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第16讲　微专题一 动力学和能量观点的综合应用
目录
命题点一　多运动组合问题 1
命题点二　传送带模型问题 8
模型1　水平传送带模型 8
模型2　倾斜传送带模型 12
命题点一　多运动组合问题
1．抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．
2．两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．
1．如图为某款弹射游戏的简化示意图，水平轨道OAB及EF处于同一水平面上，其中AB段粗糙，长度xAB＝3R，动摩擦因数μ，其余部分均光滑，EF段足够长。竖直平面内固定两光滑圆弧轨道BC、CD，半径分别为R和2R，其中R＝0.8m，BC、CD间存在缝隙，恰能使弹射小球无碰撞通过，间隙大小可忽略，圆弧BC与水平轨道AB相切于B点，E点恰好位于D点的正下方。已知弹射器的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，可视为质点的弹射小球质量为m＝0.1kg，当弹簧压缩量为Δx时，恰能运动到C处，g取10m/s2，求：
（1）压缩量为Δx时，弹簧的弹性势能Ep；
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力；
（3）在（2）题条件下，调整CD弧的半径，求落点距E点的最远距离。
【解答】解：（1）当压缩量为Δx时，根据功能关系可知，弹簧的弹性势能Ep＝μmgxAB+mgR
代入数据解得：Ep＝1.6J
（2）已知弹射器的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，则当弹簧压缩量增加到2Δx，弹簧的弹性势能Ep′＝4Ep＝4×1.6J＝6.4J
小球从开始释放至运动到D点的过程，由动能定理得：Ep′﹣μmgxAB﹣mg 3R
在D点，对小球，由牛顿第二定律得
mg+FN＝m
由牛顿第三定律知小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力大小：FN′＝FN
代入数据解得：FN′＝3N，方向竖直向上。
（3）设CD弧的半径为r时，小球到达D点的速度为v，落点距E点的距离为x。
小球从开始释放至运动到D点的过程，由动能定理得：Ep′﹣μmgxAB﹣mg（R+r）
小球从D点飞出后做平抛运动，有R+r，x＝vt
联立可得：x
当rm＝2m时，x最大值，且最大值为xmax＝0.8m
答：（1）压缩量为Δx时，弹簧的弹性势能Ep为1.6J。
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力为3N，方向竖直向上；
（3）在（2）题条件下，调整CD弧的半径，落点距E点的最远距离为0.8m。
2．如图为遥控玩具小车比赛轨道的示意图，第一部分由斜面轨道AB、圆弧轨道BCD与斜面轨道DE拼接而成，圆弧BCD的圆心恰在O点，第二部分由水平轨道EF、圆形轨道FGF与特殊材料水平轨道FH组成。直线轨道与圆弧轨道平滑相切。圆轨道F处前后略有错开，小车可从一侧滑上再从另一侧滑出，已知轨道AB与DE的倾角均为θ＝37°，长度均为L＝2m，轨道FGF的半径r＝1m，玩具车在AB与DE轨道上受到的阻力为压力的0.25，在FH轨道上受到的阻力为压力的1.5倍。其余轨道摩擦阻力及空气阻力均不计。已知玩具车输出功率恒为P＝10W，电动机工作时间可调控，玩具车质量m＝1kg，可视为质点。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）玩具车以多大初速度从A点弹出，恰好能沿轨道自行上滑到C点；
（2）玩具车以恒定功率P＝10W从A点由静止启动，电动机至少工作多长时间才能完成完整的圆周运动；
（3）已知轨道“受力因子k”是车对轨道的压力与车重力的比值，要求满足在圆周内k≤9且玩具车能无动力完成完整比赛，求玩具车的停止点H与F点的可能距离。
【解答】解：（1）玩具车恰好能沿轨道自行上滑到C点时，速度刚好为0，根据动能定理得
﹣mgR﹣0.25mgcos37° L＝0
由题图可知 Lsin37°＝Rcos37°
联立解得 v0m/s
（2）玩具车刚好通过圆轨道最高点G时，由重力恰好提供向心力，由牛顿第二定律得：
mg＝m
从A点运动到G点的过程，由动能定理得：
Pt﹣mg 2r﹣2×0.25mgcos37° L0
联立解得发动机工作的时间 t＝3.3s
（3）玩具车在恰好完成完整比赛的条件下，从最高点G运动到F的过程中，由机械能守恒定律得
mg 2r
在F点，对玩具车，由牛顿第二定律得 FN﹣mg＝m
解得 FN＝6mg
由牛顿第三定律知玩具车对轨道的压力大小为 FN′＝FN＝6mg
此时受力因子 k6，符合题意。
F点运动到H点的过程，由动能定理得
﹣1.5mgxHF＝0
解得 xHFm
当k＝9时，在F点，有 9mg﹣mg＝m
F点运动到H点的过程，由动能定理得
﹣1.5mgx′HF＝0
解得 x′HFm
则有 m≤xHFm。
答：
