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專題強化十　動力學和能量觀點的綜合應用
目標要求 　1.會利用動力學和能量觀點分析多運動組合問題.2.會用功能關系解決傳送帶問題．
題型一　傳送帶模型
1．設問的角度
(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)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)對W和Q的理解：
①傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳；
②產生的內能：Q＝Ffx相對．
例1 　(2019·福建福州市期末質量檢測)如圖1所示，水平傳送帶勻速運行的速度為v＝2 m/s，傳送帶兩端A、B間距離為x0＝10 m，當質量為m＝5 kg的行李箱無初速度地放在傳送帶A端后，傳送到B端，傳送帶與行李箱間的動摩擦因數μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，求：

圖1
(1)行李箱開始運動時的加速度大小a；
(2)行李箱從A端傳送到B端所用時間t；
(3)整個過程行李箱對傳送帶的摩擦力做的功W.
答案　(1)2 m/s2　(2)5.5 s　(3)－20 J
解析　(1)行李箱剛放上傳送帶時的加速度大小：a＝Ffm＝μmgm＝μg＝2 m/s2
(2)經過t1時間二者共速，t1＝va＝22 s＝1 s
行李箱勻加速運動的位移為：x1＝12at12＝12×2×12 m＝1 m
行李箱隨傳送帶勻速運動的時間：t2＝x0－x1v＝10－12 s＝4.5 s
則行李箱從A傳送到B所用時間：t＝t1＋t2＝1 s＋4.5 s＝5.5 s
(3)t1時間內傳送帶的位移：x2＝vt1＝2×1 m＝2 m
根據牛頓第三定律，傳送帶受到行李箱的摩擦力大小Ff′＝Ff
行李箱對傳送帶的摩擦力做的功：W＝－Ff′x2＝－μmgx2＝－0.2×5×10×2 J＝－20 J
例2 　如圖2所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下，始終保持v0＝2 m/s的速率運行，現把一質量為m＝10 kg的工件(可視為質點)輕輕放在傳送帶的底端，經過時間t＝1.9 s，工件被傳送到h＝1.5 m的高處，g取10 m/s2，求：

圖2
(1)工件與傳送帶間的動摩擦因數；
(2)電動機由于傳送工件多消耗的電能．
答案　(1)32　(2)230 J
解析　(1)由題圖可知，傳送帶長x＝hsin θ＝3 m
工件速度達到v0前，做勻加速運動的位移x1＝v02t1
勻速運動的位移為x－x1＝v0(t－t1)
解得加速運動的時間t1＝0.8 s
加速運動的位移x1＝0.8 m
所以加速度大小a＝v0t1＝2.5 m/s2
由牛頓第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得μ＝32.
(2)由能量守恒定律知，電動機多消耗的電能用于增加工件的動能、勢能以及克服傳送帶與工件之間發(fā)生相對位移時摩擦力做功產生的熱量．
在時間t1內，傳送帶運動的位移
x傳＝v0t1＝1.6 m
在時間t1內，工件相對傳送帶的位移
x相＝x傳－x1＝0.8 m
在時間t1內，摩擦產生的熱量
Q＝μmgcos θ·x相＝60 J
最終工件獲得的動能Ek＝12mv02＝20 J
工件增加的勢能Ep＝mgh＝150 J
電動機多消耗的電能
E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.

1．(傾斜傳送帶問題)(多選)(2020·山西新絳中學月考)在大型物流系統(tǒng)中，廣泛使用傳送帶來搬運貨物．如圖3甲所示，傾角為θ的傳送帶以恒定的速率逆時針方向轉動，皮帶始終是繃緊的，將m＝1 kg的貨物放在傳送帶上的A端，經過1.2 s到達傳送帶的B端．用速度傳感器分別測得貨物與傳送帶的速度v隨時間t變化的圖象如圖乙所示．已知重力加速度g＝
10 m/s2，sin 37°＝0.6，可知(　　)

