2023年高考物理一轮复习13动力学和能量观点的综合应用含详解

专题13动力学和能量观点的综合应用

目录

题型一多运动组合问题.........................................................................9

题型二“传送带”模型综合问题...................................................................11

类型1水平传送带问题.....................................................................11

类型2倾斜传送带.........................................................................13

题型三“滑块一木板”模型综合问题14

题型一多运动组合问题

【解题指导】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1]（2022•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=0.8m的光滑圆弧轨道8C,轨道的上端点B和圆心。的连线与水平方向的夹角a=30。，下端点C与粗

糙水平轨道8相切，OE为倾角6=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=\kg的小滑块P（可视为质点）从空中的A点以也=巾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，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道C。滑动，经过。点（不计经过D点

时的能量损失）后沿倾斜轨道向上运动至尸点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短.已知C、。之间和。、F

之间距离都为1m,滑块与轨道CO间的动摩擦因数为〃=0.5,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力.求：

（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8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.

【例2】如图所示，竖直放置的半径为R=0.2m的螺旋圆形轨道3GEF与水平直轨道MB和8C平滑连接,

倾角为6=30。的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接.水平传送带MN以v0=4m/s的速度沿顺时针方向

运动，传送带与水平地面的高度差为八=0.8m,MN间的距离为LM,v=3.0m,小滑块P与传送带和3c段轨

道间的动摩擦因数〃=0.2,轨道其他部分均光滑.直轨道BC长。c=lm,小滑块P质量为机=1kg.重力

加速度g取10tn/s2.

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从斜面高度差厅=1.0m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；

(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”的范围.

【例3].如图所示为某轮滑比赛的场地，由斜面A3、圆弧面BCD和平台组成，斜面AB和圆弧面在8点

相切，C为圆弧面的最低点，刚好与地面相切，圆弧BC所对的圆心角a=37。，圆弧轨道半径为R,力点离

地面的高度是平台离地面高度的一半，平台离圆弧轨道D点的水平距离和平台的高度相等，轮滑运动员从

斜面上4点由静止滑下，从。点飞出后，刚好沿水平方向滑上平台，整个过程运动员视为质点，不计一切

摩擦和阻力,重力加速度为g,求：(已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,)

(2)斜面AB的长度.

【例4】.如图是小明设计的一个游戏装置.该滑道分为AM、AB,BC,CDE,EF和FG六段，其中A&

BC,CDE^\尸G轨道光滑，剩余轨道的动摩擦因数为05在M点处安装一弹簧装置，将一物块与弹簧紧贴，

释放弹簧，物块从M点处出发.游戏成功的要求：物块不会脱离CQE轨道(检测装置省略)，物块最后能平

稳地停在EF轨道处，且不会从尸G轨道中飞出.现已知物块的质量为1kg,Ri=2m,R2=\m,力点与A

点位于同一水平线，AM=1m,H=2m,L=20m,不计空气阻力及弹簧装置内部物块的位移，物块可视为

质点，g=I0m/s2.回答下列有关问题：

大小；

(2)若物块在M点处的弹性势能£i=45J,求物块在E点处对轨道的压力;

(3)求弹簧的弹性势能E与最后停止时物块到E点的距离d的关系式.

【例5】(2022•陕西西安市高考模拟猜想卷)学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，如图所

示，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF

连接，轨道CQE半径/-0.1m,轨道ABC半径为2r,A端与地面相切。现将质量机=0.2kg小滑块从水平

地面尸点以速度％=2小m/s出发并沿“e”字型轨道上滑，运动到尸点与挡板发生完全弹性相碰。已知水平

直轨道E/长为L=0.5m,小滑块与轨道后尸间的动摩擦因数"=0.5,其余阻力均不计，小滑块可视为质点。

求:

°'AP(1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力；

(2)小滑块最终停止的位置离尸点的距离；

(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足

什么条件。

题型二“传送带”模型综合问题

【解题指导】1.计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要

用Q=Rx机M或能量守恒定律.

2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量.

