資源簡介

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第16講　微專題一 動力學和能量觀點的綜合應用
目錄
命題點一　多運動組合問題 1
命題點二　傳送帶模型問題 8
模型1　水平傳送帶模型 8
模型2　傾斜傳送帶模型 12
命題點一　多運動組合問題
1．抓住物理情景中出現的運動狀態和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程．
2．兩個相鄰過程連接點的速度是聯系兩過程的紐帶，也是解題的關鍵．很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口．
1．如圖為某款彈射游戲的簡化示意圖，水平軌道OAB及EF處于同一水平面上，其中AB段粗糙，長度xAB＝3R，動摩擦因數μ，其余部分均光滑，EF段足夠長。豎直平面內固定兩光滑圓弧軌道BC、CD，半徑分別為R和2R，其中R＝0.8m，BC、CD間存在縫隙，恰能使彈射小球無碰撞通過，間隙大小可忽略，圓弧BC與水平軌道AB相切于B點，E點恰好位于D點的正下方。已知彈射器的彈性勢能與彈簧形變量的平方成正比，可視為質點的彈射小球質量為m＝0.1kg，當彈簧壓縮量為Δx時，恰能運動到C處，g取10m/s2，求：
（1）壓縮量為Δx時，彈簧的彈性勢能Ep；
（2）當彈簧壓縮量增加到2Δx，小球運動到D點時對圓弧軌道CD的壓力；
（3）在（2）題條件下，調整CD弧的半徑，求落點距E點的最遠距離。
【解答】解：（1）當壓縮量為Δx時，根據功能關系可知，彈簧的彈性勢能Ep＝μmgxAB+mgR
代入數據解得：Ep＝1.6J
（2）已知彈射器的彈性勢能與彈簧形變量的平方成正比，則當彈簧壓縮量增加到2Δx，彈簧的彈性勢能Ep′＝4Ep＝4×1.6J＝6.4J
小球從開始釋放至運動到D點的過程，由動能定理得：Ep′﹣μmgxAB﹣mg 3R
在D點，對小球，由牛頓第二定律得
mg+FN＝m
由牛頓第三定律知小球運動到D點時對圓弧軌道CD的壓力大?。篎N′＝FN
代入數據解得：FN′＝3N，方向豎直向上。
（3）設CD弧的半徑為r時，小球到達D點的速度為v，落點距E點的距離為x。
小球從開始釋放至運動到D點的過程，由動能定理得：Ep′﹣μmgxAB﹣mg（R+r）
小球從D點飛出后做平拋運動，有R+r，x＝vt
聯立可得：x
當rm＝2m時，x最大值，且最大值為xmax＝0.8m
答：（1）壓縮量為Δx時，彈簧的彈性勢能Ep為1.6J。
（2）當彈簧壓縮量增加到2Δx，小球運動到D點時對圓弧軌道CD的壓力為3N，方向豎直向上；
（3）在（2）題條件下，調整CD弧的半徑，落點距E點的最遠距離為0.8m。
2．如圖為遙控玩具小車比賽軌道的示意圖，第一部分由斜面軌道AB、圓弧軌道BCD與斜面軌道DE拼接而成，圓弧BCD的圓心恰在O點，第二部分由水平軌道EF、圓形軌道FGF與特殊材料水平軌道FH組成。直線軌道與圓弧軌道平滑相切。圓軌道F處前后略有錯開，小車可從一側滑上再從另一側滑出，已知軌道AB與DE的傾角均為θ＝37°，長度均為L＝2m，軌道FGF的半徑r＝1m，玩具車在AB與DE軌道上受到的阻力為壓力的0.25，在FH軌道上受到的阻力為壓力的1.5倍。其余軌道摩擦阻力及空氣阻力均不計。已知玩具車輸出功率恒為P＝10W，電動機工作時間可調控，玩具車質量m＝1kg，可視為質點。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）玩具車以多大初速度從A點彈出，恰好能沿軌道自行上滑到C點；
（2）玩具車以恒定功率P＝10W從A點由靜止啟動，電動機至少工作多長時間才能完成完整的圓周運動；
（3）已知軌道“受力因子k”是車對軌道的壓力與車重力的比值，要求滿足在圓周內k≤9且玩具車能無動力完成完整比賽，求玩具車的停止點H與F點的可能距離。
【解答】解：（1）玩具車恰好能沿軌道自行上滑到C點時，速度剛好為0，根據動能定理得
﹣mgR﹣0.25mgcos37° L＝0
由題圖可知 Lsin37°＝Rcos37°
聯立解得 v0m/s
（2）玩具車剛好通過圓軌道最高點G時，由重力恰好提供向心力，由牛頓第二定律得：
mg＝m
從A點運動到G點的過程，由動能定理得：
Pt﹣mg 2r﹣2×0.25mgcos37° L0
聯立解得發動機工作的時間 t＝3.3s
（3）玩具車在恰好完成完整比賽的條件下，從最高點G運動到F的過程中，由機械能守恒定律得
mg 2r
在F點，對玩具車，由牛頓第二定律得 FN﹣mg＝m
解得 FN＝6mg
由牛頓第三定律知玩具車對軌道的壓力大小為 FN′＝FN＝6mg
此時受力因子 k6，符合題意。
F點運動到H點的過程，由動能定理得
﹣1.5mgxHF＝0
解得 xHFm
當k＝9時，在F點，有 9mg﹣mg＝m
F點運動到H點的過程，由動能定理得
