動力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用-2025高考物理熱點(diǎn)題型講義

專題13動力學(xué)和能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

目錄

題型一多運(yùn)動組合問題..........................................................................1

題型二“傳送帶”模型綜合問題...................................................................14

類型1水平傳送帶問題.....................................................................14

類型2傾斜傳送帶.........................................................................26

題型三“滑塊一木板”模型綜合問題..............................................................39

題型一多運(yùn)動組合問題

【解題指導(dǎo)】1.分析思路

(1)受力與運(yùn)動分析：根據(jù)物體的運(yùn)動過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動過程中力的

變化情況；

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

(3)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動能定理、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的

規(guī)律求解.

2.方法技巧

(1)“合，，一整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動情景；

(2)“分，，一將全過程進(jìn)行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律；

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

【例1】(2024?湖北武漢?模擬預(yù)測)如圖所示一軌道/BCD豎直放置，N3段和CD段的傾

角均為R37。，與水平段8C平滑連接，3c段的豎直圓形軌道半徑為凡其最低點(diǎn)處稍微錯

開，使得滑塊能進(jìn)入或離開。段和C〃段粗糙，其余各段軌道光滑。將一質(zhì)量為優(yōu)的小

滑塊從軌道上離B點(diǎn)距離L=\25R處由靜止釋放，滑塊經(jīng)過圓形軌道后沖上CD段上升一段

距離后再次滑下，往返滑動多次后靜止于軌道上某處。滑塊和軌道CD間的動摩擦因

數(shù)均為〃=0.5,重力加速度大小為g,si度7。=0.6,cos37o=0.8.求：

(1)滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時對軌道的壓力大??；

(2)滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離；

(3)整個過程中滑塊在段滑行的總路程。

AD

___0Xo____________

BC

【答案】(1)45mg；(2)257?；(3)137.57?

【詳解】(1)滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中，由動能定理

12

mgLsin0-jumgLcos0-mgx2R=—my-0

在最高點(diǎn)，對滑塊由牛頓第二定律

2

mg+N=m~~

由牛頓第三定律可知，滑塊第一次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)時對軌道的壓力大小為

N'=N=45mg

(2)滑塊第一次在CD段向上滑行的過程中，由動能定理

mg(L一AJsin0-/mg(L+￡Jcos。=0-0

解得滑塊第一次在CD段向上滑行的最大距離為

L,=25R

(3)滑塊第二次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中，由動能定理

12

mgLxsin0-jnmgLxcosO-mgx2R=^v2-0

解得

v2^y[6gR

設(shè)滑塊第一次在段向上滑行的最大距離為s/,由動能定理

mg(L1一sjsin6-jumg(Lx+sjcos。=0—0

解得

M=5R

滑塊第三次到達(dá)圓軌道最高點(diǎn)的過程中，由動能定理

12

mgs、sin0-jLtmgslcos0—mgx2R=—mv3-0

解得

Vj=-2gR

所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道無法到達(dá)最高點(diǎn)，假設(shè)其運(yùn)動的過程中不脫軌且上升的最大高

度為人，由動能定理可得

mgsxsin0-/Jmgsicos3-mgh=0

解得

h=R

所以滑塊第三次進(jìn)入圓形軌道運(yùn)動過程中沒有脫軌，之后僅在48段與圓形軌道間來回滑動,

最終停在2點(diǎn)，設(shè)滑塊在N8段滑行的路程為S2,由動能定理

mgh-/Jmgs2cosO=0

整個過程中滑塊在AB段滑行的總路程為

s=（+2S[+52

聯(lián)立解得

5=137.57?

【變式演練1】如圖所示，斜面48和水平面3C相交于3點(diǎn)，CED是豎直放置的半徑為

A=0.1m的光滑半圓軌道，與BC相切于C點(diǎn)，E點(diǎn)與圓心。點(diǎn)等高。質(zhì)量為小的小球

從離水平面〃處由靜止釋放，經(jīng)過水平面后并滑上半圓軌道，已知小球與水平地面及與斜面

間的動摩擦因數(shù)都為〃=02,斜面的傾角6=45°,2c1長s=4m,1Xg=10m/s2,如果讓小

球進(jìn)入半圓軌道后不脫離半圓軌道，則h的取值可能為（）

A.1.4mB.1.2mC.1.1mD.0.9m

【答案】AC

【詳解】小球不脫離半圓軌道的臨界條件有兩個:

