第8课时 动力学和能量观点的综合应用
命题规律 1.命题角度：(1)传送带模型中的动力学和能量问题；(2)用动力学观点和能量观点解决多过程问题.2.常考题型：计算题． 高考题型1 传送带模型中的动力学和能量问题
1．传送带中动力学注意问题
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断．
(2)物体能否达到与传送带共速的判断．
(3)物体能与传送带共速(摩擦力突变)．
2．传送带中摩擦力做功与能量转化摩擦力做功
的特点(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化
为内能．
滑动摩擦力
做功的特点(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的
绝对值等于产生的内能．
摩擦生热的
计算(1)Q ＝F f ·s 相对，其中s 相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．(2)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统
产生的内能之和.
例1 (2021·安徽蚌埠市高三期末)如图1所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量为1 kg 的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2 m/s 2的加速度开始向右运行，加速2 s 后传送带保持匀速运行．木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g ＝10 m/s
2，求：图1
(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小； (2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能．
答案 (1)4 N·s (2)4 J
解析 (1)设传送带加速度为a 0，加速时间为t 0，木块的加速度为a ，木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为t ，由运动学公式有a 0t 0＝at ，又F f ＝μmg ，由牛顿第二定
律有F f ＝ma ，又I ＝F f t ，联立解得I ＝4 N·s.
(2)设运动过程中产生的内能为Q ，传送带的位移
x 1＝12a 0t 02＋v (t －t 0)＝12
a 0t 02＋a 0t 0(t －t 0)木块的位移x 2＝12
at 2，故Q ＝μmg (x 1－x 2)，联立解得Q ＝4 J.例2 如图2所示，传送带与水平面之间的夹角为θ＝30°，其上A 、B 两点间的距离为s ＝5 m ，传送带在电动机的带动下以v ＝2 m/s 的速度匀速运动．
现将一质量为m ＝10 kg 的小物体(可视为质点)轻放在传送带的A 点，小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝
32，在传送带将小物体从A 点传送到B 点的过程中，求：(g 取10 m/s 2)
图2
(1)小物体做加速运动阶段的位移x 1的大小；
(2)小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ；
(3)传送带对小物体做的功W .
答案 (1)0.8 m (2)60 J (3)270 J
解析 (1)小物体做加速运动阶段，由动能定理得(μmg cos θ－mg sin θ)x 1＝12
m v 2－0代入数值得x 1＝0.8 m
(2)设小物体加速运动的时间为t ，对于小物体x 1＝
0＋v 2t
对于传送带x 2＝v t ，所以x 2＝1.6 m
小物体与传送带之间的摩擦力做功产生的热量Q ＝μmg cos θ(x 2－x 1)，
代入数值得Q ＝60 J
(3)由功能关系得W ＝12
m v 2＋mgs ·sin θ代入数值得W ＝270 J.高考题型2 用动力学和能量观点解决多过程问题
多过程问题
(1)解题技巧
①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型．
②：在题目中“恰好”“恰能”“最高”“至少”等关键字，出对应的临界条件．
③用：选择合适的规律列方程．
④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程的初速度，在解题过程中有重要的作用．
(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解．
(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律或功能关系求解．
例3 (2021·山西吕梁市高三一模)随着人们生活水平的提高，冬季滑雪成为人们休闲娱乐的一项主要运动，某滑雪场的冲关滑道如图3所示，粗糙的直轨道AB与半径为R＝1 m的光滑圆弧轨道BCD在B处平滑连接，O为圆弧轨道BCD的圆心，C点为圆弧轨道的最低点，半径OB、OD与OC的夹角分别为37°和53°，距D点的竖直高度为h＝0.8 m处有一空中平台．小明质量为30 kg，从直轨道AB上距B点5 m的位置以一定的初速度下滑，经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，已知小明与直轨道AB间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力．(重力加速度g＝10 m/s2，sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)求：
图3
(1)小明滑上空中平台时的速度大小；
(2)小明滑到C点时对轨道的压力大小；
(3)小明开始下滑时的速度大小．
答案 (1)3 m/s (2)1 290 N (3)3 m/s
解析 (1)小明经圆弧轨道从D点冲出，刚好沿空中平台的边缘水平滑上平台冲关成功，则逆过程从平台到D点是平抛运动，到D点时竖直方向的分速度
碱式氧化锰
由v y2＝2gh，解得v y＝2gh＝4 m/s
则在D点时水平方向的速度为v x＝v y tan 37°＝3 m/s
因此小明滑上平台的速度大小为v＝v x＝3 m/s
(2)从C点到平台边缘的过程，由动能定理得
－mg[h＋R(1－cos 53°)]＝1
2
m v2－
1
2
m v C2
解得v C＝33m/s
楼宇对讲门禁系统
经过C点时，由向心力公式得F N－mg＝m v C2 R
解得F N＝1 290 N
由牛顿第三定律知，小明对轨道的压力大小为F N′＝F N＝1 290 N (3)从开始运动到C点的过程，由动能定理得
mgL sin 37°－μmgL cos 37°＋mgR(1－cos 37°)＝1
2
m v C2－
1
2
m v02，解得v0＝3 m/s.
