高考物理一轮复习 精细讲义 第20讲　动力学和能量观点解决力学综合问题（解析版）

第20讲动力学和能量观点解决力学综合问题——划重点之精细讲义系列考点一动力学观点的应用若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．【典例1】如图所示，质量M＝0.4kg的长薄板BC静置于倾角为37°的光滑斜面上，在A点有质量m＝0.1kg的小物体(可视为质点)以v0＝4.0m/s速度水平抛出，恰以平行斜面的速度落在薄板的最上端B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板无初速度释放开始沿斜面向下运动，运动到薄板的最下端C时，与薄板速度恰好相等，已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：(1)A点与B点的水平距离；(2)薄板BC的长度．解析(1)小物体从A到B做平抛运动，下落时间为t1，水平位移为x，则：gt1＝v0tan37°①x＝v0t1②联立①②得x＝1.2m(2)小物体落到B点的速度为v，则v＝eq\r(v\o\al(2,0)＋gt12)③小物体在薄板上运动，则：mgsin37°－μmgcos37°＝ma1④薄板在光滑斜面上运动，则：Mgsin37°＋μmgcos37°＝Ma2⑤小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2，则：v＋a1t2＝a2t2⑥小物体的位移x1＝vt2＋eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)⑦薄板的位移x2＝eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)⑧薄板的长度l＝x1－x2⑨联立③～⑨式得l＝2.5m答案(1)1.2m(2)2.5m【典例2】如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的水平力F作用(g取10m/s2)．求：(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；(2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小．解析：(1)由牛顿第二定律得F－μmg＝ma变形得a＝eq\f(1,m)F－μg对比图乙中图线的函数公式得m＝4kg，μ＝0.1(2)0～2s：a1＝eq\f(F1－μmg,m)＝eq\f(12－4,4)m/s2＝2m/s2x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝4m2s～4s：a2＝eq\f(F2－μmg,m)＝－2m/s2x2＝a1t1·t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝4m综上可知，一个周期内的位移为x＝x1＋x2＝8m答案：(1)4kg0.1(2)8m考点二能量观点的应用一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且有功能关系的特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．【典例1】如图所示，半径R＝1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1kg，上表面与C点等高．质量为m＝1kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10m/s2.求：(1)物块经过C点时的速度vC；(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.解析(1)设物块在B点的速度为vB，在C点的速度为vC，从A到B物块做平抛运动，有vBsinθ＝v0从B到C，根据动能定理有mgR(1＋sinθ)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得vC＝6m/s(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，则μmg＝ma1μmg＝Ma2v＝vC－a1tv＝a2t根据能量守恒定律有eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)联立解得Q＝9J答案(1)6m/s(2)9J【典例2】一半径R＝1m的eq\f(1,4)圆弧导轨与水平导轨相连，从圆弧导轨顶端A静止释放一个质量m＝0.02kg的木块，测得其滑至底端B的速度vB＝3m/s，以后又沿水平导轨滑行BC＝3m而停止在C点，如图所示，求：(1)木块克服圆弧导轨摩擦力所做的功；(2)木块在B点对圆弧轨道的压力；(3)BC段导轨的动摩擦因数．(取g＝10m/s2)解析：(1)木块由A至B过程，由动能定理得mgR－Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得Wf＝0.11J(2)在B点，对木块由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得FN＝0.38N由牛顿第三定律得木块对圆弧轨道的压力FN′＝FN＝0.38N，方向竖直向下．(3)木块由B至C过程由动能定理得－μmgl＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得μ＝0.15答案：(1)0.11J(2)0.38N，方向竖直向下(3)0.15【典例3】如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0＝3eq\r(gR)的初速度由A点开始向B点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为R的eq\f(1,4)圆弧BC，在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q，P、Q位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑块滑过C点后穿过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？