資源簡介

專題強化十　動力學和能量觀點的綜合應用
學習目標　1.會用動力學的觀點分析“傳送帶”和“板塊”模型的運動情況。 2.會用能量觀點求解摩擦產生的熱量等綜合問題。 3.會利用動力學和能量觀點分析多運動組合問題。
模型一　“傳送帶”模型
1.傳送帶問題的分析方法
(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。
2.功能關系分析
(1)傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳，也是電動機因傳送帶傳送物體而多做的功。
(2)系統產生的內能：Q＝Ffx相對。
(3)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被傳送物體動能的增加量，ΔEp表示被傳送物體重力勢能的增加量。
角度　水平傳送帶模型
例1 (多選)在工廠中，經常用傳送帶傳送貨物。如圖1所示，質量m＝10 kg的貨物(可視為質點)從高h＝0.2 m的軌道上P點由靜止開始下滑，貨物和軌道之間的阻力可忽略不計，貨物滑到水平傳送帶上的A點，貨物在軌道和傳送帶連接處能量損失不計，貨物和傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，傳送帶AB兩點之間的距離L＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度順時針勻速運動，取重力加速度g＝10 m/s2。裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計軸處的摩擦。貨物從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的有(　　)
圖1
A.摩擦力對貨物做功為50 J
B.貨物從A運動到B用時1.5 s
C.由于摩擦而產生的熱量為20 J
D.運送貨物過程中，電動機輸出的電能為60 J
答案　BC
解析　根據機械能守恒定律有mgh＝mv，貨物運動至傳送帶的速度為v0＝2 m/s，根據牛頓第二定律μmg＝ma，貨物與傳送帶共速時，有v0＋at1＝v，解得t1＝1 s，此時，貨物的位移為x1＝t1＝3 m，摩擦力對貨物做功為W＝μmgx1＝60 J，A錯誤；貨物勻速運動時間為t2＝＝0.5 s，則貨物從A運動到B用時t＝t1＋t2＝1.5 s，B正確；貨物與傳送帶的相對位移為Δx＝vt1－x1＝1 m，由于摩擦而產生的熱量為Q＝μmgΔx＝20 J，C正確；運送貨物過程中，電動機輸出的電能為E＝Q＋m(v2－v)＝80 J，D錯誤。
角度　傾斜傳送帶模型
例2 如圖2，傳送帶以v＝10 m/s的速度逆時針轉動，一個質量m＝1 kg的物體從傳送帶頂端以v0＝5 m/s的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成θ＝30°角，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝，傳送帶底端到頂端長L＝10 m，g取10 m/s2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。求：
圖2
(1)物體從傳送帶底端滑出時的速度大?。?br/>(2)若在物體滑入傳送帶運動了0.5 s時，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動過程中，因與傳送帶間摩擦而產生的熱量。
答案　(1)10 m/s　(2)37.5 J
解析　(1)當物體沿傳送帶滑入時，設物體向下運動的加速度為a1，物體向下加速到v，所用時間為t1，
物體運動位移為x1，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1
v＝v0＋a1t1
x1＝t1
解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝3.75 m
由于x1＜L，最大靜摩擦力Ffm＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，則共速后物體將與傳送帶一起做勻速直線運動，即物體從傳送帶底端滑出時的速度大小為10 m/s。
(2)0.5 s內物體相對傳送帶運動的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25 m
傳送帶停止后，物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30°
物體勻速下滑，物體相對傳送帶運動的位移Δx2＝L－x1＝6.25 m
則物體與傳送帶間因摩擦產生的熱量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ
解得Q＝37.5 J。
1.(2024·山東臨沂模擬)如圖3(a)所示，傾角為37°的傳送帶以v＝2.0 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶的長度LAB＝10.0 m。一個可視為質點的質量m＝1.0 kg的物塊，自A點無初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動能Ek與位移x的關系(Ek－x)圖像如圖(b)所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.25
B.整個過程中合外力對物塊做的功為4.0 J
C.整個過程中摩擦力對物塊做的功為64.0 J
D.整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量
答案　D
解析　開始時物塊在傳送帶的作用下動能不斷增大，根據動能定理有(μmgcos θ－mgsin θ)x＝Ek－0，在5 m后動能不變，可知物塊與傳送帶相對靜止，即v＝2.0 m/s，Ek＝mv2＝2.0 J，聯立解得μ＝0.8，A錯誤；由動能定理可知，整個過程中合外力對物塊做的功等于動能的變化量，則有W合＝ΔEk＝mv2＝2.0 J，B錯誤；由功能關系可知，整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量，即Wf＝mv2＋mgLABsin θ＝62.0 J，C錯誤，D正確。
模型二　“滑塊—木板”模型
1.模型分類
“滑塊—木板”模型根據情況可以分成水平面上的“滑塊—木板”模型和斜面上的“滑塊—木板”模型。
2.位移關系
滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長度。
3.解題關鍵
找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口，求解中應注意聯系兩個過程的紐帶：每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
角度　水平面上“滑塊—木板”模型
例3 (多選)(2023·全國乙卷，21)如圖4，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時(　　)
圖4
A.木板的動能一定等于fl
B.木板的動能一定小于fl
C.物塊的動能一定大于mv－fl
D.物塊的動能一定小于mv－fl
答案　BD
解析　物塊和木板的運動示意圖和v－t圖像如圖所示
根據動能定理可知
對m有－fx1＝mv－mv①
對M有fx2＝Mv②
根據v－t圖像與橫軸圍成的面積S表示物體運動的位移可知x2＝S△COF，x1＝SABFO
根據位移關系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
因此fl＞fx2＝Mv，即木板的動能一定小于fl，
A錯誤，B正確；
將①②兩式相加得－fl＝mv＋Mv－mv
變形得物塊離開木板時的動能mv＝mv－fl－Mv＜mv－fl，C錯誤，D正確。
2.(多選)(2024·沈陽長春模擬)如圖5所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平地面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，下列說法中正確的是(　　)
