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第16讲　微专题一 动力学和能量观点的综合应用
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．
（2023 南充模拟）如图是一弹珠游戏机的简化示意图。矩形游戏面板ABCD与水平面所成夹角θ＝37°，面板右侧边缘的直管道AP与四分之一圆弧轨道PQ相切于P点，面板左侧边缘有垂直板面的挡板，已知圆弧轨道半径R＝1.5m，圆弧轨道最高点Q（切线水平）到水平面的高度h＝1.25m。控制手柄K可使弹珠（可视为质点）以不同的速度沿直管道AP发射，弹珠与挡板撞击时间极短且不损失机械能，撞击前后水平速率不变。不计摩擦和空气阻力。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求小球通过Q点的最小速度大小vQ；
（2）若小球以最小速度通过最高点Q，与挡板发生一次撞击，刚好经过面板下边缘M点，M、A两点相距d＝1.5m，求面板AD边的长度L。
【解答】解：（1）小球恰好通过Q点，由牛顿第二定律得：
解得：vQ＝3m/s
（2）Q→M，沿斜面向下小球做匀加速直线运动，有
由几何关系有：
由牛顿第二定律得：mgsinθ＝ma，得a＝gsinθ
联立解得：
水平方向，速度大小不变，碰前与碰后水平位移大小相等，故有：
t1＝t2tss
M到挡板距离
x＝vQt2＝3m＝1.25m
则面板AD边长度：L＝x+R＝1.25m+1.5m＝2.75m
答：（1）小球通过Q点的最小速度大小vQ为3m/s；
（2）面板AD边的长度L为2.75m。
（2023 台州模拟）如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长L1＝3m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在O1和O2，圆心角θ＝120°、半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2＝2.2m、质量M＝0.4kg木板（与轨道不粘连）。现将一块质量m＝0.2kg的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10m/s2。
（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度3m/s，求物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度4m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。
【解答】解：（1）物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点，根据牛顿第二定律可得：
解得：vB＝2m/s
若物块在传送带上一直加速，由
解得：
由此可知物块应该是先加速后匀速
代入数据解得：t＝2s
（2）若传送带的速度3m/s，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为
vB1＝3m/s
从B到D，由动能定理得
经过D点时
解得：FD＝11.5N
（3）从B到G，由动能定理得
若在木板上恰好不分离，则系统的动量守恒，选择水平向右的方向为正方向，则
mvG＝（m+M）v1
得：vB2＝3m/s
当2m/s≤v≤3m/s时
当3m/s≤v≤4m/s时
Q＝μ2mgL2
代入数据解得：Q＝2.2J
答：（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，物块在传送带上运动的时间为2s；
（2）若传送带的速度3m/s，物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小为11.5N；
（3）见解析。
（2022 南开区模拟）如图所示，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.4m的细管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质量为1kg的小球从距BC的高度h＝0.6m处静止释放，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球到达B点时的速度大小；
（2）在BC上小球克服摩擦力做的功；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。
【解答】解：（1）光滑曲面AB，小球从A点运动到B点，由动能定理可知：mgh
解得：vB＝2m/s；
（2）进入管口C端时与圆管恰好无作用力，即只有重力提供向心力，在C处根据牛顿第二定律可得：
mg＝m
解得：vC＝2m/s
小球由B点运动到C点，由动能定理可知：﹣Wf
解得在BC上小球克服摩擦力做的功：Wf＝4J；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大速度时，合力为零，则有：mg＝k Δx
解得：Δx＝0.1m
小球由C点运动至速度最大，由动能定理可知：mg（r+Δx）﹣EP＝Ekm
解得：Ekm＝6.5J。
答：（1）小球到达B点时的速度大小为2m/s；
（2）在BC上小球克服摩擦力做的功为4J；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能为6.5J。
