2023年高考物理一輪復習13動力學和能量觀點的綜合應用含詳解

專題13動力學和能量觀點的綜合應用

目錄

題型一多運動組合問題.........................................................................9

題型二“傳送帶”模型綜合問題...................................................................11

類型1水平傳送帶問題.....................................................................11

類型2傾斜傳送帶.........................................................................13

題型三“滑塊一木板”模型綜合問題14

題型一多運動組合問題

【解題指導】1.分析思路

（1）受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況；

（2）做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況；

（3）功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規(guī)律求解.

2.方法技巧

（1），，合，，—整體上把握全過程，構建大致的運動情景；

（2）“分，，—將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規(guī)律；

（3），，合，，—找出各子過程之間的聯系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案.

[例1]（2022?浙江舟山市模擬）某游樂場的游樂裝置可簡化為如圖所示的豎直面內軌道BCDE,左側為半徑

R=0.8m的光滑圓弧軌道8C,軌道的上端點B和圓心。的連線與水平方向的夾角a=30。，下端點C與粗

糙水平軌道8相切，OE為傾角6=30。的光滑傾斜軌道，一輕質彈簧上端固定在E點處的擋板上.現有質

量為m=\kg的小滑塊P（可視為質點）從空中的A點以也=巾m/s的初速度水平向左拋出，恰好從B點沿

軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續(xù)沿水平軌道C?；瑒?，經過。點（不計經過D點

時的能量損失）后沿傾斜軌道向上運動至尸點（圖中未標出），彈簧恰好壓縮至最短.已知C、。之間和。、F

之間距離都為1m,滑塊與軌道CO間的動摩擦因數為〃=0.5,重力加速度g=10m/s2,不計空氣阻力.求：

（2）小滑塊P到達圓弧軌道上的C點時對軌道壓力的大??；

（3）彈簧的彈性勢能的最大值；

（4）試判斷滑塊返回時能否從8點離開，若能，求出飛出B點的速度大??；若不能，判斷滑塊最后位于何處.

【例2】如圖所示，豎直放置的半徑為R=0.2m的螺旋圓形軌道3GEF與水平直軌道MB和8C平滑連接,

傾角為6=30。的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接.水平傳送帶MN以v0=4m/s的速度沿順時針方向

運動，傳送帶與水平地面的高度差為八=0.8m,MN間的距離為LM,v=3.0m,小滑塊P與傳送帶和3c段軌

道間的動摩擦因數〃=0.2,軌道其他部分均光滑.直軌道BC長。c=lm,小滑塊P質量為機=1kg.重力

加速度g取10tn/s2.

道的壓力剛好為零，求滑塊P從斜面靜止下滑處與BC軌道高度差H；

(2)若滑塊P從斜面高度差廳=1.0m處靜止下滑，求滑塊從N點平拋后到落地過程的水平位移；

(3)滑塊P在運動過程中能兩次經過圓軌道最高點E點，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差”的范圍.

【例3].如圖所示為某輪滑比賽的場地，由斜面A3、圓弧面BCD和平臺組成，斜面AB和圓弧面在8點

相切，C為圓弧面的最低點，剛好與地面相切，圓弧BC所對的圓心角a=37。，圓弧軌道半徑為R,力點離

地面的高度是平臺離地面高度的一半，平臺離圓弧軌道D點的水平距離和平臺的高度相等，輪滑運動員從

斜面上4點由靜止滑下，從。點飛出后，剛好沿水平方向滑上平臺，整個過程運動員視為質點，不計一切

摩擦和阻力,重力加速度為g,求：(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,)

(2)斜面AB的長度.

【例4】.如圖是小明設計的一個游戲裝置.該滑道分為AM、AB,BC,CDE,EF和FG六段，其中A&

BC,CDE^\尸G軌道光滑，剩余軌道的動摩擦因數為05在M點處安裝一彈簧裝置，將一物塊與彈簧緊貼，

釋放彈簧，物塊從M點處出發(fā).游戲成功的要求：物塊不會脫離CQE軌道(檢測裝置省略)，物塊最后能平

穩(wěn)地停在EF軌道處，且不會從尸G軌道中飛出.現已知物塊的質量為1kg,Ri=2m,R2=\m,力點與A

點位于同一水平線，AM=1m,H=2m,L=20m,不計空氣阻力及彈簧裝置內部物塊的位移，物塊可視為

質點，g=I0m/s2.回答下列有關問題：

大??；

(2)若物塊在M點處的彈性勢能￡i=45J,求物塊在E點處對軌道的壓力;

(3)求彈簧的彈性勢能E與最后停止時物塊到E點的距離d的關系式.