圖5
A.上述過程中，F做功大小為mv＋Mv
B.其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達木板右端所用時間越短
C.其他條件不變的情況下，M越大，s越小
D.其他條件不變的情況下，M越大，滑塊與木板間產生的熱量越多
答案　BC
解析　由功能關系可知拉力F做的功除了增加兩物體動能以外還有系統產生的熱量，即拉力F做的功WF＝ΔEk＋FfL＝mv＋Mv＋Q，A錯誤；滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速直線運動，在其他條件不變的情況下，木板的運動情況不變，滑塊和木板的相對位移還是L，滑塊的位移也沒有發生改變，所以拉力F越大，滑塊的加速度越大，到達木板右端所用時間就越短，B正確；由于木板受到的摩擦力不變，當M越大時木板的加速度越小，而滑塊的加速度不變，相對位移一樣，滑塊在木板上運動時間變短，所以木板在地面上運動的位移變小，C正確；系統產生的熱量等于摩擦力和相對位移乘積，相對位移沒變，m不變，摩擦力不變，產生的熱量不變，D錯誤。
角度　傾斜面上“滑塊—木板”模型
例4 如圖6所示，一傾角為θ＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一與斜面垂直的固定擋板，將一質量為m的木板放置在斜面上，木板的上端有一質量為m的小物塊(視為質點)，物塊和木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力且大小恒為kmg(0.5圖6
(1)木板第一次與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小v1；
(2)從釋放到木板第二次與擋板碰撞前瞬間，物塊相對木板的位移大小Δx；
(3)木板的長度x以及整個運動過程中系統因摩擦產生的熱量Q。
答案　(1)　(2)　(3)　
解析　(1)對物塊與木板整體，根據動能定理有2mgLsin θ＝×2mv
解得v1＝。
(2)木板第一次與擋板碰撞后，木板的加速度大小為a1，則mgsin θ＋kmg＝ma1
解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，
物塊的加速度大小為a2，則kmg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，
規定向下為正方向，木板第一次與擋板碰撞結束時到木板和物塊速度相同時，對木板有v共＝－v1＋a1t1
對物塊有v共＝v1－a2t1
解得t1＝，v共＝
木板第一次與擋板碰撞到二者第一次速度相同時物塊的位移x塊＝
木板的位移大小x板＝
之后到碰撞擋板前二者無相對滑動，故物塊相對于長木板的位移為
Δx＝x塊＋x板＝。
(3)設板長為x，從釋放到長木板和物塊都靜止的過程中系統能量守恒，則
mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0
解得x＝
故系統產生的熱量Q＝kmgx＝。
模型三　多運動組合模型
例5 如圖7是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點，且B點位置可改變。現將質量m＝2 kg的滑塊(可視為質點)從弧形軌道高H＝0.6 m處靜止釋放，且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R＝0.1 m，水平軌道長LAC＝1.0 m，滑塊與AC間動摩擦因數μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計其他阻力與能量損耗，求：
圖7
(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大?。?br/>(2)彈射器獲得的最大彈性勢能；
(3)若H＝6 m，改變B點位置，使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道，則BC間距離LBC應滿足的條件。
答案　(1)100 N　(2)8 J　(3)0.5 m≤LBC≤1 m
解析　(1)從出發到第一次滑至圓軌道最高點過程，由動能定理可得
mgH－μmgLAB－mg·2R＝mv2
在圓軌道最高點，由牛頓第二定律可得mg＋F＝m
聯立解得F＝100 N
由牛頓第三定律知，滑塊對軌道的壓力大小為100 N。
(2)彈射器第一次壓縮時彈性勢能有最大值，由能量守恒定律可知
mgH－μmgLAC＝Ep
解得Ep＝8 J。
(3)若滑塊恰好到達圓軌道的最高點，有mg＝m
從開始到圓軌道最高點，由動能定理可知mg(H－2R)－μmgs1＝mv
解得s1＝28.75 m
LBC＝29LAC－s1＝0.25 m
要使滑塊不脫離軌道，B、C之間的距離應該滿足LBC≥0.25 m。
若滑塊剛好達到圓軌道的圓心等高處，此時的速度為零，由動能定理可知
mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝29.5 m
LAB＝s2－29LAC＝0.5 m
根據滑塊運動的周期性可知，應使LBC≥0.5 m，滑塊不脫離軌道
綜上所述，符合條件的BC長度為0.5 m≤LBC≤1 m。
1.分析思路
(1)受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況。
(2)做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況。
(3)功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規律求解。
2.方法技巧
(1)“合”——整體上把握全過程，構建大致的運動情景。
(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規律。
(3)“合”——找出各子過程之間的聯系，以銜接點為突破口，尋求解題最優方案。
3.(2024·安徽六安高三檢測)如圖8所示，水平軌道AB長為2R，其A端有一被鎖定的輕質彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上。圓心在O1、半徑為R的光滑圓弧軌道BC與AB相切于B點，并且和圓心在O2、半徑為2R的光滑細圓管軌道CD平滑對接，O1、C、O2三點在同一條直線上。光滑細圓管軌道CD右側有一半徑為2R，圓心在D點的圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2點。質量為m的小滑塊(可視為質點)從軌道上的C點由靜止滑下，剛好能運動到A點，觸發彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小滑塊在到達B點之前已經脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細圓管軌道最高點D(計算時圓管直徑不計，重力加速度為g)。求：
圖8
(1)小滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數μ；
(2)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep；
(3)小滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的動能Ek。
答案　(1)　(2)mgR　(3)(2－1)mgR
解析　(1)由幾何關系得B、C間的高度差h＝R
小滑塊從C點運動到A點的過程中，由動能定理得mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝。
(2)彈簧對滑塊做功過程由功能關系有W彈＝Ep
滑塊從A到D過程由動能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0
滑塊在D點，由重力提供向心力，有mg＝m
聯立解得Ep＝mgR。
(3)滑塊通過D點后做平拋運動，根據平拋運動的規律可知，水平方向有x＝vt
豎直方向有y＝gt2
由幾何關系可知x2＋y2＝4R2