﹣1.5mgx′HF＝0
解得 x′HFm
則有 m≤xHFm。
答：
（1）玩具車以m/s的初速度從A點彈出，恰好能沿軌道自行上滑到C點；
（2）玩具車以恒定功率P＝10W從A點由靜止啟動，電動機至少工作3.3s時間才能完成完整的圓周運動；
（3）玩具車的停止點H與F點的可能距離為m≤xHFm。
3．兒童樂園里的彈珠游戲不僅具有娛樂性還可以鍛煉兒童的眼手合一能力。某彈珠游戲可簡化成如圖所示的豎直平面內OABCD透明玻璃管道，管道的半徑較小。為研究方便建立平面直角坐標系，O點為拋物口，下方接一滿足方程yx2的光滑拋物線形狀管道OA；AB、BC是半徑相同的光滑圓弧管道，CD是動摩擦因數μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在連接處均相切。A、B、C、D的橫坐標分別為xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m。已知，彈珠質量m＝100g，直徑略小于管道內徑。E為BC管道的最高點，在D處有一反彈膜能無能量損失的反彈彈珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）若要使彈珠不與管道OA觸碰，在O點拋射速度ν0應該多大；
（2）若要使彈珠第一次到達E點時對軌道壓力等于彈珠重力的3倍，在O點拋射速度v0應該多大；
（3）游戲設置3次通過E點獲得最高分，若要獲得最高分在O點拋射速度ν0的范圍。
【解答】解：（1）由yx2得：A點坐標（1.20m，0.80m）
由平拋運動規律得：xA＝v0t，yA
代入數據，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s；
（2）由速度關系，可得 θ＝53°
求得AB、BC圓弧的半徑 R＝0.5m
第一次到達E點時，由牛頓第二定律得：
F+mg＝m，其中F＝3mg
OE過程由動能定理得：
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）
解得 v0＝2m/s；
（3）sinα0.5，α＝30°，CD與水平面的夾角也為α＝30°
設3次通過E點的速度最小值為v1．由動能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v1＝2m/s
設3次通過E點的速度最大值為v2．由動能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0
解得 v2＝6m/s
考慮2次經過E點后不從O點離開，有
﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v3＝2m/s
故 2m/s＜ν0＜2m/s
答：
（1）若要使彈珠不與管道OA觸碰，在O點拋射速度ν0應該為3m/s。
（2）若要使彈珠第一次到達E點時對軌道壓力等于彈珠重力的3倍，在O點拋射速度v0應該為2m/s；
（3）游戲設置3次通過E點獲得最高分，若要獲得最高分在O點拋射速度ν0的范圍為2m/s＜ν0＜2m/s。
4．如圖所示，在水平直軌道上豎直放置一半徑R＝1m的圓形光滑軌道和細管彎成兩個半圓組成的反“S”形光滑軌道，其半徑r＝0.05m。兩軌道最低點B、D相距L1＝4m，B、D間鋪設特殊材料，其動摩擦因數μ1＝0.2+0.2x（x表示DB上一點到B的距離）。一個質量為1kg可視為質點的小球P從傾角θ＝37°、動摩擦因數μ3＝0.8的斜面上以初動能Ek0滑下，經A點無能量損失進入長度L2＝3m、動摩擦因數為μ2＝0.2的AB直軌道，然后沖上圓形軌道。小球P釋放點到水平軌道的高度h＝3m，圓形軌道最低點B處入、出口靠近且相互錯開，不計空氣阻力。提示：可以用F﹣x圖像下的“面積”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通過圓形軌道最高點C，求小球在B點對軌道的壓力大小；
（2）調整釋放初動能Ek0，使小球P離開反“S”形軌道最高點E后第一次落到水平直軌道上離E點的水平位移大小s＝1m，求初動能Ek0的大??；
（3）調整釋放初動能Ek0，要使小球P整個運動過程中不脫離軌道，且不停在水平軌道AB段上，求Ek0的取值范圍。
【解答】解：（1）小球P恰好通過圓形軌道最高點C點，則有
解得
從C到B，根據動能定理有
解得
B點，則有
解得FN＝60N
根據牛頓第三定律，小球在B點對軌道的壓力大小為60N；
（2）根據平拋運動規律有，s＝vEt
聯立解得t＝0.2s，vE＝5m/s
BD上，有Ff＝μ1mg＝mg（0.2+0.2x）＝2+2x
則摩擦力做功為
從初始到E，則有
解得Ek0＝46.5J
（3）①恰好到A，則有
解得Ek0＝2J
所以0≤Ek0≤2J
②恰好到O點等高處，則有
