动力学和能量观点的综合应用-2025高考物理热点题型讲义

专题13动力学和能量观点的综合应用

目录

题型一多运动组合问题..........................................................................1

题型二“传送带”模型综合问题...................................................................14

类型1水平传送带问题.....................................................................14

类型2倾斜传送带.........................................................................26

题型三“滑块一木板”模型综合问题..............................................................39

题型一多运动组合问题

【解题指导】1.分析思路

(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的

变化情况；

(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；

(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的

规律求解.

2.方法技巧

(1)“合，，一整体上把握全过程，构建大致的运动情景；

(2)“分，，一将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；

(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.

【例1】(2024•湖北武汉•模拟预测)如图所示一轨道/BCD竖直放置，N3段和CD段的倾

角均为R37。，与水平段8C平滑连接，3c段的竖直圆形轨道半径为凡其最低点处稍微错

开，使得滑块能进入或离开。段和C〃段粗糙，其余各段轨道光滑。将一质量为优的小

滑块从轨道上离B点距离L=\25R处由静止释放，滑块经过圆形轨道后冲上CD段上升一段

距离后再次滑下，往返滑动多次后静止于轨道上某处。滑块和轨道CD间的动摩擦因

数均为〃=0.5,重力加速度大小为g,si度7。=0.6,cos37o=0.8.求：

(1)滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小；

(2)滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离；

(3)整个过程中滑块在段滑行的总路程。

AD

___0Xo____________

BC

【答案】(1)45mg；(2)257?；(3)137.57?

【详解】(1)滑块第一次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理

12

mgLsin0-jumgLcos0-mgx2R=—my-0

在最高点，对滑块由牛顿第二定律

2

mg+N=m~~

由牛顿第三定律可知，滑块第一次到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小为

N'=N=45mg

(2)滑块第一次在CD段向上滑行的过程中，由动能定理

mg(L一AJsin0-/mg(L+£Jcos。=0-0

解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为

L,=25R

(3)滑块第二次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理

12

mgLxsin0-jnmgLxcosO-mgx2R=^v2-0

解得

v2^y[6gR

设滑块第一次在段向上滑行的最大距离为s/,由动能定理

mg(L1一sjsin6-jumg(Lx+sjcos。=0—0

解得

M=5R

滑块第三次到达圆轨道最高点的过程中，由动能定理

12

mgs、sin0-jLtmgslcos0—mgx2R=—mv3-0

解得

Vj=-2gR

所以滑块第三次进入圆形轨道无法到达最高点，假设其运动的过程中不脱轨且上升的最大高

度为人，由动能定理可得

mgsxsin0-/Jmgsicos3-mgh=0

解得

h=R

所以滑块第三次进入圆形轨道运动过程中没有脱轨，之后仅在48段与圆形轨道间来回滑动,

最终停在2点，设滑块在N8段滑行的路程为S2,由动能定理

mgh-/Jmgs2cosO=0

整个过程中滑块在AB段滑行的总路程为

s=（+2S[+52

联立解得

5=137.57?

【变式演练1】如图所示，斜面48和水平面3C相交于3点，CED是竖直放置的半径为

A=0.1m的光滑半圆轨道，与BC相切于C点，E点与圆心。点等高。质量为小的小球

从离水平面〃处由静止释放，经过水平面后并滑上半圆轨道，已知小球与水平地面及与斜面

间的动摩擦因数都为〃=02,斜面的倾角6=45°,2c1长s=4m,1Xg=10m/s2,如果让小

球进入半圆轨道后不脱离半圆轨道，则h的取值可能为（）

A.1.4mB.1.2mC.1.1mD.0.9m

【答案】AC

【详解】小球不脱离半圆轨道的临界条件有两个:

一是恰好从。点飞出，小球刚好能从。点飞出应满足

mv2

ms:=-----

R

得

=痴

,umgh,„1

mgh^---------L-umgs-mg2R=—mv2

tan。2G

%=1.31m

二是小球在半圆形导轨在£点减到速度为零，由动能定理

mgh-7g：_iimgs-mgR=0

2

得

9

=—m

8

小球能进入半圆轨道有

7umgh.