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
（2024 庐阳区校级四模）如图所示，长度l＝3m的水平传送带AB在右端B点平滑连接着一个半径R＝0.35m的光滑半圆弧轨道CEFD，其中C点为轨道的最低点，E点和圆心O等高，FD段为光滑圆管，∠EOF＝30°。可视为质点的小物块从A点以v0＝5.5m/s的初速度向右滑动，已知小物块的质量m＝1kg与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3，且小物块尺寸小于光滑圆管内径。重力加速度g取10m/s2。
（1）若传送带以v＝6.1m/s的速率顺时针转动，求：小物块第一次运动到C点的过程中电动机多消耗的电能；
（2）若传送带以v＝2m/s的速率顺时针转动，求：小物块第一次沿轨道CEFD运动时能达到的最大高度。
【解答】解：（1）假设小物块中途会与传送带达到共速，小物块先在传送带上做加速运动，由牛顿第二定律有
μmg＝ma
解得a＝3m/s2
设与传送带共速需要的时间为t，则
v＝v0+at
解得t＝0.2s
加速过程中的位移x t
解得x＝1.16m＜l＝3m
故假设成立，电动机多消耗的电能等于传送带克服摩擦力所做的功，即
ΔE＝μmg vt
代入解得ΔE＝3.66J
（2）假设小物块从A点一直减速运动到C点，由动能定理有
﹣μmglmm
解得vC＝3.5m/s，此时速度仍然大于2m/s，故假设成立。
假设小物块能越过F点再速度减小到0，从C点运动到最高点过程中，由机械能守恒有
解得
h＝0.6125m＞R（1+sin30°）＝0.35×（1+0.5）m＝0.525m，故假设成立，故能达到的最大高度为0.6125m。
答：（1）小物块第一次运动到C点的过程中电动机多消耗的电能为3.66J；
（2）小物块第一次沿轨道CEFD运动时能达到的最大高度为0.6125m。
（2023 历下区校级模拟）如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能EP＝18J，一个质量m＝1kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l＝6m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其它摩擦均忽略不计，g＝10m/s2，求：
（1）小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小；
（2）若传送带以5m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；
（3）若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，传送带转动速度的可能值。
【解答】解：（1）弹簧释放的过程中，根据功能关系可得：Ep
解得：v0＝6m/s；
（2）物体的速度6m/s大于传送带的速度，所以在摩擦力作用下做减速运动，根据牛顿第二定律可得：
aμg＝0.25×10m/s2＝2.5m/s2
减速到和传送带相同速度时需要的位移x满足：v2＝2ax，其中v＝5m/s
解得：x＝2.2m＜6m
以后和传送带乙相同的速度运动到右端，到达顶端C的过程根据动能定理可得：
mg 2Rmv2
解得：vCm/s
如果物体能通过最高点，在最高点的临界速度为vC′，则根据牛顿第二定律可得：mg＝m
解得：vC′m/s
所以小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小为零；
（3）若物体在传送带上一直减速，则到达传送带右端的速度为vA，则有： 2al
解得：vAm/s
由于物体达到A点的速度大小为5m/s时恰好能够通过最高点，所以vAm/s＜5m/s不能通过最高点。
若物体刚好到达B点，从D到B，根据动能定理可得： mgR＝0
解得：vA′m/s
故传送带逆时针转动时，任意速度都可以；传送带顺时针转动时，传送带的速度为：v传m/s；
若能通过最高点，传送带的速度v′传≥5m/s
所以传送带顺时针转动时，速度的可能值为：v≥5m/s或者0≤vm/s，逆时针转动时，速度大小可为任意值。
答：（1）小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为6m/s；
（2）若传送带以5m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小为零；
（3）要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，传送带顺时针转动时，速度的可能值为：v≥5m/s或者0≤vm/s，逆时针转动时，速度大小可为任意值。
模型2　倾斜传送带模型
（2024 宁波模拟）某仓库采用自动化传送装置运送货物。如图所示，工人借助机器设备推动质量m＝1kg的货物，使其在光滑水平面上获得初速度v，货物从A点滑上长度l＝5m，倾角θ＝37°，动摩擦因数μ＝0.8的倾斜传送带，并从传送带最高点B点进入右侧半径为R＝3m的光滑圆弧轨道，最终落在右侧水平柜台上。整个过程中货物可看作质点，水平面和圆弧面均与传送带平滑连接，不考虑货物通过A点和B点时的能量损失。（sin37°＝0.6，cos°37＝0.8）
（1）若传送带静止，为使货物能运动到B点，v至少要多大？
