：（1）40m/s（2）4m/s（3）3m/s解析：（1）設(shè)子彈出膛的速度為v0，則由牛頓第二定律可得F＝m0a，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v02＝2ax，解得v0＝40（2）子彈打滑塊A過(guò)程中動(dòng)量守恒，則m0v0＝（m0＋m）v1，解得含有子彈的小滑塊A水平滑上傳送帶左端時(shí)的速度大小v1＝m0v0m0（3）假設(shè)A在傳送帶上一直做減速運(yùn)動(dòng)，A從傳送帶的左端滑到右端的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μ（m0＋m）gl＝12（m0＋m）v22－12（m0＋m）v12，代入數(shù)據(jù)解得v2＝3m/s，因?yàn)関2＞v，所以假設(shè)正確，小滑塊【典例2】如圖甲所示，水平傳送帶逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，一質(zhì)量為m＝2kg的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）沿光滑曲面從一定高度處由靜止開(kāi)始下滑，以某一初速度從傳送帶的最左端A滑上傳送帶，取向右為正方向，以地面為參考系，從小物塊滑上傳送帶開(kāi)始計(jì)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖乙所示，傳送帶的速率保持不變，g取10m/s2。（1）求小物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）若小物塊能在傳送帶上留下劃痕，求最長(zhǎng)劃痕；（3）求小物塊在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移。答案：（1）0.1（2）4.5m（3）2m解析：（1）由v-t圖像得，小物塊滑上傳送帶的初速度為v0＝2m/s，加速度大小為a＝ΔvΔt＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得μ＝0（2）小物塊在傳送帶上留下的最長(zhǎng)劃痕對(duì)應(yīng)的是小物塊第一次滑上傳送帶到再次回到A端的過(guò)程中在傳送帶上留下的劃痕，由題圖乙知前2s內(nèi)小物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，第3s內(nèi)反向做勻加速運(yùn)動(dòng)，第3s末，小物塊跟傳送帶的速度大小v＝1m/s相等，此后小物塊隨傳送帶一塊向左做勻速運(yùn)動(dòng)，所以最長(zhǎng)劃痕s＝2+02×2.0m+1×2.0m＋（1×1.0m－1+02×1.0（3）小物塊在傳送帶上先向右做減速運(yùn)動(dòng)，后反向向左做加速運(yùn)動(dòng)再做勻速運(yùn)動(dòng)到A，隨后在光滑曲面上運(yùn)動(dòng)再回到傳送帶的左端，這樣一直運(yùn)動(dòng)最后要停在A端，對(duì)小物塊最初向右做減速運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgx＝0－12mv02，解得x＝21.傳送帶問(wèn)題的分析步驟與方法2.劃痕長(zhǎng)度與摩擦生熱的計(jì)算若只有一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，劃痕長(zhǎng)度等于相對(duì)位移的大?。蝗粲袃蓚€(gè)相對(duì)滑動(dòng)過(guò)程，兩過(guò)程相對(duì)位移方向相同時(shí)，劃痕長(zhǎng)度求和，相對(duì)位移方向不同時(shí)，劃痕以長(zhǎng)的為準(zhǔn)。全過(guò)程產(chǎn)生的熱量Q＝Ffs相對(duì)（s相對(duì)是相對(duì)路程，即相對(duì)位移絕對(duì)值的和）?！镜淅?】（2024·安徽合肥二模）在快遞分類(lèi)時(shí)常用傳送帶運(yùn)送快件，一傾角為37°的傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以恒定速率順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)行，傳送帶底端到頂端的距離為L(zhǎng)＝10.5m，如圖甲所示?，F(xiàn)將一質(zhì)量m＝2.0kg的快件靜止放于傳送帶底端，以傳送帶最底端為參考平面，快件在傳送帶上運(yùn)動(dòng)整個(gè)過(guò)程中速度的平方v2隨位移x的變化關(guān)系如圖乙所示，取重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，快件可視為質(zhì)點(diǎn)，求：（1）快件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）快件從傳送帶底端到頂端過(guò)程電動(dòng)機(jī)多做的功W。答案：（1）0.875（2）198J解析：（1）快件放上傳送帶先做勻加速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)v2＝2ax，結(jié)合圖乙可得快件做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度a＝1m/s2，根據(jù)牛頓第二定律可得μmgcos37°－mgsin37°＝ma，解得快件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.875。（2）設(shè)傳送帶的速度為v，根據(jù)圖乙可知v＝3m/s，快件加速的時(shí)間t1＝va＝3s，快件與傳送帶的相對(duì)位移Δx＝vt1－12vt1＝4.5m，快件和傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcos37°·Δx，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能等于快件重力勢(shì)能和動(dòng)能的增加量以及因摩擦而產(chǎn)生的熱量之和，即E＝mgLsin37°＋12mv2＋Q，解得E＝198【典例4】（2024·湖北高考14題）如圖所示，水平傳送帶以5m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶左右兩端的距離為3.6m。