【核心归纳】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=AEk+AEp+Q。

(2)对W和。的理解

①传送带克服摩擦力做的功：W=Rx传；

②产生的内能：。=/戌也对。

类型1水平传送带问题

【例1】如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小

物块从A端到B端的速度一时间变化规律如图乙所示，，=6s时恰好到B点，重力加速度g取10m/s2,

则()

物块与传送带之间的动摩擦因数为g=0.2

B.A、B间距离为16m,小物块在传送带上留下的痕迹是8m

C.若物块质量m=Ikg,物块对传送带做的功为8J

D.若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端

【例2】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理

模型。竖直平面内有一倾角9=37。的直轨道AB,其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端B与传送带间

距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转

动，转轮最低点离地面的高度H=2.2mo现将一小物块放在距离传送带高八处由静止释放，假设小物块从

直轨道B端运动到达传送带上C点时，速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带

间的动摩擦因数均为〃=0.5。(sin37°=0.6,MX10m/s2)

A

D

LH

....................................-I'、'-⑴若〃=2.4m,求小物块到达B端时速度的大小；

⑵若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；

(3)改变小物块释放的高度/?,小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x

与h的关系式及h需要满足的条件。

【例3].如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于N点，圆

弧轨道半径为R质量为，"的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回

圆弧轨道，上升到最高点时距N点高度为全重力加速度为g,不计空气阻力，则以下说法错误的是()

_____①9A.传送带匀速转动的速度大小为y彗

B.经过足够长的时间，滑块最终静止于N点C.滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为》?gR

D.滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR

【例4】.(2022•浙江省杭州第二中学高三月考)如图为一水平传送带装置的示意图.传送带右端有一圆弧轨

道与传送带相切于B点，紧绷的传送带AB始终保持vo=5m/s的恒定速率运行，AB间的距离L为8m.将

一质量〃?=1kg的小物块轻轻放在传送带上距4点2m处的P点，小物块随传送带运动到B点后恰好能冲

上光滑圆弧轨道的最高点M小物块与传送带间的动摩擦因数〃=0.5,重力加速度g=10m/s2.求：

N

A4_

()"L()(1)该圆轨道的半径r；

(2卜要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M点(M点未画出),M点为圆轨道右侧上的点，该点高出B点0.25

m,且小物块在圆形轨道上运动时中途不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A点的位置范围.

类型2倾斜传送带

【例2】（多选）6月份是收割小麦的季节，如图甲所示，粮库工作人员通过传送带把小麦堆积到仓库内.其

简化模型如图乙所示，工作人员把一堆小麦轻轻地放在倾斜传送带的底端，小麦经过加速和匀速两个过程

到达传送带顶端，然后被抛出落到地上.已知传送带与地面的夹角为仇两轴心间距为L,传送带以恒定的

速度v顺时针转动，忽略空气阻力，重力加速度为g,以地面为零势能面，对于其中一颗质量为加的麦粒

尸（如图所示）的说法正确的是（）

A.在匀速阶段，其他麦粒对麦粒尸不做功

B.在传送带上运动时，其他麦粒对麦粒P做的功为;机gLsin8

C.麦粒P离开传送带后（未落地）的机械能为Sr+Z/ngLsin0

D.麦粒P克服重力做功的最大值为/ngLsin9+任竽笛

【例2】（多选）（2022•山东日照市模拟）如图所示，现将一长为L、质量为“且分布均匀的金属链条通过装有

传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为仇斜面部分光滑，链条

与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带

上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为上

时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度为上的位置由静止释放，则下列说法正确的是（假

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）

A.链条与传送带之间的动摩擦因数〃=4tan。

B.释放瞬间链条的加速度为&sin。

C.释放后，链条运动的加速度均匀增大

D.从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加

【例3】（2021•福建南平市质检）如图，传送带以v=10m/s的速度逆时针转动，一个质量〃?=1kg的物体从

传送带顶端以v0=5m/s的速度沿传送带滑入，若传送带与水平方向成6=30。角，物体与传送带间的动摩擦

因数〃=坐，传送带底端到顶端长L=10m,g取lOm/sz,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05s时，传送带突然停止，物体在传送带上滑动过程中，因与传送带间的摩