（2）若货物在水平面上的速度v＝1m/s，传送带以v1＝2m/s的速度顺时针传动，传送带为了将其传送到B点，需多消耗多少电能？
（3）已知传送带速度如（2）问，要使货物经B点后能沿圆弧轨道下滑一段距离，初速度v需满足什么条件？经研究发现，当货物的初速度v在一定范围内变化时，其在圆弧轨道上滑过的轨迹长度相同，求此轨迹对应的圆心角余弦值？
【解答】解：（1）传送带静止，为使货物能运动到B点，根据能量守恒有
解得：；
（2）货物做加速运动的加速度为：a＝μgcosθ﹣gsinθ
代入数据解得：a＝0.4m/s2
货物做加速运动的时间为：
货物做加速运动的位移：
货物与传送带相对位移为：Δx＝v2t﹣x1＝2×2.5m﹣3.75m＝1.25m
货物与传送带间产生的热量为：Q＝fΔx
代入数据解得：Q＝8J
传送带为了将其传送到B点，需多消耗电能为
mv2
代入数据解得：W＝39.5J；
（3）货物经B点后能沿圆弧轨道下滑一段距离，则
货物从A点运动到B点，根据动能定理有
解得
当货物的初速度v在一定范围内变化时，货物到达B点的速度等于传送带速度，为v1＝2m/s，设货物离开圆弧轨道的位置为C点，圆弧轨道圆心为O点，OC与竖直方向的夹角为α，根据机械能守恒有
恰从C点离开圆弧轨道，货物与圆弧轨道的压力为零，有
解得
。
答：（1）若传送带静止，为使货物能运动到B点，v至少要；
（2）传送带为了将其传送到B点，需多消的电能为39.5J；
（3）初速度v需满足；此轨迹对应的圆心角余弦值为。
（2024 陕西模拟）如图所示，倾角为37°的传送带以v＝5m/s的速度顺时针运行。一质量为m＝2kg的物块以v0＝10m/s的初速度从底端冲上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，物块可以看作质点。已知传送带长度L＝15m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（计算结果可以保留根号）
（1）物块在传送带上运行的总时间；
（2）物块与传送带摩擦产生的总热量。
【解答】解：（1）物块速度大于传送带速度时，由牛顿第二定律有：a1＝gsin37°+μgcos37°
代入数据解得：a1＝10m/s2
所用时间：t1s＝0.5s
物体的位移：x1＝v0t
代入数据得：x1＝3.75m
物块速度小于传送带速度时，由牛顿第二定律有：a2＝gsin37°﹣μgcos37°
代入数据得：a2＝2m/s2
所用时间：t2s＝2.5s
物体的位移：x2＝vt2
代入数据得：x2＝6.25m
因为：x1+x2＝10m＜L＝15m
物块能够反向运动：
代入数据解得：s
总时间：t＝t1+t2+t3
代入数据得：t
（2）物块向上运动过程中，物块与传送带的相对位移：d1＝7.5m
物块向下运动过程中，物块与传送带的相对位移：d2＝vt3+x1+x2
代入数据解得：d2m
产生的热量：Q＝f（d1+d2）
代入数据得：Q
答：（1）物块在传送带上运行的总时间为；
（2）物块与传送带摩擦产生的总热量为。
（2023 海南模拟）如图所示，光滑水平轨道的左端与足够长的倾角为37°的传送带的底端平滑相接于A点，传送带以v0＝2m/s的速度逆时针转动，在水平轨道上的B点竖直固定一半径R＝0.8m的光滑半圆轨道BD，BD连线为其竖直直径。甲、乙两滑块静置在水平轨道上，中间用细线压缩一根轻弹簧，弹簧的弹性势能为72J，弹簧与甲、乙不拴接，乙滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，已知甲滑块的质量为m1＝3kg，甲、乙两滑块均可视为质点，弹簧恢复原长时，两滑块均未离开水平轨道，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）固定乙滑块，烧断细线，甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道，求甲通过D点时对轨道的压力大小；
（2）固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后在传送带上相对于A点滑行的最远距离s＝8m，求乙滑块的质量；
（3）求（2）问中乙滑块被弹开后，从滑上传送带直至滑到最高点的过程中，乙滑块和传送带之间因摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）固定乙滑块，烧断细线后，甲滑块离开弹簧，上滑到D点，设甲在D点的速度大小为vD，根据机械能守恒定律有：
Ep＝m1g×2R
甲滑块在D点时，由牛顿第二定律得：
解得：FD＝30N
根据牛顿第三定律知，甲滑块上滑到D点时对轨道的压力大小为30N。
（2）设乙滑块的质量为m2，固定甲滑块，烧断细线后，乙离开弹簧，沿传送带向上运动，假设乙与传送带速度相等后沿传送带向上能运动的位移为s2，该过程中根据动能定理得：
μm2gcos37° s2﹣m2g sin37° s2＝0
解得：s2＝1m＜8m，所以可以判定乙刚滑到传送带上时的速度大于传送带的速度。
设乙刚滑到传送带上时速度为v2，乙从滑上传送带到与传送带速度相等的过程，发生的位移为：
s1＝s﹣s2＝7m
对该过程根据动能定理得：
解得：v2＝12m/s
对烧断细线后乙弹开过程，根据能量守恒定律有：
解得：m2＝1kg
（3）第一阶段：乙滑块滑上传送带到与传送带共速的过程。
根据动量定理有：﹣μm2gcos37° t1﹣m2gsin37° t1＝m2v0﹣m2v2
解得：t1＝1s
