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第31 课时 专题强化：动力学和能量观点的综合应用
目标要求 1.会用功能关系解决传送带模型综合问题。2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题。
考点一 传送带模型综合问题
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。
(3)注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。
(4)传送带问题涉及的功能关系
①传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx 传。
②系统产生的内能：Q＝Ffx 相对。
③功能关系分析：W＝ΔEk+ΔEp+Q。
例1 (多选)在工厂中，经常用传送带传送货物。如图所示，质量m＝10 kg 的货物(可视为质点)从高h
＝0.2 m 的轨道上P 点由静止开始下滑，货物和轨道之间的阻力可忽略不计，货物滑到水平传送带上的
A 点，货物在轨道和传送带连接处能量损失不计，货物和传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，传送带AB
两点之间的距离L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s 的速度顺时针匀速运动，重力加速度g 取10 m/s2。装
置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轴处的摩擦。货物从A 点运动到B 点的过程中，
下列说法正确的有( )
A.摩擦力对货物做功为50 J
B.货物从A 运动到B 用时1.5 s
C.由于摩擦而产生的热量为20 J
D.由于运送货物，带动传送带转动的电动机多消耗的电能为60 J
例2 如图，传送带以v＝10 m/s 的速度逆时针转动，一个质量m＝1 kg 的物体从传送带顶端以v0＝5
m/s 的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向的夹角θ＝30°，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝√3
3
，传送带底端到顶端长L＝10 m，g 取10 m/s2，最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。求：
(1)物体从传送带底端滑出时的速度大小；
(2)若在物体滑入传送带运动了0.5 s 时，传送带突然停止转动，物体在传送带上滑动过程中，因与传送
带间摩擦而产生的热量。
1
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考点二 用动力学和能量观点分析多运动组合问题
例3 某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设
计出如图乙所示的装置。P 为弹性发射装置，AB 为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC 为水平轨道，CDC'为
竖直圆轨道，C'E 为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A 点为坐标原点，水平向右为x 轴正
方向，竖直向上为y 轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R＝1 m，BC 长为
3 m，滑块与AB、BC 段的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P 水平弹
出的速度为4 m/s，且恰好从A 点沿AB 方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g 取10 m/s2，sin
37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求滑块从弹射装置P 弹出时的坐标值；
(2)若滑块恰好能通过D 点，求轨道AB 的长度xAB；
(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB 的长度xAB的取值范围；
(4)若轨道AB 的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。
例4 一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道BC、足够长的凹槽CHID、水平直轨道
DE、螺旋圆形轨道EFP、水平直轨道PQ 和放在Q 处的竖直挡板组成，除传送带和PQ 段外各段表面
均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道DE、PQ 相切于E(P)处，螺旋圆形轨道半径R＝0.08
m。传送带的水平部分AB 长L1＝0.9 m，沿顺时针运行的速率v＝6 m/s。PQ 间距离L2＝0.25 m。凹槽
CHID 内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁CH 处，摆渡车质量M＝0.25 kg，上表面与A、B、C、
D、E、P、Q 点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的DI 侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量m＝0.25
kg 的滑块(可视作质点)向左压缩弹簧至O 点由静止释放(弹簧始终在弹性限度内，且OA>0.4 m)，弹簧
的弹力F 与滑块在OA 段运动的位移x 的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩
擦因数均为μ1＝0.5，滑块与轨道PQ 间的动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度g 取10 m/s2。求：
2
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(1)滑块滑上传送带的初速度大小vA；