擦而产生的热量。

【例4】(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角9=30。，皮带在电动机的带动下，速率始终不变.f

=0时刻在传送带适当位置放上一具有初速度的小物块.取沿斜面向上为正方向，物块在传送带上运动的速

度随时间的变化如图乙所示.已知小物块质量机=1kg,g取lOmH,下列说法正确的是()

传送带顺时针转动，速度大小为2m/s

B.传送带与小物块之间的动摩擦因数"=平

C.。〜力时间因摩擦产生热量为27J

D.0〜/2时间内电动机多消耗的电能为28.5J

题型三“滑块一木板”模型综合问题

【解题指导】1.分析滑块与木板间的相对运动情况，确定两者间的速度关系、位移关系，注意两者速度相

等时摩擦力可能变化.

2.用公式。=杆工相对或动能定理、能量守恒求摩擦产生的热量.

【核心归纳】“滑块一木板”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，=普=答,可求出共同速度v和所用时间，，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.

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Ax.

mn

-x淅可-；

一m二二二二二二二二

X板Ax【例1】(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在f=0时刻，一小物块

以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的丫一』图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为

m=1kg,已知木板足够长，gMX10m/s2,贝lj()

23〃s

A.小物块与长木板间动摩擦因数〃=0.5

B.在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70J

C.小物块的初速度为吻=12m/s

D.0-2s与2〜3s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17：1

【例2】如图所示，水平地面上有一长L=2m、质量M=lkg的长板，其右端上方有一固定挡板.质量m

=2kg的小滑块从长板的左端以v0=6m/s的初速度向右运动，同时长板在水平拉力F作用下以v=2m/s的

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

面间的动摩擦因数川=0.4,滑块与长板间的动摩擦因数〃2=0.5,重力加速度g取10m/s2.求：

（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.

【例3】（多选）（2022•山东临沂市等级考模拟）如图所示，一倾角为0=37。的足够长斜面体固定在水平地面上,

质量为M=2kg的长木板B沿着斜面以速度w=9m/s匀速下滑，现把质量为〃?=1kg的铁块A轻轻放在长

木板B的左端，铁块最终恰好没有从长木板上滑下。己知A与B之间、B与斜面之间的动摩擦因数均为"，

最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10mH,sin37。=0.6,cos37。=0.8,则下列判断正确的

是（）

A8

A.动摩擦因数〃=0.5

B.铁块4和长木板B共速后的速度大小为6m/s

C.长木板的长度为2.25m

D.从铁块放在长木板B上，到铁块和长木板共速的过程中，铁块A和长木板B减少的机械能等于A、B之

间摩擦产生的热量

【例3】（多选）如图甲所示，长木板在粗糙的水平地面上向左运动，某时刻一质量与长木板相等的滑块（可视

为质点）水平向左以某一初速度从右端滑上木板，滑块始终在木板上且滑块的动能一位移（反一x）图像如图乙

所示.己知长木板与地面间的动摩擦因数为0.1,重力加速度大小为10m/s2,则（）

耳/J

甲乙A.小滑块和木板的质量均为0.25kg

B.小滑块与木板之间的动摩擦因数是0.6

C.小滑块滑上木板瞬间，木板的初速度大小为］m/s

D.木板长度至少耍得m,小滑块才不会冲出木板

［例4］如图，小物块A和木板B静止在光滑水平面上，CD为竖直面内一固定光滑半圆弧轨道，直径CD

竖直，C点与B上表面等高.A在水平向右的恒定拉力作用下从B的左端由静止开始向右滑动，当4的速

率为v时撤去拉力，此时B的速率为多8恰好到达C处且立即被台阶粘住不动，A进入半圆弧轨道后恰好

通过。点.已知A、B的质量分别为"?、2m,A与B间的动摩擦因数"=0.5,8的长度乙=或，g为重力加

(2)求半圆弧轨道的半径R；

(3)4从D点飞出后是落到地面上还是落到B上？为什么？

【例5］.如图所示，底部带有挡板的固定光滑斜面，倾角9=30。，上有质量为机的足够长木板4其下端

距挡板的距离为L质量也为，”的小物块B置于木板4的顶端，B与木板A之间的动摩擦因数为〃=坐.无

初速释放二者，当木板滑到斜面底端时，与底部的挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短.可认为最大静摩

擦力等于滑动摩擦力.重力加速度为g,求：

--------------0J(i)木板A与挡板第一次碰撞后沿斜面上滑的过程中物块B的加速度大小；

(2)木板A从开始到第二次与挡板碰撞过程中运动的总路程；

(3)从开始到A、B最后都静止的过程中，系统因摩擦产生的热量.