mgn3--------方>umgs

得

9

h>\m,\m<h•—m

8

故选ACo

【变式演练2］如图所示，不可伸长的轻绳一端固定在距离水平地面高为h的。点，另一端

系有质量为冽，可视为质点的小球，将小球从与O等高的4点由静止释放，小球在竖直平

面内以。点为圆心做半径为一的圆周运动。当小球运动到最低点5时，绳恰好被拉断，小

球水平飞出。不计空气阻力及绳断时的能量损失，重力加速度为g。求:

(1)小球飞出时的速率V。

(2)绳能承受拉力的最大值E“。

(3)小球落地点到8点的水平距离x。

【答案】(1)J2gr；(2)3mg；(3)r(h_r)

【详解】(1)根据动能定理有

mgr=gmv2

解得小球飞出时的速率

v=y/2gr

(2)设绳对小球的拉力为T,依据牛顿第二定律有

r

解得

T=3mg

根据牛顿第三定律，绳受到的拉力大小

Fm=T=3mg

(3)设平抛运动的时间为3则

h-r=-gt2

2

解得

抛出的水平距离

=2^1r(h-r)

【变式演练2】如图所示，桌面右侧的水平地面有一竖直放置的半径为R的光滑圆弧轨道

跖VF,MN为其竖直直径，桌面与圆弧轨道跖VP中间有一光滑管道°,其右端与P相切平

滑连接，管道内径略大于小球直径，桌面到水平地面的竖直距离也为心劲度系数为左的轻

质弹簧放置在光滑的水平桌面上，一端固定在光滑桌面左端的挡板上。一质量为沉、可视为

质点的小球与弹簧不粘连，现移动小球压缩弹簧后由静止释放小球，小球到达圆弧的C点

时刚好脱离轨道。已知弹簧压缩量为s,弹簧弹性势能的表达式为Ep=g区2G为弹簧的形

变量)，不计其他阻力及小球在管道。和圆弧轨道中运动的能量损耗，重力加速度为g。

(1)求C点与。点的高度差〃；

(2)若只改变小球的质量，使小球运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球质量的取值范围。

【详解】(1)小球到达圆弧的C点时刚好脱离轨道，则小球在C点只有重力沿CO方向的分

力提供向心力，设重力方向与CO的夹角为0,由牛顿第二定律有

mgcos0=

由几何关系有

cos。」

R

从静止释放到C点，由能量守恒定律有

（依2=；mv；+mgh

联立解得

h上

3mg

(2)小球在运动过程中不脱离轨道，可知小球能通过M点，则应有

mgWm

R

从静止释放到M点，由能量守恒定律有

1212

~ks=-mvM+mgR

解得

【变式演练3】小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为如

图所示的模型，水平轨道N8和倾斜轨道。。分别与圆轨道相切于3点和。点，弯曲轨道

/£与水平轨道平滑连接，E点切线方向恰好水平。。点固定一弹射装置，刚开始时装置处

于锁定状态。当赛车从/点出发经过圆轨道进入轨道，到达。点时恰好可以触发弹射

装置将赛车原路弹回，最终进入回收装置F。测得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失L8J,

每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹性势能值。已知赛车质量为02kg,电动机功率恒

为3W,圆轨道半径为尺=0.4m,£点离水平轨道高度和与尸点间水平距离均为3A,轨

道长2m,赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的0.25倍，赛车在轨道其余

部分上所受摩擦力可忽略，赛车看成质点。

(1)若赛车恰好能过C点，求赛车经过〃点时对轨道的压力大小；

(2)若某次测试时，赛车电动机工作1.5s,经过一次弹射后恰好落入回收装置之中，则此