傳送帶右端的正上方有一懸點(diǎn)O，用長(zhǎng)為0.3m、不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛一質(zhì)量為0.2kg的小球，小球與傳送帶上表面平齊但不接觸。在O點(diǎn)右側(cè)的P點(diǎn)固定一釘子，P點(diǎn)與O點(diǎn)等高。將質(zhì)量為0.10kg的小物塊無(wú)初速輕放在傳送帶左端，小物塊運(yùn)動(dòng)到右端與小球正碰，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間小物塊的速度大小為1m/s、方向水平向左。小球碰后繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)，當(dāng)輕繩被釘子擋住后，小球繼續(xù)繞P點(diǎn)向上運(yùn)動(dòng)。已知小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度大小g＝10m/s2。（1）求小物塊與小球碰撞前瞬間，小物塊的速度大小。（2）求小物塊與小球碰撞過(guò)程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能。（3）若小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方，繩子不松弛，求P點(diǎn)到O點(diǎn)的最小距離。答案：（1）5m/s（2）0.3J（3）0.2m解析：（1）設(shè)小物塊的質(zhì)量為m，傳送帶左右兩端的距離為L(zhǎng)，小物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，小物塊在傳送帶上加速時(shí)的加速度大小為a，由牛頓第二定律有μmg＝ma設(shè)小物塊到達(dá)傳送帶最右端時(shí)的速度大小為v1，假設(shè)小物塊在傳送帶上一直加速，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v12＝聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得v1＝6m/s由于v1＞5m/s，故假設(shè)不成立，小物塊到達(dá)傳送帶右端前已經(jīng)與傳送帶共速，故小物塊與小球碰撞前瞬間的速度大小為v1＝5m/s。（2）設(shè)小球的質(zhì)量為M，碰撞后小物塊與小球的速度大小分別為v2、v3，碰撞過(guò)程中兩者構(gòu)成的系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk，對(duì)小物塊與小球碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3小物塊與小球碰撞過(guò)程中，系統(tǒng)損失的總動(dòng)能為ΔEk＝12mv12－12mv聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得ΔEk＝0.3J。（3）經(jīng)分析知，小球到達(dá)P點(diǎn)正上方繩子拉力剛好為零時(shí)，小球繞P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的半徑最大，P點(diǎn)到O點(diǎn)距離最小，設(shè)這種情況下小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方的速度大小為v4，P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為x，繩子的長(zhǎng)度為l，小球運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正上方時(shí)，結(jié)合牛頓第二定律和向心加速度公式有Mg＝Mv對(duì)小球的整個(gè)上升過(guò)程，由動(dòng)能定理得－Mg[l＋（l－x）]＝12Mv42－聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得x＝0.2m。1.（2024·北京高考10題）水平傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，將一物體無(wú)初速度地放置在傳送帶上，最終物體隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)。下列說(shuō)法正確的是（）A.剛開(kāi)始物體相對(duì)傳送帶向前運(yùn)動(dòng)B.物體勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，受到靜摩擦力C.物體加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，摩擦力對(duì)物體做負(fù)功D.傳送帶運(yùn)動(dòng)速度越大，物體加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)解析：D剛開(kāi)始，物體速度小于傳送帶速度，物體相對(duì)傳送帶向后運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；物體勻速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，不受摩擦力作用，B錯(cuò)誤；加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，傳送帶對(duì)物體的摩擦力向前，則摩擦力對(duì)物體做正功，C錯(cuò)誤；加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程?＝μmg＝ma加速時(shí)間t＝vμgv越大，t越大，D2.