专题13动力学和能量观点的综合应用

目录

题型一多运动组合问题.........................................................................9

题型二“传送带”模型综合问题...................................................................11

类型1水平传送带问题.....................................................................11

类型2倾斜传送带.........................................................................13

题型三“滑块一木板”模型综合问题14

题型一多运动组合问题

【解题指导】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1](2022•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=0.8m的光滑圆弧轨道8C,轨道的上端点B和圆心。的连线与水平方向的夹角a=30。，下端点C与粗

糙水平轨道8相切，OE为倾角6=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=\kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以也=巾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，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。点(不计经过D点

时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至下点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短.已知C、。之间和。、F

之间距离都为1m,滑块与轨道CO间的动摩擦因数为〃=0.5,重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力.求：

(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8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小m/s(2)50N(3)6J(4)无法从8点离开，离。点0.2in(或离C点0.8m)

【解析】(1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识vo=vBsin30。得VB=2jm/s

(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+Rsin30。)

解得vc—4A/2m/s

经过C点时受轨道的支持力大小FN，

2

解得FN=5()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仄=50N

(3)设弹簧的弹性势能最大值为Ep,滑块从C到F点过程中，

根据动能定理有一，〃2

"wgL—gLsin30°—Ep=0—1wvc

代入数据可解得Ep=6J

(4)设滑块返回时能上升的高度为h,

根据动能定理有mgLsin—/imgL=nigh

30°+EP

代入数据可解得人=0.6m

因为〃<R,故无法从8点离开，又提〃叱2=〃》3

代入数据可解得x=3.2m

滑块最后静止时离D点0.2m(或禺C点0.8m).

【例2】如图所示，竖直放置的半径为R=0.2m的螺旋圆形轨道BGE厂与水平直轨道MB和8C平滑连接,

倾角为0=30。的斜面CO在C处与直轨道8c平滑连接.水平传送带MN以%=4m/s的速度沿顺时针方向

运动，传送带与水平地面的高度差为〃=0.8m,MN间的距离为LMN=3.0m,小滑块尸与传送带和BC段轨

道间的动摩擦因数〃=0.2,轨道其他部分均光滑.直轨道BC长LBC=1m,小滑块P质量为帆=1kg.重力

加速度g取10m/s2.

E州

.《奥G/'

h

(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心。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//'=1.0m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；

(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”的范围.

【答案】(l)0.4m(2)0.8m(3)0.7m<//<0.8m

【解析】(1)滑块?在圆轨道尸点对轨道的压力刚好为零，则"=0

mg(H—R)—fimgLec—O解得//=0.4m

(2)/7-=1.0m,设滑块运动到N点时的速度为次，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理

mgH'-pnig(LBc+乙欣=力加一0

解得VN—2m/s

滑块从N点做平抛运动，水平位移为

x=W\JW=0.8m

(3)设滑块尸在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为””从开始到E点应用动能定理

nigHi-fimgLBC_2mgR=^inv^—0

在E点时有mg=nr^

解得，i=0.7m

滑块滑上传送带时的速度为UM

19

mgH।一，〃3%c=力1切-0

UM=«T5m/s<4m/s

滑块做减速运动的位移为

.VM2.

L02.nITIVLMJV

因此滑块返回M点时的速度为VM-=VT6m/s,因此能第二次过E点.