一是恰好從。點(diǎn)飛出，小球剛好能從。點(diǎn)飛出應(yīng)滿足

mv2

ms:=-----

R

得

=癡

,umgh,?1

mgh^---------L-umgs-mg2R=—mv2

tan。2G

%=1.31m

二是小球在半圓形導(dǎo)軌在￡點(diǎn)減到速度為零，由動能定理

mgh-7g：_iimgs-mgR=0

2

得

9

=—m

8

小球能進(jìn)入半圓軌道有

7umgh.

mgn3--------方>umgs

得

9

h>\m,\m<h?—m

8

故選ACo

【變式演練2］如圖所示，不可伸長的輕繩一端固定在距離水平地面高為h的。點(diǎn)，另一端

系有質(zhì)量為冽，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，將小球從與O等高的4點(diǎn)由靜止釋放，小球在豎直平

面內(nèi)以。點(diǎn)為圓心做半徑為一的圓周運(yùn)動。當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)5時，繩恰好被拉斷，小

球水平飛出。不計空氣阻力及繩斷時的能量損失，重力加速度為g。求:

(1)小球飛出時的速率V。

(2)繩能承受拉力的最大值E“。

(3)小球落地點(diǎn)到8點(diǎn)的水平距離x。

【答案】(1)J2gr；(2)3mg；(3)r(h_r)

【詳解】(1)根據(jù)動能定理有

mgr=gmv2

解得小球飛出時的速率

v=y/2gr

(2)設(shè)繩對小球的拉力為T,依據(jù)牛頓第二定律有

r

解得

T=3mg

根據(jù)牛頓第三定律，繩受到的拉力大小

Fm=T=3mg

(3)設(shè)平拋運(yùn)動的時間為3則

h-r=-gt2

2

解得

拋出的水平距離

=2^1r(h-r)

【變式演練2】如圖所示，桌面右側(cè)的水平地面有一豎直放置的半徑為R的光滑圓弧軌道

跖VF,MN為其豎直直徑，桌面與圓弧軌道跖VP中間有一光滑管道°,其右端與P相切平

滑連接，管道內(nèi)徑略大于小球直徑，桌面到水平地面的豎直距離也為心勁度系數(shù)為左的輕

質(zhì)彈簧放置在光滑的水平桌面上，一端固定在光滑桌面左端的擋板上。一質(zhì)量為沉、可視為

質(zhì)點(diǎn)的小球與彈簧不粘連，現(xiàn)移動小球壓縮彈簧后由靜止釋放小球，小球到達(dá)圓弧的C點(diǎn)

時剛好脫離軌道。已知彈簧壓縮量為s,彈簧彈性勢能的表達(dá)式為Ep=g區(qū)2G為彈簧的形

變量)，不計其他阻力及小球在管道。和圓弧軌道中運(yùn)動的能量損耗，重力加速度為g。

(1)求C點(diǎn)與。點(diǎn)的高度差〃；

(2)若只改變小球的質(zhì)量，使小球運(yùn)動過程中不脫離圓弧軌道，求小球質(zhì)量的取值范圍。

【詳解】(1)小球到達(dá)圓弧的C點(diǎn)時剛好脫離軌道，則小球在C點(diǎn)只有重力沿CO方向的分

力提供向心力，設(shè)重力方向與CO的夾角為0,由牛頓第二定律有

mgcos0=

由幾何關(guān)系有

cos。」

R

從靜止釋放到C點(diǎn)，由能量守恒定律有

（依2=；mv；+mgh

聯(lián)立解得

h上

3mg

(2)小球在運(yùn)動過程中不脫離軌道，可知小球能通過M點(diǎn)，則應(yīng)有

mgWm

R

從靜止釋放到M點(diǎn)，由能量守恒定律有

1212

~ks=-mvM+mgR

解得

【變式演練3】小丁同學(xué)設(shè)計了一個玩具遙控賽車的軌道裝置，軌道的主要部分可簡化為如

圖所示的模型，水平軌道N8和傾斜軌道。。分別與圓軌道相切于3點(diǎn)和。點(diǎn)，彎曲軌道

/￡與水平軌道平滑連接，E點(diǎn)切線方向恰好水平。。點(diǎn)固定一彈射裝置，剛開始時裝置處

于鎖定狀態(tài)。當(dāng)賽車從/點(diǎn)出發(fā)經(jīng)過圓軌道進(jìn)入軌道，到達(dá)。點(diǎn)時恰好可以觸發(fā)彈射