如圖所示，傳送帶以恒定速度v0向右運(yùn)動(dòng)，A、B間距為L(zhǎng)，質(zhì)量為m的物塊無(wú)初速度放于左端A處，同時(shí)用水平恒力F向右拉物塊，物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物塊從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，動(dòng)能Ek隨位移x變化的關(guān)系圖像不可能的是（）解析：A開(kāi)始時(shí)物塊受向右的拉力F和向右的摩擦力Ff而做加速運(yùn)動(dòng)，則動(dòng)能Ek＝（F＋Ff）x；若物塊在到達(dá)最右端之前還未達(dá)到與傳送帶共速，此時(shí)圖像為C；若F＞Ff，則當(dāng)物塊與傳送帶共速后還會(huì)加速，此時(shí)動(dòng)能增加量ΔEk＝（F－Ff）x，此時(shí)圖像為D；若F≤Ff，則當(dāng)物塊與傳送帶共速后會(huì)隨傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能不變，此時(shí)圖像為B；物塊與傳送帶共速后只能勻速或者加速，不可能減速，則圖像A不可能。3.（2024·天津和平區(qū)三模）如圖所示，上表面長(zhǎng)為L(zhǎng)＝4m的水平傳送帶與木板緊靠在一起，且二者上表面在同一水平面，皮帶以v0＝3.0m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。在傳送帶左端無(wú)初速度地放上一質(zhì)量為m＝1.0kg的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），物塊與傳送帶及物塊與木板上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.20，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間物塊被傳送到傳送帶的右端，隨后物塊平穩(wěn)滑上木板，木板的質(zhì)量M＝2kg，木板下表面光滑，物塊最終剛好停在木板的右端沒(méi)有滑下。不計(jì)空氣阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（2）木板的長(zhǎng)度d。答案：（1）2.08s（2）1.5m解析：（1）物塊在傳送帶上加速過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律有μmg＝ma，解得a＝2m/s2，所以物塊在傳送帶上加速的時(shí)間t1＝v0a＝32s＝1.5s，加速運(yùn)動(dòng)的位移x1＝12at12＝12×2×1.52m＝2.25m＜4m，所以物塊在傳送帶上先加速后勻速，勻速的時(shí)間t2＝L－x1v0＝4－2.253s＝0.58（2）物塊平穩(wěn)滑上木板，由于木板下表面光滑，物塊與木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則有mv0＝（m＋M）v，物塊最終剛好停在木板的右端沒(méi)有滑下，對(duì)系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律知系統(tǒng)動(dòng)能的減少量等于物塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的內(nèi)能，即μmgd＝12mv02－12（m＋M）v2，聯(lián)立解得d＝1.4.（2024·遼寧撫順三模）一水平傳送帶以v＝2m/s的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。如圖甲所示，將物塊A輕輕放到傳送帶左端，物塊A與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ0＝0.2。傳送帶緊挨著右側(cè)水平地面，地面左側(cè)O點(diǎn)放一物塊B，物塊B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且μ隨物體到O點(diǎn)的距離x按圖乙所示的規(guī)律變化，傳送帶水平部分長(zhǎng)L＝1.2m，物塊A運(yùn)動(dòng)到水平地面上和B發(fā)生彈性碰撞，碰后B向右運(yùn)動(dòng)擠壓彈簧，B向右運(yùn)動(dòng)的最大距離為d＝0.5m，物塊A、B的大小可忽略，質(zhì)量均為m＝0.5kg。重力加速度g取10m/s2。求：（1）A碰B前的瞬間，A物塊的速度大??；（2）A碰B后，B物塊的速度大??；（3）彈簧的最大彈性勢(shì)能。答案：（1）2m/s（2）2m/s（3）0.5J解析：（1）假設(shè)物塊能加速到和傳送帶速度相等，則加速過(guò)程，根據(jù)牛頓第二定律得μ0mg＝ma，設(shè)加速過(guò)程物塊的位移為x，則v2＝2ax，解得x＝1m＜L，假設(shè)成立，A碰B前，A物塊的速度大小為2m/s。（2）A、B碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv＝mvA＋mvB，12mv2＝12mvA2＋12mvB2，解得vA＝0，（3）A、B碰撞后到彈簧彈性勢(shì)能最大的過(guò)程，摩擦生熱Q＝－Wf，由圖乙知B運(yùn)動(dòng)0.5m時(shí)μ＝0.4，摩擦力對(duì)物塊做的功Wf＝－0+μmg2d，根據(jù)能量守恒得12mBvB2＝Q＋Epm，解得Epm＝05.（2024·福建泉州一模）如圖所示，光滑的水平面上靜止一質(zhì)量為M＝0.98kg的物塊。緊挨平臺(tái)右側(cè)有一傳送帶，其與水平面成θ＝30°角，傳送帶底端A點(diǎn)和頂端B點(diǎn)相距L＝3m。一顆質(zhì)量為m＝0.02kg的子彈，以v0＝300m/s的水平向右的速度擊中物塊并陷在其中。物塊滑過(guò)水平面并沖上傳送帶，物塊通過(guò)A點(diǎn)前后速度大小不變。已知物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.23，取重力加速度g＝10m/s2。（1）如果傳送帶靜止不動(dòng)，求物塊在傳送帶上滑動(dòng)的最遠(yuǎn)距離；（2）如果傳送帶順時(shí)針勻速運(yùn)行（如圖），為使物塊能滑到B端，求傳送帶運(yùn)行的最小速度；（3）若物塊用最短時(shí)間從A端滑到B端，求此過(guò)程中傳送帶對(duì)物塊做的功。