【例5】(2022?陜西西安市高考模擬猜想卷)學?？萍夹〗M設計了“e”字型軌道豎直放置在水平面上，如圖所

示，該軌道由兩個光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的彈性擋板OF

連接，軌道CQE半徑/-0.1m,軌道ABC半徑為2r,A端與地面相切?，F將質量機=0.2kg小滑塊從水平

地面尸點以速度％=2小m/s出發(fā)并沿“e”字型軌道上滑，運動到尸點與擋板發(fā)生完全彈性相碰。已知水平

直軌道E/長為L=0.5m,小滑塊與軌道后尸間的動摩擦因數"=0.5,其余阻力均不計，小滑塊可視為質點。

求:

°'AP(1)小滑塊在ABC圓軌道運動時對軌道C點的壓力；

(2)小滑塊最終停止的位置離尸點的距離；

(3)若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運動過程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度滿足

什么條件。

題型二“傳送帶”模型綜合問題

【解題指導】1.計算摩擦力對物塊做的功和摩擦力對傳送帶做的功要用動能定理，計算摩擦產生的熱量要

用Q=Rx機M或能量守恒定律.

2.電機做的功一部分增加物塊的機械能，一部分轉化為因摩擦產生的熱量.

【核心歸納】1.設問的角度

(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律

求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。

(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動

機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。

2.功能關系分析

(1)功能關系分析：W=AEk+AEp+Q。

(2)對W和。的理解

①傳送帶克服摩擦力做的功：W=Rx傳；

②產生的內能：。=/戌也對。

類型1水平傳送帶問題

【例1】如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉，在傳送帶左端A處輕放一可視為質點的小物塊，小

物塊從A端到B端的速度一時間變化規(guī)律如圖乙所示，，=6s時恰好到B點，重力加速度g取10m/s2,

則()

物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為g=0.2

B.A、B間距離為16m,小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8m

C.若物塊質量m=Ikg,物塊對傳送帶做的功為8J

D.若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱?，物塊不能到達B端

【例2】某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理

模型。豎直平面內有一傾角9=37。的直軌道AB,其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間

距可近似為零，但允許砂粒通過。轉輪半徑R=0.4m、轉軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉

動，轉輪最低點離地面的高度H=2.2mo現將一小物塊放在距離傳送帶高八處由靜止釋放，假設小物塊從

直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?。已知小物塊與直軌道和傳送帶

間的動摩擦因數均為〃=0.5。(sin37°=0.6,MX10m/s2)

A

D

LH

....................................-I'、'-⑴若〃=2.4m,求小物塊到達B端時速度的大??；

⑵若小物塊落到傳送帶左側地面，求h需要滿足的條件；

(3)改變小物塊釋放的高度/?,小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x

與h的關系式及h需要滿足的條件。

【例3].如圖所示，一固定的四分之一光滑圓弧軌道與逆時針勻速轉動的水平傳送帶平滑連接于N點，圓

弧軌道半徑為R質量為，"的小滑塊自圓弧軌道最高點M由靜止釋放，滑塊在傳送帶上運動一段時間后返回

圓弧軌道，上升到最高點時距N點高度為全重力加速度為g,不計空氣阻力，則以下說法錯誤的是()

_____①9A.傳送帶勻速轉動的速度大小為y彗

B.經過足夠長的時間，滑塊最終靜止于N點C.滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產生的熱量為》?gR

D.滑塊第三次在傳送帶上運動的整個過程中產生的熱量為mgR

【例4】.(2022?浙江省杭州第二中學高三月考)如圖為一水平傳送帶裝置的示意圖.傳送帶右端有一圓弧軌

道與傳送帶相切于B點，緊繃的傳送帶AB始終保持vo=5m/s的恒定速率運行，AB間的距離L為8m.將

一質量〃?=1kg的小物塊輕輕放在傳送帶上距4點2m處的P點，小物塊隨傳送帶運動到B點后恰好能沖

上光滑圓弧軌道的最高點M小物塊與傳送帶間的動摩擦因數〃=0.5,重力加速度g=10m/s2.求：

N

A4_

()"L()(1)該圓軌道的半徑r；

(2卜要使小物塊能第一次滑上圓形軌道達到M點(M點未畫出),M點為圓軌道右側上的點，該點高出B點0.25

m,且小物塊在圓形軌道上運動時中途不脫離軌道，求小物塊放上傳送帶時距離A點的位置范圍.