可得滑塊落到擋板上時的動能為Ek＝m[v2＋(gt)2]
聯立解得Ek＝(2－1)mgR。
1.如圖1所示，傳送帶以v的速度勻速運動。將質量為m的物塊無初速度放在傳送帶上的A端，物塊將被傳送到B端，已知物塊到達B端之前已和傳送帶相對靜止。下列說法中正確的是(　　)
圖1
A.傳送帶對物塊做功為mv2
B.傳送帶克服摩擦力做功為mv2
C.電動機由于傳送物塊多消耗的能量為mv2
D.在傳送物塊過程產生的熱量為mv2
答案　D
解析　根據動能定理，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的增加量，即mv2，故A錯誤；根據動能定理，摩擦力對物塊做功大小為mv2，在物塊勻加速運動的過程中，由于傳送帶的位移大于物塊的位移，則傳送帶克服摩擦力做的功大于摩擦力對物塊做的功，所以傳送帶克服摩擦力做的功大于mv2，故B錯誤；電動機由于傳送物塊多消耗的能量等于物塊動能增加量與摩擦產生的內能的和，故大于mv2，故C錯誤；在傳送物塊過程產生的熱量等于滑動摩擦力與相對路程的乘積，即Q＝FfΔx，設加速時間為t，物塊的位移為x1＝vt，傳送帶的位移為x2＝vt，根據動能定理Ffx1＝mv2，故熱量Q＝FfΔx＝Ff(x2－x1)＝mv2，故D正確。
2.(2024·山東省實驗中學模擬)如圖2所示，足夠長的傳送帶水平放置，以大小為v的速度順時針轉動。質量為m、與傳送帶間的動摩擦因數為μ的小物塊在傳送帶的左端由靜止釋放，一段時間后物塊與傳送帶共速。滿足上述情景，若把傳送帶的速度改為2v，兩次比較。下列說法正確的是(　　)
圖2
A.傳送帶對小物塊做的功變為原來的2倍
B.小物塊對傳送帶做的功變為原來的2倍
C.傳送帶對小物塊做功的平均功率變為原來的2倍
D.因摩擦而產生的熱量變為原來的2倍
答案　C
解析　由動能定理可知，傳送帶對小物塊做的功為W＝mv2，可知速度變為原來的2倍，則傳送帶對小物塊做的功變為原來的4倍，故A錯誤；小物塊運動到與傳送帶速度相等，所用的時間為t＝，由于加速度相同，速度變為原來的2倍，則時間變為原來的2倍，傳送帶發生的位移為x＝vt，則位移變為原來的4倍，則小物塊對傳送帶做的功變為原來的4倍，故B錯誤；小物塊達到與傳送帶速度相等過程中的平均速度為＝，由于速度變為原來的2倍，且摩擦力相同，根據P＝Ff，可知傳送帶對小物塊做功的平均功率變為原來的2倍，故C正確；小物塊達到與傳送帶速度相等過程中的相對位移為Δx＝vt－vt＝vt，由于速度變為原來的2倍，時間也變為原來的2倍，則相對位移變為原來的4倍，由Q＝FfΔx可知，因摩擦而產生的熱量變為原來的4倍，故D錯誤。
3.(多選)(2024·河南南陽高三月考)如圖3所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0的速率運行?，F把一物塊(可視為質點)輕輕放在傳送帶底端，物塊被傳送到傳送帶的最高點(在運動至最高點前與傳送帶達到共速)。已知物塊與傳送帶間動摩擦因數為μ，μ>tan θ，t為運動時間，x為物塊沿斜面運動的距離。某同學以傳送帶底端所在水平面為零勢能面，畫出了在物塊由傳送帶底端被傳送到傳送帶的最高點的過程中，物塊的速度v，重力勢能Ep，機械能E，物塊和傳送帶摩擦產生的內能Q等四個物理量變化圖像如圖所示，其中正確的是(　　)
圖3
答案　AC
解析　物塊剛放到傳送帶上時，相對傳送帶向下運動，則由牛頓第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝μgcos θ－gsin θ，物塊的速度為v1＝at＝(μgcos θ－gsin θ)t，物塊做初速度為零的勻加速運動，當物塊速度等于傳送帶速度后，物塊相對傳送帶靜止，隨傳送帶做勻速運動，故A正確；物塊的重力勢能為Ep＝mgh＝mg·xsin θ，物塊相對傳送帶運動時，機械能為E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv＝(mgsin θ＋ma)x，相對靜止后，物塊的機械能為E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv2，故B錯誤，C正確；在物塊與傳送帶共速之前，有相對運動，則Q＝μmgcos θ，共速后沒有相對運動，不再產生熱量，故D錯誤。
4.如圖4所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現將質量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為(　　)
圖4
A. B.
C.mv2 D.2mv2
答案　C
解析　由能量轉化和能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉化為物體的動能，一部分轉化為系統內能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，聯立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確。
5.如圖5所示，傾角θ＝37°，長為6 m的斜面體固定在水平地面上，長為3 m、質量為4 kg的長木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對齊；質量為2 kg的物塊B(可視為質點)放在長木板的上端，同時釋放A和B，結果當A的下端滑到斜面底端時，物塊B也剛好滑到斜面底端，已知長木板A與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.5，物塊B與A間的動摩擦因數μ2＝0.375，重力加速度g取10 m/s2，不計物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
圖5
(1)從開始到A的下端滑到斜面底端所用時間；
(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與B間、A與斜面間因摩擦產生的總熱量。
答案　(1)2 s　(2)90 J
解析　(1)設長木板A運動的加速度大小為a1，A的下端滑到斜面底端經歷時間為t，長木板A的長為L、物塊B的質量為m，則斜面長為2L、長木板A的質量為2m，以長木板為研究對象，根據牛頓第二定律可得
2mgsin θ－μ1×3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
由運動學公式可得L＝a1t2
聯立解得t＝2 s。
(2)設長木板A和物塊B運動到斜面底端時速度分別為v1、v2，根據運動學公式可得L＝v1t
2L＝v2t
由能量守恒定律可得，因摩擦產生的總熱量為
Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－mv－×2mv
代入數據解得Q＝90 J。
6.(2024·山東臨沂高三期中)如圖6所示，一足夠長的水平傳送帶以v＝4 m/s的速度向右傳送，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質量m＝2 kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
圖6
(1)小物塊第一次滑過P點時的速度大小v1；
(2)小物塊第一次在傳送帶上往返運動的時間t；
(3)物塊第一次從P點沖上傳送帶到沿傳送帶運動到最遠處的過程中，電動機因傳送物塊多做的功；
(4)從釋放到最終停止運動，小物塊在斜面上運動的總路程。
答案　(1)8 m/s　(2)7.2 s　(3)64 J　(4)12 m
解析　(1)由動能定理得(mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛頓第二定律得μmg＝ma1
以向右為正方向，物塊與傳送帶共速時，由速度公式得v＝－v1＋a1t1
解得t1＝4.8 s
勻速運動階段的時間t2＝＝2.4 s
第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝7.2 s。
(3)物塊從P點勻減速到0時運動的時間
t3＝＝ s＝3.2 s
這段時間內傳送帶運動的位移x1＝vt3＝12.8 m
傳送帶勻速運動，電動機增加的牽引力F＝μmg＝5 N