裝置將賽車原路彈回，最終進(jìn)入回收裝置F。測得賽車與彈射裝置碰撞時機(jī)械能損失L8J,

每次彈射后裝置可自動鎖定到初始時的彈性勢能值。已知賽車質(zhì)量為02kg,電動機(jī)功率恒

為3W,圓軌道半徑為尺=0.4m,￡點(diǎn)離水平軌道高度和與尸點(diǎn)間水平距離均為3A,軌

道長2m,賽車在水平軌道上運(yùn)動時所受阻力等于其對軌道壓力的0.25倍，賽車在軌道其余

部分上所受摩擦力可忽略，賽車看成質(zhì)點(diǎn)。

(1)若賽車恰好能過C點(diǎn)，求賽車經(jīng)過〃點(diǎn)時對軌道的壓力大?。?/p>

(2)若某次測試時，賽車電動機(jī)工作1.5s,經(jīng)過一次彈射后恰好落入回收裝置之中，則此

次測試中給彈射裝置設(shè)置的彈性勢能為多大？

(3)若某次測試時，賽車電動機(jī)工作1.5s,最終停在水平軌道上，且運(yùn)動過程中賽車

不能脫軌，求彈射裝置的彈性勢能取值范圍。

【答案】(1)6N；(2)2.3J；(3)0.3](片彈W1.1J

【詳解】(1)賽車恰好過C點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律

加v；

m2=——-

R

解得

vc=y[gR=2m/s

從4到C,由動能定理有

A1mv21

-mgR=~c_3m

解得

vH=2\/3m/s

根據(jù)指向圓心方向合力提供向心力有

2

F二絲生

NR

解得

q=6N

根據(jù)牛頓第三定律在H點(diǎn)對軌道壓力6N；

(2)賽車從￡到歹做平拋運(yùn)動，有

1

h=3R=-gt71

x—3R—v/

解得

vE=V6m/s

對賽車，從/出發(fā)最終到E的過程中，根據(jù)功能關(guān)系可得

12

P“一〃mgL-AE損+E彈°一〃mgL-mg?茨=ynv￡-0

代入數(shù)據(jù)解得

丸彈o=2.3J

（3）題中所述賽車最終停在水平軌道N3上，有兩種臨界情況

①假設(shè)賽車第一次彈回時，恰好能過C點(diǎn)，此時4彈最小，由上分析可知

vc=y/gR=2m/s

小車從出發(fā)到第二次經(jīng)過。點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律

1

尸4+Ep彈血.=~mvc+田/+加gA+AE損

解得

"彈mm=03J

設(shè)賽車最高到達(dá)1點(diǎn)右側(cè)彎曲軌道上高度萬處，從C點(diǎn)到高度人處，根據(jù)動能定理

1,

mg-2R-/jmgL—mg-h=0--^nvc

可得

h=0.5m<3R

所以賽車不會從E點(diǎn)飛出，有

丸彈>0.3J

②假設(shè)賽車第一次彈回時，恰好能運(yùn)動到￡點(diǎn)，從￡點(diǎn)滑下到左側(cè)圓軌道，根據(jù)動能定理

3mgR-/jmgL-mgh（=0-0

可得

h'=0.7m

則

R<h'<2R

賽車要脫離軌道。所以賽車從/￡軌道返回時最多運(yùn)動到〃點(diǎn)，設(shè)賽車從/E返回時恰能到

達(dá)〃點(diǎn)，從出發(fā)到從/E返回恰運(yùn)動到〃點(diǎn)的過程，根據(jù)能量守恒定律

Pt'o+后口彈.=3/imgL+mgR+AE報

綜上，當(dāng)

O.3J4“L1J

時可滿足要求。

【變式演練4】（2024?河北保定?三模）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的軌道裝置，由傾角a=37°