類型2傾斜傳送帶

【例2】（多選）6月份是收割小麥的季節(jié)，如圖甲所示，糧庫工作人員通過傳送帶把小麥堆積到倉庫內.其

簡化模型如圖乙所示，工作人員把一堆小麥輕輕地放在傾斜傳送帶的底端，小麥經過加速和勻速兩個過程

到達傳送帶頂端，然后被拋出落到地上.已知傳送帶與地面的夾角為仇兩軸心間距為L,傳送帶以恒定的

速度v順時針轉動，忽略空氣阻力，重力加速度為g,以地面為零勢能面，對于其中一顆質量為加的麥粒

尸（如圖所示）的說法正確的是（）

A.在勻速階段，其他麥粒對麥粒尸不做功

B.在傳送帶上運動時，其他麥粒對麥粒P做的功為;機gLsin8

C.麥粒P離開傳送帶后（未落地）的機械能為Sr+Z/ngLsin0

D.麥粒P克服重力做功的最大值為/ngLsin9+任竽笛

【例2】（多選）（2022?山東日照市模擬）如圖所示，現將一長為L、質量為“且分布均勻的金屬鏈條通過裝有

傳送帶的斜面輸送到高處。斜面與傳送帶靠在一起連成一直線，與水平方向夾角為仇斜面部分光滑，鏈條

與傳送帶之間的動摩擦因數為常數。傳送帶以較大的恒定速率順時針轉動。已知鏈條處在斜面或者傳送帶

上任意位置時，支持力都均勻作用在接觸面上。將鏈條放在傳送帶和斜面上，當位于傳送帶部分的長度為上

時，鏈條恰能保持靜止?，F將鏈條從位于傳送帶部分的長度為上的位置由靜止釋放，則下列說法正確的是（假

設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）

A.鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數〃=4tan。

B.釋放瞬間鏈條的加速度為&sin。

C.釋放后，鏈條運動的加速度均勻增大

D.從開始到鏈條離開斜面的過程中，傳送帶對鏈條做的功等于鏈條動能的增加

【例3】（2021?福建南平市質檢）如圖，傳送帶以v=10m/s的速度逆時針轉動，一個質量〃?=1kg的物體從

傳送帶頂端以v0=5m/s的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成6=30。角，物體與傳送帶間的動摩擦

因數〃=坐，傳送帶底端到頂端長L=10m,g取lOm/sz,最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。求：

(1)物體從傳送帶底端滑出時的速度大小;

(2)若在物體滑入傳送帶運動了05s時，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動過程中，因與傳送帶間的摩

擦而產生的熱量。

【例4】(多選)如圖甲，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角9=30。，皮帶在電動機的帶動下，速率始終不變.f

=0時刻在傳送帶適當位置放上一具有初速度的小物塊.取沿斜面向上為正方向，物塊在傳送帶上運動的速

度隨時間的變化如圖乙所示.已知小物塊質量機=1kg,g取lOmH,下列說法正確的是()

傳送帶順時針轉動，速度大小為2m/s

B.傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數"=平

C.。?力時間因摩擦產生熱量為27J

D.0?/2時間內電動機多消耗的電能為28.5J

題型三“滑塊一木板”模型綜合問題

【解題指導】1.分析滑塊與木板間的相對運動情況，確定兩者間的速度關系、位移關系，注意兩者速度相

等時摩擦力可能變化.

2.用公式。=桿工相對或動能定理、能量守恒求摩擦產生的熱量.

【核心歸納】“滑塊一木板”模型問題的分析方法

(1)動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二

者速度相等,所用時間相等,由，=普=答,可求出共同速度v和所用時間，，然后由位移公式可分別求出

二者的位移.

(2)功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統運用能量守恒定律.如圖所示，要注意區(qū)分

三個位移：

①求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x.

②求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板；

③求摩擦生熱時用相對位移Ax.

mn

-x淅可-；

一m二二二二二二二二

X板Ax【例1】(多選)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在f=0時刻，一小物塊

以一定速度從左端滑上長木板，之后長木板運動的丫一』圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質量均為

m=1kg,已知木板足夠長，gMX10m/s2,貝lj()

23〃s

A.小物塊與長木板間動摩擦因數〃=0.5

B.在整個運動過程中，物塊與木板構成的系統所產生的熱量70J

C.小物塊的初速度為吻=12m/s

D.0-2s與2?3s物塊和木板構成的系統機械能減少量之比為17：1

【例2】如圖所示，水平地面上有一長L=2m、質量M=lkg的長板，其右端上方有一固定擋板.質量m

=2kg的小滑塊從長板的左端以v0=6m/s的初速度向右運動，同時長板在水平拉力F作用下以v=2m/s的

速度向右勻速運動，滑塊與擋板相碰后速度為0,長板繼續(xù)勻速運動，直到長板與滑塊分離.已知長板與地

面間的動摩擦因數川=0.4,滑塊與長板間的動摩擦因數〃2=0.5,重力加速度g取10m/s2.求：

（1）滑塊從長板的左端運動至擋板處的過程，長板的位移X；

（2）滑塊碰到擋板前，水平拉力大小F；

（3）滑塊從長板的左端運動至與長板分離的過程，系統因摩擦產生的熱量Q.

【例3】（多選）（2022?山東臨沂市等級考模擬）如圖所示，一傾角為0=37。的足夠長斜面體固定在水平地面上,

質量為M=2kg的長木板B沿著斜面以速度w=9m/s勻速下滑，現把質量為〃?=1kg的鐵塊A輕輕放在長

木板B的左端，鐵塊最終恰好沒有從長木板上滑下。己知A與B之間、B與斜面之間的動摩擦因數均為"，

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g=10mH,sin37。=0.6,cos37。=0.8,則下列判斷正確的