设高度为42时，滑块从传送带返回〃点时的最大速度为

v—y]2/.igLMNm/s

从开始到M点应用动能定理

—/nmgLsc=%病—0

解得“2=0.8m

第二次经过E点后，当滑块再次从8点滑上圆轨道时在8点的速度为up,则有

mgH2—3fimgLBc—2mvB1-0

VB=2m/s<yflOm/s

所以滑块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差，范围是0.7m<W<0.8m.

【例3].如图所示为某轮滑比赛的场地，由斜面A反圆弧面88和平台组成，斜面AB和圆弧面在8点

相切，C为圆弧面的最低点，刚好与地面相切，圆弧BC所对的圆心角a=37。，圆弧轨道半径为R,力点离

地面的高度是平台离地面高度的一半，平台离圆弧轨道D点的水平距离和平台的高度相等，轮滑运动员从

斜面上4点由静止滑下，从。点飞出后，刚好沿水平方向滑上平台，整个过程运动员视为质点，不计一切

摩擦和阻力，重力加速度为g,求：(已知《1137。=0.6,£：。$37。=0.8,)

(2)斜面AB的长度.

……(28-15陋)R

【答案】(1)45°(2)1-----^L-L-

【解析】(1)设平台离地面的高度为d,则。点到平台的距离为d,。点与平台的高度差为设运动员运

动到。点时速度大小为v,运动员从。点飞出后，做平抛运动的逆运动，则"=可0$，1,1j=|vsin9-t,

解得<9=45°.

(2)由几何关系得Reos。，

解得d=(2-啦)R.

由(vsine)-=2gx/d,

解得丫=72(2-也)gR

设AB长为L,根据机械能守恒定律有〃zg(Lsina+R—Reosa-幼=少"，，

(28—15/次

解得L=

【例4】.如图是小明设计的一个游戏装置.该滑道分为4M、AB.BC,CDE,E尸和FG六段，其中A3、

BC,CDE和FG轨道光滑・，剩余轨道的动摩擦因数为0.5.在M点处安装一弹簧装置，将一物块与弹簧紧贴，

释放弹簧，物块从M点处出发.游戏成功的要求：物块不会脱离C£>E轨道(检测装置省略)，物块最后能平

稳地停在EF轨道处，且不会从FG轨道中飞出.现已知物块的质量为1kg,Ki=2m,/?2=1m,。点与A

点位于同一水平线，AM=lm,H=2m,L=20m,不计空气阻力及弹簧装置内部物块的位移，物块可视为

质点，g=10m/s2.回答下列有关问题：

M

,G

(1)求物块在B点时速度的最小值，并求出当8点为最小速度时，A点的速度

大小；

(2)若物块在M点处的弹性势能昌=45J,求物块在E点处对轨道的压力；

(3)求弹簧的弹性势能E与最后停止时物块到E点的距离4的关系式.【答案】⑴2小m/s2仃m/s(2)70

N,方向竖直向下(3)见解析【解析】(1)物块在C点恰好由重力提供向心力时，速度VB最小，由，咫=

"A黑1,解得VSmin=2邓m/s,

AlV

此时从A点到B点、,有J”/一解得VA=2y[\5m/s.

2

(2)由能量守恒定理可知Ei—加姆一筋解得5质=20J>1/?zvfimjn=10J.

故物块会沿着轨道下滑.由动能定理可得2团酒=；加陷一品从解得比=2小5m/s.

2

由F—mg=tr^,解得F=70N.

根据牛顿第三定律，物块在E点处对轨道的压力方向竖直向下，大小为70N.

⑶E—mgH—“mg〃招JnvBmi/,得E>35J.

从胡点到E点，由动能定理，得E-mgH-*mgLAM+2mgR1,得%〃V£2=E+15J.

因为ftmgL=100J,故对弹簧的弹性势能E进行分类讨论：

当35JWEW85J,有E+l5J=〃wg4,得E=5d—15.

当E>85J,有E+15J=〃wga—m+100J,得E=185—5d.

又因为不能飞出，故有E—85J—mg/?24)，得EW95J,

故综上所述，当35JWEW85J时，E=5d—15；当95JN£>85J时，E=185—5d.