解得Ek0＝18J
返回恰好到A，則有
解得Ek0＝14J
所以14J≤Ek0≤18J
③恰好過C，，則有
解得Ek0＝33J
恰好到E，則有
解得Ek0＝34J
所以33J≤Ek0≤34J
綜上，0≤Ek0≤2J或者14J≤Ek0≤18J或者33J≤Ek0≤34J
答：（1）小球在B點對軌道的壓力大小為60N；
（2）初動能Ek0的大小為46.5J；
（3）Ek0的取值范圍為0≤Ek0≤2J或者14J≤Ek0≤18J或者33J≤Ek0≤34J。
命題點二　傳送帶模型問題
傳送帶問題的分析流程和技巧
1．分析流程
2．相對位移
一對相互作用的滑動摩擦力做功所產生的熱量Q＝Ff·x相對，其中x相對是物體間相對路徑長度．如果兩物體同向運動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運動，x相對為兩物體對地位移大小之和．
3．功能關系
(1)功能關系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)對WF和Q的理解：
①傳送帶的功：WF＝Fx傳；
②產生的內能Q＝Ff·x相對．
模型1　水平傳送帶模型
5．如圖所示，水平傳送帶AB，長為L＝2m，其左端B點與半徑R＝0.5的半圓形豎直軌道BCD平滑連接，其右端A點與光滑長直水平軌道平滑連接。軌道BCD最高點D與水平細圓管道DE平滑連接。管道DE與豎直放置的內壁光滑的圓筒上邊緣接觸，且DE延長線恰好延圓筒的直徑方向。已知水平傳送帶AB以v＝6m/s的速度逆時針勻速運行，圓筒半徑r＝0.05m、高度h＝0.2m。質量m＝0.5kg、可視為質點的小滑塊，從P點處以初速度v0向左運動，與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.6，與其它軌道間的摩擦以及空氣阻力均忽略不計，不計管道DE的粗細。
（1）若小滑塊恰好能通過半圓形軌道最高點D，求滑塊經過半圓形軌道B點時對軌道的壓力大小FN；
（2）若小滑塊恰好能通過半圓形軌道最高點D，求滑塊的初速度v0；
（3）若小滑塊能從D點水平滑入管道DE，并從E點水平離開DE后與圓筒內壁至少發生6次彈性碰撞，求滑塊的初速度v0的范圍。
【解答】解：（1）小滑塊恰好能通過最高點D處，則在最高點重力提供向心力，軌道對小滑塊無壓力，即
小滑塊從B點向D點運動過程中根據動能定理
﹣mg 2Rmm
代入數據解得vB＝5m/s
在最低點B點，有
聯立以上各式，根據牛頓第三定律可知，滑塊經過半圓形軌道B點時對軌道的壓力大小為FN＝F'N＝30N
（2）根據（1）中vB＝5m/s＜6m/s，則小滑塊在傳送帶上一直保持勻加速直線運動。則根據動能定理
代入數據解得v0＝1m/s
（3）設小滑塊與圓筒內壁剛好發生6次彈性碰撞，小滑塊在豎直方向做自由落體運動，水平方向速度大小不變，則有
代入數據解得t＝0.2s
水平方向上
代入數據解得v'D＝3m/s
從B到D過程，根據動能定理可得
代入數據解得
在傳送帶上，根據動能定理可得
代入數據解得
故為了保證小滑塊與圓筒內壁至少發生6次彈性碰撞，滑塊的初速度v0的范圍為
答：（1）滑塊經過半圓形軌道B點時對軌道的壓力大小FN為30N；
（2）滑塊的初速度v0為1m/s；
（3）滑塊的初速度v0的范圍為。
6．如圖所示，豎直放置的半徑為R＝0.2m的螺旋圓形軌道BGEF與水平直軌道MB和BC平滑連接，傾角為θ＝30°的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接。水平傳送帶MN以v0＝4m/s的速度順時針方向運動，傳送帶與水平地面的高度差為h＝0.8m，MN間的距離為LMN＝3.0m，小滑塊P與傳送帶和BC段軌道間的摩擦因數μ＝0.2，軌道其他部分均光滑。直軌道BC長LBC＝1m，小滑塊P質量為m＝1kg。
（1）若滑塊P第一次到達圓軌道圓心O等高的F點時，對軌道的壓力剛好為零，求滑塊P從斜面靜止下滑處與BC軌道高度差H；
（2）若滑塊P從斜面高度差H＝1.0m處靜止下滑，求滑塊從N點平拋后到落地過程的水平位移；
（3）滑塊P在運動過程中能二次經過圓軌道最高點E點，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差H范圍。
【解答】（1）滑塊P在圓軌道F點的壓力剛好為零，則vF＝0，
由動能定理得：mg（H﹣R）﹣μmgLBC＝0
解得：H＝μLBC+R＝0.2×1m+0.2m＝0.4m
（2）H＝1.0m，滑塊運動到N點時的速度為vN
從開始到N點應用動能定理
解得vN＝2m/s
從N點滑塊做平拋運動，水平位移為x＝vN2m＝0.8m
（3）滑塊P在運動過程中恰好能第一次經過E點必須具有的高度為H1
從開始到E點應用動能定理
在E點時有
解得H1＝0.7m
滑塊滑上傳送帶時的速度為vM，，
滑塊做減速運動的位移為