是（）

A8

A.動摩擦因數〃=0.5

B.鐵塊4和長木板B共速后的速度大小為6m/s

C.長木板的長度為2.25m

D.從鐵塊放在長木板B上，到鐵塊和長木板共速的過程中，鐵塊A和長木板B減少的機械能等于A、B之

間摩擦產生的熱量

【例3】（多選）如圖甲所示，長木板在粗糙的水平地面上向左運動，某時刻一質量與長木板相等的滑塊（可視

為質點）水平向左以某一初速度從右端滑上木板，滑塊始終在木板上且滑塊的動能一位移（反一x）圖像如圖乙

所示.己知長木板與地面間的動摩擦因數為0.1,重力加速度大小為10m/s2,則（）

耳/J

甲乙A.小滑塊和木板的質量均為0.25kg

B.小滑塊與木板之間的動摩擦因數是0.6

C.小滑塊滑上木板瞬間，木板的初速度大小為］m/s

D.木板長度至少耍得m,小滑塊才不會沖出木板

［例4］如圖，小物塊A和木板B靜止在光滑水平面上，CD為豎直面內一固定光滑半圓弧軌道，直徑CD

豎直，C點與B上表面等高.A在水平向右的恒定拉力作用下從B的左端由靜止開始向右滑動，當4的速

率為v時撤去拉力，此時B的速率為多8恰好到達C處且立即被臺階粘住不動，A進入半圓弧軌道后恰好

通過。點.已知A、B的質量分別為"?、2m,A與B間的動摩擦因數"=0.5,8的長度乙=或，g為重力加

(2)求半圓弧軌道的半徑R；

(3)4從D點飛出后是落到地面上還是落到B上？為什么？

【例5］.如圖所示，底部帶有擋板的固定光滑斜面，傾角9=30。，上有質量為機的足夠長木板4其下端

距擋板的距離為L質量也為，”的小物塊B置于木板4的頂端，B與木板A之間的動摩擦因數為〃=坐.無

初速釋放二者，當木板滑到斜面底端時，與底部的擋板發(fā)生彈性碰撞，且碰撞時間極短.可認為最大靜摩

擦力等于滑動摩擦力.重力加速度為g,求：

--------------0J(i)木板A與擋板第一次碰撞后沿斜面上滑的過程中物塊B的加速度大??；

(2)木板A從開始到第二次與擋板碰撞過程中運動的總路程；

(3)從開始到A、B最后都靜止的過程中，系統因摩擦產生的熱量.

專題13動力學和能量觀點的綜合應用

目錄

題型一多運動組合問題.........................................................................9

題型二“傳送帶”模型綜合問題...................................................................11

類型1水平傳送帶問題.....................................................................11

類型2傾斜傳送帶.........................................................................13

題型三“滑塊一木板”模型綜合問題14

題型一多運動組合問題

【解題指導】1.分析思路

(1)受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況；

(2)做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況；

(3)功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規(guī)律求解.

2.方法技巧

(1)，，合，，—整體上把握全過程，構建大致的運動情景；

(2)“分，，—將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規(guī)律；

(3)，，合，，—找出各子過程之間的聯系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案.

[例1](2022?浙江舟山市模擬)某游樂場的游樂裝置可簡化為如圖所示的豎直面內軌道BCDE,左側為半徑

R=0.8m的光滑圓弧軌道8C,軌道的上端點B和圓心。的連線與水平方向的夾角a=30。，下端點C與粗

糙水平軌道8相切，OE為傾角6=30。的光滑傾斜軌道，一輕質彈簧上端固定在E點處的擋板上.現有質

量為m=\kg的小滑塊P(可視為質點)從空中的A點以也=巾m/s的初速度水平向左拋出，恰好從B點沿

軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續(xù)沿水平軌道CD滑動，經過。點(不計經過D點

時的能量損失)后沿傾斜軌道向上運動至下點(圖中未標出)，彈簧恰好壓縮至最短.已知C、。之間和。、F

之間距離都為1m,滑塊與軌道CO間的動摩擦因數為〃=0.5,重力加速度g=10m/s2,不計空氣阻力.求：

(2)小滑塊P到達圓弧軌道上的C點時對軌道壓力的大??；

(3)彈簧的彈性勢能的最大值；

(4)試判斷滑塊返回時能否從8點離開，若能，求出飛出B點的速度大??；若不能，判斷滑塊最后位于何處.

【答案】(1)2小m/s(2)50N(3)6J(4)無法從8點離開，離。點0.2in(或離C點0.8m)

【解析】(1)設滑塊P經過B點的速度大小為vB，由平拋運動知識vo=vBsin30。得VB=2jm/s

(2)滑塊P從B點到達最低點C點的過程中，由機械能守恒定律

mg(R+Rsin30。)

解得vc—4A/2m/s

經過C點時受軌道的支持力大小FN，

2

解得FN=5()N

由牛頓第三定律可得滑塊在C點時對軌道的壓力大小F仄=50N

(3)設彈簧的彈性勢能最大值為Ep,滑塊從C到F點過程中，

根據動能定理有一，〃2

"wgL—gLsin30°—Ep=0—1wvc

代入數據可解得Ep=6J

(4)設滑塊返回時能上升的高度為h,

根據動能定理有mgLsin—/imgL=nigh

30°+EP

代入數據可解得人=0.6m

因為〃<R,故無法從8點離開，又提〃叱2=〃》3

代入數據可解得x=3.2m

滑塊最后靜止時離D點0.2m(或禺C點0.8m).