【例5】(2022•陕西西安市高考模拟猜想卷)学校科技小组设计了“e”字型轨道竖直放置在水平面上，如图所

示，该轨道由两个光滑半圆形轨道ABC、CDE和粗糙的水平直轨道EF组成，末端与竖直的弹性挡板OF

连接，轨道COE半径r=0.lm,轨道A8C半径为2r,A端与地面相切。现将质量m=0.2kg小滑块从水平

地面P点以速度即=2小m/s出发并沿“e”字型轨道上滑，运动到尸点与挡板发生完全弹性相碰。已知水平

直轨道EF长为L=0.5m,小滑块与轨道EF间的动摩擦因数〃=0.5,其余阻力均不计，小滑块可视为质点。

求：

°'AP(1)小滑块在ABC圆轨道运动时对轨道C点的压力；

(2)小滑块最终停止的位置离F点的距离；

(3)若改变小滑块的初速度，使小滑块能停在EF轨道上，且运动过程中不脱离轨道，则小滑块的初速度满足

什么条件。

【答案】(1)2N,方向竖直向上(2)0.3m(3)/im/s<voW4m/s【解析】(1)小滑块从P到C的过程中，

根据动能定理可得一"图"=多〃逐一)而

在C点对小滑块根据牛顿第二定律可得

八十感=喏

联立解得FN=2N

根据牛顿第三定律可知小滑块对轨道的压力大小为2N,方向竖直向上。

(2)从P点到EF轨道停止过程中，根据动能定理可W-mg-2r—fimgs=0—vo

解得s=0.8m=(L+0.3)m

所以小球最终停在离F点0.3m处。

(3)小滑块刚好经过最高点C,则mg告

小滑块从P到C的过程中，根据动能定理可得

联立解得片=qrsm/s

当小滑块第一次从挡板弹回，到达小圆的圆心等高处时速度为零，小滑块从产到。的过程中，根据动能定

理可得

-mg・3r-kmg2L=0-该

解得吸=4m/s

所以小滑块的初速度范围为A/TBm/s<v()<4m/So

题型二“传送带”模型综合问题

【解题指导】1.计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩擦产生的热量要

用Q=Rx机对或能量守恒定律.

2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量.

【核心归纳】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=AEk+AEp+Q。

(2)对W和。的理解①传送带克服摩擦力做的功：W=F(x传；

②产生的内能：。=产区相对。

类型1水平传送带问题

【例1】如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端A处轻放一可视为质点的小物块，小

物块从A端到B端的速度一时间变化规律如图乙所示，，=6s时恰好到B点，重力加速度g取10m/s2,

则()

甲乙A.物块与传送带之间的动摩擦因数为p=0.2

B.A、B间距离为16m,小物块在传送带上留下的痕迹是8m

C.若物块质量切=1kg,物块对传送带做的功为8J

D.若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达B端

【答案】B

【解析】由题图乙可知，物块加速过程的加速度大小”=岩=§m/s2=lm/s2,由牛顿第二定律可知a=〃g,

联立解得〃=0.1,故A错误；由于4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4m/s,A、3间距离

^__(2+6)_1m=16m,小物块在传送带上留下的痕迹是/=4x4m一^m=8m,故B正确；物块对传送

带的摩擦力大小为卬监，加速过程传送带的位移为16m,则物块对传送带所做的功为W=-Mmgx=-

0.1x1x10x16J=-16J,故C错误；物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运

动，且加速度与加速过程的加速度大小相同，则减速过程的位移为8m,则物块可以到达8端，故D错误.