光滑直軌道/3、圓心為Q的半圓形光滑軌道8CA,圓心為a的光滑圓弧外軌道所組成。

且NEQ尸=2a,8為軌道間的相切點(diǎn)，B、。1、D、和。?處于同一直線上。已知滑塊質(zhì)量

m=0.1kg,軌道BCD和所的半徑為尺=0.1m?；瑝K開始時從軌道Z8上某點(diǎn)由靜止釋放。

（g=1Om/s2,sin37=0.6,sin21°=0.4,sin69°=0.9,V0.0924~0.30）

（1）若釋放點(diǎn)距離8點(diǎn)的高度差為/z,求滑塊在最低點(diǎn)。時軌道對滑塊支持力練與高度〃

的函數(shù)關(guān)系；

3

（2）若釋放點(diǎn)距離地面的高度差為;R,滑塊在軌道〃上的尸點(diǎn)剛好脫離軌道，求滑塊

能達(dá)到距離地面的最大高度；（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）

（3）若釋放點(diǎn)距離地面的高度差為5尺求滑塊從尸點(diǎn)拋出后水平位移和重力的沖量。（結(jié)

果保留2位有效數(shù)字）

【答案】(1)=20/?+1.4(N)；(2)0.148m：(3)尤=0.38m,Z=0.48N-s

【詳解】（1）滑塊從釋放到C點(diǎn)過程，根據(jù)動能定理可得

mgh+mgR(\-cos370)m*

在C點(diǎn)時，根據(jù)向心力公式可得

F^-mg=m-^

K

聯(lián)立解得

7^=20/?+1.4(N)

（2）設(shè)小球在與圓心。?的連線跟豎直方向夾角為。處脫離軌道，有

mgcos0=m^

從釋放點(diǎn)到圓軌道最低點(diǎn)，由動能定理，有

123

—mv0.0=mg?—R

解得

%=7^

從圓軌道的最低點(diǎn)到脫離處尸點(diǎn)，由

-"k=、Ep

可得

~mvQ~~mvp=mgR(1+cos6)

解得

八1

cos"=一

3

小球脫離軌道后做斜拋運(yùn)動，在最高點(diǎn)時的速度

=v“cos。

從圓軌道的最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由

可得

解得

h=——R?0.148m

m27

(3)從釋放點(diǎn)到產(chǎn)點(diǎn)，由動能定理可知

解得

vF=2yfgR=2m/s

由幾何關(guān)系可知，在F點(diǎn)滑塊的速度與水平方向夾角為69。。

小球脫離軌道后做斜拋運(yùn)動，設(shè)從尸點(diǎn)處到最高處的時間為4,則有水平方向

vx=vFsin21°=08mzs

豎直方向

vy=vFsin69°=gt}

解得

4=0.18s

豎直方向上升的高度

19

hx=—=0.162m

此后做平拋運(yùn)動，設(shè)平拋運(yùn)動的時間為%2，

1

7?cos37o+7?sin21°+7?+7?cos37°+/z廣翠；9

解得

t2?0.30s

滑塊從廠點(diǎn)拋出后水平位移

x=vx&+&）20.38m

重力的沖量

I=zwg&+弓）=0.48N-s

【變式演練5】自由滑雪大跳臺是冬奧會比賽項目，其賽道簡化為如圖所示的模型，其中助

滑區(qū)傾斜賽道48與圓弧賽道BCD相切于B點(diǎn)，圓弧賽道半徑尺=10m,起跳點(diǎn)。與圓心的

連線與豎直方向的夾角A25。。質(zhì)量加=50kg（連同裝備）的運(yùn)動員從助滑區(qū)的/點(diǎn)由靜止

開始下滑，到達(dá)起跳點(diǎn)。時斜向上飛離雪道，落在著陸坡上的E點(diǎn)。已知/點(diǎn)到C點(diǎn)（C

為圓弧賽道的最低點(diǎn)）的豎直高度差m=30m,運(yùn)動員到達(dá)圓弧上的。點(diǎn)時對賽道的壓力

我產(chǎn)9501\[,。、￡兩點(diǎn)間的豎直高度差fe=12m,重力加速度g取10m/s2,sin25°=0.4,cos25°=0.9,

不計空氣阻力，運(yùn)動員可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

（1）運(yùn)動員從N點(diǎn)運(yùn)動到。點(diǎn)克服阻力做的功；

（2）起跳點(diǎn)。到落地點(diǎn)E之間的水平距離。

【答案】（1）^=120001；（2）x=18m

【詳解】（1）在。點(diǎn)，根據(jù)牛頓第三定律，賽道對運(yùn)動員的支持力

氏=4

對。點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律

-mgcos0

R

可得

vD=1Om/s

運(yùn)動員從/點(diǎn)運(yùn)動到D點(diǎn)根據(jù)動能定理

mg!\—mgR（\—cos0）-Wf

解得

叫=12000J

(2)點(diǎn)。到落地點(diǎn)E之間做斜拋運(yùn)動，豎直方向

2

h2=-vDsinOt+^gt

水平方向

x=vDcos夕/

解得

x=18m

題型二“傳送帶”模型綜合問題

【解題指導(dǎo)】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(chǎn)生的熱量要用。=尸斑制或能量守恒定律.