電動機多做的功W＝Fx1＝64 J。
(4)由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，每次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，故物塊最終停止在P點，則根據能量守恒定律有
μmgs1cos 37°＝mv2
s＝s1＋L
聯立可得s＝12 m。
7.(2024·湖南長沙高三期末統考)如圖7甲所示，在豎直平面內的光滑曲面AB與光滑半圓形軌道BC相切連接于B點，直徑BC豎直。一小球在AB上離地H高處靜止釋放，用光電門測出它到達圓形軌道最高點C時的速度vC，不斷改變H，得到多組數據后畫出H–v圖像如圖乙所示(不計空氣阻力)。求：
圖7
(1)由圖像推理得出圓形軌道的半徑R和重力加速度為多大？
(2)當從H＝0.4 m處靜止釋放時，小球到達與圓心O點等高的D點時的加速度大小；
(3)要使小球靜止釋放后進入半圓軌道到離開半圓軌道的過程中始終貼合半圓軌道運動，則H的取值應滿足什么條件？
答案　(1)0.1 m　10 m/s2　(2)10 m/s2　(3)H≥0.25 m或H≤0.1 m
解析　(1)小球由靜止釋放運動到C點的過程中，由機械能守恒定律有
mgH＝mg·2R＋mv
整理可得H＝2R＋v
結合圖像可得2R＝0.2 m
＝ s2/m
解得R＝0.1 m，g＝10 m/s2。
(2)小球從H＝0.4 m處靜止釋放時，到達C點時，由圖像知v＝4 m2/s2
從D點到C點過程中，由機械能守恒定律有mgR＋mv＝mv
解得vD＝ m/s
則小球在D點時的向心加速度為an＝＝60 m/s2
則小球到達與圓心O點等高的D點時的加速度大小為a＝＝10 m/s2。
(3)根據題意可知，要使小球靜止釋放后進入半圓軌道到離開半圓軌道的過程中始終貼合半圓軌道運動，有2種情況，第1種情況：小球從C點飛出，小球恰好通過C點，由牛頓第二定律有mg＝m
由機械能守恒定律有mgH＝mg·2R＋mv
解得H＝2.5R＝0.25 m
即如果從C點離開半圓軌道，則有H≥0.25 m
第2種情況，小球恰好到達D點，則有mgH＝mgR
解得H＝0.1 m
即小球如果從B點離開半圓軌道，則有H≤0.1 m
綜上所述，滿足題意的H的取值范圍應滿足H≥0.25 m或H≤0.1 m。專題強化十　動力學和能量觀點的綜合應用
學習目標　1.會用動力學的觀點分析“傳送帶”和“板塊”模型的運動情況。 2.會用能量觀點求解摩擦產生的熱量等綜合問題。 3.會利用動力學和能量觀點分析多運動組合問題。
模型一　“傳送帶”模型
1.傳送帶問題的分析方法
（1）動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。
（2）能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。
2.功能關系分析
（1）傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳，也是電動機因傳送帶傳送物體而多做的功。
（2）系統產生的內能：Q＝Ffx相對。
（3）功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被傳送物體動能的增加量，ΔEp表示被傳送物體重力勢能的增加量。
角度　水平傳送帶模型
例1 （多選）在工廠中，經常用傳送帶傳送貨物。如圖1所示，質量m＝10 kg的貨物（可視為質點）從高h＝0.2 m的軌道上P點由靜止開始下滑，貨物和軌道之間的阻力可忽略不計，貨物滑到水平傳送帶上的A點，貨物在軌道和傳送帶連接處能量損失不計，貨物和傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，傳送帶AB兩點之間的距離L＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度順時針勻速運動，取重力加速度g＝10 m/s2。裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計軸處的摩擦。貨物從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的有（　?。?br/>圖1
A.摩擦力對貨物做功為50 J
B.貨物從A運動到B用時1.5 s
C.由于摩擦而產生的熱量為20 J
D.運送貨物過程中，電動機輸出的電能為60 J
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
角度　傾斜傳送帶模型
例2 如圖2，傳送帶以v＝10 m/s的速度逆時針轉動，一個質量m＝1 kg的物體從傳送帶頂端以v0＝5 m/s的速度沿傳送帶滑入，若傳送帶與水平方向成θ＝30°角，物體與傳送帶間的動摩擦因數μ＝，傳送帶底端到頂端長L＝10 m，g取10 m/s2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等。求：
圖2
（1）物體從傳送帶底端滑出時的速度大小；
（2）若在物體滑入傳送帶運動了0.5 s時，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動過程中，因與傳送帶間摩擦而產生的熱量。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.（2024·山東臨沂模擬）如圖3（a）所示，傾角為37°的傳送帶以v＝2.0 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶的長度LAB＝10.0 m。一個可視為質點的質量m＝1.0 kg的物塊，自A點無初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動能Ek與位移x的關系（Ek－x）圖像如圖（b）所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列說法正確的是（　?。?br/>圖3
A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.25
B.整個過程中合外力對物塊做的功為4.0 J
C.整個過程中摩擦力對物塊做的功為64.0 J
D.整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量
模型二　“滑塊—木板”模型
1.模型分類
“滑塊—木板”模型根據情況可以分成水平面上的“滑塊—木板”模型和斜面上的“滑塊—木板”模型。
2.位移關系
滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長度。
3.解題關鍵
找出物體之間的位移（路程）關系或速度關系是解題的突破口，求解中應注意聯系兩個過程的紐帶：每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
角度　水平面上“滑塊—木板”模型
例3 （多選）（2023·全國乙卷，21）如圖4，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊（可視為質點）從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時（　?。?br/>圖4
A.木板的動能一定等于fl
B.木板的動能一定小于fl
C.物塊的動能一定大于mv－fl
D.物塊的動能一定小于mv－fl
聽課筆記　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.（多選）（2024·沈陽長春模擬）如圖5所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平地面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，下列說法中正確的是（　　）
圖5
A.上述過程中，F做功大小為mv＋Mv
B.其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達木板右端所用時間越短
C.其他條件不變的情況下，M越大，s越小