次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大？

(3)若某次测试时，赛车电动机工作1.5s,最终停在水平轨道上，且运动过程中赛车

不能脱轨，求弹射装置的弹性势能取值范围。

【答案】(1)6N；(2)2.3J；(3)0.3](片弹W1.1J

【详解】(1)赛车恰好过C点，根据牛顿第二定律

加v；

m2=——-

R

解得

vc=y[gR=2m/s

从4到C,由动能定理有

A1mv21

-mgR=~c_3m

解得

vH=2\/3m/s

根据指向圆心方向合力提供向心力有

2

F二丝生

NR

解得

q=6N

根据牛顿第三定律在H点对轨道压力6N；

(2)赛车从£到歹做平抛运动，有

1

h=3R=-gt71

x—3R—v/

解得

vE=V6m/s

对赛车，从/出发最终到E的过程中，根据功能关系可得

12

P“一〃mgL-AE损+E弹°一〃mgL-mg•茨=ynv£-0

代入数据解得

丸弹o=2.3J

（3）题中所述赛车最终停在水平轨道N3上，有两种临界情况

①假设赛车第一次弹回时，恰好能过C点，此时4弹最小，由上分析可知

vc=y/gR=2m/s

小车从出发到第二次经过。点，根据能量守恒定律

1

尸4+Ep弹血.=~mvc+田/+加gA+AE损

解得

"弹mm=03J

设赛车最高到达1点右侧弯曲轨道上高度万处，从C点到高度人处，根据动能定理

1,

mg-2R-/jmgL—mg-h=0--^nvc

可得

h=0.5m<3R

所以赛车不会从E点飞出，有

丸弹>0.3J

②假设赛车第一次弹回时，恰好能运动到£点，从£点滑下到左侧圆轨道，根据动能定理

3mgR-/jmgL-mgh（=0-0

可得

h'=0.7m

则

R<h'<2R

赛车要脱离轨道。所以赛车从/£轨道返回时最多运动到〃点，设赛车从/E返回时恰能到

达〃点，从出发到从/E返回恰运动到〃点的过程，根据能量守恒定律

Pt'o+后口弹.=3/imgL+mgR+AE报

综上，当

O.3J4“L1J

时可满足要求。

【变式演练4】（2024•河北保定•三模）如图所示，处于竖直平面内的轨道装置，由倾角a=37°

光滑直轨道/3、圆心为Q的半圆形光滑轨道8CA,圆心为a的光滑圆弧外轨道所组成。

且NEQ尸=2a,8为轨道间的相切点，B、。1、D、和。?处于同一直线上。已知滑块质量

m=0.1kg,轨道BCD和所的半径为尺=0.1m。滑块开始时从轨道Z8上某点由静止释放。

（g=1Om/s2,sin37=0.6,sin21°=0.4,sin69°=0.9,V0.0924~0.30）

（1）若释放点距离8点的高度差为/z,求滑块在最低点。时轨道对滑块支持力练与高度〃

的函数关系；

3

（2）若释放点距离地面的高度差为;R,滑块在轨道〃上的尸点刚好脱离轨道，求滑块

能达到距离地面的最大高度；（结果保留3位有效数字）

（3）若释放点距离地面的高度差为5尺求滑块从尸点抛出后水平位移和重力的冲量。（结

果保留2位有效数字）

【答案】(1)=20/?+1.4(N)；(2)0.148m：(3)尤=0.38m,Z=0.48N-s

【详解】（1）滑块从释放到C点过程，根据动能定理可得

mgh+mgR(\-cos370)m*

在C点时，根据向心力公式可得

F^-mg=m-^

K

联立解得

7^=20/?+1.4(N)

（2）设小球在与圆心。।的连线跟竖直方向夹角为。处脱离轨道，有

mgcos0=m^

从释放点到圆轨道最低点，由动能定理，有

123

—mv0.0=mg•—R

解得

%=7^

从圆轨道的最低点到脱离处尸点，由

-"k=、Ep

可得

~mvQ~~mvp=mgR(1+cos6)