解析：设滑块滑至B点时速度为vB，对滑块由A点到B点应用动能定理有－μmg5R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得veq\o\al(2,B)＝8gR滑块从B点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P处时速度为vP，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)＋mg2R解得vP＝2eq\r(gR)滑块穿过P孔后再回到平台的时间t＝eq\f(2vP,g)＝4eq\r(\f(R,g))要想实现题述过程，需满足ωt＝(2n＋1)πω＝eq\f(π2n＋1,4)eq\r(\f(g,R))(n＝0,1,2，…)答案：ω＝eq\f(π2n＋1,4)eq\r(\f(g,R))(n＝0,1,2，…)考点三动力学和能量观点的综合应用物体在整个运动过程中，往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动形式的组合．解决这类问题应抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程，对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程求解．【典例1】某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高度差为H.选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A点下方的平台边缘处沿水平方向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩擦力为μmg，重力加速度为g.(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？(2)若已知H＝5m，L＝8m，a＝2m/s2，g＝10m/s2，且选手从某处C点释放能恰好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到(2)中所述位置C点时，因恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算，悬挂器载着选手还能继续向右滑行多远？解析(1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，则有μmg≥mω2R即转盘转动角度应满足ω≤eq\r(\f(μg,R))(2)设水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2，则加速时有x1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)v＝at1平抛运动阶段：x2＝vt2H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,2)全程水平方向：x1＋x2＝L解得t1＝2s(3)设阻力为Ff，继续向右滑动距离为x3，由动能定理得加速段：(F－Ff)x1＝eq\f(1,2)mv2减速段：－Ffx3＝0－eq\f(1,2)mv2解得x3＝2m答案(1)ω≤eq\r(\f(μg,R))(2)2s(3)2m【典例2】如图所示，压力传感器能测量物体对其正压力的大小，现将质量分别为M、m的物块和小球通过轻绳固定，并跨过两个水平固定的定滑轮(滑轮光滑且较小)，当小球在竖直面内左右摆动且高度相等时，物块始终没有离开水平放置的传感器．已知小球摆动偏离竖直方向的最大角度为θ，滑轮O到小球间轻绳长度为l，重力加速度为g，求：(1)小球摆到最低点速度大小；(2)小球摆到最低点时，压力传感器示数为零，则eq\f(M,m)的大小．解析：(1)小球下摆过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律得mgl(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv2－0解得小球在最低点的速度大小v＝eq\r(2gl1－cosθ)(2)小球在最低点时，压力传感器的示数为零，则轻绳的拉力大小F＝Mg对小球在最低点应用牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,l)解得eq\f(M,m)＝3－2cosθ答案：(1)eq\r(2gl1－cosθ)(2)3－2cosθ【典例3】某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6m，始终以v0＝6m/s的速度顺时针运动．将一个质量m＝1kg的物块由距斜面底端高度h1＝5.4m的A点静止释放，物块通过B点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物块由A点运动到C点的时间；(2)若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4m处静止释放，求物块落地点到C点的水平距离；(3)求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一点D.解析：(1)A到B过程：根据牛顿第二定律mgsinθ－μ1mgcosθ＝ma1eq\f(h1,sinθ)＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)代入数据解得a1＝2m/s2，t1＝3s所以滑到B点的速度：vB＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s，物块在传送带上匀速运动到C的时间t2＝eq\f(L,v0)＝eq\f(6,6)s＝1s所以物块由A到B的时间t＝t1＋t2＝3s＋1s＝4s(2)在斜面上根据动能定理mgh2－μ1mgcosθeq\f(h2,sinθ)＝eq\f(1,2)mv2解得v＝4m/s＜6m/s设物块在传送带先做匀加速运动到v0，运动位移为x，则：a2＝eq\f(μ2mg,m)＝μ2g＝2m/s2veq\o\al(2,0)－v2＝2a2x，x＝5m＜6m所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动s＝v0t0，H＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,0)解得s＝6m(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有vC＝v0.