D.其他條件不變的情況下，M越大，滑塊與木板間產生的熱量越多
角度　傾斜面上“滑塊—木板”模型
例4 如圖6所示，一傾角為θ＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一與斜面垂直的固定擋板，將一質量為m的木板放置在斜面上，木板的上端有一質量為m的小物塊（視為質點），物塊和木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力且大小恒為kmg（0.5圖6
（1）木板第一次與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小v1；
（2）從釋放到木板第二次與擋板碰撞前瞬間，物塊相對木板的位移大小Δx；
（3）木板的長度x以及整個運動過程中系統因摩擦產生的熱量Q。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
模型三　多運動組合模型
例5 如圖7是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點，且B點位置可改變?，F將質量m＝2 kg的滑塊（可視為質點）從弧形軌道高H＝0.6 m處靜止釋放，且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R＝0.1 m，水平軌道長LAC＝1.0 m，滑塊與AC間動摩擦因數μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計其他阻力與能量損耗，求：
圖7
（1）滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大小；
（2）彈射器獲得的最大彈性勢能；
（3）若H＝6 m，改變B點位置，使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道，則BC間距離LBC應滿足的條件。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.分析思路
（1）受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況。
（2）做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況。
（3）功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規律求解。
2.方法技巧
（1）“合”——整體上把握全過程，構建大致的運動情景。
（2）“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規律。
（3）“合”——找出各子過程之間的聯系，以銜接點為突破口，尋求解題最優方案。
3.（2024·安徽六安高三檢測）如圖8所示，水平軌道AB長為2R，其A端有一被鎖定的輕質彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上。圓心在O1、半徑為R的光滑圓弧軌道BC與AB相切于B點，并且和圓心在O2、半徑為2R的光滑細圓管軌道CD平滑對接，O1、C、O2三點在同一條直線上。光滑細圓管軌道CD右側有一半徑為2R，圓心在D點的圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2點。質量為m的小滑塊（可視為質點）從軌道上的C點由靜止滑下，剛好能運動到A點，觸發彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小滑塊在到達B點之前已經脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細圓管軌道最高點D（計算時圓管直徑不計，重力加速度為g）。求：
圖8
（1）小滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數μ；
（2）彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep；
（3）小滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的動能Ek。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　專題強化練十　動力學和能量觀點的綜合應用
1.如圖1所示，傳送帶以v的速度勻速運動。將質量為m的物塊無初速度放在傳送帶上的A端，物塊將被傳送到B端，已知物塊到達B端之前已和傳送帶相對靜止。下列說法中正確的是(　　)
圖1
A.傳送帶對物塊做功為mv2
B.傳送帶克服摩擦力做功為mv2
C.電動機由于傳送物塊多消耗的能量為mv2
D.在傳送物塊過程產生的熱量為mv2
2.(2024·山東省實驗中學模擬)如圖2所示，足夠長的傳送帶水平放置，以大小為v的速度順時針轉動。質量為m、與傳送帶間的動摩擦因數為μ的小物塊在傳送帶的左端由靜止釋放，一段時間后物塊與傳送帶共速。滿足上述情景，若把傳送帶的速度改為2v，兩次比較。下列說法正確的是(　　)
圖2
A.傳送帶對小物塊做的功變為原來的2倍
B.小物塊對傳送帶做的功變為原來的2倍
C.傳送帶對小物塊做功的平均功率變為原來的2倍
D.因摩擦而產生的熱量變為原來的2倍
3.(多選)(2024·河南南陽高三月考)如圖3所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0的速率運行?，F把一物塊(可視為質點)輕輕放在傳送帶底端，物塊被傳送到傳送帶的最高點(在運動至最高點前與傳送帶達到共速)。已知物塊與傳送帶間動摩擦因數為μ，μ>tan θ，t為運動時間，x為物塊沿斜面運動的距離。某同學以傳送帶底端所在水平面為零勢能面，畫出了在物塊由傳送帶底端被傳送到傳送帶的最高點的過程中，物塊的速度v，重力勢能Ep，機械能E，物塊和傳送帶摩擦產生的內能Q等四個物理量變化圖像如圖所示，其中正確的是(　　)
圖3
4.如圖4所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現將質量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為(　　)
圖4
A. B.
C.mv2 D.2mv2
5.如圖5所示，傾角θ＝37°，長為6 m的斜面體固定在水平地面上，長為3 m、質量為4 kg的長木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對齊；質量為2 kg的物塊B(可視為質點)放在長木板的上端，同時釋放A和B，結果當A的下端滑到斜面底端時，物塊B也剛好滑到斜面底端，已知長木板A與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.5，物塊B與A間的動摩擦因數μ2＝0.375，重力加速度g取10 m/s2，不計物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
圖5
(1)從開始到A的下端滑到斜面底端所用時間；
(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與B間、A與斜面間因摩擦產生的總熱量。
6.(2024·山東臨沂高三期中)如圖6所示，一足夠長的水平傳送帶以v＝4 m/s的速度向右傳送，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質量m＝2 kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
圖6
(1)小物塊第一次滑過P點時的速度大小v1；
(2)小物塊第一次在傳送帶上往返運動的時間t；
(3)物塊第一次從P點沖上傳送帶到沿傳送帶運動到最遠處的過程中，電動機因傳送物塊多做的功；
(4)從釋放到最終停止運動，小物塊在斜面上運動的總路程。
7.(2024·湖南長沙高三期末統考)如圖7甲所示，在豎直平面內的光滑曲面AB與光滑半圓形軌道BC相切連接于B點，直徑BC豎直。一小球在AB上離地H高處靜止釋放，用光電門測出它到達圓形軌道最高點C時的速度vC，不斷改變H，得到多組數據后畫出H–v圖像如圖乙所示(不計空氣阻力)。求：