（1）玩具车以m/s的初速度从A点弹出，恰好能沿轨道自行上滑到C点；
（2）玩具车以恒定功率P＝10W从A点由静止启动，电动机至少工作3.3s时间才能完成完整的圆周运动；
（3）玩具车的停止点H与F点的可能距离为m≤xHFm。
3．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程yx2的光滑抛物线形状管道OA；AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。A、B、C、D的横坐标分别为xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m。已知，弹珠质量m＝100g，直径略小于管道内径。E为BC管道的最高点，在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度ν0应该多大；
（2）若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该多大；
（3）游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度ν0的范围。
【解答】解：（1）由yx2得：A点坐标（1.20m，0.80m）
由平抛运动规律得：xA＝v0t，yA
代入数据，求得 t＝0.4s，v0＝3m/s；
（2）由速度关系，可得 θ＝53°
求得AB、BC圆弧的半径 R＝0.5m
第一次到达E点时，由牛顿第二定律得：
F+mg＝m，其中F＝3mg
OE过程由动能定理得：
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）
解得 v0＝2m/s；
（3）sinα0.5，α＝30°，CD与水平面的夹角也为α＝30°
设3次通过E点的速度最小值为v1．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v1＝2m/s
设3次通过E点的速度最大值为v2．由动能定理得
mgyA﹣mgR（1﹣cos53°）﹣4μmgxCDcos30°＝0
解得 v2＝6m/s
考虑2次经过E点后不从O点离开，有
﹣2μmgxCDcos30°＝0
解得 v3＝2m/s
故 2m/s＜ν0＜2m/s
答：
（1）若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度ν0应该为3m/s。
（2）若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该为2m/s；
（3）游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度ν0的范围为2m/s＜ν0＜2m/s。
4．如图所示，在水平直轨道上竖直放置一半径R＝1m的圆形光滑轨道和细管弯成两个半圆组成的反“S”形光滑轨道，其半径r＝0.05m。两轨道最低点B、D相距L1＝4m，B、D间铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1＝0.2+0.2x（x表示DB上一点到B的距离）。一个质量为1kg可视为质点的小球P从倾角θ＝37°、动摩擦因数μ3＝0.8的斜面上以初动能Ek0滑下，经A点无能量损失进入长度L2＝3m、动摩擦因数为μ2＝0.2的AB直轨道，然后冲上圆形轨道。小球P释放点到水平轨道的高度h＝3m，圆形轨道最低点B处入、出口靠近且相互错开，不计空气阻力。提示：可以用F﹣x图像下的“面积”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通过圆形轨道最高点C，求小球在B点对轨道的压力大小；
（2）调整释放初动能Ek0，使小球P离开反“S”形轨道最高点E后第一次落到水平直轨道上离E点的水平位移大小s＝1m，求初动能Ek0的大小；
（3）调整释放初动能Ek0，要使小球P整个运动过程中不脱离轨道，且不停在水平轨道AB段上，求Ek0的取值范围。
【解答】解：（1）小球P恰好通过圆形轨道最高点C点，则有
解得
从C到B，根据动能定理有
解得
B点，则有
解得FN＝60N
根据牛顿第三定律，小球在B点对轨道的压力大小为60N；
（2）根据平抛运动规律有，s＝vEt
联立解得t＝0.2s，vE＝5m/s
BD上，有Ff＝μ1mg＝mg（0.2+0.2x）＝2+2x
则摩擦力做功为
从初始到E，则有
解得Ek0＝46.5J
（3）①恰好到A，则有
解得Ek0＝2J
所以0≤Ek0≤2J
②恰好到O点等高处，则有
解得Ek0＝18J
返回恰好到A，则有
解得Ek0＝14J
所以14J≤Ek0≤18J
③恰好过C，，则有
解得Ek0＝33J
恰好到E，则有
解得Ek0＝34J
所以33J≤Ek0≤34J
综上，0≤Ek0≤2J或者14J≤Ek0≤18J或者33J≤Ek0≤34J
答：（1）小球在B点对轨道的压力大小为60N；
（2）初动能Ek0的大小为46.5J；
（3）Ek0的取值范围为0≤Ek0≤2J或者14J≤Ek0≤18J或者33J≤Ek0≤34J。
命题点二　传送带模型问题
传送带问题的分析流程和技巧
