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专题强化十 动力学和能量观点的综合应用
目标要求 1.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题.2.会用功能关系解决传送带问
题．
题型一 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)功能关系分析：W＝ΔE＋ΔE＋Q.
k p
(2)对W和Q的理解：
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Fx ；
f 传
②产生的内能：Q＝Fx
f 相对．
例1 (2019·福建福州市期末质量检测)如图1所示，水平传送带匀速运行的速度为 v＝2
m/s，传送带两端A、B间距离为x＝10 m，当质量为m＝5 kg的行李箱无初速度地放在传送
0
带A端后，传送到B端，传送带与行李箱间的动摩擦因数 μ＝0.2，重力加速度g取10
m/s2，求：
图1
(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；
(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；
(3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W.
答案 (1)2 m/s2 (2)5.5 s (3)－20 J
解析 (1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：a＝＝＝μg＝2 m/s2
(2)经过t 时间二者共速，t＝＝ s＝1 s
1 1
行李箱匀加速运动的位移为：x＝at2＝×2×12 m＝1 m
1 1
行李箱随传送带匀速运动的时间：t＝＝ s＝4.5 s
2
则行李箱从A传送到B所用时间：t＝t＋t＝1 s＋4.5 s＝5.5 s
1 2(3)t 时间内传送带的位移：x＝vt＝2×1 m＝2 m
1 2 1
根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小F′＝F
f f
行李箱对传送带的摩擦力做的功：W＝－F′x＝－μmgx ＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J
f 2 2
例2 如图2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
0
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：
图2
(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，做匀加速运动的位移x＝t
0 1 1
匀速运动的位移为x－x＝v(t－t)
1 0 1
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＝mv＝20 J
k
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 p1．(倾斜传送带问题)(多选)(2020·山西新绛中学月考)在大型物流系统中，广泛使用传送带来
搬运货物．如图3甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷
紧的，将m＝1 kg的货物放在传送带上的A端，经过1.2 s到达传送带的B端．用速度传感
器分别测得货物与传送带的速度v随时间t变化的图象如图乙所示．已知重力加速度g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，可知( )
图3
A．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05
B．A、B两点间的距离为1.2 m
C．货物从A运动到B的过程中，传送带对货物做功－11.2 J
D．货物从A运动到B的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J
答案 CD
解析 0～0.2 s内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a ＝gsin θ
1
＋μgcos θ＝ m/s2＝10 m/s2；0.2～1.2 s内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，a ＝
2
gsin θ－μgcos θ＝ m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A错误；从题图可知，0～1.2 s
内，货物v－t图线与t轴围成的面积对应位移x＝x＋x＝3.2 m，则A、B两点间的距离为
1 2
3.2 m，故B错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W ＝Fx ＝μmgcos θ·x ＝0.8 J，
1 f 1 1
W ＝－Fx ＝－μmgcos θ·x ＝－12 J，W＝W ＋W ＝－11.2 J，故C正确；从题图乙可知，0
2 f 2 2 1 2
～
0.2 s内，传送带比货物多走0.2 m．0.2～1.2 s内，货物比传送带多走1 m，所以货物从A运
动到B的过程中，相对位移为1.2 m．因摩擦产生的热量Q＝Fx ＝μmgcos θ·x ＝4.8
f 相对 相对
J，故D正确．
题型二 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 跳台滑雪运动员脚穿专用滑雪板，不借助任何外力，从起滑台起滑，在助滑道上获
得高速度，于台端飞出，沿抛物线在空中飞行，在着陆坡着陆后，继续滑行至水平停止区静
止．如图4所示为一简化后的跳台滑雪的雪道示意图．助滑坡由倾角为θ＝37°的斜面AB和
半径为R ＝10 m的光滑圆弧BC组成，两者相切于B.AB竖直高度差h ＝30 m，竖直跳台
1 1
CD高度差为h ＝5 m，着陆坡DE是倾角为θ＝37°的斜坡，长L＝130 m，下端与半径为R
2 2
＝20 m的光滑圆弧EF相切，且EF下端与停止区相切于F.运动员从A点由静止滑下，通过
C点，以速度v ＝25 m/s水平飞出落到着陆坡上，然后运动员通过技巧使垂直于斜坡速度降
C
为0，以沿斜坡的分速度继续下滑，经过EF到达停止区FG.若运动员连同滑雪装备总质量
为80 kg.(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
图4
(1)运动员在C点对台端的压力大小；
(2)滑板与斜坡AB间的动摩擦因数；
(3)运动员在着陆坡上的落点距离D多远；
(4)运动员在停止区靠改变滑板方向增加制动力，若运动员想在60 m之内停下，制动力至少
是总重力的几倍？(设两斜坡粗糙程度相同，计算结果保留两位有效数字)
答案 (1)5 800 N (2) (3)125 m (4)1.7倍
解析 (1)运动员经C点时由牛顿第二定律得F －mg＝m
C
解得F ＝5 800 N
C
根据牛顿第三定律，运动员在C点对台端的压力大小为5 800 N.