圖7
(1)由圖像推理得出圓形軌道的半徑R和重力加速度為多大？
(2)當從H＝0.4 m處靜止釋放時，小球到達與圓心O點等高的D點時的加速度大?。?br/>(3)要使小球靜止釋放后進入半圓軌道到離開半圓軌道的過程中始終貼合半圓軌道運動，則H的取值應滿足什么條件？
專題強化練十　動力學和能量觀點的綜合應用
1.D　[根據動能定理，傳送帶對物塊做的功等于物塊動能的增加量，即mv2，故A錯誤；根據動能定理，摩擦力對物塊做功大小為mv2，在物塊勻加速運動的過程中，由于傳送帶的位移大于物塊的位移，則傳送帶克服摩擦力做的功大于摩擦力對物塊做的功，所以傳送帶克服摩擦力做的功大于mv2，故B錯誤；電動機由于傳送物塊多消耗的能量等于物塊動能增加量與摩擦產生的內能的和，故大于mv2，故C錯誤；在傳送物塊過程產生的熱量等于滑動摩擦力與相對路程的乘積，即Q＝FfΔx，設加速時間為t，物塊的位移為x1＝vt，傳送帶的位移為x2＝vt，根據動能定理Ffx1＝mv2，故熱量Q＝FfΔx＝Ff(x2－x1)＝mv2，故D正確。]
2.C　[由動能定理可知，傳送帶對小物塊做的功為W＝mv2，可知速度變為原來的2倍，則傳送帶對小物塊做的功變為原來的4倍，故A錯誤；小物塊運動到與傳送帶速度相等，所用的時間為t＝，由于加速度相同，速度變為原來的2倍，則時間變為原來的2倍，傳送帶發生的位移為x＝vt，則位移變為原來的4倍，則小物塊對傳送帶做的功變為原來的4倍，故B錯誤；小物塊達到與傳送帶速度相等過程中的平均速度為＝，由于速度變為原來的2倍，且摩擦力相同，根據P＝Ff，可知傳送帶對小物塊做功的平均功率變為原來的2倍，故C正確；小物塊達到與傳送帶速度相等過程中的相對位移為Δx＝vt－vt＝vt，由于速度變為原來的2倍，時間也變為原來的2倍，則相對位移變為原來的4倍，由Q＝FfΔx可知，因摩擦而產生的熱量變為原來的4倍，故D錯誤。]
3.AC　[物塊剛放到傳送帶上時，相對傳送帶向下運動，則由牛頓第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝μgcos θ－gsin θ，物塊的速度為v1＝at＝(μgcos θ－gsin θ)t，物塊做初速度為零的勻加速運動，當物塊速度等于傳送帶速度后，物塊相對傳送帶靜止，隨傳送帶做勻速運動，故A正確；物塊的重力勢能為Ep＝mgh＝mg·xsin θ，物塊相對傳送帶運動時，機械能為E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv＝(mgsin θ＋ma)x，相對靜止后，物塊的機械能為E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv2，故B錯誤，C正確；在物塊與傳送帶共速之前，有相對運動，則Q＝μmgcos θ，共速后沒有相對運動，不再產生熱量，故D錯誤。]
4.C　[由能量轉化和能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉化為物體的動能，一部分轉化為系統內能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，聯立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確。]
5.(1)2 s　(2)90 J
解析　(1)設長木板A運動的加速度大小為a1，A的下端滑到斜面底端經歷時間為t，長木板A的長為L、物塊B的質量為m，則斜面長為2L、長木板A的質量為2m，以長木板為研究對象，根據牛頓第二定律可得
2mgsin θ－μ1×3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
由運動學公式可得L＝a1t2
聯立解得t＝2 s。
(2)設長木板A和物塊B運動到斜面底端時速度分別為v1、v2，根據運動學公式可得L＝v1t
2L＝v2t
由能量守恒定律可得，因摩擦產生的總熱量為
Q＝mg×2Lsin θ＋2mgLsin θ－mv－×2mv
代入數據解得Q＝90 J。
6.(1)8 m/s　(2)7.2 s　(3)64 J　(4)12 m
解析　(1)由動能定理得(mgsin 37°－μmgcos 37°)L＝mv－0
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛頓第二定律得μmg＝ma1
以向右為正方向，物塊與傳送帶共速時，由速度公式得
v＝－v1＋a1t1
解得t1＝4.8 s
勻速運動階段的時間t2＝＝2.4 s
第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝7.2 s。
(3)物塊從P點勻減速到0時運動的時間
t3＝＝ s＝3.2 s
這段時間內傳送帶運動的位移x1＝vt3＝12.8 m
傳送帶勻速運動，電動機增加的牽引力F＝μmg＝5 N
電動機多做的功W＝Fx1＝64 J。
(4)由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，每次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，故物塊最終停止在P點，則根據能量守恒定律有μmgs1cos 37°＝mv2
s＝s1＋L
聯立可得s＝12 m。
7.(1)0.1 m　10 m/s2　(2)10 m/s2　
(3)H≥0.25 m或H≤0.1 m
解析　(1)小球由靜止釋放運動到C點的過程中，由機械能守恒定律有mgH＝mg·2R＋mv
整理可得H＝2R＋v
結合圖像可得2R＝0.2 m
＝ s2/m
解得R＝0.1 m，g＝10 m/s2。
(2)小球從H＝0.4 m處靜止釋放時，到達C點時，由圖像知
v＝4 m2/s2
從D點到C點過程中，由機械能守恒定律有
mgR＋mv＝mv
解得vD＝ m/s
則小球在D點時的向心加速度為an＝＝60 m/s2
則小球到達與圓心O點等高的D點時的加速度大小為
a＝＝10 m/s2。
(3)根據題意可知，要使小球靜止釋放后進入半圓軌道到離開半圓軌道的過程中始終貼合半圓軌道運動，有2種情況，第1種情況：小球從C點飛出，小球恰好通過C點，由牛頓第二定律有
mg＝m
由機械能守恒定律有mgH＝mg·2R＋mv
解得H＝2.5R＝0.25 m
即如果從C點離開半圓軌道，則有H≥0.25 m
第2種情況，小球恰好到達D點，則有mgH＝mgR
解得H＝0.1 m
即小球如果從B點離開半圓軌道，則有H≤0.1 m
綜上所述，滿足題意的H的取值范圍應滿足
H≥0.25 m或H≤0.1 m。(共56張PPT)
專題強化十　動力學和能量觀點的綜合應用
第五章　機械能守恒定律
會用動力學的觀點分析“傳送帶”和“板塊”模型的運動情況。
會用能量觀點求解摩擦產生的熱量等綜合問題。
會利用動力學和能量觀點分析多運動組合問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
研透核心考點
01
提升素養能力
02
研透核心考點
1
模型二　“滑塊—木板”模型
模型一　“傳送帶”模型
模型三　多運動組合模型
1.傳送帶問題的分析方法
(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系。
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解。
模型一　“傳送帶”模型
2.功能關系分析
(1)傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳，也是電動機因傳送帶傳送物體而多做的功。
(2)系統產生的內能：Q＝Ffx相對。
(3)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。其中ΔEk表示被傳送物體動能的增加量，ΔEp表示被傳送物體重力勢能的增加量。
BC