1．分析流程
2．相对位移
一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Ff·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和．
3．功能关系
(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对WF和Q的理解：
①传送带的功：WF＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ff·x相对．
模型1　水平传送带模型
5．如图所示，水平传送带AB，长为L＝2m，其左端B点与半径R＝0.5的半圆形竖直轨道BCD平滑连接，其右端A点与光滑长直水平轨道平滑连接。轨道BCD最高点D与水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触，且DE延长线恰好延圆筒的直径方向。已知水平传送带AB以v＝6m/s的速度逆时针匀速运行，圆筒半径r＝0.05m、高度h＝0.2m。质量m＝0.5kg、可视为质点的小滑块，从P点处以初速度v0向左运动，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，不计管道DE的粗细。
（1）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN；
（2）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块的初速度v0；
（3）若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，求滑块的初速度v0的范围。
【解答】解：（1）小滑块恰好能通过最高点D处，则在最高点重力提供向心力，轨道对小滑块无压力，即
小滑块从B点向D点运动过程中根据动能定理
﹣mg 2Rmm
代入数据解得vB＝5m/s
在最低点B点，有
联立以上各式，根据牛顿第三定律可知，滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小为FN＝F'N＝30N
（2）根据（1）中vB＝5m/s＜6m/s，则小滑块在传送带上一直保持匀加速直线运动。则根据动能定理
代入数据解得v0＝1m/s
（3）设小滑块与圆筒内壁刚好发生6次弹性碰撞，小滑块在竖直方向做自由落体运动，水平方向速度大小不变，则有
代入数据解得t＝0.2s
水平方向上
代入数据解得v'D＝3m/s
从B到D过程，根据动能定理可得
代入数据解得
在传送带上，根据动能定理可得
代入数据解得
故为了保证小滑块与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，滑块的初速度v0的范围为
答：（1）滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN为30N；
（2）滑块的初速度v0为1m/s；
（3）滑块的初速度v0的范围为。
6．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝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的速度顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8m，MN间的距离为LMN＝3.0m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的摩擦因数μ＝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m＝1kg。
（1）若滑块P第一次到达圆轨道圆心O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H＝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在运动过程中能二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H范围。
【解答】（1）滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，则vF＝0，
由动能定理得：mg（H﹣R）﹣μmgLBC＝0
解得：H＝μLBC+R＝0.2×1m+0.2m＝0.4m
（2）H＝1.0m，滑块运动到N点时的速度为vN
从开始到N点应用动能定理
解得vN＝2m/s
从N点滑块做平抛运动，水平位移为x＝vN2m＝0.8m
（3）滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点必须具有的高度为H1
从开始到E点应用动能定理
在E点时有
解得H1＝0.7m
滑块滑上传送带时的速度为vM，，
滑块做减速运动的位移为
因此滑块返回M点时的速度也为，因此第二次过E点．
设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为vm/sm/s