(2)从A点到C点，由动能定理得
mgh －μmgcos θ＋mgR(1－cos θ)＝mv 2
1 1 C
解得μ＝.
(3)设运动员离开C点后开始做平抛运动到P点，
D、P间距离为s ，则有x ＝v t，
P P Cy ＝gt2
P
＝tan θ，＝cos θ
解得s ＝125 m，t＝4 s.
P
(4)从落点P到最终停下，P点沿斜坡速度
v ＝v cos θ＋gtsin θ＝44 m/s
P C
mg(L－s )sin θ－μmg(L－s )cos θ＋mgR(1－cos θ)－Fd＝0－mv 2
P P 2 f P
解得F＝1 383 N，即≈1.7.
f
2．(直线运动＋圆周运动＋平抛运动)(2020·浙江宁波市 “十校联考”)如图5所示，一水平
圆盘绕过圆心的竖直轴转动，圆盘半径R＝0.2 m，圆盘边缘有一质量m＝1 kg的小滑块．当
圆盘转动的角速度达到某一数值时，滑块恰从圆盘边缘 A沿过渡圆管滑落，进入轨道
ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足够长且离地面高为h′＝0.4 m，经C点后突然给滑块
施加水平向右的恒力F＝ N．已知AB段斜面倾角为60°，BC段斜面倾角为30°，小滑块与
圆盘的动摩擦因数μ＝0.5，A点离B点所在水平面的高度h＝1.2 m，运动到B点时的速度为
3 m/s，滑块从A至C运动过程中始终未脱离轨道，不计在过渡圆管处和 B点的机械能损失，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
图5
(1)滑出A点时，圆盘转动的角速度ω；
(2)小滑块在从A到B时，摩擦力做的功；
(3)小滑块在CD面上的落点与C点的距离．
答案 (1)5 rad/s (2)－8 J (3) m
解析 (1)滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律得：μmg＝
mω2R，
代入数据解得：ω＝5 rad/s
(2)v ＝ωR＝5×0.2 m/s＝1 m/s，
A
从A到B的运动过程由动能定理得：
mgh＋W＝mv 2－mv 2，
f B A
解得W＝ －8 J
f
(3)从B到C的过程由动能定理得：－mgh′＝mv 2－mv 2， 解得 v ＝1 m/s
C B C
对小滑块经C点后受力分析可知，F ＝ N，则合加速度大小为a＝ m/s2，由几何关系可知，
合
合加速度的方向与C点速度方向垂直，则小滑块做类平抛运动，
沿C点速度方向：x＝v t
C
沿合加速度方向：y＝at2
又＝tan 30°
小滑块落点距C点s＝，
联立解得s＝ m.课时精练
1．(多选)如图1所示，质量m＝1 kg的物体从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始
下滑，滑到水平传送带上的A点，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A、B
之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度匀速运动，则(g取10 m/s2)( )
图1
A．物体从A运动到B的时间是1.5 s
B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J
C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J
D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J
答案 AC
解析 设物体下滑到A点时的速度为v ，对PA过程，由机械能守恒定律有mv2＝mgh，代
0 0