滑块与传送带的相对位移的大小为：Δs1＝s1﹣v0t1＝7m﹣2×1m＝5m
第二阶段：乙滑块与传送带共速至乙滑块运动至最高点的过程。
根据动量定理有：μm2gcos37° t2﹣m2gsin37° t2＝0﹣m2v0
解得：t2＝1s
滑块与传送带的相对位移的大小为：Δs2＝v0t2﹣s2＝2×1m﹣1m＝1m
则滑块与传送带间因摩擦产生的热量为：
Q＝μm2gcos37° （Δs1+Δs2）＝0.5×1×10×0.8×（5+1）J＝24J
答：（1）甲通过D点时对轨道的压力大小为30N；
（2）乙滑块的质量为1kg；
（3）乙滑块和传送带之间因摩擦产生的热量为24J。
（2023 西湖区校级模拟）如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m＝50g，直轨道AB长度L＝0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP＝0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小车运动到B点时的速度大小vB；
（2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。
【解答】解：小车的质量m＝50g＝0.05kg
（1）小车由A运动至B过程，由能量关系可知：
其中F＝0.5mg，k＝0.2，代入数据得：vB＝3m/s
（2）小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C点的速度为vC，则：
小车从B到C，由动能定理得：
得：R＝0.2m
在B点，根据牛顿第二定律可得：
联立解得：FN′＝3N
由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为FN＝FN′＝3N
（3）小车从B到P，由动能定理得：
小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得：
x＝vPt
联立解得：
当rm＝0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大
小车从P点飞出vP＞0，则：r＜0.225m
但因为小车在N点满足：
小车从B到N，由动能定理得：
联立解得：r≥0.2m
综合可知，当r＝0.2m时，小车落点与P点水平距离最大，最大距离为：。
答：（1）小车运动到B点时的速度大小为3m/s；
（2）小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小为3N；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，则小车落地点与P点的最大水平距离为m。
（2023 香坊区校级二模）如图所示，一质量m＝1kg的物块以v0＝1m/s的速度从B端进入水平传送带BC，最后能从C点水平抛出，已知水平传送带BC长L＝1.5m，该物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带以速度为v顺时针方向转动，物块可视为质点且不考虑传送带滑轮大小。重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当传送带的速度v＝3m/s时，将物块从B传送到C过程中物块与传送带间因摩擦而产生的热量是多少？
（2）若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为四分之一圆弧，C点为圆心，半径为。调节传送带速度大小，使该物块从C点抛出后，落到收集装置时动能最小，则该物块落到收集装置时最小动能是多少？
【解答】解：（1）对小物块由牛顿第二定律得：
μmg＝ma
代入数据得：a＝5m/s2
小物块的加速时间为：
代入数据得：t1＝0.4s
小物块匀加速的位移
代入数据得：x1＝0.8m
由于x1＜1.5m
则小物块先加速后匀速，传送带的位移
x2＝vt1
代入数据得：x2＝1.2m
二者的相对位移
Δx＝x2﹣x1
代入数据得：Δx＝0.4m
产生的热量为：
Q＝μmgΔx
代入数据得：Q＝2J
（2）令小物块从C点飞出后速度为v1，水平方向有
x＝v1t2
竖直方向有
根据几何关系有
x2+y2＝R2
根据动能定理有
联立解得：
由数学知识可知，当
解得：y＝0.5m时，Ek最小，
代入数据得：Ekmin＝7.5J
答：（1）当传送带的速度v＝3m/s时，将物块从B传送到C过程中物块与传送带间因摩擦而产生的热量为2J；
（2）若在传送带右侧加装一个收集装置，其内边界截面为四分之一圆弧，C点为圆心，半径为。调节传送带速度大小，使该物块从C点抛出后，物块落到收集装置时最小动能为7.5J。
（2023 安徽三模）如图所示，传送带与水平面间的夹角为37°，A、B两点间的距离为L＝5m，传送带在电动机的带动下顺时针匀速运转，一物体以6m/s的速度从A点冲上传送带，物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5。若物体恰能到达最高点B（速度为零），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）传送带运行的速度大小；
（2）从A到B这一过程物体动能的减少量和摩擦产生的热能大小之比。
【解答】解：（1）假设传送带的速度大于物体的初速度v0＝6m/s，则物体受到的摩擦力沿着传送带向上，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