从开始到M点应用动能定理
解得H2＝0.8m
二次经过E点后，当滑块再次返回圆轨道B点时速度为vB，，，所以不会第三次过E点
能二次经过E点的高度H范围是0.7m≤H≤0.8m
答：（1）若滑块P第一次到达圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，则滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H为0.4m；
（2）若滑块P从斜面高度差H＝1.0m处静止下滑，滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移为0.8m；
（3）滑块P在运动过程中能二次经过圆轨道最高点E点，滑块P从斜面静止下滑的高度差H范围是0.7m≤H≤0.8m。
7．国家快递大数据平台实时监测数据显示，截至2021年12月8日9时03分，我国快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的质量m＝1kg某快递从倾角为θ＝53°的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进入水平传送带BC传送，最后能从末端C点水平抛出，落到水平地面后静止，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长L1＝2m，水平传送带BC长L2＝1m，传送带上表面距水平地面h＝0.6m，该快递与斜面间动摩擦因数μ1，与传动带间动摩擦因数μ2，传送带以大小为v1＝2m/s的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，g取10m/s2。求：
（1）快递刚滑上传送带时速度vB的大小；
（2）快递与地面碰撞过程中受到地面对它的平均作用力大小F。（已知快递与地面的作用时间为Δt＝0.01s，且碰撞过程不计快递重力）
【解答】解：（1）快递从A点到B点的过程，由动能定理有
mgL1sin53°﹣μ1mgcos53° L1
解得vB＝4m/s
（2）因为vB＞v1，所以快递滑上传送带后先减速，假设快递可以在传送带上减速至v1。
快递减速的加速度大小为aμ2g
由运动学公式有v12﹣vB2＝﹣2ax
可得x＝0.8m＜L2＝1m
假设正确，故快递先减速后匀速，快递离开传送带时速度大小等于v1。
设快递落地时速度为v，对快递的平抛过程，由动能定理得
mgh
解得快递落地时速度大小v＝4m/s
以快递为研究对象，取落地前速度方向为正方向，由动量定理得
﹣F Δt＝0﹣mv
解得F＝400N
答：（1）快递刚滑上传送带时速度vB的大小为4m/s。
（2）快递与地面碰撞过程中受到地面对它的平均作用力大小F为400N。
模型2　倾斜传送带模型
8．如图1所示，光滑的六分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端通过光滑轨道与一倾斜传送带连接，倾斜传送带的倾角为37°，小物块b静止于Q点，一质量为ma＝1kg的小物块a从圆弧轨道最高点P以初速度沿圆弧轨道运动，到最低点Q时与另一质量为mb＝3kg的小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。碰撞后两物块的速率均为2m/s，且碰撞后小物块b沿传送带方向运动，物块b通过光滑轨道滑上传送带时无能量损失。已知圆弧轨道半径为R＝0.8m，传送带顺时针匀速转动，物块b在传送带上运动时，物块b相对传送带的速度v如图2所示，规定沿传送带向下为正方向，重力加速度取10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬时小物块a的速度大小；
（2）碰撞后小物块a能上升的最大高度及在最高点对圆弧轨道的压力大小；
（3）物块b与传送带间的摩擦因数及传送带的长度。
【解答】解：（1）对小物块a由P到Q的过程，由动能定理得
代入数据解得：va＝4m/s
（2）由题意可知，碰撞后物块a和物块b的速率均为2m/s，且由动量守恒可知，物块a碰后的速度方向向左。设碰撞后小物块a能上升的最大高度为h，由动能定理得：
代入数据解得：h＝0.2m
设小物块a上升到最大高度处与O点连线与竖直方向的夹角为θ，由几何关系可知
在最高点由平衡条件可得FN﹣magcosθ＝0
联立解得FN＝7.5N
由牛顿第三定律知，小物块a在最高点对圆弧轨道的压力大小为7.5N。
（3）由题意可知，传送带的速度大小为10m/s，则有
且t1+t2＝1.9s
小物块b在传送带上运动时，由牛顿第二定律可得
mbgsin37°+μmbgcos37°＝mba1
mbgsin37°﹣μmbgcos37°＝mba2
联立解得t1＝0.8s，t2＝1.1s，μ＝0.5
对第一阶段小物块b有
同理第二阶段有
传送带的长度x＝x1+x2
联立解得：x＝17.01m
答：（1）碰撞前瞬时小物块a的速度大小为4m/s；
（2）碰撞后小物块a能上升的最大高度为0.2m，在最高点对圆弧轨道的压力大小为7.5N；