①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则mgh3－μ1mgcosθeq\f(h3,sinθ)＋μ2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得h3＝1.8m.②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，则mgh4－μ1mgcosθeq\f(h4,sinθ)－μ2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得h4＝9.0m所以当离传送带高度在1.8m～9.0m的范围内均能满足要求，即1.8m≤h≤9.0m.答案：(1)4s(2)6m(3)1.8m≤h≤9.0m1．如图所示，质量m＝2.0kg的木块静止在高h＝1.8m的水平台上，木块距平台右边缘l＝10m，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2.用大小为F＝20N、方向与水平方向成37°角的力拉动木块，当木块运动到水平台末端时撤去F.不计空气阻力，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)木块离开平台时速度的大小；(2)木块落地时距平台边缘的水平距离．解析：(1)木块在水平台上运动过程中，由动能定理得Flcos37°－μ(mg－Fsin37°)l＝eq\f(1,2)mv2－0解得v＝12m/s(2)木块离开平台做平抛运动，则水平方向：x＝vt竖直方向：h＝eq\f(1,2)gt2解得x＝7.2m答案：(1)12m/s(2)7.2m2．如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab粗糙，其距离为s＝3m．在b点平滑过度，bcd段光滑，cd段是以O为圆心、半径为R＝0.4m的一小段圆弧．质量为m＝2kg的小物块静止于a处，在一与水平方向成θ角的恒力F作用下开始沿轨道匀加速运动，小物块到达b处时撤去该恒力，小物块继续运动到d处时速度水平，此时轨道对小物块的支持力大小为FN＝15N．小物块与ab段的动摩擦因数为μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块到达b点时的速度大小vb；(2)恒力F的最小值Fmin.(计算结果可以用分式或根号表示)解析：(1)在d点：mg－FN＝eq\f(mv\o\al(2,d),R)从b到d由机械能守恒得：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,d)＝mgR联立得vb＝3m/s(2)在a到b的过程中有：veq\o\al(2,b)＝2asFcosθ－μ(mg－Fsinθ)＝ma解得F＝eq\f(26,2cosθ＋sinθ)＝eq\f(26,\r(5)sinφ＋θ)当sin(φ＋θ)＝1时，Fmin＝eq\f(26,5)eq\r(5)N答案：(1)3m/s(2)eq\f(26,5)eq\r(5)N3．如图甲所示，物体A放在粗糙的水平地面上，0～6s时间内受到水平拉力F的作用，力F的大小如图乙所示，物体0～2s的运动情况如图丙所示，重力加速度g取10m/s2.试求：(1)物体的质量；(2)物体与地面的动摩擦因数；(3)0～6s内物体的位移大小．解析：(1)当F2＝2N时物体做匀速直线运动，拉力与摩擦力二力平衡，所以摩擦力大小为Ff＝F2＝2N滑动时：F－Ff＝ma第1s内的加速度a＝3m/s2联立可求得m＝eq\f(1,3)kg(2)滑动摩擦力Ff＝μmg解得μ＝0.6(3)2s末以后物体的加速度大小μmg－F3＝ma3可解得加速度a3＝3m/s2经过t3＝eq\f(v,a3)＝1s，速度减为零．第3s末后，由于拉力小于摩擦力，物块静止．所以发生的总位移x＝eq\f(1,2)×(1＋3)×3m＝6m答案：(1)eq\f(1,3)kg(2)0.6(3)6m4.传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便利．如图所示，一长度L＝7m的传送带与水平方向间的夹角α＝30°，在电动机带动下以v＝2m/s的速率顺时针匀速转动．在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送带表面都在同一平面内．将质量m＝2kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零．若物体与传送带及物体与斜面间的动摩擦因数都为μ＝eq\f(2\r(3),5)，g＝10m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；(2)传送带上方所接的斜面长度．解析：(1)对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得μmgcos30°－mgsin30°＝ma解得a＝1m/s2，沿斜面向上设物体速度经过时间t与传送带相等，由v＝at得t＝eq\f(v,a)＝2s此过程中物体通过的位移为x＝eq\f(1,2)at2＝2m＜7m所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为v＝2m/s对整个过程，由动能定理得W－mgLsin30°＝eq\f(1,2)mv2解得W＝74J(2)物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得μmgcos30°＋mgsin30°＝ma1解得a1＝11m/s2由v2＝2a1s得：s＝eq\f(v2,2a1)＝eq\f(2,11)m答案：(1)74J(2)eq\f(2,11)m5．