入数据得v ＝＝2 m/s<v＝4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运
0
动，加速度大小为a＝＝μg＝2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t ＝＝ s＝1
1
s，匀加速运动的位移x ＝t ＝×1 m＝3 m<L＝5 m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运
1 1
动，匀速运动的时间为t ＝＝ s＝0.5 s，故物体从A运动到B的时间为t＝t ＋t ＝1.5 s，故
2 1 2
选项A正确；物体运动到B时的速度是v＝4 m/s，根据动能定理得：摩擦力对物体做功W
＝mv2－mv2＝×1×42 J－×1×22 J＝6 J，选项B错误；在t 时间内，传送带做匀速运动的
0 1
位移为x ＝vt＝4 m，故产生热量Q＝μmgΔx
带 1
＝μmg(x －x)，代入数据得Q＝2 J，选项C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的
带 1
动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W＝(mv2－mv2)＋Q＝×1×(42－22) J＋
0
2 J＝8 J，选项D错误．
2.(多选)(2020·陕西西安市检测)如图2所示，水平传送带两端A、B间的距离为L，传送带以
速度v沿顺时针方向转动，一个质量为M的小物块以一定的初速度从A端滑上传送带，运
动到B端．此过程中物块先做匀加速直线运动后做匀速直线运动，物块做匀加速直线运动
的时间与做匀速直线运动的时间相等，两过程中物块运动的位移之比为 2∶3，重力加速度
为g，传送带速度大小不变．下列说法正确的是( )图2
A．物块的初速度大小为
B．物块做匀加速直线运动的时间为
C．物块与传送带间的动摩擦因数为
D．整个过程中物块与传送带因摩擦产生的热量为
答案 BC
解析 由题意可知物块做匀加速运动和匀速运动的时间相等，物块两次运动的位移之比为：
＝＝，则∶v＝2∶3，可得出：v ＝，故A错误；由题意可知物块匀速运动的位移为，则＝
0
vt，可得匀速运动的时间为：t＝，匀加速运动的时间等于匀速运动的时间，故 B正确；根
据运动学公式：a＝μg，v2－v2＝2ax，x＝，可得物块与传送带间的动摩擦因数为：μ＝，故
0
C正确；根据热量的计算公式：Q＝Fx ，整个过程中x ＝－＝，可求得整个过程中物
f 相对 相对
块与传送带因摩擦产生的热量为：Q＝，故D错误．
3．(2019·黑龙江齐齐哈尔市期末)如图3所示，固定的粗糙弧形轨道下端B点水平，上端A
与B点的高度差为h ＝0.3 m，倾斜传送带与水平方向的夹角为θ＝37°，传送带的上端C点
1
与B点的高度差为h ＝0.112 5 m(传送带传动轮的大小可忽略不计)．一质量为m＝1 kg的滑
2
块(可看作质点)从轨道的A点由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平行于传送带的速度从
C点落到传送带上，传送带逆时针转动，速度大小为 v＝0.5 m/s，滑块与传送带间的动摩擦
因数为μ＝0.8，且传送带足够长，滑块运动过程中空气阻力忽略不计，g＝10 m/s2，sin 37°
＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：
图3
(1)滑块运动至C点时的速度大小v ；
C
(2)滑块由A到B运动过程中克服摩擦力做的功W；
f
(3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量Q.