例4 (2020·湘赣皖十五校高三第一次联考)如图4所示，可视为质点的质量为m＝0.2 kg的小滑块静止在水平轨道上的A点，在水平向右的恒定拉力F＝4 N的作用下，从A点开始做匀加速直线运动，当其滑 行到AB的中点时撤去拉力，滑块继续运动到B点后进入半径为R＝0.3 m且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运动一周后从B处的出口(未画出，且入口和出口稍稍错开)出来后向C点滑动，C点的右边是一个“陷阱”，D点是平台边缘上的点，C、D两点的高度差为h＝0.2 m，水平距离为x＝0.6 m．已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的3倍，水平轨道BC的长度为l2＝2.0 m，小滑块与水平轨道AB、BC间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2.
图4
(1)求水平轨道AB的长度l1；
(2)试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的D点；水平除雾器
双面斜纹布(3)若在AB段水平拉力F作用的距离可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不落入C、D间的“陷阱”的目的，试求水平拉力F作用的距离范围．
答案 (1)2.4 m (2)见解析 (3)见解析
解析 (1)设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为v，则有4mg＝m v2
R
，从B点运
动到最高点的过程中，设小滑块到达B点时的速度大小为v B，由机械能守恒定律有1
沐浴粉2
m v B2＝
微波功率放大器
mg·2R＋1
2
m v2，
代入数据解得v B＝26m/s.
小滑块由A到B的过程中，由动能定理可得1
2
Fl1－μmgl1＝
1
2
m v B2，代入数据可解得l1＝2.4
m.
(2)设小滑块到达C点时的速度大小为v C，从B点到C点由动能定理可得－μmgl2＝1
2
m v C2－
1
2
m v B2
代入数据解得v C＝2 m/s
设小滑块下落h＝0.2 m所需要的时间为t，则有
h＝1
2
gt2，解得t＝0.2 s
故小滑块在水平方向上运动的距离为
x0＝v C t＝0.4 m<0.6 m
故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到D点．
(3)由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况进行讨论：
①当滑块刚好能够到达与圆心等高的E点时，设恒力作用的距离为x1′，则由动能定理可得：Fx1′－μmgl1－mgR＝0
代入数据可解得x1′＝0.75 m
故当恒力作用的距离满足0<x′≤0.75 m时符合条件．
②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为v0，则有mg＝m
v02 R ，设此时恒力作用的距离为x2′，则有Fx2′－μmgl1－2mgR＝
1
2
m v02，
代入数据可解得x2′＝0.975 m
当滑块刚好运动到C点时速度为零，设此时恒力作用的距离为x2″，则有Fx2″－μmg(l1＋l2)＝0
代入数据可解得x2″＝1.1 m．故当恒力作用的距离满足0.975 m≤x′≤1.1 m时符合条件．③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达C点时的速度大小为v C′，则由平抛运动规律
得h＝1
2
gt2，x＝v C′t
代入数据解得v C′＝3 m/s，设此时恒力作用的距离为x3′，故有Fx3′－μmg(l1＋l2)＝1
2
m v C′2
代入数据解得x3′＝1.325 m
故当恒力作用距离满足1.325 m≤x′≤2.4 m时符合条件.
1.(2021·辽宁省新高考模拟卷)倾斜传送带连接两光滑平台AB和CD，传送带与水平面的夹角θ＝37°，工件与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，B、C两端相距
2.25 m，如图5所示．忽略
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