因此滑塊返回M點時的速度也為，因此第二次過E點．
設高度為H2時，滑塊從傳送帶返回M點時的最大速度為vm/sm/s
從開始到M點應用動能定理
解得H2＝0.8m
二次經過E點后，當滑塊再次返回圓軌道B點時速度為vB，，，所以不會第三次過E點
能二次經過E點的高度H范圍是0.7m≤H≤0.8m
答：（1）若滑塊P第一次到達圓軌道圓心O等高的F點時，對軌道的壓力剛好為零，則滑塊P從斜面靜止下滑處與BC軌道高度差H為0.4m；
（2）若滑塊P從斜面高度差H＝1.0m處靜止下滑，滑塊從N點平拋后到落地過程的水平位移為0.8m；
（3）滑塊P在運動過程中能二次經過圓軌道最高點E點，滑塊P從斜面靜止下滑的高度差H范圍是0.7m≤H≤0.8m。
7．國家快遞大數據平臺實時監測數據顯示，截至2021年12月8日9時03分，我國快遞年業務量首次突破千億級別，已連續8年穩居世界第一。如圖甲所示是某快遞點分揀快遞裝置的部分簡化示意圖，可視為質點的質量m＝1kg某快遞從傾角為θ＝53°的斜面頂端A點靜止釋放，沿斜面AB下滑，進入水平傳送帶BC傳送，最后能從末端C點水平拋出，落到水平地面后靜止，斜面與傳送帶之間由一小段不計長度的光滑圓弧連接。已知斜面AB長L1＝2m，水平傳送帶BC長L2＝1m，傳送帶上表面距水平地面h＝0.6m，該快遞與斜面間動摩擦因數μ1，與傳動帶間動摩擦因數μ2，傳送帶以大小為v1＝2m/s的速度順時針轉動，不考慮傳送帶滑輪大小，g取10m/s2。求：
（1）快遞剛滑上傳送帶時速度vB的大小；
（2）快遞與地面碰撞過程中受到地面對它的平均作用力大小F。（已知快遞與地面的作用時間為Δt＝0.01s，且碰撞過程不計快遞重力）
【解答】解：（1）快遞從A點到B點的過程，由動能定理有
mgL1sin53°﹣μ1mgcos53° L1
解得vB＝4m/s
（2）因為vB＞v1，所以快遞滑上傳送帶后先減速，假設快遞可以在傳送帶上減速至v1。
快遞減速的加速度大小為aμ2g
由運動學公式有v12﹣vB2＝﹣2ax
可得x＝0.8m＜L2＝1m
假設正確，故快遞先減速后勻速，快遞離開傳送帶時速度大小等于v1。
設快遞落地時速度為v，對快遞的平拋過程，由動能定理得
mgh
解得快遞落地時速度大小v＝4m/s
以快遞為研究對象，取落地前速度方向為正方向，由動量定理得
﹣F Δt＝0﹣mv
解得F＝400N
答：（1）快遞剛滑上傳送帶時速度vB的大小為4m/s。
（2）快遞與地面碰撞過程中受到地面對它的平均作用力大小F為400N。
模型2　傾斜傳送帶模型
8．如圖1所示，光滑的六分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端通過光滑軌道與一傾斜傳送帶連接，傾斜傳送帶的傾角為37°，小物塊b靜止于Q點，一質量為ma＝1kg的小物塊a從圓弧軌道最高點P以初速度沿圓弧軌道運動，到最低點Q時與另一質量為mb＝3kg的小物塊b發生彈性正碰（碰撞時間極短）。碰撞后兩物塊的速率均為2m/s，且碰撞后小物塊b沿傳送帶方向運動，物塊b通過光滑軌道滑上傳送帶時無能量損失。已知圓弧軌道半徑為R＝0.8m，傳送帶順時針勻速轉動，物塊b在傳送帶上運動時，物塊b相對傳送帶的速度v如圖2所示，規定沿傳送帶向下為正方向，重力加速度取10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬時小物塊a的速度大??；
（2）碰撞后小物塊a能上升的最大高度及在最高點對圓弧軌道的壓力大?。?br/>（3）物塊b與傳送帶間的摩擦因數及傳送帶的長度。
【解答】解：（1）對小物塊a由P到Q的過程，由動能定理得
代入數據解得：va＝4m/s
（2）由題意可知，碰撞后物塊a和物塊b的速率均為2m/s，且由動量守恒可知，物塊a碰后的速度方向向左。設碰撞后小物塊a能上升的最大高度為h，由動能定理得：
代入數據解得：h＝0.2m
設小物塊a上升到最大高度處與O點連線與豎直方向的夾角為θ，由幾何關系可知
在最高點由平衡條件可得FN﹣magcosθ＝0
聯立解得FN＝7.5N
由牛頓第三定律知，小物塊a在最高點對圓弧軌道的壓力大小為7.5N。
（3）由題意可知，傳送帶的速度大小為10m/s，則有
且t1+t2＝1.9s
小物塊b在傳送帶上運動時，由牛頓第二定律可得
mbgsin37°+μmbgcos37°＝mba1
mbgsin37°﹣μmbgcos37°＝mba2
聯立解得t1＝0.8s，t2＝1.1s，μ＝0.5
對第一階段小物塊b有
同理第二階段有
傳送帶的長度x＝x1+x2
聯立解得：x＝17.01m
答：（1）碰撞前瞬時小物塊a的速度大小為4m/s；
（2）碰撞后小物塊a能上升的最大高度為0.2m，在最高點對圓弧軌道的壓力大小為7.5N；
（3）物塊b與傳送帶間的摩擦因數及傳送帶的長度分別為0.5，17.01m。