【例2】某砂场为提高运输效率，研究砂粒下滑的高度与砂粒在传送带上运动的关系，建立如图所示的物理

模型。竖直平面内有一倾角6=37。的直轨道AB,其下方右侧放置一水平传送带，直轨道末端8与传送带间

距可近似为零，但允许砂粒通过。转轮半径R=0.4m、转轴间距L=2m的传送带以恒定的线速度逆时针转

动，转轮最低点离地面的高度"=2.2m。现将一小物块放在距离传送带高〃处由静止释放，假设小物块从

直轨道B端运动到达传送带上C点时;速度大小不变，方向变为水平向右。已知小物块与直轨道和传送带

(2)若小物块落到传送带左侧地面，求h需要满足的条件；

(3)改变小物块释放的高度〃，小物块从传送带的D点水平向右抛出，求小物块落地点到D点的水平距离x

与h的关系式及h需要满足的条件。

【答案】(1)4m/s(2)/?<3.0m(3)x=21//—3(m)/?>3.6m

【解析】⑴小物块由静止释放到B的过程中，有mgsin0—pmgcos3—ma

诏=2*

解得跖=4m/so

(2)若要小物块落到传送带左侧地面，小物块到达传送带上。点前速度应为零，设小物块从距传送带高度为

加处由静止释放，到。点时速度恰好为零，则有

h\

mgh।­〃掰geos0=0

解得加=3.()m

当h<h\=3.0m时满足题中条件。

(3)当小物块从右侧抛出时，设小物块到达。点的速度为也则有

"?g〃一"〃7gcos

,1,

H+2R=%gt~,x=vt

解得x=2\Jh—3(m)

为使小物块能在。点水平向右抛出，则需满足mg<^

解得/z>3.6m»

【例3］如图所示，一固定的四分之一光滑圆弧轨道与逆时针匀速转动的水平传送带平滑连接于N点，圆

弧轨道半径为R.质量为m的小滑块自圆弧轨道最高点M由静止释放，滑块在传送带上运动一段时间后返回

圆弧轨道，上升到最高点时距N点高度为号重力加速度为g,不计空气阻力，则以下说法错误的是()

父一-？

______①0A.传送带匀速转动的速度大小为等

B.经过足够长的时间，滑块最终静止于N点

C.滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为孤gR

D.滑块第三次在传送带上运动的整个过程中产生的热量为mgR

【答案】B

［解析］设小滑块第一次滑上传送带时的速度为V1,根据机械能守恒定律可得mgR=%，的2,解得w=痂,

向右减速到零后，再反向加速，离开传送带时的速度为V2,滑块上升过程中根据机械能守恒定律可得mg］/?

2

=1/nv2,解得也=、百.因为V2<V1，所以小滑块返回时是先加速后匀速，即传送带匀速转动的速度大小

为、青，A正确；最终滑块下落到圆弧轨道底端的速度大小与传送带速度大小相等时，滑块滑上传送带

的速度和离开传送带的速度大小相等，之后一直保持这种状态来回运动，所以小滑块不会停在N点，B错

误；设滑块与传送带之间的动摩擦因数为"，小滑块第一次在传送带上做减速直线运动的时间为“=瑟=

解，相对传送带的距离为争1=萼.反向加速直线运动的时间为介=最=省i相对传送带的

位移为Mi-会，解得心2嗡滑块第一次在传送带上运动的整个过程中产生的热量均为Q=〃mg(A”

9

+AS2)，解得。=充778凡C正确；第三次滑上传送带时，速度与传送带速度大小相等，所以以后每次滑上传

送带产生的热量一定相同；滑上传送带减速宜线运动过程中经过的时间，=，2=上一，相对传送带的距离

为△5/=5+¥1=辞，返回过程相对传送带的距离为As2'=vr—方^=合，滑块第三次及以后每次在传送带上

运动的整个过程中产生的热量为e=〃mg(A“+As2')=，〃gR，D正确.

【例4】.(2022•浙江省杭州第二中学高三月考)如图为一水平传送带装置的示意图.传送带右端有一圆弧轨

道与传送带相切于B点，紧绷的传送带AB始终保持w=5m/s的恒定速率运行，AB间的距离乙为8m.将

一质量m=\kg的小物块轻轻放在传送带上距A点2m处的P点，小物块随传送带运动到B点后恰好能冲

上光滑圆弧轨道的最高点M小物块与传送带间的动摩擦因数"=0.5,重力加速度g=10m/s2.求：

N

A

()%一O()(1)该圆轨道的半径r；

(2)要使小物块能第一次滑上圆形轨道达到M点(M点未画出)，例点为圆轨道右侧上的点，该点高出B点0.25

m,且小物块在圆形轨道上运动时中途不脱离轨道，求小物块放上传送带时距离A点的位置范围.