圖3
A．貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.05
B．A、B兩點間的距離為1.2 m
C．貨物從A運動到B的過程中，傳送帶對貨物做功－11.2 J
D．貨物從A運動到B的過程中，貨物與傳送帶間因摩擦產生的熱量為4.8 J
答案　CD
解析　0～0.2 s內，貨物沿傳送帶向下做勻加速直線運動，摩擦力沿斜面向下，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝20.2 m/s2＝10 m/s2；0.2～1.2 s內，貨物繼續(xù)沿傳送帶向下做勻加速直線運動，a2＝gsin θ－μgcos θ＝21 m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A錯誤；從題圖可知，0～1.2 s內，貨物v－t圖線與t軸圍成的面積對應位移x＝x1＋x2＝3.2 m，則A、B兩點間的距離為
3.2 m，故B錯誤；傳送帶對貨物做的功即摩擦力做的功，W1＝Ffx1＝μmgcos θ·x1＝0.8 J，W2＝－Ffx2＝－μmgcos θ·x2＝－12 J，W＝W1＋W2＝－11.2 J，故C正確；從題圖乙可知，0～
0.2 s內，傳送帶比貨物多走0.2 m．0.2～1.2 s內，貨物比傳送帶多走1 m，所以貨物從A運動到B的過程中，相對位移為1.2 m．因摩擦產生的熱量Q＝Ffx相對＝μmgcos θ·x相對＝4.8 J，故D正確．
題型二　多運動組合問題
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(guī)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(guī)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(yōu)方案．
例3 　跳臺滑雪運動員腳穿專用滑雪板，不借助任何外力，從起滑臺起滑，在助滑道上獲得高速度，于臺端飛出，沿拋物線在空中飛行，在著陸坡著陸后，繼續(xù)滑行至水平停止區(qū)靜止．如圖4所示為一簡化后的跳臺滑雪的雪道示意圖．助滑坡由傾角為θ＝37°的斜面AB和半徑為R1＝10 m的光滑圓弧BC組成，兩者相切于B.AB豎直高度差h1＝30 m，豎直跳臺CD高度差為h2＝5 m，著陸坡DE是傾角為θ＝37°的斜坡，長L＝130 m，下端與半徑為R2＝20 m的光滑圓弧EF相切，且EF下端與停止區(qū)相切于F.運動員從A點由靜止滑下，通過C點，以速度vC＝25 m/s水平飛出落到著陸坡上，然后運動員通過技巧使垂直于斜坡速度降為0，以沿斜坡的分速度繼續(xù)下滑，經過EF到達停止區(qū)FG.若運動員連同滑雪裝備總質量為80 kg.(不計空氣阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：

圖4
(1)運動員在C點對臺端的壓力大小；
(2)滑板與斜坡AB間的動摩擦因數；
(3)運動員在著陸坡上的落點距離D多遠；
(4)運動員在停止區(qū)靠改變滑板方向增加制動力，若運動員想在60 m之內停下，制動力至少是總重力的幾倍？(設兩斜坡粗糙程度相同，計算結果保留兩位有效數字)
答案　(1)5 800 N　(2)3160　(3)125 m　(4)1.7倍
解析　(1)運動員經C點時由牛頓第二定律得FC－mg＝mvC2R1
解得FC＝5 800 N
根據牛頓第三定律，運動員在C點對臺端的壓力大小為5 800 N.
(2)從A點到C點，由動能定理得
mgh1－μmgcos θh1sin θ＋mgR1(1－cos θ)＝12mvC2
解得μ＝3160.
(3)設運動員離開C點后開始做平拋運動到P點，
D、P間距離為sP，則有xP＝vCt，
yP＝12gt2
yP－h(huán)2xP＝tan θ，xPsP＝cos θ
解得sP＝125 m，t＝4 s.
(4)從落點P到最終停下，P點沿斜坡速度
vP＝vCcos θ＋gtsin θ＝44 m/s
mg(L－sP)sin θ－μmg(L－sP)cos θ＋mgR2(1－cos θ)－Ffd＝0－12mvP2
解得Ff＝1 383 N，即Ffmg≈1.7.