9．如圖甲所示為某機場的行李自動運輸系統，可以將其簡化為如圖乙所示，運輸系統由電動機帶動傳送帶運轉，傳送帶由長度L1＝100m的水平傳送帶AB和長度L2＝70m、傾角為37°的傾斜傳送帶CD組成，兩個傳送帶之間由很短的一段圓弧連接。兩個傳送帶都沿順時針方向轉動，速度大小分別為4m/s和6m/s，每隔1s將一個貨箱從A點無初速度放在傳送帶上，所有貨箱的質量均為m＝20kg且可視為質點，貨箱與水平傳送帶間的動摩擦因數μ1＝0.1，與傾斜傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.875，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）每個貨箱從A點到B點的時間和從C點到D點的時間；
（2）傳送一個貨箱多消耗的電能；
（3）傳送帶連續穩定工作24小時，傳送帶因運送貨箱而多消耗的電能（用科學計數法保留一位有效數字）。
【解答】解：（1）貨箱剛放上水平傳送帶時，對其受力分析，由牛頓第二定律得：μ1mg＝ma1
代入數據解得：a1＝1m/s2
貨箱達到與傳動帶共速時的位移為x1m＝8m＜L1
加速時間t1s＝4s
在水平傳送帶上勻速運動的時間t2s＝23s
每個貨箱從A點到B點的時間tAB＝t1+t2＝4s+23s＝27s
貨箱剛滑到傾斜傳送帶上時，對其受力分析，由牛頓第二定律得：μ2mgcos37°﹣mgsin37°＝ma2
代入數據解得：a2＝1m/s2
貨箱在傾斜傳送帶上加速位移為x2m＝10m＜L2
加速時間t3s＝2s
在傾斜傳送帶上勻速運動的時間t4s＝10s
每個貨箱從C點到D點的時間tCD＝t3+t4＝2s+10s＝12s
（2）把一個貨箱從A點傳送到D點，需要多消耗的電能Emv傳22+mgL2sin37°+μ1mg（v傳1t1﹣x1）+μ1mgcos37°（v傳2t3﹣x2）
代入數據解得：E＝9200J
（3）24小時內傳送的貨箱個數為n＝24×60×60個＝86400個
傳送帶因運送貨箱而多消耗的電能E總＝nE＝86400×9200J＝8×108J
答：（1）每個貨箱從A點到B點的時間為27s，從C點到D點的時間為12s；
（2）傳送一個貨箱多消耗的電能為9200J；
（3）傳送帶連續穩定工作24小時，傳送帶因運送貨箱而多消耗的電能為8×108J。
10．如圖所示，AB為豎直光滑圓弧的直徑，其半徑R＝0.9m，A端沿水平方向。水平軌道BC與半徑r＝0.5m的光滑圓弧軌道CDE相接于C點，D為圓軌道的最低點，圓弧軌道CD、DE對應的圓心角θ＝37°。圓弧和傾斜傳送帶EF相切于E點，EF的長度為l＝10m。一質量為m＝1kg的物塊（視為質點）從水平軌道上某點以某一速度沖上豎直圓軌道，并從A點飛出，經過C點恰好沿切線進入圓弧軌道，再經過E點，隨后物塊滑上傳送帶EF。已知物塊經過E點時速度大小與經過C點時速度大小相等，物塊與傳送帶EF間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物塊從A點飛出的速度大小v0；
（2）物塊到達C點時對C點的壓力大小FNC；
（3）若物塊能被送到F端，則傳送帶順時針運轉的速度應滿足的條件及物塊從E端到F端所用時間的范圍。
【解答】解：（1）小球從A點到C點做平拋運動，設AB距離為h，則：
h＝2R
豎直方向有：
2gh
代入數據解得：vy＝6m/s
在C點，有
tan37°
代入數據解得：v0＝8m/s
在A點，對物塊根據牛頓第二定律得：
mg+FNA＝m
解得FNAN
（2）物塊到達C點時速度大?。?br/>vC
代入數據解得：vC＝10m/s
在C點，對物塊，根據牛頓第二定律可得：
FN﹣mgcos37°＝m
代入數據解得：FN＝208N
由牛頓第三定律知，物塊對C點的壓力大小FNC＝FN＝208N
（3）已知vE＝vC＝10m/s，設傳送帶的速度為v，物塊剛滑上傳送帶時，若物塊的速度大于傳送帶的速度，物塊的加速度大小為a1，
根據牛頓第二定律可得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
代入數據解得：a1＝12m/s2
物塊速度減至傳送帶速度所需時間為：
t1
通過的位移為x1
達到相同速度后，由于mgsinθ＝μmgcosθ，故物體繼續向上做勻速直線運動
當到達F點時，則
x2＝vt2
x1+x2＝l
代入數據解得：v＝5m/s，t1＝0.5s，t2＝2.5s
上滑所需要的最大時間為：
tmax＝t1+t2
代入數據解得tmax＝3s
若傳送帶的速度始終大于向上滑動的速度，則物塊在傳送帶上一直以加速度a2向上做減速運動，則
l＝vEtmina2
代入數據解得：tmin＝（5）s
故傳送帶順時針運轉的速度滿足條件為：
v傳≥5m/s
物塊從E端到F端所用時間的范圍為：
（5）s≤t≤3s
答：（1）物塊從A點飛出的速度大小v0為8m/s，在A點受到的壓力大小FNA為N。