（3）物块b与传送带间的摩擦因数及传送带的长度分别为0.5，17.01m。
9．如图甲所示为某机场的行李自动运输系统，可以将其简化为如图乙所示，运输系统由电动机带动传送带运转，传送带由长度L1＝100m的水平传送带AB和长度L2＝70m、倾角为37°的倾斜传送带CD组成，两个传送带之间由很短的一段圆弧连接。两个传送带都沿顺时针方向转动，速度大小分别为4m/s和6m/s，每隔1s将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，所有货箱的质量均为m＝20kg且可视为质点，货箱与水平传送带间的动摩擦因数μ1＝0.1，与倾斜传送带间的动摩擦因数μ2＝0.875，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）每个货箱从A点到B点的时间和从C点到D点的时间；
（2）传送一个货箱多消耗的电能；
（3）传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗的电能（用科学计数法保留一位有效数字）。
【解答】解：（1）货箱刚放上水平传送带时，对其受力分析，由牛顿第二定律得：μ1mg＝ma1
代入数据解得：a1＝1m/s2
货箱达到与传动带共速时的位移为x1m＝8m＜L1
加速时间t1s＝4s
在水平传送带上匀速运动的时间t2s＝23s
每个货箱从A点到B点的时间tAB＝t1+t2＝4s+23s＝27s
货箱刚滑到倾斜传送带上时，对其受力分析，由牛顿第二定律得：μ2mgcos37°﹣mgsin37°＝ma2
代入数据解得：a2＝1m/s2
货箱在倾斜传送带上加速位移为x2m＝10m＜L2
加速时间t3s＝2s
在倾斜传送带上匀速运动的时间t4s＝10s
每个货箱从C点到D点的时间tCD＝t3+t4＝2s+10s＝12s
（2）把一个货箱从A点传送到D点，需要多消耗的电能Emv传22+mgL2sin37°+μ1mg（v传1t1﹣x1）+μ1mgcos37°（v传2t3﹣x2）
代入数据解得：E＝9200J
（3）24小时内传送的货箱个数为n＝24×60×60个＝86400个
传送带因运送货箱而多消耗的电能E总＝nE＝86400×9200J＝8×108J
答：（1）每个货箱从A点到B点的时间为27s，从C点到D点的时间为12s；
（2）传送一个货箱多消耗的电能为9200J；
（3）传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗的电能为8×108J。
10．如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ＝37°。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l＝10m。一质量为m＝1kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带EF。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带EF间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块从A点飞出的速度大小v0；
（2）物块到达C点时对C点的压力大小FNC；
（3）若物块能被送到F端，则传送带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从E端到F端所用时间的范围。
【解答】解：（1）小球从A点到C点做平抛运动，设AB距离为h，则：
h＝2R
竖直方向有：
2gh
代入数据解得：vy＝6m/s
在C点，有
tan37°
代入数据解得：v0＝8m/s
在A点，对物块根据牛顿第二定律得：
mg+FNA＝m
解得FNAN
（2）物块到达C点时速度大小：
vC
代入数据解得：vC＝10m/s
在C点，对物块，根据牛顿第二定律可得：
FN﹣mgcos37°＝m
代入数据解得：FN＝208N
由牛顿第三定律知，物块对C点的压力大小FNC＝FN＝208N
（3）已知vE＝vC＝10m/s，设传送带的速度为v，物块刚滑上传送带时，若物块的速度大于传送带的速度，物块的加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律可得：
mgsin37°+μmgcos37°＝ma1
代入数据解得：a1＝12m/s2
物块速度减至传送带速度所需时间为：
t1
通过的位移为x1
达到相同速度后，由于mgsinθ＝μmgcosθ，故物体继续向上做匀速直线运动
当到达F点时，则
x2＝vt2
x1+x2＝l
代入数据解得：v＝5m/s，t1＝0.5s，t2＝2.5s
上滑所需要的最大时间为：
tmax＝t1+t2
代入数据解得tmax＝3s
若传送带的速度始终大于向上滑动的速度，则物块在传送带上一直以加速度a2向上做减速运动，则
l＝vEtmina2
代入数据解得：tmin＝（5）s
故传送带顺时针运转的速度满足条件为：
v传≥5m/s
物块从E端到F端所用时间的范围为：
（5）s≤t≤3s
答：（1）物块从A点飞出的速度大小v0为8m/s，在A点受到的压力大小FNA为N。