答案：（1）2.25m（2）2m/s（3）9J解析：（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝（m＋M）v，解得子彈與物塊共速的速度為v＝6m/s，物塊沿傳送帶上滑過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得－[（m＋M）gsin30°＋μ（m＋M）gcos30°]x＝0－12（m＋M）v2，物塊在傳送帶上滑動(dòng)的最遠(yuǎn)距離為x＝2.25m（2）設(shè)傳送帶速度為v1，物塊到達(dá)B端時(shí)的速度為0。要求傳送帶速度最小，則物塊速度大于v1，根據(jù)牛頓第二定律（m＋M）gsin30°＋μ（m＋M）g·cos30°＝（m＋M）a1，物塊減速到v1的過(guò)程中v12－v2＝－2a1x1，因?yàn)棣蹋?.23＜tan30°，共速后，繼續(xù)減速運(yùn)動(dòng)，有（m＋M）gsin30°－μ（m＋M）g·cos30°＝（m＋M）a2，物塊減速至0的過(guò)程中v12＝2a2x2，又x1＋x2＝L，聯(lián)立得v1＝（3）若物塊用最短時(shí)間從A端滑到B端，物塊所受摩擦力沿傳送帶向上，則W＝μ（m＋M）gLcos30°＝9J。6.（2024·遼寧大連二模）物流公司傳送小件貨物，簡(jiǎn)化的傳輸系統(tǒng)如圖所示。曲面AB末端與水平面BC平滑連接于B點(diǎn)，水平面BC與傳送帶等高。工人將小件貨物甲從A點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)以速度v0＝4m/s與遺留在平面末端C點(diǎn)的小件貨物乙發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短，碰撞前后甲、乙在同一條直線上運(yùn)動(dòng)），碰后甲、乙分別以速度v1＝1.5m/s和v2＝5m/s沖上順時(shí)針運(yùn)行的傳送帶上，傳送帶的速度v＝4m/s，傳送帶足夠長(zhǎng)。已知曲面高度h＝1m，小件貨物甲的質(zhì)量m1＝4kg，小件貨物甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，且與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：（1）小件貨物甲從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)過(guò)程中克服摩擦阻力所做的功；（2）小件貨物乙的質(zhì)量m2及甲、乙碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能；（3）小件貨物甲和乙沖上傳送帶到都與傳送帶共速過(guò)程中，傳送帶的電動(dòng)機(jī)需額外多消耗的電能。答案：（1）8J（2）2kg2.5J（3）32J解析：（1）甲從A到C，由動(dòng)能定理得m1gh－Wf＝12m1v02－0，解得Wf＝8（2）甲、乙碰撞，由動(dòng)量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，解得m2＝2kg，則損失的機(jī)械能ΔE機(jī)＝12m1v02－12m1v12＋12（3）甲沖上傳送帶，其先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得μm1g＝m1a1，可得a1＝5m/s2，甲加速到與傳送帶共速的時(shí)間Δt1＝v－v1a1＝0.5s，此過(guò)程傳送帶發(fā)生的位移x1＝vΔt1＝2m，甲在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的位移x2＝v1＋v22Δt1＝1.375m，甲與傳送帶的相對(duì)位移Δx1＝x1－x2＝0.625m，乙沖上傳送帶，其先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律μm2g＝m2a2，可得a2＝5m/s2，乙減速到與傳送帶共速的時(shí)間Δt2＝v－v2－a2＝0.2s，此過(guò)程傳送帶發(fā)生的位移x3＝vΔt2＝0.8m，乙在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的位移x4＝v2＋v2Δt2＝0.9m，乙與傳送帶的相對(duì)位移Δx2＝x4－x3＝0.1m，電動(dòng)機(jī)需額外消耗的電能ΔE電＝12m1v2－12m1v17.（2024·廣東梅州二模）如圖所示為某自動(dòng)控制系統(tǒng)的裝置示意圖，裝置中間有一個(gè)以v0＝3m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶，傳送帶左端點(diǎn)M與光滑水平軌道PM平滑連接，左側(cè)有一光滑圓弧的最低點(diǎn)與PM在P點(diǎn)平滑連接，在P點(diǎn)處安裝有自動(dòng)控制系統(tǒng)，當(dāng)物塊b每次向右經(jīng)過(guò)P點(diǎn)時(shí)都會(huì)被系統(tǒng)瞬時(shí)鎖定從而保持靜止。傳送帶右端與半徑r＝0.8m的四分之一光滑圓弧軌道平滑連接，物塊a從右側(cè)圓弧最高點(diǎn)由靜止下滑后滑過(guò)傳送帶，經(jīng)過(guò)M點(diǎn)時(shí)控制系統(tǒng)會(huì)使靜止在P點(diǎn)的物塊b自動(dòng)解鎖，之后兩物塊發(fā)生第一次彈性碰撞。已知物塊a、b的質(zhì)量分別為m1＝0.6kg、m2＝6.6kg，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，物塊a與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.25，M、N間的距離為L(zhǎng)＝1.5m，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）物塊a運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)N時(shí)對(duì)軌道的壓力；（2）物