2.電機(jī)做的功一部分增加物塊的機(jī)械能，一部分轉(zhuǎn)化為因摩擦產(chǎn)生的熱量.

【核心歸納】L設(shè)問的角度

(1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)

合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)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(chǎn)生的熱量、因放

上物體而使電動機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。

2.功能關(guān)系分析

⑴功能關(guān)系分析：ff=AEk+A￡p+。。

(2)對少和。的理解

①傳送帶克服摩擦力做的功：甲=尸跣傳；

②產(chǎn)生的內(nèi)能：。=所相對。

類型1水平傳送帶問題

【例1】(2024?遼寧大連?二模)物流公司傳送小件貨物，簡化的傳輸系統(tǒng)如圖所示。曲面

末端與水平面8c平滑連接于3點(diǎn)，水平面8c與傳送帶等高。工人將小件甲從/點(diǎn)由

靜止釋放，運(yùn)動到C點(diǎn)時以速度%=4m/s與遺留在平面末端C點(diǎn)的小件乙發(fā)生碰撞（碰撞

時間極短，碰撞前后甲、乙在同一條直線上運(yùn)動），碰后甲、乙分別以速度匕=L5m/s和

V2=5m/s沖上順時針運(yùn)行的傳送帶上，傳送帶的速度v=4m/s,傳送帶足夠長。已知曲面

高度力=lm,小件甲的質(zhì)量犯=4kg,小件甲、乙均可視為質(zhì)點(diǎn)，且與傳送帶間的動摩擦因

數(shù)均為4=0.5,重力加速度取lOm/s?。求：

（1）小件甲從4點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)過程中克服摩擦阻力所做的功；

（2）小件乙的質(zhì)量"2及甲、乙碰撞過程損失的機(jī)械能；

（3）小件甲和乙沖上傳送帶到都與傳送帶共速過程中，傳送帶的電動機(jī)需額外多消耗的電

【詳解】（1）甲從/到C,由動能定理

I2

mxgh-Wi=一加止（）-0

得

匕=8J

（2）甲、乙碰撞，由動量守恒定律

加1%=m1v1+m2v2

解得

m2=2kg

則損失的機(jī)械能

.機(jī)=g町喏_［；叫V：+1m2V2

解得

期幾=2.5J

（3）甲沖上傳送帶先做勻加速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律

=加1%

可得

2

ax=5m/s

甲加速到與傳送帶共速的時間

△%=-~—=0.5s

ax

此過程傳送帶發(fā)生的位移

xx=v\tx=2m

傳送帶克服甲物體摩擦力做功

%=〃加逐再=40J

乙沖上傳送帶先做勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)牛頓第二定律

ma

〃加2g=22

可得

2

a2=5m/s

乙減速到與傳送帶共速的時間

AZ2=-——=0.2s

一。2

此過程傳送帶發(fā)生的位移

x2=VA/2=0.8m

乙物體對傳送帶的摩擦力做了正功

Wn=jLtm2gx2=8J

電動機(jī)需額外消耗的電能

A￡■電=監(jiān)_%=32J

【變式演練1】如圖所示，質(zhì)量為沉的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動機(jī)帶

動，始終保持以速度v勻速運(yùn)動，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃，物體過一會兒能保持

與傳送帶相對靜止，對于物體從靜止釋放到相對靜止這一過程中，下列說法正確的是（）

A.摩擦力對物體做的功為加v2

B.電動機(jī)多做的功為工加v?

2

C.系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為‘加V?