（2）物塊到達C點時的速度大小vC為10m/s，對C點的壓力大小FNC為208N。
（3）若物塊能被送到F端，則傳送帶順時針運轉的速度應滿足的條件為v傳≥5m/s，物塊從E2端到F端所用時間的范圍為（5）s≤t≤3s。
11．近期，“新冠肺炎”使得口罩需求量大增。圖甲為某口罩生產車間實景圖，圖乙為車間中兩段傳送帶截面圖，1為長度L1＝2m的水平傳送帶，2為長度L2＝1m、傾角θ＝30°的傾斜傳送帶?，F將質量m＝0.2kg的口罩盒（包括口罩）從靜止開始輕輕地放在傳送帶1的右端點a，到達b處剛好與傳送帶1的速度相等?？谡趾信c傳送帶1、2之間的動摩擦因數分別為μ1＝0.4，μ2＝0.5。口罩盒在連接點b處速度大小不變從水平滑上斜面，兩傳送帶均做逆時針轉動。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）傳送帶1的速度v1的大?。?br/>（2）若傳送帶2不轉動，則口罩盒（包括口罩）沿傳送帶2向上滑動的最遠距離；
（3）要使口罩盒能夠運送至c點，則傳送帶2的最小速度大小。
【解答】解：（1）口罩盒（包括口罩）放上傳送帶1后一直做勻加速直線運動，根據牛頓第二定律，有
μ1mg＝ma
根據運動學公式，有
代入數據解得v1＝4m/s
（2）若傳送帶2不轉動，則口罩盒（包括口罩）向上運動的加速度一直不變，根據牛頓第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
根據運動學公式，有
代入數據解得x＝0.8m
（3）由（2）分析可知，若傳送帶2不轉動，口罩盒（包括口罩）向上運動的位移x＝0.8m＜L2，口罩盒（包括口罩）無法運動到c點。
設傳送帶2的速度為v時，恰好能將口罩盒運送至c點；口罩盒在傳送帶2上先做加速度為a1的勻減速直線運動，當速度與傳送帶速度相等時，改做a2的勻減速直線運動，到達c點時速度恰好為零。
根據牛頓第二定律有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由逆向思維法，有
且s1+s2＝L2
代入數據解得v＝1m/s
答：（1）傳送帶1的速度v1的大小為4m/s；
（2）若傳送帶2不轉動，則口罩盒（包括口罩）沿傳送帶2向上滑動的最遠距離為0.8m；
（3）要使口罩盒能夠運送至c點，則傳送帶2的最小速度大小為1m/s。
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第16講　微專題一 動力學和能量觀點的綜合應用
目錄
命題點一　多運動組合問題 1
命題點二　傳送帶模型問題 4
模型1　水平傳送帶模型 5
模型2　傾斜傳送帶模型 7
命題點一　多運動組合問題
1．抓住物理情景中出現的運動狀態和運動過程，將物理過程分解成幾個簡單的子過程．
2．兩個相鄰過程連接點的速度是聯系兩過程的紐帶，也是解題的關鍵．很多情況下平拋運動的末速度的方向是解題的重要突破口．
1．如圖為某款彈射游戲的簡化示意圖，水平軌道OAB及EF處于同一水平面上，其中AB段粗糙，長度xAB＝3R，動摩擦因數μ，其余部分均光滑，EF段足夠長。豎直平面內固定兩光滑圓弧軌道BC、CD，半徑分別為R和2R，其中R＝0.8m，BC、CD間存在縫隙，恰能使彈射小球無碰撞通過，間隙大小可忽略，圓弧BC與水平軌道AB相切于B點，E點恰好位于D點的正下方。已知彈射器的彈性勢能與彈簧形變量的平方成正比，可視為質點的彈射小球質量為m＝0.1kg，當彈簧壓縮量為Δx時，恰能運動到C處，g取10m/s2，求：
（1）壓縮量為Δx時，彈簧的彈性勢能Ep；
（2）當彈簧壓縮量增加到2Δx，小球運動到D點時對圓弧軌道CD的壓力；
（3）在（2）題條件下，調整CD弧的半徑，求落點距E點的最遠距離。
2．如圖為遙控玩具小車比賽軌道的示意圖，第一部分由斜面軌道AB、圓弧軌道BCD與斜面軌道DE拼接而成，圓弧BCD的圓心恰在O點，第二部分由水平軌道EF、圓形軌道FGF與特殊材料水平軌道FH組成。直線軌道與圓弧軌道平滑相切。圓軌道F處前后略有錯開，小車可從一側滑上再從另一側滑出，已知軌道AB與DE的傾角均為θ＝37°，長度均為L＝2m，軌道FGF的半徑r＝1m，玩具車在AB與DE軌道上受到的阻力為壓力的0.25，在FH軌道上受到的阻力為壓力的1.5倍。其余軌道摩擦阻力及空氣阻力均不計。已知玩具車輸出功率恒為P＝10W，電動機工作時間可調控，玩具車質量m＝1kg，可視為質點。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）玩具車以多大初速度從A點彈出，恰好能沿軌道自行上滑到C點；
（2）玩具車以恒定功率P＝10W從A點由靜止啟動，電動機至少工作多長時間才能完成完整的圓周運動；