【例2】如圖所示，豎直放置的半徑為R=0.2m的螺旋圓形軌道BGE廠與水平直軌道MB和8C平滑連接,

傾角為0=30。的斜面CO在C處與直軌道8c平滑連接.水平傳送帶MN以%=4m/s的速度沿順時針方向

運動，傳送帶與水平地面的高度差為〃=0.8m,MN間的距離為LMN=3.0m,小滑塊尸與傳送帶和BC段軌

道間的動摩擦因數〃=0.2,軌道其他部分均光滑.直軌道BC長LBC=1m,小滑塊P質量為帆=1kg.重力

加速度g取10m/s2.

E州

.《奧G/'

h

(1)若滑塊P第一次到達與圓軌道圓心。等高的F點時，對軌

道的壓力剛好為零，求滑塊P從斜面靜止下滑處與BC軌道高度差H；

(2)若滑塊P從斜面高度差//'=1.0m處靜止下滑，求滑塊從N點平拋后到落地過程的水平位移；

(3)滑塊P在運動過程中能兩次經過圓軌道最高點E點，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差”的范圍.

【答案】(l)0.4m(2)0.8m(3)0.7m<//<0.8m

【解析】(1)滑塊?在圓軌道尸點對軌道的壓力剛好為零，則"=0

mg(H—R)—fimgLec—O解得//=0.4m

(2)/7-=1.0m,設滑塊運動到N點時的速度為次，對滑塊從開始到N點的過程應用動能定理

mgH'-pnig(LBc+乙欣=力加一0

解得VN—2m/s

滑塊從N點做平拋運動，水平位移為

x=W\JW=0.8m

(3)設滑塊尸在運動過程中恰好能第一次經過E點時，高度差為””從開始到E點應用動能定理

nigHi-fimgLBC_2mgR=^inv^—0

在E點時有mg=nr^

解得，i=0.7m

滑塊滑上傳送帶時的速度為UM

19

mgH?一，〃3%c=力1切-0

UM=?T5m/s<4m/s

滑塊做減速運動的位移為

.VM2.

L02.nITIVLMJV

因此滑塊返回M點時的速度為VM-=VT6m/s,因此能第二次過E點.

設高度為42時，滑塊從傳送帶返回〃點時的最大速度為

v—y]2/.igLMNm/s

從開始到M點應用動能定理

—/nmgLsc=%病—0

解得“2=0.8m

第二次經過E點后，當滑塊再次從8點滑上圓軌道時在8點的速度為up,則有

mgH2—3fimgLBc—2mvB1-0

VB=2m/s<yflOm/s

所以滑塊不會第三次過E點，則能兩次經過E點的高度差，范圍是0.7m<W<0.8m.

【例3].如圖所示為某輪滑比賽的場地，由斜面A反圓弧面88和平臺組成，斜面AB和圓弧面在8點

相切，C為圓弧面的最低點，剛好與地面相切，圓弧BC所對的圓心角a=37。，圓弧軌道半徑為R,力點離

地面的高度是平臺離地面高度的一半，平臺離圓弧軌道D點的水平距離和平臺的高度相等，輪滑運動員從

斜面上4點由靜止滑下，從。點飛出后，剛好沿水平方向滑上平臺，整個過程運動員視為質點，不計一切

摩擦和阻力，重力加速度為g,求：(已知《1137。=0.6,￡：。$37。=0.8,)

(2)斜面AB的長度.

……(28-15陋)R

【答案】(1)45°(2)1-----^L-L-

【解析】(1)設平臺離地面的高度為d,則。點到平臺的距離為d,。點與平臺的高度差為設運動員運

動到。點時速度大小為v,運動員從。點飛出后，做平拋運動的逆運動，則"=可0$，1,1j=|vsin9-t,

解得<9=45°.

(2)由幾何關系得Reos。，

解得d=(2-啦)R.

由(vsine)-=2gx/d,

解得丫=72(2-也)gR

設AB長為L,根據機械能守恒定律有〃zg(Lsina+R—Reosa-幼=少"，，

(28—15/次

解得L=

【例4】.如圖是小明設計的一個游戲裝置.該滑道分為4M、AB.BC,CDE,E尸和FG六段，其中A3、

BC,CDE和FG軌道光滑?，剩余軌道的動摩擦因數為0.5.在M點處安裝一彈簧裝置，將一物塊與彈簧緊貼，

釋放彈簧，物塊從M點處出發(fā).游戲成功的要求：物塊不會脫離C￡>E軌道(檢測裝置省略)，物塊最后能平

穩(wěn)地停在EF軌道處，且不會從FG軌道中飛出.現已知物塊的質量為1kg,Ki=2m,/?2=1m,。點與A

點位于同一水平線，AM=lm,H=2m,L=20m,不計空氣阻力及彈簧裝置內部物塊的位移，物塊可視為

質點，g=10m/s2.回答下列有關問題：

M

,G

(1)求物塊在B點時速度的最小值，并求出當8點為最小速度時，A點的速度

大?。?/p>

(2)若物塊在M點處的彈性勢能昌=45J,求物塊在E點處對軌道的壓力；

(3)求彈簧的彈性勢能E與最后停止時物塊到E點的距離4的關系式.【答案】⑴2小m/s2仃m/s(2)70

N,方向豎直向下(3)見解析【解析】(1)物塊在C點恰好由重力提供向心力時，速度VB最小，由，咫=

"A黑1,解得VSmin=2鄧m/s,

AlV

此時從A點到B點、,有J”/一解得VA=2y[\5m/s.