解得

八1

cos"=一

3

小球脱离轨道后做斜抛运动，在最高点时的速度

=v“cos。

从圆轨道的最低点到最高点，由

可得

解得

h=——R«0.148m

m27

(3)从释放点到产点，由动能定理可知

解得

vF=2yfgR=2m/s

由几何关系可知，在F点滑块的速度与水平方向夹角为69。。

小球脱离轨道后做斜抛运动，设从尸点处到最高处的时间为4,则有水平方向

vx=vFsin21°=08mzs

竖直方向

vy=vFsin69°=gt}

解得

4=0.18s

竖直方向上升的高度

19

hx=—=0.162m

此后做平抛运动，设平抛运动的时间为%2，

1

7?cos37o+7?sin21°+7?+7?cos37°+/z广翠；9

解得

t2«0.30s

滑块从厂点抛出后水平位移

x=vx&+&）20.38m

重力的冲量

I=zwg&+弓）=0.48N-s

【变式演练5】自由滑雪大跳台是冬奥会比赛项目，其赛道简化为如图所示的模型，其中助

滑区倾斜赛道48与圆弧赛道BCD相切于B点，圆弧赛道半径尺=10m,起跳点。与圆心的

连线与竖直方向的夹角A25。。质量加=50kg（连同装备）的运动员从助滑区的/点由静止

开始下滑，到达起跳点。时斜向上飞离雪道，落在着陆坡上的E点。已知/点到C点（C

为圆弧赛道的最低点）的竖直高度差m=30m,运动员到达圆弧上的。点时对赛道的压力

我产9501\[,。、£两点间的竖直高度差fe=12m,重力加速度g取10m/s2,sin25°=0.4,cos25°=0.9,

不计空气阻力，运动员可视为质点。求：

（1）运动员从N点运动到。点克服阻力做的功；

（2）起跳点。到落地点E之间的水平距离。

【答案】（1）^=120001；（2）x=18m

【详解】（1）在。点，根据牛顿第三定律，赛道对运动员的支持力

氏=4

对。点，根据牛顿第二定律

-mgcos0

R

可得

vD=1Om/s

运动员从/点运动到D点根据动能定理

mg!\—mgR（\—cos0）-Wf

解得

叫=12000J

(2)点。到落地点E之间做斜抛运动，竖直方向

2

h2=-vDsinOt+^gt

水平方向

x=vDcos夕/

解得

x=18m

题型二“传送带”模型综合问题

【解题指导】1.计算摩擦力对物块做的功和摩擦力对传送带做的功要用动能定理，计算摩

擦产生的热量要用。=尸斑制或能量守恒定律.

2.电机做的功一部分增加物块的机械能，一部分转化为因摩擦产生的热量.