（2）物块到达C点时的速度大小vC为10m/s，对C点的压力大小FNC为208N。
（3）若物块能被送到F端，则传送带顺时针运转的速度应满足的条件为v传≥5m/s，物块从E2端到F端所用时间的范围为（5）s≤t≤3s。
11．近期，“新冠肺炎”使得口罩需求量大增。图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带截面图，1为长度L1＝2m的水平传送带，2为长度L2＝1m、倾角θ＝30°的倾斜传送带。现将质量m＝0.2kg的口罩盒（包括口罩）从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a，到达b处刚好与传送带1的速度相等。口罩盒与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5。口罩盒在连接点b处速度大小不变从水平滑上斜面，两传送带均做逆时针转动。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）传送带1的速度v1的大小；
（2）若传送带2不转动，则口罩盒（包括口罩）沿传送带2向上滑动的最远距离；
（3）要使口罩盒能够运送至c点，则传送带2的最小速度大小。
【解答】解：（1）口罩盒（包括口罩）放上传送带1后一直做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有
μ1mg＝ma
根据运动学公式，有
代入数据解得v1＝4m/s
（2）若传送带2不转动，则口罩盒（包括口罩）向上运动的加速度一直不变，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
根据运动学公式，有
代入数据解得x＝0.8m
（3）由（2）分析可知，若传送带2不转动，口罩盒（包括口罩）向上运动的位移x＝0.8m＜L2，口罩盒（包括口罩）无法运动到c点。
设传送带2的速度为v时，恰好能将口罩盒运送至c点；口罩盒在传送带2上先做加速度为a1的匀减速直线运动，当速度与传送带速度相等时，改做a2的匀减速直线运动，到达c点时速度恰好为零。
根据牛顿第二定律有
mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
由逆向思维法，有
且s1+s2＝L2
代入数据解得v＝1m/s
答：（1）传送带1的速度v1的大小为4m/s；
（2）若传送带2不转动，则口罩盒（包括口罩）沿传送带2向上滑动的最远距离为0.8m；
（3）要使口罩盒能够运送至c点，则传送带2的最小速度大小为1m/s。
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第16讲　微专题一 动力学和能量观点的综合应用
目录
命题点一　多运动组合问题 1
命题点二　传送带模型问题 4
模型1　水平传送带模型 5
模型2　倾斜传送带模型 7
命题点一　多运动组合问题
1．抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．
2．两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．
1．如图为某款弹射游戏的简化示意图，水平轨道OAB及EF处于同一水平面上，其中AB段粗糙，长度xAB＝3R，动摩擦因数μ，其余部分均光滑，EF段足够长。竖直平面内固定两光滑圆弧轨道BC、CD，半径分别为R和2R，其中R＝0.8m，BC、CD间存在缝隙，恰能使弹射小球无碰撞通过，间隙大小可忽略，圆弧BC与水平轨道AB相切于B点，E点恰好位于D点的正下方。已知弹射器的弹性势能与弹簧形变量的平方成正比，可视为质点的弹射小球质量为m＝0.1kg，当弹簧压缩量为Δx时，恰能运动到C处，g取10m/s2，求：
（1）压缩量为Δx时，弹簧的弹性势能Ep；
（2）当弹簧压缩量增加到2Δx，小球运动到D点时对圆弧轨道CD的压力；
（3）在（2）题条件下，调整CD弧的半径，求落点距E点的最远距离。
2．如图为遥控玩具小车比赛轨道的示意图，第一部分由斜面轨道AB、圆弧轨道BCD与斜面轨道DE拼接而成，圆弧BCD的圆心恰在O点，第二部分由水平轨道EF、圆形轨道FGF与特殊材料水平轨道FH组成。直线轨道与圆弧轨道平滑相切。圆轨道F处前后略有错开，小车可从一侧滑上再从另一侧滑出，已知轨道AB与DE的倾角均为θ＝37°，长度均为L＝2m，轨道FGF的半径r＝1m，玩具车在AB与DE轨道上受到的阻力为压力的0.25，在FH轨道上受到的阻力为压力的1.5倍。其余轨道摩擦阻力及空气阻力均不计。已知玩具车输出功率恒为P＝10W，电动机工作时间可调控，玩具车质量m＝1kg，可视为质点。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求：
（1）玩具车以多大初速度从A点弹出，恰好能沿轨道自行上滑到C点；
（2）玩具车以恒定功率P＝10W从A点由静止启动，电动机至少工作多长时间才能完成完整的圆周运动；
（3）已知轨道“受力因子k”是车对轨道的压力与车重力的比值，要求满足在圆周内k≤9且玩具车能无动力完成完整比赛，求玩具车的停止点H与F点的可能距离。