2．(直線運動＋圓周運動＋平拋運動)(2020·浙江寧波市 “十校聯考”)如圖5所示，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉動，圓盤半徑R＝0.2 m，圓盤邊緣有一質量m＝1 kg的小滑塊．當圓盤轉動的角速度達到某一數值時，滑塊恰從圓盤邊緣A沿過渡圓管滑落，進入軌道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足夠長且離地面高為h′＝0.4 m，經C點后突然給滑塊施加水平向右的恒力F＝1033 N．已知AB段斜面傾角為60°，BC段斜面傾角為30°，小滑塊與圓盤的動摩擦因數μ＝0.5，A點離B點所在水平面的高度h＝1.2 m，運動到B點時的速度為3 m/s，滑塊從A至C運動過程中始終未脫離軌道，不計在過渡圓管處和B點的機械能損失，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：

圖5
(1)滑出A點時，圓盤轉動的角速度ω；
(2)小滑塊在從A到B時，摩擦力做的功；
(3)小滑塊在CD面上的落點與C點的距離．
答案　(1)5 rad/s　(2)－8 J　(3)315 m
解析　(1)滑塊在圓盤上做圓周運動時，靜摩擦力充當向心力，根據牛頓第二定律得：μmg＝mω2R，
代入數據解得：ω＝5 rad/s
(2)vA＝ωR＝5×0.2 m/s＝1 m/s，
從A到B的運動過程由動能定理得：
mgh＋Wf＝12mvB2－12mvA2，
解得Wf＝ －8 J
(3)從B到C的過程由動能定理得：
－mgh′＝12mvC2－12mvB2， 解得 vC＝1 m/s
對小滑塊經C點后受力分析可知，F合＝2033 N，則合加速度大小為a＝2033 m/s2，由幾何關系可知，合加速度的方向與C點速度方向垂直，則小滑塊做類平拋運動，
沿C點速度方向：x＝vCt
沿合加速度方向：y＝12at2
又yx＝tan 30°
小滑塊落點距C點s＝xcos 30°，
聯立解得s＝315 m.

課時精練

1．(多選)如圖1所示，質量m＝1 kg的物體從高為h＝0.2 m的光滑軌道上P點由靜止開始下滑，滑到水平傳送帶上的A點，物體和傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.2，傳送帶A、B之間的距離為L＝5 m，傳送帶一直以v＝4 m/s的速度勻速運動，則(g取10 m/s2)(　　)

圖1
A．物體從A運動到B的時間是1.5 s
B．物體從A運動到B的過程中，摩擦力對物體做功為2 J
C．物體從A運動到B的過程中，產生的熱量為2 J
D．物體從A運動到B的過程中，帶動傳送帶轉動的電動機多做的功為10 J
答案　AC
解析　設物體下滑到A點時的速度為v0，對PA過程，由機械能守恒定律有12mv02＝mgh，代入數據得v0＝2gh＝2 m/s ＝μmg(x帶－x1)，代入數據得Q＝2 J，選項C正確；電動機多做的功一部分轉化成了物體的動能，另一部分轉化為內能，則電動機多做的功W＝(12mv2－12mv02)＋Q＝12×1×(42－22) J＋
2 J＝8 J，選項D錯誤．
2.(多選)(2020·陜西西安市檢測)如圖2所示，水平傳送帶兩端A、B間的距離為L，傳送帶以速度v沿順時針方向轉動，一個質量為M的小物塊以一定的初速度從A端滑上傳送帶，運動到B端．此過程中物塊先做勻加速直線運動后做勻速直線運動，物塊做勻加速直線運動的時間與做勻速直線運動的時間相等，兩過程中物塊運動的位移之比為2∶3，重力加速度為g，傳送帶速度大小不變．下列說法正確的是(　　)