这样根据运动学公式算出来到达B点速度不是恰好为0，所以传送带的速度小于6m/s，设为v，这样物体开始受到的摩擦力沿着传送带向下，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1，将μ、g、θ＝37°代入，解得：a1＝10m/s2
当物体速度等于传送带速度之后，物体受到的摩擦力又沿着传送带向上，根据前面分析知道加速度大小为：a＝2m/s2，
根据过程分析可知，物体做两个阶段加速度不同的减速运动，由运动学公式得：
代入数据解得传送带的速度大小为：v＝4m/s；
（2）设物体减速到和传送带相等速度所用时间为t1，再减速到0到达B点所用时间为t2，则有：
t1
t2
物体从A运动到与传送带速度相等的过程，物体与传送带相对位移大小为：
Δx14×0.2m＝0.2m
物体与传送带速度相等到B的过程，物体与传送带相对位移大小为：
Δx24m
则从A到B这一过程物体因摩擦产生的热量为：
Q＝μmgcosθ（Δx1+Δx2）
从A到B这一过程物体动能的减少量和摩擦产生的热能大小之比为：
18：16.8＝15：14。
答：（1）传送带运行的速度大小为4m/s；
（2）从A到B这一过程物体动能的减少量和摩擦产生的热能大小之比为15：14。
（2023 嘉兴二模）如图所示是一个游戏装置的示意图，固定于地面的水平轨道AB、竖直半圆形轨道BC和竖直圆形管道CD平滑连接，B和C分别是BC和CD的最低点。水平平台EF可在竖直平面内自由移动。锁定的压缩弹簧左右两端分别放置滑块a和b，解除锁定后，a沿轨道ABCD运动并从D点抛出。若a恰好从E点沿水平方向滑上EF且不平滑离平台，则游戏成功。已知BC半径R1＝0.2m；CD半径R2＝0.1m且管道内径远小于R2，对应的圆心角θ＝127°；EF长度L＝1.08m；滑块与EF间动摩擦因数μ＝0.25，其它阻力均不计；滑块质量ma＝0.1kg，mb＝0.2kg，且皆可视为质点；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若弹簧释放的能量Ep＝3.0.J，求在B点时圆形轨道对a的支持力大小；
（2）若要游戏成功，a在C点的最小速度是多少？
（3）若固定b，推导并写出游戏成功时a最终位置到D点的水平距离x与弹簧释放的弹性势能Ep的关系式。
【解答】解：（1）滑块a、b相互作用动量守恒，弹性势能转化为a、b动能。
以向右方向为正，动量守恒：mav1＝mbv2
机械能守恒：
解得：
在B点根据牛顿第二定律有：
代入解得：FN＝21N
（2）考虑两个特殊点：滑块a要到达D点，在D点速度要大于0，则C点的速度至少满足：
整理解得：
过半圆环轨道BC的最小速度：vCm/s
由于
所以物体a在C点的最小速度为
（3）设物体a到达D点的速度为v，由机械能守恒定律有：
斜抛运动满足：
水平位移：x1＝vtcos53°
得到：
EF轨道位移：
距离D点的水平位移：x＝x1+x2
整理得到：x＝0.12（20Ep﹣11.2）（其中：0.56J≤EP≤1.31J）
答：（1）若弹簧释放的能量Ep＝3.0.J，求在B点时圆形轨道对a的支持力大小为21N；
（2）若要游戏成功，a在C点的最小速度是；
（3）若固定b，推导并写出游戏成功时a最终位置到D点的水平距离x与弹簧释放的弹性势能Ep的关系式为：x＝0.12（20Ep﹣11.2）（其中：0.56J≤EP≤1.31J）。
（2023 杭州二模）如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道AB、竖直圆管道BCDEC（管道口径远小于管道半径）、水平轨道CF、光滑直轨道FG平滑连接组成，B、C、C′为切点，A、F连接处小圆弧长度不计，A点上方挡片可使小滑块无能量损失地进入轨道AB。圆管道半径R＝0.2m，管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与轨道AB、CF的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB轨道长度l＝0.4m，倾角θ＝37°，CF长度L＝2m，FG高度差h＝0.8m，平台左侧固定一轻质弹簧，第一次压缩弹簧后释放小滑块，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点，第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为vE＝1m/s，已知小滑块质量m＝0.1kg可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。求；
（1）第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C点时受到弹力大小；
（2）第二次释放小滑块，小滑块从C点运动到E点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做的功；
（3）若第三次压缩弹簧使弹性势能为Ep时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动时不受到摩擦力且全程不脱轨，最终停在C′F上。写出小滑块C′F上运动的总路程s与Ep之间的关系式，并指出Ep的取值范围。
【解答】解：（1）从C到D，对小滑块由动能定理可得
解得
vC＝2m/s
在C点由牛顿第二定律可得
联立解得
FN＝3N