例1 (多選)在工廠中，經常用傳送帶傳送貨物。如圖1所示，質量m＝10 kg的貨物(可視為質點)從高h＝0.2 m的軌道上P點由靜止開始下滑，貨物和軌道之間的阻力可忽略不計，貨物滑到水平傳送帶上的A點，貨物在軌道和傳送帶連接處能量損失不計，貨物和傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.2，傳送帶AB兩點之間的距離L＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度順時針勻速運動，取重力加速度g＝10 m/s2。裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計軸處的摩擦。貨物從A點運動到B點的過程中，下列說法正確的有(　　)
角度　　水平傳送帶模型
圖1
A.摩擦力對貨物做功為50 J
B.貨物從A運動到B用時1.5 s
C.由于摩擦而產生的熱量為20 J
D.運送貨物過程中，電動機輸出的電能為60 J
(1)物體從傳送帶底端滑出時的速度大小；
角度　　傾斜傳送帶模型
圖2
解析　當物體沿傳送帶滑入時，設物體向下運動的加速度為a1，物體向下加速到v，所用時間為t1，
物體運動位移為x1，有μmgcos θ＋mgsin θ＝ma1
v＝v0＋a1t1
解得a1＝10 m/s2，t1＝0.5 s，x1＝3.75 m
由于x1＜L，最大靜摩擦力Ffm＝μmgcos 30°＝mgsin 30°，則共速后物體將與傳送帶一起做勻速直線運動，即物體從傳送帶底端滑出時的速度大小為10 m/s。
答案　10 m/s
(2)若在物體滑入傳送帶運動了0.5 s時，傳送帶突然停止，物體在傳送帶上滑動過程中，因與傳送帶間摩擦而產生的熱量。
解析　0.5 s內物體相對傳送帶運動的位移Δx1＝vt1－x1＝1.25 m
傳送帶停止后，物體受到沿斜面向上的滑動摩擦力Ff＝μmgcos 30°＝mgsin 30°
物體勻速下滑，物體相對傳送帶運動的位移Δx2＝L－x1＝6.25 m
則物體與傳送帶間因摩擦產生的熱量Q＝μmg(Δx1＋Δx2)cos θ
解得Q＝37.5 J。
答案　37.5 J
D
1.(2024·山東臨沂模擬)如圖3(a)所示，傾角為37°的傳送帶以v＝2.0 m/s的速度順時針勻速轉動，傳送帶的長度LAB＝10.0 m。一個可視為質點的質量m＝1.0 kg的物塊，自A點無初速度的放在傳送帶底端，其被傳送至B端的過程中，動能Ek與位移x的關系(Ek－x)圖像如圖(b)所示。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列說法正確的是(　　)
圖3
A.物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為0.25
B.整個過程中合外力對物塊做的功為4.0 J
C.整個過程中摩擦力對物塊做的功為64.0 J
D.整個過程中摩擦力對物塊做的功等于物塊機械能的增加量
解析　開始時物塊在傳送帶的作用下動能不斷增大，根據動能定理有(μmgcos θ－mgsin θ)x＝Ek－0，在5 m后動能不變，可知物塊與傳送帶相對
1.模型分類
“滑塊—木板”模型根據情況可以分成水平面上的“滑塊—木板”模型和斜面上的“滑塊—木板”模型。
2.位移關系
滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移大小和木板的位移大小之和等于木板的長度。
模型二　“滑塊—木板”模型
3.解題關鍵
找出物體之間的位移(路程)關系或速度關系是解題的突破口，求解中應注意聯系兩個過程的紐帶：每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。
BD
例3 (多選)(2023·全國乙卷，21)如圖4，一質量為M、長為l的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質量為m的小物塊(可視為質點)從木板上的左端以速度v0開始運動。已知物塊與木板間的滑動摩擦力大小為f，當物塊從木板右端離開時(　　)
角度　　水平面上“滑塊—木板”模型
圖4
解析　物塊和木板的運動示意圖和v－t
圖像如圖所示
根據動能定理可知
根據v－t圖像與橫軸圍成的面積S表示
物體運動的位移可知x2＝S△COF，x1＝SABFO
根據位移關系可知l＝x1－x2＝SABCO＞x2＝S△COF
BC
2.(多選)(2024·沈陽長春模擬)如圖5所示，質量為M、長為L的木板置于光滑的水平地面上，一質量為m的滑塊放置在木板左端，滑塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff，用水平的恒定拉力F作用于滑塊。當滑塊運動到木板右端時，木板在地面上移動的距離為s，滑塊的速度為v1，木板的速度為v2，下列說法中正確的是(　　)
圖5
B.其他條件不變的情況下，F越大，滑塊到達木板
右端所用時間越短
C.其他條件不變的情況下，M越大，s越小
D.其他條件不變的情況下，M越大，滑塊與木板間產生的熱量越多
滑塊和木板都是做初速度為零的勻加速直線運動，在其他條件不變的情況下，木板的運動情況不變，滑塊和木板的相對位移還是L，滑塊的位移也沒有發生改變，所以拉力F越大，滑塊的加速度越大，到達木板右端所用時間就越短，B正確；由于木板受到的摩擦力不變，當M越大時木板的加速度越小，而滑塊的加速度不變，相對位移一樣，滑塊在木板上運動時間變短，所以木板在地面上運動的位移變小，C正確；系統產生的熱量等于摩擦力和相對位移乘積，相對位移沒變，m不變，摩擦力不變，產生的熱量不變，D錯誤。
例4 如圖6所示，一傾角為θ＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一與斜面垂直的固定擋板，將一質量為m的木板放置在斜面上，木板的上端有一質量為m的小物塊(視為質點)，物塊和木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力且大小恒為kmg(0.5角度　　傾斜面上“滑塊—木板”模型
圖6
(1)木板第一次與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小v1；
(2)從釋放到木板第二次與擋板碰撞前瞬間，物塊相對木板的位移大小Δx；
解析　木板第一次與擋板碰撞后，木板的加
速度大小為a1，則mgsin θ＋kmg＝ma1
解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下，
物塊的加速度大小為a2，則kmg－mgsin θ＝ma2
解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上，
規定向下為正方向，木板第一次與擋板碰撞結束時到木板和物塊速度相同時，對木板有v共＝－v1＋a1t1
對物塊有v共＝v1－a2t1
之后到碰撞擋板前二者無相對滑動，故物塊相對于長木板的位移為
(3)木板的長度x以及整個運動過程中系統因摩擦產生的熱量Q。
解析　設板長為x，從釋放到長木板和物塊都靜止的過程中系統能量守恒，則
mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0
例5 如圖7是由弧形軌道、圓軌道、水平直軌道平滑連接而成的力學探究裝置。水平軌道AC末端裝有一體積不計的理想彈射器，圓軌道與水平直軌道相交于B點，且B點位置可改變。現將質量m＝2 kg的滑塊(可視為質點)從弧形軌道高H＝0.6 m處靜止釋放，且將B點置于AC中點處。已知圓軌道半徑R＝0.1 m，水平軌道長LAC＝1.0 m，滑塊與AC間動摩擦因數μ＝0.2，弧形軌道和圓軌道均視為光滑，不計其他阻力與能量損耗，求：
模型三　多運動組合模型
圖7
(1)滑塊第一次滑至圓軌道最高點時對軌道的壓力大小；
解析　從出發到第一次滑至圓軌道最高點過程，由動能定理可得
聯立解得F＝100 N
由牛頓第三定律知，滑塊對軌道的壓力大小為100 N。
答案　100 N
(2)彈射器獲得的最大彈性勢能；
解析　彈射器第一次壓縮時彈性勢能有最大值，由能量守恒定律可知
mgH－μmgLAC＝Ep
解得Ep＝8 J。
答案　8 J
(3)若H＝6 m，改變B點位置，使滑塊在整個滑動過程中不脫離軌道，則BC間距離LBC應滿足的條件。
解得s1＝28.75 m
LBC＝29LAC－s1＝0.25 m
要使滑塊不脫離軌道，B、C之間的距離應該滿足LBC≥0.25 m。
若滑塊剛好達到圓軌道的圓心等高處，此時的速度為零，由動能定理可知
mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝29.5 m
LAB＝s2－29LAC＝0.5 m
根據滑塊運動的周期性可知，應使LBC≥0.5 m，滑塊不脫離軌道
綜上所述，符合條件的BC長度為0.5 m≤LBC≤1 m。
答案　0.5 m≤LBC≤1 m
1.分析思路
(1)受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況。
(2)做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況。
(3)功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規律求解。
2.方法技巧
(1)“合”——整體上把握全過程，構建大致的運動情景。
(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規律。
(3)“合”——找出各子過程之間的聯系，以銜接點為突破口，尋求解題最優方案。
切于O2點。質量為m的小滑塊(可視為質點)從軌道上的C點由靜止滑下，剛好能運動到A點，觸發彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小滑塊在到達B點之前已經脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細圓管軌道最高點D(計算時圓管直徑不計，重力加速度為g)。求：
圖8
(1)小滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數μ；
(2)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep；
(3)小滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的
動能Ek。
圖8
(2)彈簧對滑塊做功過程由功能關系有W彈＝Ep
滑塊從A到D過程由動能定理得
(3)滑塊通過D點后做平拋運動，根據平拋運動的規律可知，水平方向有x＝vt
由幾何關系可知x2＋y2＝4R2
提升素養能力
2
D
1.如圖1所示，傳送帶以v的速度勻速運動。將質量為m的物塊無初速度放在傳送帶上的A端，物塊將被傳送到B端，已知物塊到達B端之前已和傳送帶相對靜止。下列說法中正確的是(　　)
圖1
A.傳送帶對物塊做功為mv2
C
2.(2024·山東省實驗中學模擬)如圖2所示，足夠長的傳送帶水平放置，以大小為v的速度順時針轉動。質量為m、與傳送帶間的動摩擦因數為μ的小物塊在傳送帶的左端由靜止釋放，一段時間后物塊與傳送帶共速。滿足上述情景，若把傳送帶的速度改為2v，兩次比較。下列說法正確的是(　　)
圖2
A.傳送帶對小物塊做的功變為原來的2倍
B.小物塊對傳送帶做的功變為原來的2倍
C.傳送帶對小物塊做功的平均功率變為原來的2倍
D.因摩擦而產生的熱量變為原來的2倍
AC
3.(多選)(2024·河南南陽高三月考)如圖3所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角為θ，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0的速率運行?，F把一物塊(可視為質點)輕輕放在傳送帶底端，物塊被傳送到傳送帶的最高點(在運動至最高點前與傳送帶達到共速)。已知物塊與傳送帶間動摩擦因數為μ，μ>tan θ，t為運動時間，x為物塊沿斜面運動的距離。某同學以傳送帶底端所在水平面為零勢能面，畫出了在物塊由傳送帶底端被傳送到傳送帶的最高點的過程中，物塊的速度v，重力勢能Ep，機械能E，物塊和傳送帶摩擦產生的內能Q等四個物理量變化圖像如圖所示，其中正確的是(　　)
圖3
解析　物塊剛放到傳送帶上時，相對傳送帶向下運動，則由牛頓第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝μgcos θ－gsin θ，物塊的速度為v1＝at＝(μgcos θ－gsin θ)t，物塊做初速度為零的勻加速運動，當物塊速度等于傳送帶
C
4.如圖4所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現將質量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為(　　)
圖4
C
5.如圖5所示，傾角θ＝37°，長為6 m的斜面體固定在水平地面上，長為3 m、質量為4 kg的長木板A放在斜面上，上端與斜面頂端對齊；質量為2 kg的物塊B(可視為質點)放在長木板的上端，同時釋放A和B，結果當A的下端滑到斜面底端時，物塊B也剛好滑到斜面底端，已知長木板A與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.5，物塊B與A間的動摩擦因數μ2＝0.375，重力加速度g取10 m/s2，不計物塊B的大小，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
圖5
(1)從開始到A的下端滑到斜面底端所用時間；
(2)從開始到A的下端滑到斜面底端的過程中，A與B間、A與斜面間因摩擦產生的總熱量。
答案　(1)2 s　(2)90 J
解析　(1)設長木板A運動的加速度大小為a1，A的下端滑到斜面底端經歷時間為t，長木板A的長為L、物塊B的質量為m，則斜面長為2L、長木板A的質量為2m，以長木板為研究對象，根據牛頓第二定律可得
2mgsin θ－μ1×3mgcos θ＋μ2mgcos θ＝2ma1
聯立解得t＝2 s。
6.(2024·山東臨沂高三期中)如圖6所示，一足夠長的水平傳送帶以v＝4 m/s的速度向右傳送，與傾角為37°的斜面的底端P平滑連接，將一質量m＝2 kg的小物塊從A點靜止釋放。已知A、P的距離L＝8 m，物塊與斜面、傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.25，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
圖6
(1)小物塊第一次滑過P點時的速度大小v1；
(2)小物塊第一次在傳送帶上往返運動的時間t；
(3)物塊第一次從P點沖上傳送帶到沿傳送帶運動到最遠處的過程中，電動機因傳送物塊多做的功；
(4)從釋放到最終停止運動，小物塊在斜面上運動的總路程。
答案　(1)8 m/s　(2)7.2 s　(3)64 J　(4)12 m
解得v1＝8 m/s。
(2)由牛頓第二定律得μmg＝ma1
以向右為正方向，物塊與傳送帶共速時，由速度公式得v＝－v1＋a1t1
解得t1＝4.8 s
第1次在傳送帶上往返運動的時間t＝t1＋t2＝7.2 s。
這段時間內傳送帶運動的位移x1＝vt3＝12.8 m
傳送帶勻速運動，電動機增加的牽引力F＝μmg＝5 N
電動機多做的功W＝Fx1＝64 J。
(4)由分析可知，物塊第一次離開傳送帶以后，每次再到達傳送帶和離開傳送帶的速度大小相等，故物塊最終停止在P點，則根據能量守恒定律有
s＝s1＋L
聯立可得s＝12 m。
7.(2024·湖南長沙高三期末統考)如圖7甲所示，在豎直平面內的光滑曲面AB與光滑半圓形軌道BC相切連接于B點，直徑BC豎直。一小球在AB上離地H高處靜止釋放，用光電門測出它到達圓形軌道最高點C時的速度vC，不斷改
圖7
(1)由圖像推理得出圓形軌道的半徑R和重力加速度為多大？
(2)當從H＝0.4 m處靜止釋放時，小球到達與圓心O點等高的D點時的加速度大小；
(3)要使小球靜止釋放后進入半圓軌道到離開半圓軌道的過程中始終貼合半圓軌道運動，則H的取值應滿足什么條件？
解析　(1)小球由靜止釋放運動到C點的過程中，由機械能守恒定律有
結合圖像可得2R＝0.2 m
解得H＝2.5R＝0.25 m
即如果從C點離開半圓軌道，則有H≥0.25 m
第2種情況，小球恰好到達D點，則有mgH＝mgR
解得H＝0.1 m
即小球如果從B點離開半圓軌道，則有H≤0.1 m
綜上所述，滿足題意的H的取值范圍應滿足H≥0.25 m或H≤0.1 m。
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