【答案】(1)0.5m(2)7mg烂7.5m或0三区5.5m

【解析】(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a="g=5m/s2

小物块从开始运动到与传送带共速，所用的时间/=7=is

运动的位移Ax=^=2.5m<Z,-2=6m

故小物块与传送带达到相同速度后以w=5m/s的速度匀速运动到8,然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点,

故有

V/V2

由机械能守恒定律得品加2=2/"gr+加

解得r=0.5m

(2)设在距A点xi处将小物块轻放在传送带上，恰能到达圆心右侧的M点，由能量守恒定律得xi)

=mgh

代入数据解得为=7.5m

设在距A点垃处将小物块轻放在传送带上，恰能到达右侧圆心高度处，由能量守恒定律得—X2)="?gr

代入数据解得X2=7m

则能到达圆心右侧的例点，物块放在传送带上距4点的距离范围7m<x<7.5m

同理，只要过最高点N同样也能过圆心右侧的M点，由(1)可知由=8m—2.5m=5.5m

贝ij0<v<5.5m

故小物块放在传送带上距A点的距离范围7m<A<7.5m或0W烂5.5m

类型2倾斜传送带

【例2】（多选）6月份是收割小麦的季节，如图甲所示，粮库工作人员通过传送带把小麦堆积到仓库内.其

简化模型如图乙所示，工作人员把一堆小麦轻轻地放在倾斜传送带的底端，小麦经过加速和匀速两个过程

到达传送带顶端，然后被抛出落到地上.已知传送带与地面的夹角为仇两轴心间距为L,传送带以恒定的

速度v顺时针转动，忽略空气阻力，重力加速度为g,以地面为零势能面，对于其中一颗质量为加的麦粒

尸（如图所示）的说法正确的是（）

甲

运动时，其他麦粒对麦粒P做的功为品y+mgLsine

C.麦粒尸离开传送带后（未落地）的机械能为Jn^+Z/ngLsin0

D.麦粒P克服重力做功的最大值为mgLsin9+小磐

【答案】BD

【解析】选麦粒P为研究对象，在匀速阶段，根据动能定理W—WG=O,其他麦粒对麦粒P做功，A错

误；在传送带上运动时，根据动能定理W+0，WG=—wgLsin6,解得叩=51，+，”8后11优B

正确；麦粒P刚离开传送带时，机械能为后=,即心访。+5加，在抛出过程机械能守恒，则麦粒P离开传送

带后（未落地）的机械能为^M+agLsin0,C错误；麦粒P离开传送带做斜抛运动，竖直分速度为vv=vsin0,

则麦粒P上升的高度为42=20，解得人=二岁，则麦粒P克服重力做功的最大值W=mg（Lsin0+h）=

〃3sin6+侬沪，D正确.

【例2】（多选）（2022•山东日照市模拟）如图所示，现将一长为L、质量为机且分布均匀的金属链条通过装有

传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为仇斜面部分光滑，链条

与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面或者传送带

上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部分的长度为存

时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度为上的位置由静止释放，则下列说法正确的是（假

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）

L

A.链条与传送带之间的动摩擦因数"=4tan。

B.释放瞬间链条的加速度为&sin9

C.释放后，链条运动的加速度均匀增大

D.从开始到链条离开斜面的过程中，传送带对链条做的功等于链条动能的增加

【答案】AB【解析】设整个链条的总质量为加，当位于传送带部分的长度为《时，链条恰能保持静止，

则，"gsin仇解得"=4tan仇A正确；释放的瞬间，根据牛顿第二定律得〃与”gcosJ—mgsin。

=ma,解得a=；gsin，，B正确：链条从静止释放后，链条受摩擦力随着链条位于传送带部分的长度均匀增

大，则链条的加速度在增大，但不是均匀增大，C错误；从开始到链条离开斜面的过程中，根据动能定理得

W-WG^^Ek,传送带对链条做的功大于链条动能的增加，D错误。

【例3】(2021•福建南平市质检)如图，传送带以v=10m/