（2）从开始到E点由动能定理可得
解得
Wf＝﹣0.03J
（3）从开始到C，根据功能关系可得
EkC﹣Ep＝mglsinθ﹣μmglcosθ+mgR（1﹣cosθ）
解得
EkC＝Ep+0.12J
要能最终停在C′F上，必过E点，圆轨道运动无摩擦，所以
又有C到E，根据功能关系可得
﹣2mgR＝EkE﹣EkC
解得
Ep≥0.38J
EkC≥0.5J
不从右侧斜面飞出需满足
EkC﹣μmgL﹣mgh≤0
解得
Ep≤1.68J
EkC≤1.8J
返回，若不过圆心等高处，可得
EkC﹣2μmgL﹣mgh≤0
解得
EkC≤2.2J
Ep≤2.08J
故
0.38J≤Ep≤1.68J
从开始到静止有
EkC﹣μmgs＝0
则
s＝（2Ep+0.24）m
其中
0.38J≤Ep≤1.68J
答：（1）第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C点时受到弹力大小3N；
（2）第二次释放小滑块，小滑块从C点运动到E点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做的功﹣0.03J；
（3）小滑块C′F上运动的总路程s与Ep之间的关系式s＝（2Ep+0.24）m；Ep的取值范围0.38J≤Ep≤1.68J。
（2023 浦东新区二模）运动员从飞机上跳伞后的运动轨迹简化为图示中的ABC。已知运动员（含伞包）的质量m＝90kg。在B点时打开伞包后运动员沿着直线段BC滑行，BC段与地面之间的夹角θ＝37°，此时运动员受到的空气升力F1与飞行方向垂直，空气阻力F2与飞行方向相反，两者大小与滑行速度v满足：，，其中C1、C2为可调节的系数。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。
（1）若运动员在A点起跳的初速度v0大小为10m/s，下落高度h＝400m时的速度vt大小为50m/s，求这段过程中机械能的损失量ΔE。
（2）若运动员在BC段的某时刻调节C1的值为4.8，C2的值为1.2，求此时运动员加速度a的大小。
（3）若在BC末段通过调节最终达到匀速滑行，求此时的值。
【解答】解：（1）运动员机械能的减少量ΔEmgh
代入数据解得：ΔE＝﹣2.52×105J
（2）运动员受力如图所示
在垂直于速度方向上，由平衡条件得：mgcos37°＝C1v2
在平行于速度方向，由牛顿第二定律得：mgsin37°﹣C2v2＝ma
代入数据解得：a＝4m/s2
（3）运动员做匀速直线运动，由平衡条件得：mgcos37°＝C1v2，mgsin37°＝C2v2
代入数据解得：0.75
答：（1）这段过程中机械能的损失量ΔE是2.52×105J。
（2）此时运动员加速度a的大小是4m/s2。
（3）此时的值是0.75。第16讲　微专题一 动力学和能量观点的综合应用
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．
（2023 南充模拟）如图是一弹珠游戏机的简化示意图。矩形游戏面板ABCD与水平面所成夹角θ＝37°，面板右侧边缘的直管道AP与四分之一圆弧轨道PQ相切于P点，面板左侧边缘有垂直板面的挡板，已知圆弧轨道半径R＝1.5m，圆弧轨道最高点Q（切线水平）到水平面的高度h＝1.25m。控制手柄K可使弹珠（可视为质点）以不同的速度沿直管道AP发射，弹珠与挡板撞击时间极短且不损失机械能，撞击前后水平速率不变。不计摩擦和空气阻力。g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求小球通过Q点的最小速度大小vQ；
（2）若小球以最小速度通过最高点Q，与挡板发生一次撞击，刚好经过面板下边缘M点，M、A两点相距d＝1.5m，求面板AD边的长度L。
（2023 台州模拟）如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长L1＝3m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在O1和O2，圆心角θ＝120°、半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2＝2.2m、质量M＝0.4kg木板（与轨道不粘连）。现将一块质量m＝0.2kg的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.5，g取10m/s2。
（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度3m/s，求物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度4m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。
（2022 南开区模拟）如图所示，光滑曲面AB与粗糙水平面BC平滑连接于B点，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.4m的细管CD，管口D端正下方直立一根劲度系数k＝100N/m的轻弹簧，弹簧一端固定，另一端恰好与管口D端平齐。质量为1kg的小球从距BC的高度h＝0.6m处静止释放，进入管口C端时与圆管恰好无作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep＝0.5J。重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小球到达B点时的速度大小；