(2)滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量Q；
(3)为了使滑块能碰到Q 处的挡板，求摆渡车长度s 的范围。
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。
3
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答案精析
例1 BC [根据机械能守恒定律有mgh＝1
2mv0
2，货物运动至传送带A 点的速度为v0＝2 m/s，根据牛顿第
二定律μmg＝ma，得货物在传送带上加速度大小为2 m/s2，货物与传送带共速时，有v0+at1＝v，解得t1＝1
s，此时，货物的位移为x1＝v0+ v
2
t1＝3 m，摩擦力对货物做功为W＝μmgx1＝60 J，A 错误；货物匀速运动
时间t2＝L−x1
v
＝0.5 s，则货物从A 运动到B 用时t＝t1+t2＝1.5 s，B 正确；货物与传送带的相对位移为Δx
＝vt1－x1＝1 m，由于摩擦而产生的热量为Q＝μmgΔx＝20 J，C 正确；由于运送货物，带动传送带转动的
电动机多消耗的电能为E＝Q+1
2m(v2－v0
2)＝80 J，D 错误。]
例2 (1)10 m/s (2)37.5 J
解析 (1)当物体沿传送带滑入时，设物体向下运动的加速度为a1，物体向下加速到v，所用时间为t1，物
体运动位移为x1，有
μmgcos θ+mgsin θ＝ma1
v＝v0+a1t1
x1＝v + v0
2
t1
解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，
x1＝3.75 m
由于x1<L，最大静摩擦力Ffm＝μmgcos θ＝mgsin θ，则共速后物体将与传送带一起做匀速直线运动，即物
体从传送带底端滑出时的速度大小为10 m/s。
(2)0.5 s 内物体相对传送带运动的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25 m
传送带停止后，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力
Ff＝μmgcos θ＝mgsin θ
物体匀速下滑，物体相对传送带运动的位移Δx2＝L－x1＝6.25 m
则物体与传送带间因摩擦产生的热量
Q＝μmg(Δx1+Δx2)cos θ
解得Q＝37.5 J。
例3 (1)(1.2 m，0.45 m) (2)5 m (3)xAB≥5 m 或xAB≤1.25 m
(4)见解析
解析 (1)对滑块由P 到A 的运动，根据平抛规律有vy＝v0tan θ＝3 m/s，平抛运动的竖直方向有v y
2＝2gy，
解得y＝0.45 m，运动时间t＝v y
g ＝0.3 s，则x＝v0t＝1.2 m，即弹出时位置的坐标值为(1.2 m，0.45 m)。
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(2)滑块恰好能通过D 点，在最高点有mg＝mv1
2
R
从P 到D 点，由动能定理得
mg(y+xABsin θ－2R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝1
2mv1
2－1
2mv0
2，联立解得xAB＝5 m。
(3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道
圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB＝5 m
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P 到与圆心等高的位置，由动能定理得
mg(y+xABsin θ－R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝0－1
2mv0
2，解得xAB＝1.25 m
滑块从A 点切入后不脱离轨道时AB 的长度应满足xAB≥5 m 或xAB≤1.25 m
(4)由(3)知，xAB＝3.5 m 时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则
脱轨时mgsin α＝mv2
2
R
从P 到脱轨的位置，由动能定理得
mg(y+xABsin θ－R－Rsin α)－μmgxABcos θ－μmgxBC
＝1
2mv2
2－1
2mv0
2
联立解得sin α＝0.6
即滑块在圆心以上Rsin α＝0.6 m 处脱轨。
例4 (1)4 m/s (2)0.375 J
(3)1.25 m≤s≤1.475 m
解析 (1)由题图乙得弹簧弹力做功
W1＝2 J
由W1＝1
2mv A
2
解得vA＝4 m/s
(2)假设滑块在传送带上一直匀加速，由牛顿第二定律得
a＝μ1mg
m
＝μ1g＝5 m/s2
由运动学公式得vB
2－vA
2＝2aL1
解得vB＝5 m/s<6 m/s
可知假设合理，运动时间t＝vB−v A
a
＝0.2 s，
此过程中传送带的位移x 带＝1.2 m
滑块与传送带的相对位移x 相＝x 带－L1＝0.3 m
滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量Q＝μ1mgx 相＝0.375 J
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(3)若滑块刚好过F 点，mg＝mvF
2
R
由动能定理得
mg×2R＝1
2mv E
2－1
2mv F
2
解得vE＝2 m/s
若刚好能到Q 点，
有1
2mvE'2＝μ2mgL2
解得vE'＝1 m/s
所以vE≥2 m/s
滑块在摆渡车上时，由μ1mg＝mam得滑块加速度大小am＝5 m/s2
由μ1mg＝MaM得摆渡车加速度大小aM＝5 m/s2
由vB－amt'＝aMt'＝v 共
滑块从滑上摆渡车到达到共速的过程中，解得v 共＝2.5 m/s，t'＝0.5 s
此过程滑块相对摆渡车的位移
x1＝vB+ v共
2
t'－v共
2 t'＝1.25 m
所以s≥1.25 m
摆渡车不碰到DE 侧壁停止后滑块继续匀减速，由动能定理有
－μ1mgx2＝1
2mv D
2－1
2mv共
2
vD≥2 m/s 时，滑块才能过F 点，所以x2≤0.225 m
所以s＝x1+x2≤1.475 m
即摆渡车长度的范围为1.25 m≤s≤1.475 m。
6
