文档内容
训练九 动力学和能量观点的综合应用
题型一 传送带模型
知识梳理
1．传送带问题的分析方法
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定
律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电
动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
2．功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Fx
f 传．
(2)系统产生的内能：Q＝Fs ，s 表示相对路程．
f 相对 相对
(3)功能关系分析：W＝ΔE＋ΔE＋Q.
k p
例1 (多选)如图所示为某建筑工地所用的水平放置的运输带，在电动机的带动下运输带始终以恒定的速
度v＝1 m/s顺时针传动．建筑工人将质量m＝20 kg的建筑材料静止地放到运输带的最左端，同时建筑工
0
人以v＝1 m/s的速度向右匀速运动．已知建筑材料与运输带之间的动摩擦因数为μ＝0.1，运输带的长度
0
为L＝2 m，重力加速度大小为g＝10 m/s2.以下说法正确的是( )
A．建筑工人比建筑材料早0.5 s到右端
B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动
C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为10 J
D．运输带对建筑材料做的功为10 J
答案 AD
解析 建筑工人匀速运动到右端，所需时间t＝＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速
1
度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t＝＝1 s，加速运动的位移为x＝t＝0.5 m＝2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第
二定律有F－μmg＝ma，解得a＝3 m/s2
1 1
对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma
2
解得a＝2 m/s2.
2
(2)撤去F时，滑块A的速度大小v＝at＝3 m/s，木板B的速度大小v＝at＝2 m/s，
1 1 1 2 2 1
撤去F后，由μmg＝ma得滑块A的加速度大小为a＝4 m/s2，
3 3
设经历时间t二者共速，则有v－at＝v＋at，解得t＝ s，则v＝v－at＝ m/s.
2 1 3 2 2 2 2 2 1 3 2
(3)外力F对A、B整体做的功为
F·Δx＝F·at2＝ J
1 1
A、B最终以速度v＝ m/s运动．
故A、B整体动能为E＝(M＋m)v2＝ J
k
由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋E，则Q＝ J.
k
题型三 多运动组合问题
知识梳理
1．分析思路
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况；
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解．
2．方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案．例3 (2023·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径
R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道与粗
糙水平轨道CD相切于点C，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．
现有质量为m＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v＝ m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B
0
点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D
点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和
D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻
力．求：
(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何
处．
答案 (1)2 m/s (2)50 N (3)6 J (4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)
解析 (1)设滑块P经过B点的速度大小为v，由平抛运动知识有v＝vsin 30°，得v＝2 m/s
B 0 B B
(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律得mg(R＋Rsin 30°)＋mv2＝mv2
B C
解得v＝4 m/s
C
经过C点时受轨道的支持力大小为F，有F－mg＝m，解得F＝50 N
N N N
由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F ＝50 N
压
(3)设弹簧的弹性势能最大值为E，滑块从C点到F点的过程中，根据动能定理有－μmgL－mgLsin
pm CD DF
30°－E＝0－mv2，代入数据可解得E＝6 J
pm C pm
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLsin 30°＋E－μmgL＝mgh，代入数据可解得
DF pm CD
h＝0.6 m，因为hmgsin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止．
2
以物块和木板为整体，a ＝μgcos θ－gsin θ＝ m/s2，s ＝＝1.5 m
共 1 共
Q ＝μmgcos θ·Δs＝30 J
物－板 2Q ＝μ(M＋m)gcos θ·(s ＋s )＝57 J
板－斜 1 板 共
整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q＝Q ＋Q ＝87 J.
物－板 板－斜
9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为
θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，
0
传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的
MN
动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速
BC
度g取10 m/s2.
(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑
处与BC轨道高度差H；
(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；
(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围．
答案 (1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m
解析 (1)滑块P在圆形轨道F点时对轨道的压力刚好为零，则v＝0
F
mg(H－R)－μmgL＝0
BC
解得H＝0.4 m
(2)H′＝1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为v，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理
N
mgH′－μmg(L＋L)＝mv2－0
BC MN N
解得v＝2 m/s
N
滑块从N点做平抛运动，水平位移为x＝v＝0.8 m
N
(3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H，从开始到E点应用动能定理有
1
mgH－μmgL－2mgR＝mv2－0
1 BC E
在E点时有mg＝m
解得H＝0.7 m
1
滑块滑上传送带时的速度为v
M
mgH－μmgL＝mv2－0
1 BC M
v＝ m/s<4 m/s
M
滑块做减速运动的位移为L＝＝2.5 m