（2）在BC上小球克服摩擦力做的功；
（3）在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。
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
（2024 庐阳区校级四模）如图所示，长度l＝3m的水平传送带AB在右端B点平滑连接着一个半径R＝0.35m的光滑半圆弧轨道CEFD，其中C点为轨道的最低点，E点和圆心O等高，FD段为光滑圆管，∠EOF＝30°。可视为质点的小物块从A点以v0＝5.5m/s的初速度向右滑动，已知小物块的质量m＝1kg与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3，且小物块尺寸小于光滑圆管内径。重力加速度g取10m/s2。
（1）若传送带以v＝6.1m/s的速率顺时针转动，求：小物块第一次运动到C点的过程中电动机多消耗的电能；
（2）若传送带以v＝2m/s的速率顺时针转动，求：小物块第一次沿轨道CEFD运动时能达到的最大高度。
（2023 历下区校级模拟）如图所示，弹簧锁定后所储存的弹性势能EP＝18J，一个质量m＝1kg的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原长时小物块冲上长度l＝6m的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R＝0.5m的圆轨道ABCD，A、D的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D到达E位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其它摩擦均忽略不计，g＝10m/s2，求：
（1）小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小；
（2）若传送带以5m/s的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小；
（3）若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，传送带转动速度的可能值。
模型2　倾斜传送带模型
（2024 宁波模拟）某仓库采用自动化传送装置运送货物。如图所示，工人借助机器设备推动质量m＝1kg的货物，使其在光滑水平面上获得初速度v，货物从A点滑上长度l＝5m，倾角θ＝37°，动摩擦因数μ＝0.8的倾斜传送带，并从传送带最高点B点进入右侧半径为R＝3m的光滑圆弧轨道，最终落在右侧水平柜台上。整个过程中货物可看作质点，水平面和圆弧面均与传送带平滑连接，不考虑货物通过A点和B点时的能量损失。（sin37°＝0.6，cos°37＝0.8）
（1）若传送带静止，为使货物能运动到B点，v至少要多大？
（2）若货物在水平面上的速度v＝1m/s，传送带以v1＝2m/s的速度顺时针传动，传送带为了将其传送到B点，需多消耗多少电能？
（3）已知传送带速度如（2）问，要使货物经B点后能沿圆弧轨道下滑一段距离，初速度v需满足什么条件？经研究发现，当货物的初速度v在一定范围内变化时，其在圆弧轨道上滑过的轨迹长度相同，求此轨迹对应的圆心角余弦值？
（2024 陕西模拟）如图所示，倾角为37°的传送带以v＝5m/s的速度顺时针运行。一质量为m＝2kg的物块以v0＝10m/s的初速度从底端冲上传送带，物块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，物块可以看作质点。已知传送带长度L＝15m，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（计算结果可以保留根号）
（1）物块在传送带上运行的总时间；
（2）物块与传送带摩擦产生的总热量。
（2023 海南模拟）如图所示，光滑水平轨道的左端与足够长的倾角为37°的传送带的底端平滑相接于A点，传送带以v0＝2m/s的速度逆时针转动，在水平轨道上的B点竖直固定一半径R＝0.8m的光滑半圆轨道BD，BD连线为其竖直直径。甲、乙两滑块静置在水平轨道上，中间用细线压缩一根轻弹簧，弹簧的弹性势能为72J，弹簧与甲、乙不拴接，乙滑块与传送带间的动摩擦因数为0.5，已知甲滑块的质量为m1＝3kg，甲、乙两滑块均可视为质点，弹簧恢复原长时，两滑块均未离开水平轨道，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）固定乙滑块，烧断细线，甲滑块离开弹簧后进入半圆轨道，求甲通过D点时对轨道的压力大小；
（2）固定甲滑块，烧断细线，乙滑块离开弹簧后在传送带上相对于A点滑行的最远距离s＝8m，求乙滑块的质量；
（3）求（2）问中乙滑块被弹开后，从滑上传送带直至滑到最高点的过程中，乙滑块和传送带之间因摩擦产生的热量。
（2023 西湖区校级模拟）如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m＝50g，直轨道AB长度L＝0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP＝0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。
（1）求小车运动到B点时的速度大小vB；