2

D.傳送帶克服摩擦力做的功為!加丫2

2

【答案】C

【詳解】A.根據(jù)動能定理有，摩擦力對物體做的功為

W=-mv'

2

故A錯誤；

B.電動機(jī)多做的功轉(zhuǎn)化為物體的動能和內(nèi)能，所以電動機(jī)多做的功一定大于《"a/,故B

錯誤；

CD.設(shè)共速前物體相對地面的位移為A，傳送帶相等地面的位移為巧則有

v

石=―/,x2=vt

x2=2x1

可知傳送帶克服摩擦力做的功為摩擦力對物體做功的二倍，即為加"2,則系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為

E=mv*2----mv2=—mv

故C正確，D錯誤。

故選Co

【變式演練2】如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定圓心角6=37。的光滑弧形軌道BC,B、C兩點(diǎn)

的高度差/z=0.8m,軌道末端8點(diǎn)與水平傳送帶右端平滑對接，傳送帶以恒定的速度順時針

轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量"?=0.4kg的小物塊從C點(diǎn)無初速釋放，小物塊能返回圓弧軌道，返回后上升的

最大高度〃=0.2m。已知傳送帶長/=2m,各處粗糙程度相同，重力加速度g=lOm/s?,

sin37°=0.6,cos37°=0.8□

(1)求小物塊第一次滑至3點(diǎn)時對軌道的壓力大??；

(2)求傳送帶的速度大小和小物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)的最小值；

(3)若小物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)為最小值，求小物塊第2022次在傳送帶上運(yùn)動時，小

物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量。

【詳解】(1)小物塊沿弧形軌道從C到3的過程中由機(jī)械能守恒定律有

712

mgh=5加%

代入數(shù)據(jù)得

v0=4m/s

由幾何關(guān)系可得

A(l-cos370)=/z

由向心力公式可得

聯(lián)立解得小物塊受到的支持力大小為

FN=5.6N

由牛頓第三定律可知小物塊第一次滑至B點(diǎn)時對軌道的壓力大小

氏=&=5.6N

(2)對物塊由機(jī)械能守恒定律有

—mv2=mgh'

解得小物塊離開傳送帶時的速度為

v=2m/s

由于V<%，所以木塊返回時先勻加速運(yùn)動，后與傳送帶共速，所以傳送帶的速度為2m/s,

小物塊能返回弧形軌道，不會從N端掉下，則有

由牛頓第二定律

jLimg=ma

〃>0.4

所以動摩擦因數(shù)的最小值為0.4

(3)小物塊從第2次開始每次向左滑上傳送帶、向右離開傳送帶時速度均為2m/s,小物塊

第2022次在傳送帶上運(yùn)動，小物塊從8點(diǎn)到回到3點(diǎn)的過程中，位移士=0,所用時間

傳送帶的位移

x2=vt

小物塊與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量

2=//mg(x2-Xj)

解得

Q=3.2J

【變式演練3】我國物流市場規(guī)模連續(xù)七年位列全球第一。某物流分揀中心為轉(zhuǎn)運(yùn)貨物安裝

有水平傳送帶，傳送帶空載時保持靜止，一旦有貨物置于傳送帶上，傳送帶就會以Im/sz的

加速度向前加速運(yùn)行。在傳送帶空載的某時刻，某質(zhì)量為20kg的貨物向前以3m/s的初速度

滑上傳送帶。已知傳送帶長為6m,貨物和傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.2,取g=10m/s2,

求：

(1)貨物用多長時間到達(dá)傳送帶末端；

(2)整個過程傳送帶對貨物做的功；

(3)傳送帶與貨物由于摩擦產(chǎn)生的熱量。

【答案】(1)3s；(2)0；(3)60J

【詳解】(1)對貨物受力分析，由牛頓第二定律可知

jLimg=ma'

解得

"=2m/s2

設(shè)經(jīng)時間。兩者共速，則

%-a'tx-西

解得

tx—Is

故貨物運(yùn)動Is后兩者共速。此時的速度大小

v=at{=lm/s

貨物的位移

1,2c

/=匕--atx=2m

由題意知，兩者共速后，一起以加速度。做勻加速直線運(yùn)動，設(shè)兩者共速后，貨物再運(yùn)動時

間打到達(dá)傳送帶末端，則

v?2+—ag=/-X]