3．儿童乐园里的弹珠游戏不仅具有娱乐性还可以锻炼儿童的眼手合一能力。某弹珠游戏可简化成如图所示的竖直平面内OABCD透明玻璃管道，管道的半径较小。为研究方便建立平面直角坐标系，O点为抛物口，下方接一满足方程yx2的光滑抛物线形状管道OA；AB、BC是半径相同的光滑圆弧管道，CD是动摩擦因数μ＝0.8的粗糙直管道；各部分管道在连接处均相切。A、B、C、D的横坐标分别为xA＝1.20m、xB＝2.00m、xC＝2.65m、xD＝3.40m。已知，弹珠质量m＝100g，直径略小于管道内径。E为BC管道的最高点，在D处有一反弹膜能无能量损失的反弹弹珠，sin37°＝0.6，sin53°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）若要使弹珠不与管道OA触碰，在O点抛射速度ν0应该多大；
（2）若要使弹珠第一次到达E点时对轨道压力等于弹珠重力的3倍，在O点抛射速度v0应该多大；
（3）游戏设置3次通过E点获得最高分，若要获得最高分在O点抛射速度ν0的范围。
4．如图所示，在水平直轨道上竖直放置一半径R＝1m的圆形光滑轨道和细管弯成两个半圆组成的反“S”形光滑轨道，其半径r＝0.05m。两轨道最低点B、D相距L1＝4m，B、D间铺设特殊材料，其动摩擦因数μ1＝0.2+0.2x（x表示DB上一点到B的距离）。一个质量为1kg可视为质点的小球P从倾角θ＝37°、动摩擦因数μ3＝0.8的斜面上以初动能Ek0滑下，经A点无能量损失进入长度L2＝3m、动摩擦因数为μ2＝0.2的AB直轨道，然后冲上圆形轨道。小球P释放点到水平轨道的高度h＝3m，圆形轨道最低点B处入、出口靠近且相互错开，不计空气阻力。提示：可以用F﹣x图像下的“面积”代表力F做的功。
（1）若小球P恰好通过圆形轨道最高点C，求小球在B点对轨道的压力大小；
（2）调整释放初动能Ek0，使小球P离开反“S”形轨道最高点E后第一次落到水平直轨道上离E点的水平位移大小s＝1m，求初动能Ek0的大小；
（3）调整释放初动能Ek0，要使小球P整个运动过程中不脱离轨道，且不停在水平轨道AB段上，求Ek0的取值范围。
命题点二　传送带模型问题
传送带问题的分析流程和技巧
1．分析流程
2．相对位移
一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Ff·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和．
3．功能关系
(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对WF和Q的理解：
①传送带的功：WF＝Fx传；
②产生的内能Q＝Ff·x相对．
模型1　水平传送带模型
5．如图所示，水平传送带AB，长为L＝2m，其左端B点与半径R＝0.5的半圆形竖直轨道BCD平滑连接，其右端A点与光滑长直水平轨道平滑连接。轨道BCD最高点D与水平细圆管道DE平滑连接。管道DE与竖直放置的内壁光滑的圆筒上边缘接触，且DE延长线恰好延圆筒的直径方向。已知水平传送带AB以v＝6m/s的速度逆时针匀速运行，圆筒半径r＝0.05m、高度h＝0.2m。质量m＝0.5kg、可视为质点的小滑块，从P点处以初速度v0向左运动，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，与其它轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，不计管道DE的粗细。
（1）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块经过半圆形轨道B点时对轨道的压力大小FN；
（2）若小滑块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求滑块的初速度v0；
（3）若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点水平离开DE后与圆筒内壁至少发生6次弹性碰撞，求滑块的初速度v0的范围。
6．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝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的速度顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8m，MN间的距离为LMN＝3.0m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的摩擦因数μ＝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m＝1kg。
（1）若滑块P第一次到达圆轨道圆心O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H＝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在运动过程中能二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H范围。