2

(2)由能量守恒定理可知Ei—加姆一筋解得5質=20J>1/?zvfimjn=10J.

故物塊會沿著軌道下滑.由動能定理可得2團酒=；加陷一品從解得比=2小5m/s.

2

由F—mg=tr^,解得F=70N.

根據牛頓第三定律，物塊在E點處對軌道的壓力方向豎直向下，大小為70N.

⑶E—mgH—“mg〃招JnvBmi/,得E>35J.

從胡點到E點，由動能定理，得E-mgH-*mgLAM+2mgR1,得%〃V￡2=E+15J.

因為ftmgL=100J,故對彈簧的彈性勢能E進行分類討論：

當35JWEW85J,有E+l5J=〃wg4,得E=5d—15.

當E>85J,有E+15J=〃wga—m+100J,得E=185—5d.

又因為不能飛出，故有E—85J—mg/?24)，得EW95J,

故綜上所述，當35JWEW85J時，E=5d—15；當95JN￡>85J時，E=185—5d.

【例5】(2022?陜西西安市高考模擬猜想卷)學?？萍夹〗M設計了“e”字型軌道豎直放置在水平面上，如圖所

示，該軌道由兩個光滑半圓形軌道ABC、CDE和粗糙的水平直軌道EF組成，末端與豎直的彈性擋板OF

連接，軌道COE半徑r=0.lm,軌道A8C半徑為2r,A端與地面相切?，F將質量m=0.2kg小滑塊從水平

地面P點以速度即=2小m/s出發(fā)并沿“e”字型軌道上滑，運動到尸點與擋板發(fā)生完全彈性相碰。已知水平

直軌道EF長為L=0.5m,小滑塊與軌道EF間的動摩擦因數〃=0.5,其余阻力均不計，小滑塊可視為質點。

求：

°'AP(1)小滑塊在ABC圓軌道運動時對軌道C點的壓力；

(2)小滑塊最終停止的位置離F點的距離；

(3)若改變小滑塊的初速度，使小滑塊能停在EF軌道上，且運動過程中不脫離軌道，則小滑塊的初速度滿足

什么條件。

【答案】(1)2N,方向豎直向上(2)0.3m(3)/im/s<voW4m/s【解析】(1)小滑塊從P到C的過程中，

根據動能定理可得一"圖"=多〃逐一)而

在C點對小滑塊根據牛頓第二定律可得

八十感=喏

聯立解得FN=2N

根據牛頓第三定律可知小滑塊對軌道的壓力大小為2N,方向豎直向上。

(2)從P點到EF軌道停止過程中，根據動能定理可W-mg-2r—fimgs=0—vo

解得s=0.8m=(L+0.3)m

所以小球最終停在離F點0.3m處。

(3)小滑塊剛好經過最高點C,則mg告

小滑塊從P到C的過程中，根據動能定理可得

聯立解得片=qrsm/s

當小滑塊第一次從擋板彈回，到達小圓的圓心等高處時速度為零，小滑塊從產到。的過程中，根據動能定

理可得

-mg?3r-kmg2L=0-該

解得吸=4m/s

所以小滑塊的初速度范圍為A/TBm/s<v()<4m/So

題型二“傳送帶”模型綜合問題

【解題指導】1.計算摩擦力對物塊做的功和摩擦力對傳送帶做的功要用動能定理，計算摩擦產生的熱量要

用Q=Rx機對或能量守恒定律.

2.電機做的功一部分增加物塊的機械能，一部分轉化為因摩擦產生的熱量.

【核心歸納】1.設問的角度

(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律

求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。

(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動

機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。

2.功能關系分析

(1)功能關系分析：W=AEk+AEp+Q。

(2)對W和。的理解①傳送帶克服摩擦力做的功：W=F(x傳；

②產生的內能：。=產區(qū)相對。

類型1水平傳送帶問題

【例1】如圖甲所示，一水平傳送帶沿順時針方向旋轉，在傳送帶左端A處輕放一可視為質點的小物塊，小

物塊從A端到B端的速度一時間變化規(guī)律如圖乙所示，，=6s時恰好到B點，重力加速度g取10m/s2,

則()

甲乙A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為p=0.2

B.A、B間距離為16m,小物塊在傳送帶上留下的痕跡是8m

C.若物塊質量切=1kg,物塊對傳送帶做的功為8J

D.若物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱?，物塊不能到達B端

【答案】B

【解析】由題圖乙可知，物塊加速過程的加速度大小”=巖=§m/s2=lm/s2,由牛頓第二定律可知a=〃g,

聯立解得〃=0.1,故A錯誤；由于4s后物塊與傳送帶的速度相同，故傳送帶速度為4m/s,A、3間距離

^__(2+6)_1m=16m,小物塊在傳送帶上留下的痕跡是/=4x4m一^m=8m,故B正確；物塊對傳送

帶的摩擦力大小為卬監(jiān)，加速過程傳送帶的位移為16m,則物塊對傳送帶所做的功為W=-Mmgx=-

0.1x1x10x16J=-16J,故C錯誤；物塊速度剛好到4m/s時，傳送帶速度立刻變?yōu)榱?，物塊將做減速運

動，且加速度與加速過程的加速度大小相同，則減速過程的位移為8m,則物塊可以到達8端，故D錯誤.