（3）已知軌道“受力因子k”是車對軌道的壓力與車重力的比值，要求滿足在圓周內k≤9且玩具車能無動力完成完整比賽，求玩具車的停止點H與F點的可能距離。
3．兒童樂園里的彈珠游戲不僅具有娛樂性還可以鍛煉兒童的眼手合一能力。某彈珠游戲可簡化成如圖所示的豎直平面內OABCD透明玻璃管道，管道的半徑較小。為研究方便建立平面直角坐標系，O點為拋物口，下方接一滿足方程yx2的光滑拋物線形狀管道OA；AB、BC是半徑相同的光滑圓弧管道，CD是動摩擦因數μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在連接處均相切。A、B、C、D的橫坐標分別為xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m。已知，彈珠質量m＝100g，直徑略小于管道內徑。E為BC管道的最高點，在D處有一反彈膜能無能量損失的反彈彈珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）若要使彈珠不與管道OA觸碰，在O點拋射速度ν0應該多大；
（2）若要使彈珠第一次到達E點時對軌道壓力等于彈珠重力的3倍，在O點拋射速度v0應該多大；
（3）游戲設置3次通過E點獲得最高分，若要獲得最高分在O點拋射速度ν0的范圍。
4．如圖所示，在水平直軌道上豎直放置一半徑R＝1m的圓形光滑軌道和細管彎成兩個半圓組成的反“S”形光滑軌道，其半徑r＝0.05m。兩軌道最低點B、D相距L1＝4m，B、D間鋪設特殊材料，其動摩擦因數μ1＝0.2+0.2x（x表示DB上一點到B的距離）。一個質量為1kg可視為質點的小球P從傾角θ＝37°、動摩擦因數μ3＝0.8的斜面上以初動能Ek0滑下，經A點無能量損失進入長度L2＝3m、動摩擦因數為μ2＝0.2的AB直軌道，然后沖上圓形軌道。小球P釋放點到水平軌道的高度h＝3m，圓形軌道最低點B處入、出口靠近且相互錯開，不計空氣阻力。提示：可以用F﹣x圖像下的“面積”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通過圓形軌道最高點C，求小球在B點對軌道的壓力大小；
（2）調整釋放初動能Ek0，使小球P離開反“S”形軌道最高點E后第一次落到水平直軌道上離E點的水平位移大小s＝1m，求初動能Ek0的大小；
（3）調整釋放初動能Ek0，要使小球P整個運動過程中不脫離軌道，且不停在水平軌道AB段上，求Ek0的取值范圍。
命題點二　傳送帶模型問題
傳送帶問題的分析流程和技巧
1．分析流程
2．相對位移
一對相互作用的滑動摩擦力做功所產生的熱量Q＝Ff·x相對，其中x相對是物體間相對路徑長度．如果兩物體同向運動，x相對為兩物體對地位移大小之差；如果兩物體反向運動，x相對為兩物體對地位移大小之和．
3．功能關系
(1)功能關系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)對WF和Q的理解：
①傳送帶的功：WF＝Fx傳；
②產生的內能Q＝Ff·x相對．
模型1　水平傳送帶模型
5．如圖所示，水平傳送帶AB，長為L＝2m，其左端B點與半徑R＝0.5的半圓形豎直軌道BCD平滑連接，其右端A點與光滑長直水平軌道平滑連接。軌道BCD最高點D與水平細圓管道DE平滑連接。管道DE與豎直放置的內壁光滑的圓筒上邊緣接觸，且DE延長線恰好延圓筒的直徑方向。已知水平傳送帶AB以v＝6m/s的速度逆時針勻速運行，圓筒半徑r＝0.05m、高度h＝0.2m。質量m＝0.5kg、可視為質點的小滑塊，從P點處以初速度v0向左運動，與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.6，與其它軌道間的摩擦以及空氣阻力均忽略不計，不計管道DE的粗細。
（1）若小滑塊恰好能通過半圓形軌道最高點D，求滑塊經過半圓形軌道B點時對軌道的壓力大小FN；
（2）若小滑塊恰好能通過半圓形軌道最高點D，求滑塊的初速度v0；
（3）若小滑塊能從D點水平滑入管道DE，并從E點水平離開DE后與圓筒內壁至少發生6次彈性碰撞，求滑塊的初速度v0的范圍。
6．如圖所示，豎直放置的半徑為R＝0.2m的螺旋圓形軌道BGEF與水平直軌道MB和BC平滑連接，傾角為θ＝30°的斜面CD在C處與直軌道BC平滑連接。水平傳送帶MN以v0＝4m/s的速度順時針方向運動，傳送帶與水平地面的高度差為h＝0.8m，MN間的距離為LMN＝3.0m，小滑塊P與傳送帶和BC段軌道間的摩擦因數μ＝0.2，軌道其他部分均光滑。直軌道BC長LBC＝1m，小滑塊P質量為m＝1kg。
（1）若滑塊P第一次到達圓軌道圓心O等高的F點時，對軌道的壓力剛好為零，求滑塊P從斜面靜止下滑處與BC軌道高度差H；
（2）若滑塊P從斜面高度差H＝1.0m處靜止下滑，求滑塊從N點平拋后到落地過程的水平位移；
（3）滑塊P在運動過程中能二次經過圓軌道最高點E點，求滑塊P從斜面靜止下滑的高度差H范圍。