解得

t2=2s

所以貨物到達(dá)傳送帶末端所用的時間

t—tl+t2—3s

(2)設(shè)貨物到達(dá)傳送帶末端的速度大小為M,則

v'=v+at2

解得

v'=3m/s

貨物從被推上傳送帶至到達(dá)傳送帶末端的過程，由動能定理得

W=—mv'2——

22°

解得

W=Q

(3)貨物和傳送帶之間的相對位移

12

Ax=玉——at~=1.5m

所以整個過程因摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=1Limg\x=60J

【變式演練4】如圖所示，豎直平面內(nèi)有一段固定的光滑圓弧軌道PQ,圓心為。點(diǎn)，圓弧

所對圓心角6=37。，半徑為A=6m,末端。點(diǎn)與粗糙水平地面相切。圓弧軌道左側(cè)有一長

度為s=6m的水平傳送帶，傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，傳送帶上表面與尸點(diǎn)高度差為

7/=0.45m?現(xiàn)在傳送帶左側(cè)由靜止放置一個質(zhì)量為"=6kg的可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊A,滑塊

由P點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道，滑行一段距離后靜止在地面上。已知滑塊A與傳送帶、

地面間的動摩因數(shù)均為〃=0.5,重力加速度g取lOm/s?,sin37°-0.6,cos37°=0.8,求：

(1)滑塊A離開傳送帶時速度%的大小;

(2)滑塊A經(jīng)過。點(diǎn)時受到彈力區(qū)的大小;

(3)滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能。。

【答案】(1)%=4m/s；(2)久=109N；(3)Q=48J

【詳解】(1)滑塊A離開傳送帶做平拋運(yùn)動，豎直方向滿足

v；=2gH

又A沿切線滑入圓軌道，滿足

tan6=%

%

解得

v0=4m/s

(2)滑塊A從在P點(diǎn)速度

vp=5m/s

從尸到。的過程中，由機(jī)械能守恒可得

mg7?(l-cos37°)=；加*一]端

在。點(diǎn)有

mv2

F^-mg=—1

K

解得

匕=7m/s

K=109N

(3)滑塊A隨傳送帶做勻加速直線運(yùn)動

]nmg=ma

由于

x.=d=1.6m<s=6m

2a

可知傳送帶勻速運(yùn)動的速度為

v-vx-4m/s

滑塊A做勻加速運(yùn)動的時間為

a

滑塊A相對于傳送帶的位移大小為

\x-vt-----=—=1.6m

22

滑塊和傳送帶組成的系統(tǒng)產(chǎn)生的焦耳熱

Q=〃加gAx=48J

【變式演練5】彎曲軌道與水平地面平滑連接，右側(cè)有一與地面等高的傳送帶，傳送帶始終

以速度%順時針勻速轉(zhuǎn)動，如圖甲所示。將一滑塊從軌道上高〃處無初速釋放，當(dāng)

0.25m65nl時，滑塊離開傳送帶時的速度不變，當(dāng)滑塊從其他高度釋放后，離開傳送

帶時的速度大小v與高度〃的圖像為如圖乙所示的曲線。已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)

〃=0.2,彎曲軌道與水平地面均光滑，取重力加速度大小g=10m/s2,求：

(1)傳送帶的傳送速度1;

(2)傳送帶的長度工。

甲

【答案】(1)%=3m/s；(2)Z=lm

【詳解】(1)(2)根據(jù)題意，結(jié)合圖乙可知，當(dāng)0<〃<0.25m時，滑塊始終在傳送帶上加速,

當(dāng)力>0.65m時，滑塊始終在傳送帶上減速，設(shè)滑塊滑上傳送帶的速度為v,由機(jī)械能守恒

定律有

mgh=—mv2

由運(yùn)動學(xué)公式有

2g4=2〃gZ

2g%一%2=2〃gZ

其中

%=0.25m

h2=0.65m

解得

%=3m/s,￡=1m

【變式演練6】如圖所示，一質(zhì)量俏=1kg的物塊以%=lm/s的速度從8端進(jìn)入水平傳送帶BC,

最后能從C點(diǎn)水平拋出，已知水平傳送帶8C長Z=1.5m,該物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)

A-0.5,傳送帶以速度為v順時針方向轉(zhuǎn)動，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)且不考慮傳送帶滑輪大小。

重力加速度g=10m/s2。求：

（1）當(dāng)傳送帶的速度v=3m/s時，將物塊從2傳送到C過程中物塊與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)