答案 (1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J
解析 (1)在C点，竖直分速度：v＝＝1.5 m/s
y
由v＝v sin 37°，解得v ＝2.5 m/s
y C C
(2)C点的水平分速度与B点的速度相等，则
v ＝v＝v cos 37°＝2 m/s
B x C
从A到B点的过程中，根据动能定理得
mgh －W＝mv 2
1 f B
解得W＝1 J
f(3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第二定律有
μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得a＝0.4 m/s2
达到共同速度所需时间t＝＝5 s
两者间的相对位移Δx＝t－vt＝5 m
由于mgsin 37°<μmgcos 37°，此后滑块将做匀速运动．
故滑块在传送带上运动时与传送带摩擦产生的热量：
Q＝μmgcos 37°·Δx＝32 J.
4．(八省联考·辽宁·10)如图4所示，甲、乙两滑块的质量分别为1 kg、2 kg，放在静止的水
平传送带上，两者相距 5 m，与传送带间的动摩擦因数均为 0.2.t＝0时，甲、乙分别以6
m/s、2 m/s的初速度开始向右滑行．t＝0.5 s时，传送带启动(不计启动时间)，立即以3 m/s
的速度向右做匀速直线运动，传送带足够长，重力加速度取10 m/s2.下列说法正确的是(
)
图4
A．t＝0.5 s时，两滑块相距2 m
B．t＝1.5 s时，两滑块速度相等
C．0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为0.25 m
D．0～2.5 s内，两滑块与传送带间摩擦生热共为14.5 J
答案 BC
解析 由牛顿第二定律可得两滑块在传送带上的加速度大小为：a＝＝μg＝2 m/s2，前
0.5 s两滑块均做加速度大小为2 m/s2的匀减速运动，0.5 s时，甲的速度为v ′＝(6－2×0.5)
甲
m/s＝5 m/s，乙的速度为v ′＝(2－2×0.5) m/s＝1 m/s，传送带启动后，甲继续做匀减速运
乙
动，乙做匀加速运动，加速度大小不变，直到与传送带共速，依此可作出甲、乙和传送带的
v－t图象：
v－t图象与横轴围成的面积表示位移大小，t＝0.5 s时，两滑块相对位移Δx＝(6－2)×0.5 m
＝2 m，所以相距5 m－2 m＝3 m，故A项错误；由v－t图象可知，t＝1.5 s时，两滑块速度相等，均为3 m/s，故B项正确；0～1.5 s内，乙相对传送带的位移大小为 Δx ＝3×1 m－
乙
m＝0.25 m，故C项正确；两滑块在传送带上滑动，除摩擦力外没有其他力做功，t＝2.5 s时
速度已经恒定，0～2.5 s内损耗的能量全部转化为内能，由能量守恒定律可得m v 2＋m
甲 甲 乙
v 2＝m v 2＋m v 2＋Q，解得：Q＝8.5 J，故D项错误．
乙 甲 传 乙 传
5．(八省联考·江苏·15)如图5所示，水平传送带足够长，向右前进的速度v＝4 m/s，与倾角
为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝2 kg的小物块从A点静止释放．已知A、P
的距离L＝8 m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数分别为μ ＝0.25、μ ＝0.20，取重力加
1 2
速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求物块：
图5
(1)第1次滑过P点时的速度大小v；
1
(2)第1次在传送带上往返运动的时间t；
(3)从释放到最终停止运动，与斜面间摩擦产生的热量Q.