圖2
A．物塊的初速度大小為v2
B．物塊做勻加速直線運動的時間為3L5v
C．物塊與傳送帶間的動摩擦因數為10v29gL
D．整個過程中物塊與傳送帶因摩擦產生的熱量為mv29
答案　BC
解析　由題意可知物塊做勻加速運動和勻速運動的時間相等，物塊兩次運動的位移之比為：x1x2＝?v0＋v?t2vt＝23，則v0＋v2∶v＝2∶3，可得出：v0＝v3，故A錯誤；由題意可知物塊勻速運動的位移為3L5，則3L5＝vt，可得勻速運動的時間為：t＝3L5v，勻加速運動的時間等于勻速運動的時間，故B正確；根據運動學公式：a＝μg，v2－v02＝2ax，x＝2L5，可得物塊與傳送帶間的動摩擦因數為：μ＝10v29gL，故C正確；根據熱量的計算公式：Q＝Ffx相對，整個過程中x相對＝3L5－2L5＝L5，可求得整個過程中物塊與傳送帶因摩擦產生的熱量為：Q＝2mv29，故D錯誤．
3．(2019·黑龍江齊齊哈爾市期末)如圖3所示，固定的粗糙弧形軌道下端B點水平，上端A與B點的高度差為h1＝0.3 m，傾斜傳送帶與水平方向的夾角為θ＝37°，傳送帶的上端C點與B點的高度差為h2＝0.112 5 m(傳送帶傳動輪的大小可忽略不計)．一質量為m＝1 kg的滑塊(可看作質點)從軌道的A點由靜止滑下，然后從B點拋出，恰好以平行于傳送帶的速度從C點落到傳送帶上，傳送帶逆時針轉動，速度大小為v＝0.5 m/s，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.8，且傳送帶足夠長，滑塊運動過程中空氣阻力忽略不計，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，試求：

圖3
(1)滑塊運動至C點時的速度大小vC；
(2)滑塊由A到B運動過程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產生的熱量Q.
答案　(1)2.5 m/s　(2)1 J　(3)32 J
解析　(1)在C點，豎直分速度：vy＝2gh2＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s
(2)C點的水平分速度與B點的速度相等，則
vB＝vx＝vCcos 37°＝2 m/s
從A到B點的過程中，根據動能定理得
mgh1－Wf＝12mvB2
解得Wf＝1 J
(3)滑塊在傳送帶上運動時，根據牛頓第二定律有
μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
解得a＝0.4 m/s2
達到共同速度所需時間t＝vC－va＝5 s
兩者間的相對位移Δx＝v＋vC2t－vt＝5 m
由于mgsin 37°<μmgcos 37°，此后滑塊將做勻速運動．
故滑塊在傳送帶上運動時與傳送帶摩擦產生的熱量：
Q＝μmgcos 37°·Δx＝32 J.

4．(2020·浙江嘉興市期末)如圖4所示，水平軌道BC與傾角為θ＝37°的斜面軌道AB、螺旋狀圓軌道O緊密平滑連接，AB長度L1＝10 m，BC長度L2＝4 m，圓軌道半徑R＝0.72 m．直角斜面體MNE的豎直邊ME的長度L3＝3 m，水平邊NE的長度L4＝6 m，M點在C點的正下方，MC的長度L5＝1.2 m．小物塊的質量為m＝1 kg，它與AB軌道和BC軌道的動摩擦因數相同，記為μ，圓軌道光滑．小物塊在最高點A由靜止釋放，沿軌道ABC運動，第一次到達C時恰好靜止．空氣阻力不計，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.

圖4
(1)求動摩擦因數μ；
(2)小物塊在A點釋放的同時，對其施加一個水平向右的恒力F，當物塊沿BC運動到C點時撤去F，再繞圓軌道運動一周后在與C同一高度的圓軌道末端以速度v水平向右拋出．小物塊在到達圓軌道末端前不脫離軌道，求v與F滿足的關系式，并確定v的取值范圍；
(3)若物塊自圓軌道末端以某一初速度水平拋出，經一段時間后與過N點的豎直墻面發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間忽略不計，碰撞之后物塊速度的豎直分量不變，水平分量反向且大小不變，之后落于斜面MN上的P點，已知物塊從圓軌道末端運動到P點的總時間為t＝0.9 s，求小物塊剛運動至P點時的動能．
答案　(1)0.5　(2)v2＝30F(6 m/s≤v≤20 m/s)
(3)65 J
解析　(1)小物塊從A到C的過程，由動能定理得
mgL1sin θ－μmgL1cos θ－μmgL2＝0
代入數據得μ＝0.5.
(2)施加恒力F后，從A到C的過程，由動能定理得
F(L1cos θ＋L2)＋mgL1sin θ－μ(mgcos θ－Fsin θ)L1－μmgL2＝12mv2
代入數據得v2＝30F
小物塊在圓軌道最高點D不脫離軌道，應滿足mg≤mvD2R
從D到C的過程由機械能守恒定律得
12mvD2＋2mgR＝12mv2
解得v≥6 m/s
小物塊不脫離斜面AB，應滿足Fsin θ≤mgcos θ
解得v≤20 m/s
所以v的取值范圍為6 m/s≤v≤20 m/s.
(3)P點與C點的高度差為h＝12gt2＝4.05 m
設物塊在C點初速度為v0，
P點與豎直墻的水平距離為v0t－L4
如圖，由幾何關系得

