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难点 10 动力学和能量观点的综合应用
一、传送带模型
1．设问的角度
(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＝Fx
f 相对．
(3)功能关系分析：W＝ΔE＋ΔE＋Q.
k p
摩擦生热的计算：
1．正确分析物体的运动过程，做好受力分析．
2．利用运动学公式，结合牛顿第二定律分析物体的速度关系及位移关系，求出两个物体的相对位移．
3．代入公式Q＝F·x 计算，若物体在传送带上做往复运动，则为相对路程s
f 相对 相对．
【例1】如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v ＝2 m/s
0
的速率运行，现把一质量为m＝10 kg的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t＝1.9 s，工件
被传送到h＝1.5 m的高处，g取10 m/s2，求：
(1)工件与传送带间的动摩擦因数；
(2)电动机由于传送工件多消耗的电能．
【答案】(1) (2)230 J
【解析】(1)由题图可知，传送带长x＝＝3 m
工件速度达到v 前，做匀加速运动，有x＝t
0 1 1
工件速度达到v 后，做匀速运动，
0
有x－x＝v(t－t)
1 0 1
联立解得加速运动的时间t＝0.8 s
1
加速运动的位移x＝0.8 m
1所以加速度大小a＝＝2.5 m/s2
由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝.
(2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相
对位移时摩擦力做功产生的热量．
在时间t 内，传送带运动的位移
1
x ＝vt＝1.6 m
传 01
在时间t 内，工件相对传送带的位移
1
x ＝x －x＝0.8 m
相 传 1
在时间t 内，摩擦产生的热量
1
Q＝μmgcos θ·x ＝60 J
相
最终工件获得的动能E＝mv2＝20 J
k 0
工件增加的势能E＝mgh＝150 J
p
电动机多消耗的电能
E＝Q＋E＋E＝230 J.
k p
题型二 滑块—木板模型综合分析
“滑块—木板”模型问题的分析方法
(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二
者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者
的位移．
(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分
三个位移：
①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x ；
滑
②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x ；
板
③求摩擦生热时用相对位移Δx.
【例2】如图所示，水平地面上有一长L＝2 m、质量M＝1 kg的长板，其右端上方有一固定挡板．质量m
＝2 kg的小滑块从长板的左端以v＝6 m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v＝2 m/s的
0
速度向右匀速运动，滑块与挡板相碰后速度为0，长板继续匀速运动，直到长板与滑块分离．已知长板与
地面间的动摩擦因数μ＝0.4，滑块与长板间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2.求：
1 2
(1)滑块从长板的左端运动至挡板处的过程，长板的位移x；
(2)滑块碰到挡板前，水平拉力大小F；(3)滑块从长板的左端运动至与长板分离的过程，系统因摩擦产生的热量Q.
【答案】(1)0.8 m (2)2 N (3)48 J
【解析】(1)滑块在板上做匀减速运动，
a＝＝μg
2
解得：a＝5 m/s2
根据运动学公式得：L＝vt－at2
0
解得t＝0.4 s (t＝2.0 s舍去)
碰到挡板前滑块速度v＝v－at＝4 m/s>2 m/s，说明滑块一直匀减速
1 0
板移动的位移x＝vt＝0.8 m
(2)对板受力分析如图所示，
有：F＋F ＝F
f2 f1
其中F ＝μ(M＋m)g＝12 N，F ＝μmg＝10 N
f1 1 f2 2
解得：F＝2 N
(3)法一：滑块与挡板碰撞前，滑块与长板因摩擦产生的热量：
Q＝F ·(L－x) ＝μmg (L－x)＝12 J
1 f2 2
滑块与挡板碰撞后，滑块与长板因摩擦产生的热量：Q＝μmg(L－x)＝12 J
2 2
整个过程中，长板与地面因摩擦产生的热量：
Q＝μ(M＋m)g·L＝24 J
3 1
所以，系统因摩擦产生的热量：
Q＝Q＋Q＋Q＝48 J
1 2 3
法二：滑块与挡板碰撞前，木板受到的拉力为F＝2 N (第二问可知)
1
F 做功为W＝Fx＝2×0.8＝1.6 J
1 1 1
滑块与挡板碰撞后，木板受到的拉力为：
F＝F ＋F ＝μ(M＋m)g＋μmg＝22 N
2 f1 f2 1 2
F 做功为W＝F(L－x)＝22×1.2 J＝26.4 J
2 2 2
碰到挡板前滑块速度v＝v－at＝4 m/s
1 0
滑块动能变化：ΔE＝20 J
k
所以系统因摩擦产生的热量：
Q＝ W＋W＋ΔE＝48 J.
1 2 k
三、多运动组合问题
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】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°，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，
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点沿轨道切线方向进入轨道，
0
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v＝v sin 30°
B 0 B
得v ＝2 m/s
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
mg(R＋Rsin 30°)＋mv 2＝mv 2
B C
解得v ＝4 m/s
C
经过C点时受轨道的支持力大小F ，
N
有F －mg＝m
N
解得F ＝50 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到F点过程中，
p
根据动能定理有－μmgL－mgLsin 30°－E＝0－mv 2
p C
代入数据可解得E＝6 J
p
(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
p
代入数据可解得h＝0.6 m
因为h