（2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN；
（3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。
（2023 香坊区校级二模）如图所示，一质量m＝1kg的物块以v0＝1m/s的速度从B端进入水平传送带BC，最后能从C点水平抛出，已知水平传送带BC长L＝1.5m，该物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，传送带以速度为v顺时针方向转动，物块可视为质点且不考虑传送带滑轮大小。重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）当传送带的速度v＝3m/s时，将物块从B传送到C过程中物块与传送带间因摩擦而产生的热量是多少？
（2）若在传送带右侧加装一个收集装置，如图所示，其内边界截面为四分之一圆弧，C点为圆心，半径为。调节传送带速度大小，使该物块从C点抛出后，落到收集装置时动能最小，则该物块落到收集装置时最小动能是多少？
（2023 安徽三模）如图所示，传送带与水平面间的夹角为37°，A、B两点间的距离为L＝5m，传送带在电动机的带动下顺时针匀速运转，一物体以6m/s的速度从A点冲上传送带，物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.5。若物体恰能到达最高点B（速度为零），重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，求：
（1）传送带运行的速度大小；
（2）从A到B这一过程物体动能的减少量和摩擦产生的热能大小之比。
（2023 嘉兴二模）如图所示是一个游戏装置的示意图，固定于地面的水平轨道AB、竖直半圆形轨道BC和竖直圆形管道CD平滑连接，B和C分别是BC和CD的最低点。水平平台EF可在竖直平面内自由移动。锁定的压缩弹簧左右两端分别放置滑块a和b，解除锁定后，a沿轨道ABCD运动并从D点抛出。若a恰好从E点沿水平方向滑上EF且不平滑离平台，则游戏成功。已知BC半径R1＝0.2m；CD半径R2＝0.1m且管道内径远小于R2，对应的圆心角θ＝127°；EF长度L＝1.08m；滑块与EF间动摩擦因数μ＝0.25，其它阻力均不计；滑块质量ma＝0.1kg，mb＝0.2kg，且皆可视为质点；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若弹簧释放的能量Ep＝3.0.J，求在B点时圆形轨道对a的支持力大小；
（2）若要游戏成功，a在C点的最小速度是多少？
（3）若固定b，推导并写出游戏成功时a最终位置到D点的水平距离x与弹簧释放的弹性势能Ep的关系式。
（2023 杭州二模）如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道AB、竖直圆管道BCDEC（管道口径远小于管道半径）、水平轨道CF、光滑直轨道FG平滑连接组成，B、C、C′为切点，A、F连接处小圆弧长度不计，A点上方挡片可使小滑块无能量损失地进入轨道AB。圆管道半径R＝0.2m，管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与轨道AB、CF的动摩擦因数均为μ＝0.5，AB轨道长度l＝0.4m，倾角θ＝37°，CF长度L＝2m，FG高度差h＝0.8m，平台左侧固定一轻质弹簧，第一次压缩弹簧后释放小滑块，恰好可以运动到与管道圆心等高的D点，第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E的速度为vE＝1m/s，已知小滑块质量m＝0.1kg可视为质点，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。求；
（1）第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C点时受到弹力大小；
（2）第二次释放小滑块，小滑块从C点运动到E点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做的功；
（3）若第三次压缩弹簧使弹性势能为Ep时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动时不受到摩擦力且全程不脱轨，最终停在C′F上。写出小滑块C′F上运动的总路程s与Ep之间的关系式，并指出Ep的取值范围。
（2023 浦东新区二模）运动员从飞机上跳伞后的运动轨迹简化为图示中的ABC。已知运动员（含伞包）的质量m＝90kg。在B点时打开伞包后运动员沿着直线段BC滑行，BC段与地面之间的夹角θ＝37°，此时运动员受到的空气升力F1与飞行方向垂直，空气阻力F2与飞行方向相反，两者大小与滑行速度v满足：，，其中C1、C2为可调节的系数。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2。
（1）若运动员在A点起跳的初速度v0大小为10m/s，下落高度h＝400m时的速度vt大小为50m/s，求这段过程中机械能的损失量ΔE。
（2）若运动员在BC段的某时刻调节C1的值为4.8，C2的值为1.2，求此时运动员加速度a的大小。
（3）若在BC末段通过调节最终达到匀速滑行，求此时的值。

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