【核心归纳】L设问的角度

(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结

合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系。

(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放

上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解。

2.功能关系分析

⑴功能关系分析：ff=AEk+A£p+。。

(2)对少和。的理解

①传送带克服摩擦力做的功：甲=尸跣传；

②产生的内能：。=所相对。

类型1水平传送带问题

【例1】(2024•辽宁大连•二模)物流公司传送小件货物，简化的传输系统如图所示。曲面

末端与水平面8c平滑连接于3点，水平面8c与传送带等高。工人将小件甲从/点由

静止释放，运动到C点时以速度%=4m/s与遗留在平面末端C点的小件乙发生碰撞（碰撞

时间极短，碰撞前后甲、乙在同一条直线上运动），碰后甲、乙分别以速度匕=L5m/s和

V2=5m/s冲上顺时针运行的传送带上，传送带的速度v=4m/s,传送带足够长。已知曲面

高度力=lm,小件甲的质量犯=4kg,小件甲、乙均可视为质点，且与传送带间的动摩擦因

数均为4=0.5,重力加速度取lOm/s?。求：

（1）小件甲从4点运动到C点过程中克服摩擦阻力所做的功；

（2）小件乙的质量"2及甲、乙碰撞过程损失的机械能；

（3）小件甲和乙冲上传送带到都与传送带共速过程中，传送带的电动机需额外多消耗的电

【详解】（1）甲从/到C,由动能定理

I2

mxgh-Wi=一加止（）-0

得

匕=8J

（2）甲、乙碰撞，由动量守恒定律

加1%=m1v1+m2v2

解得

m2=2kg

则损失的机械能

.机=g町喏_［；叫V：+1m2V2

解得

期几=2.5J

（3）甲冲上传送带先做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

=加1%

可得

2

ax=5m/s

甲加速到与传送带共速的时间

△%=-~—=0.5s

ax

此过程传送带发生的位移

xx=v\tx=2m

传送带克服甲物体摩擦力做功

%=〃加逐再=40J

乙冲上传送带先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律

ma

〃加2g=22

可得

2

a2=5m/s

乙减速到与传送带共速的时间

AZ2=-——=0.2s

一。2

此过程传送带发生的位移

x2=VA/2=0.8m

乙物体对传送带的摩擦力做了正功

Wn=jLtm2gx2=8J

电动机需额外消耗的电能

A£■电=监_%=32J

【变式演练1】如图所示，质量为沉的物体在水平传送带上由静止释放，传送带由电动机带

动，始终保持以速度v匀速运动，物体与传送带间的动摩擦因数为〃，物体过一会儿能保持

与传送带相对静止，对于物体从静止释放到相对静止这一过程中，下列说法正确的是（）

A.摩擦力对物体做的功为加v2

B.电动机多做的功为工加v?

2

C.系统产生的内能为‘加V?

2

D.传送带克服摩擦力做的功为!加丫2

2

【答案】C

【详解】A.根据动能定理有，摩擦力对物体做的功为

W=-mv'

2

故A错误；

B.电动机多做的功转化为物体的动能和内能，所以电动机多做的功一定大于《"a/,故B

错误；

CD.设共速前物体相对地面的位移为A，传送带相等地面的位移为巧则有

v

石=―/,x2=vt

x2=2x1

可知传送带克服摩擦力做的功为摩擦力对物体做功的二倍，即为加"2,则系统产生的内能为

E=mv*2----mv2=—mv

故C正确，D错误。

故选Co

【变式演练2】如图所示，在竖直平面内固定圆心角6=37。的光滑弧形轨道BC,B、C两点

的高度差/z=0.8m,轨道末端8点与水平传送带右端平滑对接，传送带以恒定的速度顺时针

转动。将质量"?=0.4kg的小物块从C点无初速释放，小物块能返回圆弧轨道，返回后上升的

最大高度〃=0.2m。已知传送带长/=2m,各处粗糙程度相同，重力加速度g=lOm/s?,

sin37°=0.6,cos37°=0.8□

(1)求小物块第一次滑至3点时对轨道的压力大小；

(2)求传送带的速度大小和小物块与传送带间动摩擦因数的最小值；

(3)若小物块与传送带间动摩擦因数为最小值，求小物块第2022次在传送带上运动时，小

物块与传送带间因摩擦而产生的热量。

【详解】(1)小物块沿弧形轨道从C到3的过程中由机械能守恒定律有

712

mgh=5加%

代入数据得

v0=4m/s

由几何关系可得

A(l-cos370)=/z

由向心力公式可得

联立解得小物块受到的支持力大小为

FN=5.6N

由牛顿第三定律可知小物块第一次滑至B点时对轨道的压力大小

氏=&=5.6N

(2)对物块由机械能守恒定律有

—mv2=mgh'

解得小物块离开传送带时的速度为

v=2m/s

由于V<%，所以木块返回时先匀加速运动，后与传送带共速，所以传送带的速度为2m/s,

小物块能返回弧形轨道，不会从N端掉下，则有

由牛顿第二定律

jLimg=ma

〃>0.4

所以动摩擦因数的最小值为0.4

(3)小物块从第2次开始每次向左滑上传送带、向右离开传送带时速度均为2m/s,小物块

第2022次在传送带上运动，小物块从8点到回到3点的过程中，位移士=0,所用时间

传送带的位移

x2=vt

小物块与传送带间因摩擦产生的热量

2=//mg(x2-Xj)