答案 (1)8 m/s (2)9 s (3)48 J
解析 (1)设小物块沿斜面下滑的加速度大小为a，
1
则有mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma
1 1
解得a＝4 m/s2
1
小物块从A到P，
由运动学公式得v2＝2aL
1 1
解得v＝8 m/s
1
(2)小物块滑上传送带后，向左运动过程中一直受到向右的滑动摩擦力，设此过程小物块的
加速度为a′
由牛顿第二定律得μmg＝ma′，得a′＝2 m/s2
2
设经时间t 小物块速度减为零
1
则t＝＝4 s
1
此过程小物块的位移大小为x＝＝16 m
1
小物块速度减为零后开始向右做匀加速运动，加速度大小仍为a′，经时间t 和传送带速度
2
相同，则t＝＝2 s
2
此过程小物块的位移大小为x＝＝4 m，
2
因x>x，故小物块之后匀速运动到达P点，匀速运动时间t＝＝3 s，
1 2 3
则t＝t＋t＋t，
1 2 3
解得t＝9 s(3)小物块从A点到达P，摩擦产生的热量Q＝μmg·cos 37°·L＝32 J
1 1
小物块第1次从传送带返回P点，v ＝v＝4 m/s
P
物块沿斜面做匀减速运动后反向做匀加速运动，再次到达P点，动能减小，
v ′<v ，即v ′<4 m/s，
P P P
小物块沿传送带水平向左减速为0后，向右加速第二次返回P点，v ＝v ′，此往返过程，
2 P
小物块的动能无损失，以此类推，最终小物块到达P点的速度为0，小物块的动能全部损失
在与斜面的摩擦生热过程中
Q＝μmg·cos 37°·s＝mv 2，
2 1 P
解得Q＝16 J
2
则Q＝Q＋Q＝48 J.
1 2
6．(2020·浙江嘉兴市期末)如图6所示，水平轨道BC与倾角为θ＝37°的斜面轨道AB、螺旋
状圆轨道O紧密平滑连接，AB长度L ＝10 m，BC长度L ＝4 m，圆轨道半径R＝0.72 m．
1 2
直角斜面体MNE的竖直边ME的长度L ＝3 m，水平边NE的长度L ＝6 m，M点在C点的
3 4
正下方，MC的长度L＝1.2 m．小物块的质量为m＝1 kg，它与AB轨道和BC轨道的动摩擦
5
因数相同，记为μ，圆轨道光滑．小物块在最高点A由静止释放，沿轨道ABC运动，第一次
到达C时恰好静止．空气阻力不计，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
图6
(1)求动摩擦因数μ；
(2)小物块在A点释放的同时，对其施加一个水平向右的恒力F，当物块沿BC运动到C点时
撤去F，再绕圆轨道运动一周后在与C同一高度的圆轨道末端以速度v水平向右抛出．小物
块在到达圆轨道末端前不脱离轨道，求v与F满足的关系式，并确定v的取值范围；
(3)若物块自圆轨道末端以某一初速度水平抛出，经一段时间后与过N点的竖直墙面发生弹
性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞之后物块速度的竖直分量不变，水平分量反向且大小不变，
之后落于斜面MN上的P点，已知物块从圆轨道末端运动到P点的总时间为t＝0.9 s，求小
物块刚运动至P点时的动能．
答案 (1)0.5 (2)v2＝30F(6 m/s≤v≤20 m/s)
(3)65 J
解析 (1)小物块从A到C的过程，由动能定理得
mgL sin θ－μmgLcos θ－μmgL＝0
1 1 2代入数据得μ＝0.5.
(2)施加恒力F后，从A到C的过程，由动能定理得
F(Lcos θ＋L)＋mgL sin θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)L－μmgL＝mv2
1 2 1 1 2
代入数据得v2＝30F
小物块在圆轨道最高点D不脱离轨道，应满足mg≤m
从D到C的过程由机械能守恒定律得
mv 2＋2mgR＝mv2
D
解得v≥6 m/s
小物块不脱离斜面AB，应满足Fsin θ≤mgcos θ
解得v≤20 m/s
所以v的取值范围为6 m/s≤v≤20 m/s.
(3)P点与C点的高度差为h＝gt2＝4.05 m
设物块在C点初速度为v，
0
P点与竖直墙的水平距离为vt－L
0 4
如图，由几何关系得
tan∠MNE＝
已知tan∠MNE＝＝，
解得v＝7 m/s
0
从C到P由动能定理得
mgh＝E－mv2
k 0
代入数据，解得E＝65 J.
k
即小物块刚运动至P点时的动能为65 J.