7．国家快递大数据平台实时监测数据显示，截至2021年12月8日9时03分，我国快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的质量m＝1kg某快递从倾角为θ＝53°的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进入水平传送带BC传送，最后能从末端C点水平抛出，落到水平地面后静止，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长L1＝2m，水平传送带BC长L2＝1m，传送带上表面距水平地面h＝0.6m，该快递与斜面间动摩擦因数μ1，与传动带间动摩擦因数μ2，传送带以大小为v1＝2m/s的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，g取10m/s2。求：
（1）快递刚滑上传送带时速度vB的大小；
（2）快递与地面碰撞过程中受到地面对它的平均作用力大小F。（已知快递与地面的作用时间为Δt＝0.01s，且碰撞过程不计快递重力）
模型2　倾斜传送带模型
8．如图1所示，光滑的六分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端通过光滑轨道与一倾斜传送带连接，倾斜传送带的倾角为37°，小物块b静止于Q点，一质量为ma＝1kg的小物块a从圆弧轨道最高点P以初速度沿圆弧轨道运动，到最低点Q时与另一质量为mb＝3kg的小物块b发生弹性正碰（碰撞时间极短）。碰撞后两物块的速率均为2m/s，且碰撞后小物块b沿传送带方向运动，物块b通过光滑轨道滑上传送带时无能量损失。已知圆弧轨道半径为R＝0.8m，传送带顺时针匀速转动，物块b在传送带上运动时，物块b相对传送带的速度v如图2所示，规定沿传送带向下为正方向，重力加速度取10m/s2，求：
（1）碰撞前瞬时小物块a的速度大小；
（2）碰撞后小物块a能上升的最大高度及在最高点对圆弧轨道的压力大小；
（3）物块b与传送带间的摩擦因数及传送带的长度。
9．如图甲所示为某机场的行李自动运输系统，可以将其简化为如图乙所示，运输系统由电动机带动传送带运转，传送带由长度L1＝100m的水平传送带AB和长度L2＝70m、倾角为37°的倾斜传送带CD组成，两个传送带之间由很短的一段圆弧连接。两个传送带都沿顺时针方向转动，速度大小分别为4m/s和6m/s，每隔1s将一个货箱从A点无初速度放在传送带上，所有货箱的质量均为m＝20kg且可视为质点，货箱与水平传送带间的动摩擦因数μ1＝0.1，与倾斜传送带间的动摩擦因数μ2＝0.875，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）每个货箱从A点到B点的时间和从C点到D点的时间；
（2）传送一个货箱多消耗的电能；
（3）传送带连续稳定工作24小时，传送带因运送货箱而多消耗的电能（用科学计数法保留一位有效数字）。
10．如图所示，AB为竖直光滑圆弧的直径，其半径R＝0.9m，A端沿水平方向。水平轨道BC与半径r＝0.5m的光滑圆弧轨道CDE相接于C点，D为圆轨道的最低点，圆弧轨道CD、DE对应的圆心角θ＝37°。圆弧和倾斜传送带EF相切于E点，EF的长度为l＝10m。一质量为m＝1kg的物块（视为质点）从水平轨道上某点以某一速度冲上竖直圆轨道，并从A点飞出，经过C点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过E点，随后物块滑上传送带EF。已知物块经过E点时速度大小与经过C点时速度大小相等，物块与传送带EF间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）物块从A点飞出的速度大小v0；
（2）物块到达C点时对C点的压力大小FNC；
（3）若物块能被送到F端，则传送带顺时针运转的速度应满足的条件及物块从E端到F端所用时间的范围。
11．近期，“新冠肺炎”使得口罩需求量大增。图甲为某口罩生产车间实景图，图乙为车间中两段传送带截面图，1为长度L1＝2m的水平传送带，2为长度L2＝1m、倾角θ＝30°的倾斜传送带。现将质量m＝0.2kg的口罩盒（包括口罩）从静止开始轻轻地放在传送带1的右端点a，到达b处刚好与传送带1的速度相等。口罩盒与传送带1、2之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.4，μ2＝0.5。口罩盒在连接点b处速度大小不变从水平滑上斜面，两传送带均做逆时针转动。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度取g＝10m/s2。求：
（1）传送带1的速度v1的大小；
（2）若传送带2不转动，则口罩盒（包括口罩）沿传送带2向上滑动的最远距离；
（3）要使口罩盒能够运送至c点，则传送带2的最小速度大小。
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