解得

Q=3.2J

【变式演练3】我国物流市场规模连续七年位列全球第一。某物流分拣中心为转运货物安装

有水平传送带，传送带空载时保持静止，一旦有货物置于传送带上，传送带就会以Im/sz的

加速度向前加速运行。在传送带空载的某时刻，某质量为20kg的货物向前以3m/s的初速度

滑上传送带。已知传送带长为6m,货物和传送带之间的动摩擦因数为0.2,取g=10m/s2,

求：

(1)货物用多长时间到达传送带末端；

(2)整个过程传送带对货物做的功；

(3)传送带与货物由于摩擦产生的热量。

【答案】(1)3s；(2)0；(3)60J

【详解】(1)对货物受力分析，由牛顿第二定律可知

jLimg=ma'

解得

"=2m/s2

设经时间。两者共速，则

%-a'tx-西

解得

tx—Is

故货物运动Is后两者共速。此时的速度大小

v=at{=lm/s

货物的位移

1,2c

/=匕--atx=2m

由题意知，两者共速后，一起以加速度。做匀加速直线运动，设两者共速后，货物再运动时

间打到达传送带末端，则

v?2+—ag=/-X]

解得

t2=2s

所以货物到达传送带末端所用的时间

t—tl+t2—3s

(2)设货物到达传送带末端的速度大小为M,则

v'=v+at2

解得

v'=3m/s

货物从被推上传送带至到达传送带末端的过程，由动能定理得

W=—mv'2——

22°

解得

W=Q

(3)货物和传送带之间的相对位移

12

Ax=玉——at~=1.5m

所以整个过程因摩擦产生的热量

Q=1Limg\x=60J

【变式演练4】如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道PQ,圆心为。点，圆弧

所对圆心角6=37。，半径为A=6m,末端。点与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左侧有一长

度为s=6m的水平传送带，传送带沿顺时针方向转动，传送带上表面与尸点高度差为

7/=0.45m„现在传送带左侧由静止放置一个质量为"=6kg的可视为质点的滑块A,滑块

由P点沿圆弧切线方向进入轨道，滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块A与传送带、

地面间的动摩因数均为〃=0.5,重力加速度g取lOm/s?,sin37°-0.6,cos37°=0.8,求：

(1)滑块A离开传送带时速度%的大小;

(2)滑块A经过。点时受到弹力区的大小;

(3)滑块和传送带组成的系统因摩擦而产生的内能。。

【答案】(1)%=4m/s；(2)久=109N；(3)Q=48J

【详解】(1)滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足

v；=2gH

又A沿切线滑入圆轨道，满足

tan6=%

%

解得

v0=4m/s

(2)滑块A从在P点速度

vp=5m/s

从尸到。的过程中，由机械能守恒可得

mg7?(l-cos37°)=；加*一]端

在。点有

mv2

F^-mg=—1

K

解得

匕=7m/s

K=109N

(3)滑块A随传送带做匀加速直线运动

]nmg=ma

由于

x.=d=1.6m<s=6m

2a

可知传送带匀速运动的速度为

v-vx-4m/s

滑块A做匀加速运动的时间为

a

滑块A相对于传送带的位移大小为

\x-vt-----=—=1.6m

22

滑块和传送带组成的系统产生的焦耳热

Q=〃加gAx=48J

【变式演练5】弯曲轨道与水平地面平滑连接，右侧有一与地面等高的传送带，传送带始终

以速度%顺时针匀速转动，如图甲所示。将一滑块从轨道上高〃处无初速释放，当

0.25m65nl时，滑块离开传送带时的速度不变，当滑块从其他高度释放后，离开传送

带时的速度大小v与高度〃的图像为如图乙所示的曲线。已知滑块与传送带间的动摩擦因数

〃=0.2,弯曲轨道与水平地面均光滑，取重力加速度大小g=10m/s2,求：

(1)传送带的传送速度1;