tan∠MNE＝L3＋L5－h(huán)v0t－L4
已知tan∠MNE＝L3L4＝12，
解得v0＝7 m/s
從C到P由動能定理得
mgh＝Ek－12mv02
代入數據，解得Ek＝65 J.
即小物塊剛運動至P點時的動能為65 J.

5．(2020·全國卷Ⅲ·25改編)如圖5，相距L＝11.5 m的兩平臺位于同一水平面內，二者之間用傳送帶相接．傳送帶向右勻速運動，其速度的大小v可以由驅動系統(tǒng)根據需要設定．質量m＝10 kg的載物箱(可視為質點)，以初速度v0＝5.0 m/s自左側平臺滑上傳送帶．載物箱與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.10，重力加速度取g＝10 m/s2.

圖5
(1)若v＝4.0 m/s，求載物箱通過傳送帶所需的時間；
(2)求載物箱到達右側平臺時所能達到的最大速度和最小速度；
(3)若v＝6.0 m/s，載物箱滑上傳送帶Δt＝1312 s后，傳送帶速度突然變?yōu)榱悖筝d物箱從左側平臺向右側平臺運動的時間及運動到右側平臺的速度大小．
答案　(1)2.75 s　(2)43 m/s　2 m/s　(3)2512 s　5 m/s
解析　(1)傳送帶的速度為v＝4.0 m/s時，載物箱在傳送帶上先做勻減速運動，設其加速度大小為a，由牛頓第二定律有
μmg＝ma①
設載物箱滑上傳送帶后勻減速運動的距離為s1，由運動學公式有
v2－ v02＝－2as1②
聯立①②式，代入題給數據得
s1＝4.5 m③
因此，載物箱在到達右側平臺前，速度先減小到v，然后開始做勻速運動．設載物箱從滑上傳送帶到離開傳送帶所用的時間為t1，做勻減速運動所用的時間為t1′，由運動學公式有v＝v0－at1′④
t1＝t1′＋L－s1v⑤
聯立①③④⑤式并代入題給數據得
t1＝2.75 s⑥
(2)當載物箱滑上傳送帶后一直做勻減速運動時，到達右側平臺時的速度最小，設為v1；當載物箱滑上傳送帶后一直做勻加速運動時，到達右側平臺時的速度最大，設為v2.由動能定理有
－μmgL＝12mv12－12mv02⑦
μmgL＝12mv22－12mv02⑧
由⑦⑧式并代入題給條件得
v1＝2 m/s, v2＝43 m/s⑨
(3)傳送帶的速度為v＝6.0 m/s時，由于v0 v2－v02＝2as2?
聯立①⑩?式并代入題給數據得
t2＝1.0 s?
s2＝5.5 m?
因此載物箱加速運動1.0 s、向右運動5.5 m時，達到與傳送帶相同的速度．此后載物箱與傳送帶共同勻速運動(Δt－t2)的時間后，傳送帶突然停止．設載物箱勻速運動通過的距離為s3，有
s3＝(Δt－t2)v?
由①???式可知，12mv2＞μmg(L－s2－s3)，即載物箱運動到右側平臺時速度大于零，設為v3，載物箱一直在做勻減速運動，由運動學公式有v32－v2＝－2a(L－s2－s3)?
則v3＝5 m/s，減速運動時間t3＝v－v3a＝1 s
故物塊在傳送帶上運動時間t＝Δt＋t3＝2512 s，
運動到右側平臺的速度為5 m/s.

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