【例2】某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理

模型。豎直平面內有一傾角6=37。的直軌道AB,其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端8與傳送帶間

距可近似為零，但允許砂粒通過。轉輪半徑R=0.4m、轉軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉

動，轉輪最低點離地面的高度"=2.2m?，F將一小物塊放在距離傳送帶高〃處由靜止釋放，假設小物塊從

直軌道B端運動到達傳送帶上C點時;速度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴摇Ｒ阎∥飰K與直軌道和傳送帶

(2)若小物塊落到傳送帶左側地面，求h需要滿足的條件；

(3)改變小物塊釋放的高度〃，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x

與h的關系式及h需要滿足的條件。

【答案】(1)4m/s(2)/?<3.0m(3)x=21//—3(m)/?>3.6m

【解析】⑴小物塊由靜止釋放到B的過程中，有mgsin0—pmgcos3—ma

詔=2*

解得跖=4m/so

(2)若要小物塊落到傳送帶左側地面，小物塊到達傳送帶上。點前速度應為零，設小物塊從距傳送帶高度為

加處由靜止釋放，到。點時速度恰好為零，則有

h\

mgh?-〃掰geos0=0

解得加=3.()m

當h<h\=3.0m時滿足題中條件。

(3)當小物塊從右側拋出時，設小物塊到達。點的速度為也則有

"?g〃一"〃7gcos

,1,

H+2R=%gt~,x=vt

解得x=2\Jh—3(m)

為使小物塊能在。點水平向右拋出，則需滿足mg<^

解得/z>3.6m?

【例3］如圖所示，一固定的四分之一光滑圓弧軌道與逆時針勻速轉動的水平傳送帶平滑連接于N點，圓

弧軌道半徑為R.質量為m的小滑塊自圓弧軌道最高點M由靜止釋放，滑塊在傳送帶上運動一段時間后返回

圓弧軌道，上升到最高點時距N點高度為號重力加速度為g,不計空氣阻力，則以下說法錯誤的是()

父一-？

______①0A.傳送帶勻速轉動的速度大小為等

B.經過足夠長的時間，滑塊最終靜止于N點

C.滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產生的熱量為孤gR

D.滑塊第三次在傳送帶上運動的整個過程中產生的熱量為mgR

【答案】B

［解析］設小滑塊第一次滑上傳送帶時的速度為V1,根據機械能守恒定律可得mgR=%，的2,解得w=痂,

向右減速到零后，再反向加速，離開傳送帶時的速度為V2,滑塊上升過程中根據機械能守恒定律可得mg］/?

2

=1/nv2,解得也=、百.因為V2<V1，所以小滑塊返回時是先加速后勻速，即傳送帶勻速轉動的速度大小

為、青，A正確；最終滑塊下落到圓弧軌道底端的速度大小與傳送帶速度大小相等時，滑塊滑上傳送帶

的速度和離開傳送帶的速度大小相等，之后一直保持這種狀態(tài)來回運動，所以小滑塊不會停在N點，B錯

誤；設滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數為"，小滑塊第一次在傳送帶上做減速直線運動的時間為“=瑟=

解，相對傳送帶的距離為爭1=萼.反向加速直線運動的時間為介=最=省i相對傳送帶的

位移為Mi-會，解得心2嗡滑塊第一次在傳送帶上運動的整個過程中產生的熱量均為Q=〃mg(A”

9

+AS2)，解得。=充778凡C正確；第三次滑上傳送帶時，速度與傳送帶速度大小相等，所以以后每次滑上傳

送帶產生的熱量一定相同；滑上傳送帶減速宜線運動過程中經過的時間，=，2=上一，相對傳送帶的距離

為△5/=5+￥1=辭，返回過程相對傳送帶的距離為As2'=vr—方^=合，滑塊第三次及以后每次在傳送帶上

運動的整個過程中產生的熱量為e=〃mg(A“+As2')=，〃gR，D正確.

【例4】.(2022?浙江省杭州第二中學高三月考)如圖為一水平傳送帶裝置的示意圖.傳送帶右端有一圓弧軌

道與傳送帶相切于B點，緊繃的傳送帶AB始終保持w=5m/s的恒定速率運行，AB間的距離乙為8m.將

一質量m=\kg的小物塊輕輕放在傳送帶上距A點2m處的P點，小物塊隨傳送帶運動到B點后恰好能沖

上光滑圓弧軌道的最高點M小物塊與傳送帶間的動摩擦因數"=0.5,重力加速度g=10m/s2.求：

N

A

()%一O()(1)該圓軌道的半徑r；

(2)要使小物塊能第一次滑上圓形軌道達到M點(M點未畫出)，例點為圓軌道右側上的點，該點高出B點0.25

m,且小物塊在圓形軌道上運動時中途不脫離軌道，求小物塊放上傳送帶時距離A點的位置范圍.