(2)传送带的长度工。

甲

【答案】(1)%=3m/s；(2)Z=lm

【详解】(1)(2)根据题意，结合图乙可知，当0<〃<0.25m时，滑块始终在传送带上加速,

当力>0.65m时，滑块始终在传送带上减速，设滑块滑上传送带的速度为v,由机械能守恒

定律有

mgh=—mv2

由运动学公式有

2g4=2〃gZ

2g%一%2=2〃gZ

其中

%=0.25m

h2=0.65m

解得

%=3m/s,£=1m

【变式演练6】如图所示，一质量俏=1kg的物块以%=lm/s的速度从8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8C长Z=1.5m,该物块与传送带间的动摩擦因数

A-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2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，。点

为圆心，半径为A=^m。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

2

时动能最小，则该物块落到收集装置时最小动能是多少？

【答案】（1）2J；（2）7.5J

【详解】（1）小物块的加速度

jumg

a=------=5m/s2

m

小物块的加速时间

ZI=ZZA=0.4S

a

小物块匀加速的位移

%=♦A=0.8m<1.5m

则小物块先加速后匀速，传送带的位移

x2=vtx=1.2m

二者的相对位移

Ax=毛一玉=0.4m

产生的热量

Q=jumg^x=2J

（2）令小物块从。点飞出后速度为匕，水平方向有

x=v/2

竖直方向有

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y=2gt2

根据几何关系有

x2+y2=R2

根据动能定理有

机期=纭一:机脚

解得

E=3冽gy।3mg

k-4

由数学知识可知，当y=0.5m时，&最小，解得

类型2倾斜传送带

【例2】（2024•河北衡水•一模）图（a）为成都天府国际机场某货物传送装置实物图，简化

图如图（b）所示，该装置由传运带/BCD及固定挡板组成，固定挡板与传送

带上表面垂直，传送带上表面N3CD与水平地面的夹角为6=37。，CA与水平面平行。传送

带匀速转动时，工作人员将质量分布均匀的正方体货物从。点由静止释放，货物对地发生

位移Z=10m后被取走，货物在传送带上运动时的剖面图如图（c）所示。已知传送带匀速

运行的速度为v=hn/s,货物质量为加=10kg,其底部与传送带/BCD的动摩擦因数为

4=0.5,其侧面与挡板CDE尸的动摩擦因数为%=0.25。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,

重力加速度g取lOm/s:不计空气阻力。求：

（1）货物刚放上传送带时，其底面所受滑动摩擦力力的大小及侧面所受滑动摩擦力力的大

小；

（2）货物在传送带上所经历的时间及传送装置多消耗的电能。

幺、F

传送带

lin送带底边与4E

展将，陵炎繇地面平行个3K固定挡板

射、水平地面乐度

图（a）图（b）图⑹

【答案】（1）40N,15N；（2）10.2s,163J

【详解】（1）货物放上传送带后,由剖面图对货物受力分析可得，传送带对货物支持力为N-

货物底面所受滑动摩擦力为力,挡板对货物支持力为生，货物侧面所受滑动摩擦力为力，

由力的平衡条件有

N、=mgcos0

N2=mgsin0

由滑动摩擦力计算式有

f\=〃户1

fi="此

代入数据可得

工=40N

力=15N

(2)因为力与运动方向相同，力与运动方向相反，货物将由静止开始沿传送带做匀加速直

线运动，若能与传送带共速，则此后做匀速运动，由牛顿第二定律可得

ma

fi-f2=i

解得

%=2.5m/s2

设货物匀加速至与传送带共速所用时间4,对地位移为不，由运动学公式得

4=上=0.4s

ax

货物匀加速阶段的位移为

v2

汨=---=0.2m

12%

因再＜£,故能够共速。共速后，货物做匀速直线运动，直至被取下，设此段运动时间为，2,

位移为巧，由运动学公式得

x2=L-xx=9.8m

货物匀速阶段所用的时间为

t=—=9.8s

2v

货物运动总时间为

t=t1+t2=10.2s

传送装置多消耗的电能等于货物与传送装置之间由于摩擦产生的内能和货物增加的动能之

和。货物与传送带之间由于摩擦产生的内能有

01-；W)