7．國家快遞大數據平臺實時監測數據顯示，截至2021年12月8日9時03分，我國快遞年業務量首次突破千億級別，已連續8年穩居世界第一。如圖甲所示是某快遞點分揀快遞裝置的部分簡化示意圖，可視為質點的質量m＝1kg某快遞從傾角為θ＝53°的斜面頂端A點靜止釋放，沿斜面AB下滑，進入水平傳送帶BC傳送，最后能從末端C點水平拋出，落到水平地面后靜止，斜面與傳送帶之間由一小段不計長度的光滑圓弧連接。已知斜面AB長L1＝2m，水平傳送帶BC長L2＝1m，傳送帶上表面距水平地面h＝0.6m，該快遞與斜面間動摩擦因數μ1，與傳動帶間動摩擦因數μ2，傳送帶以大小為v1＝2m/s的速度順時針轉動，不考慮傳送帶滑輪大小，g取10m/s2。求：
（1）快遞剛滑上傳送帶時速度vB的大小；
（2）快遞與地面碰撞過程中受到地面對它的平均作用力大小F。（已知快遞與地面的作用時間為Δt＝0.01s，且碰撞過程不計快遞重力）
模型2　傾斜傳送帶模型
8．如圖1所示，光滑的六分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端通過光滑軌道與一傾斜傳送帶連接，傾斜傳送帶的傾角為37°，小物塊b靜止于Q點，一質量為ma＝1kg的小物塊a從圓弧軌道最高點P以初速度沿圓弧軌道運動，到最低點Q時與另一質量為mb＝3kg的小物塊b發生彈性正碰（碰撞時間極短）。碰撞后兩物塊的速率均為2m/s，且碰撞后小物塊b沿傳送帶方向運動，物塊b通過光滑軌道滑上傳送帶時無能量損失。已知圓弧軌道半徑為R＝0.8m，傳送帶順時針勻速轉動，物塊b在傳送帶上運動時，物塊b相對傳送帶的速度v如圖2所示，規定沿傳送帶向下為正方向，重力加速度取10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬時小物塊a的速度大?。?br/>（2）碰撞后小物塊a能上升的最大高度及在最高點對圓弧軌道的壓力大小；
（3）物塊b與傳送帶間的摩擦因數及傳送帶的長度。
9．如圖甲所示為某機場的行李自動運輸系統，可以將其簡化為如圖乙所示，運輸系統由電動機帶動傳送帶運轉，傳送帶由長度L1＝100m的水平傳送帶AB和長度L2＝70m、傾角為37°的傾斜傳送帶CD組成，兩個傳送帶之間由很短的一段圓弧連接。兩個傳送帶都沿順時針方向轉動，速度大小分別為4m/s和6m/s，每隔1s將一個貨箱從A點無初速度放在傳送帶上，所有貨箱的質量均為m＝20kg且可視為質點，貨箱與水平傳送帶間的動摩擦因數μ1＝0.1，與傾斜傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.875，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）每個貨箱從A點到B點的時間和從C點到D點的時間；
（2）傳送一個貨箱多消耗的電能；
（3）傳送帶連續穩定工作24小時，傳送帶因運送貨箱而多消耗的電能（用科學計數法保留一位有效數字）。
10．如圖所示，AB為豎直光滑圓弧的直徑，其半徑R＝0.9m，A端沿水平方向。水平軌道BC與半徑r＝0.5m的光滑圓弧軌道CDE相接于C點，D為圓軌道的最低點，圓弧軌道CD、DE對應的圓心角θ＝37°。圓弧和傾斜傳送帶EF相切于E點，EF的長度為l＝10m。一質量為m＝1kg的物塊（視為質點）從水平軌道上某點以某一速度沖上豎直圓軌道，并從A點飛出，經過C點恰好沿切線進入圓弧軌道，再經過E點，隨后物塊滑上傳送帶EF。已知物塊經過E點時速度大小與經過C點時速度大小相等，物塊與傳送帶EF間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物塊從A點飛出的速度大小v0；
（2）物塊到達C點時對C點的壓力大小FNC；
（3）若物塊能被送到F端，則傳送帶順時針運轉的速度應滿足的條件及物塊從E端到F端所用時間的范圍。
11．近期，“新冠肺炎”使得口罩需求量大增。圖甲為某口罩生產車間實景圖，圖乙為車間中兩段傳送帶截面圖，1為長度L1＝2m的水平傳送帶，2為長度L2＝1m、傾角θ＝30°的傾斜傳送帶。現將質量m＝0.2kg的口罩盒（包括口罩）從靜止開始輕輕地放在傳送帶1的右端點a，到達b處剛好與傳送帶1的速度相等?？谡趾信c傳送帶1、2之間的動摩擦因數分別為μ1＝0.4，μ2＝0.5。口罩盒在連接點b處速度大小不變從水平滑上斜面，兩傳送帶均做逆時針轉動。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）傳送帶1的速度v1的大??；
（2）若傳送帶2不轉動，則口罩盒（包括口罩）沿傳送帶2向上滑動的最遠距離；
（3）要使口罩盒能夠運送至c點，則傳送帶2的最小速度大小。
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