【答案】(1)0.5m(2)7mg爛7.5m或0三區(qū)5.5m

【解析】(1)小物塊在傳送帶上勻加速運動的加速度a="g=5m/s2

小物塊從開始運動到與傳送帶共速，所用的時間/=7=is

運動的位移Ax=^=2.5m<Z,-2=6m

故小物塊與傳送帶達到相同速度后以w=5m/s的速度勻速運動到8,然后沖上光滑圓弧軌道恰好到達N點,

故有

V/V2

由機械能守恒定律得品加2=2/"gr+加

解得r=0.5m

(2)設在距A點xi處將小物塊輕放在傳送帶上，恰能到達圓心右側的M點，由能量守恒定律得xi)

=mgh

代入數據解得為=7.5m

設在距A點垃處將小物塊輕放在傳送帶上，恰能到達右側圓心高度處，由能量守恒定律得—X2)="?gr

代入數據解得X2=7m

則能到達圓心右側的例點，物塊放在傳送帶上距4點的距離范圍7m<x<7.5m

同理，只要過最高點N同樣也能過圓心右側的M點，由(1)可知由=8m—2.5m=5.5m

貝ij0<v<5.5m

故小物塊放在傳送帶上距A點的距離范圍7m<A<7.5m或0W爛5.5m

類型2傾斜傳送帶

【例2】（多選）6月份是收割小麥的季節(jié)，如圖甲所示，糧庫工作人員通過傳送帶把小麥堆積到倉庫內.其

簡化模型如圖乙所示，工作人員把一堆小麥輕輕地放在傾斜傳送帶的底端，小麥經過加速和勻速兩個過程

到達傳送帶頂端，然后被拋出落到地上.已知傳送帶與地面的夾角為仇兩軸心間距為L,傳送帶以恒定的

速度v順時針轉動，忽略空氣阻力，重力加速度為g,以地面為零勢能面，對于其中一顆質量為加的麥粒

尸（如圖所示）的說法正確的是（）

甲

運動時，其他麥粒對麥粒P做的功為品y+mgLsine

C.麥粒尸離開傳送帶后（未落地）的機械能為Jn^+Z/ngLsin0

D.麥粒P克服重力做功的最大值為mgLsin9+小磐

【答案】BD

【解析】選麥粒P為研究對象，在勻速階段，根據動能定理W—WG=O,其他麥粒對麥粒P做功，A錯

誤；在傳送帶上運動時，根據動能定理W+0，WG=—wgLsin6,解得叩=51，+，”8后11優(yōu)B

正確；麥粒P剛離開傳送帶時，機械能為后=,即心訪。+5加，在拋出過程機械能守恒，則麥粒P離開傳送

帶后（未落地）的機械能為^M+agLsin0,C錯誤；麥粒P離開傳送帶做斜拋運動，豎直分速度為vv=vsin0,

則麥粒P上升的高度為42=20，解得人=二歲，則麥粒P克服重力做功的最大值W=mg（Lsin0+h）=

〃3sin6+儂滬，D正確.

【例2】（多選）（2022?山東日照市模擬）如圖所示，現將一長為L、質量為機且分布均勻的金屬鏈條通過裝有

傳送帶的斜面輸送到高處。斜面與傳送帶靠在一起連成一直線，與水平方向夾角為仇斜面部分光滑，鏈條

與傳送帶之間的動摩擦因數為常數。傳送帶以較大的恒定速率順時針轉動。已知鏈條處在斜面或者傳送帶

上任意位置時，支持力都均勻作用在接觸面上。將鏈條放在傳送帶和斜面上，當位于傳送帶部分的長度為存

時，鏈條恰能保持靜止?，F將鏈條從位于傳送帶部分的長度為上的位置由靜止釋放，則下列說法正確的是（假

設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力）（）

L

A.鏈條與傳送帶之間的動摩擦因數"=4tan。

B.釋放瞬間鏈條的加速度為&sin9

C.釋放后，鏈條運動的加速度均勻增大

D.從開始到鏈條離開斜面的過程中，傳送帶對鏈條做的功等于鏈條動能的增加

【答案】AB【解析】設整個鏈條的總質量為加，當位于傳送帶部分的長度為《時，鏈條恰能保持靜止，

則，"gsin仇解得"=4tan仇A正確；釋放的瞬間，根據牛頓第二定律得〃與”gcosJ—mgsin。

=ma,解得a=；gsin，，B正確：鏈條從靜止釋放后，鏈條受摩擦力隨著鏈條位于傳送帶部分的長度均勻增

大，則鏈條的加速度在增大，但不是均勻增大，C錯誤；從開始到鏈條離開斜面的過程中，根據動能定理得

W-WG^^Ek,傳送帶對鏈條做的功大于鏈條動能的增加，D錯誤。

【例3】(2021?福建南平市質檢)如圖，傳送帶以v=10m/