生的熱量是多少？

（2）若在傳送帶右側(cè)加裝一個收集裝置，如圖所示，其內(nèi)邊界截面為四分之一圓弧，。點(diǎn)

為圓心，半徑為A=^m。調(diào)節(jié)傳送帶速度大小，使該物塊從C點(diǎn)拋出后，落到收集裝置

2

時動能最小，則該物塊落到收集裝置時最小動能是多少？

【答案】（1）2J；（2）7.5J

【詳解】（1）小物塊的加速度

jumg

a=------=5m/s2

m

小物塊的加速時間

ZI=ZZA=0.4S

a

小物塊勻加速的位移

%=?A=0.8m<1.5m

則小物塊先加速后勻速，傳送帶的位移

x2=vtx=1.2m

二者的相對位移

Ax=毛一玉=0.4m

產(chǎn)生的熱量

Q=jumg^x=2J

（2）令小物塊從。點(diǎn)飛出后速度為匕，水平方向有

x=v/2

豎直方向有

12

y=2gt2

根據(jù)幾何關(guān)系有

x2+y2=R2

根據(jù)動能定理有

機(jī)期=紜一:機(jī)腳

解得

E=3冽gy?3mg

k-4

由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)y=0.5m時，&最小，解得

類型2傾斜傳送帶

【例2】（2024?河北衡水?一模）圖（a）為成都天府國際機(jī)場某貨物傳送裝置實物圖，簡化

圖如圖（b）所示，該裝置由傳運(yùn)帶/BCD及固定擋板組成，固定擋板與傳送

帶上表面垂直，傳送帶上表面N3CD與水平地面的夾角為6=37。，CA與水平面平行。傳送

帶勻速轉(zhuǎn)動時，工作人員將質(zhì)量分布均勻的正方體貨物從。點(diǎn)由靜止釋放，貨物對地發(fā)生

位移Z=10m后被取走，貨物在傳送帶上運(yùn)動時的剖面圖如圖（c）所示。已知傳送帶勻速

運(yùn)行的速度為v=hn/s,貨物質(zhì)量為加=10kg,其底部與傳送帶/BCD的動摩擦因數(shù)為

4=0.5,其側(cè)面與擋板CDE尸的動摩擦因數(shù)為%=0.25。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,

重力加速度g取lOm/s:不計空氣阻力。求：

（1）貨物剛放上傳送帶時，其底面所受滑動摩擦力力的大小及側(cè)面所受滑動摩擦力力的大

??；

（2）貨物在傳送帶上所經(jīng)歷的時間及傳送裝置多消耗的電能。

幺、F

傳送帶

lin送帶底邊與4E

展將，陵炎繇地面平行個3K固定擋板

射、水平地面樂度

圖（a）圖（b）圖⑹

【答案】（1）40N,15N；（2）10.2s,163J

【詳解】（1）貨物放上傳送帶后,由剖面圖對貨物受力分析可得，傳送帶對貨物支持力為N-

貨物底面所受滑動摩擦力為力,擋板對貨物支持力為生，貨物側(cè)面所受滑動摩擦力為力，

由力的平衡條件有

N、=mgcos0

N2=mgsin0

由滑動摩擦力計算式有

f\=〃戶1

fi="此

代入數(shù)據(jù)可得

工=40N

力=15N

(2)因為力與運(yùn)動方向相同，力與運(yùn)動方向相反，貨物將由靜止開始沿傳送帶做勻加速直

線運(yùn)動，若能與傳送帶共速，則此后做勻速運(yùn)動，由牛頓第二定律可得

ma

fi-f2=i

解得

%=2.5m/s2

設(shè)貨物勻加速至與傳送帶共速所用時間4,對地位移為不，由運(yùn)動學(xué)公式得

4=上=0.4s

ax

貨物勻加速階段的位移為

v2

汨=---=0.2m

12%

因再＜￡,故能夠共速。共速后，貨物做勻速直線運(yùn)動，直至被取下，設(shè)此段運(yùn)動時間為，2,

位移為巧，由運(yùn)動學(xué)公式得

x2=L-xx=9.8m

貨物勻速階段所用的時間為

t=—=9.8s

2v

貨物運(yùn)動總時間為

t=t1+t2=10.2s

傳送裝置多消耗的電能等于貨物與傳送裝置之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能和貨物增加的動能之

和。貨物與傳送帶之間由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能有

01-；W)