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2m，与水平面间夹角θ＝37°，传送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送带后，经过弯道，沿半径R＝0.4m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5m(g取10m/s2)．试求：(1)金属块经过D点时的速度；(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．解析：(1)金属块在E点时，mg＝meq\f(v\o\al(2,E),R)解得vE＝2m/s，在从D到E过程中由动能定理得－mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,E)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)解得vD＝2eq\r(5)m/s(2)金属块刚刚放上时，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1解得a1＝10m/s2设经位移s1达到共同速度，则v2＝2a1s1解得s1＝0.2m＜3.2m继续加速过程中，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由s2＝L－s1＝3m，veq\o\al(2,B)－v2＝2a2s2解得vB＝4m/s在从B到D过程中由动能定理得mgh－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,D)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得W＝3J答案：(1)2eq\r(5)m/s(2)3J6．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝0.1m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h＝0.2m，水平距离s＝0.6m，水平轨道AB长为L1＝0.5m，BC长为L2＝1.5m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10m/s2.(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出．求小滑块在A点弹射出的速度大小范围．解析：(1)对从A到B的过程应用动能定理，则－μmgL1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)①由B到最高点小滑块机械能守恒，则eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)＝2mgR＋eq\f(1,2)mv2②小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律有mg＝meq\f(v2,R)③由以上三式解得A点的速度v1＝3m/s④(2)若小滑块刚好停在C处，则从A到C由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)⑤解得A点的速度为v2＝4m/s若小滑块停在BC段，应满足3m/s≤vA≤4m/s若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，对A到C的过程应用动能定理－μmg(L1＋L2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)⑥根据平抛运动规律，则有竖直方向：h＝eq\f(1,2)gt2⑦水平方向：s＝v0t⑧解得vA＝5m/s所以初速度的范围为：3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s答案：(1)3m/s(2)3m/s≤vA≤4m/s或vA≥5m/s7．如图所示，倾角的斜面体固定在水平面上，一轻弹簧的下端固定在斜面底端的挡板上，轻弹簧处于原长时其上端位于C点，一根不可伸长的轻质细绳跨过轻质滑轮连接物体A和B，A、B的质量分别为和，均可视为质点。物体A与滑轮间的轻绳平行于斜面，与斜面间的动摩擦因数。现使物体A从距离C点处以的初速度沿斜面向下运动。物体A向下运动将弹簧压缩到最短后，恰能回到C点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取，不计空气阻力，整个过程中轻绳处于拉伸状态且物体B未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求：（1）A沿斜面向下运动到C点时轻绳的拉力；（2）整个运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）物体A沿斜面向上运动过程中的最大速度。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）以物体B为研究对象，根据牛顿第二定律有以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律有解得（2）设弹簧最大形变量为x，此时弹簧弹性势能为。由初始位置至物体A运动到最低点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有由物体A从最低点运动到C点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守恒有解得（3）设物体A向上运动速度达最大时弹簧的形变量为，轻绳拉力为，选A为研究对象，根据平衡条件有选B为研究对象，根据平衡条件有解得物体A由最低点返回到C点过程中，物体A、B轻绳组成的系统做简谐运动，由简谐运动规律有物体A由速度最大位置返回到C点过程中，选物体A、B轻绳和弹簧组成的系统，根据能量守恒有根据功能关系，弹簧弹性势能减小的大小为解得8．如图所示，一弹簧左端固定在墙面上，右端在水平地面的A点上，A点左侧地面光滑，AB段长且粗糙，B点右侧有长的水平传送带，以的速度顺时针匀速转动，C点与倾角的足够长斜面平滑相连。现推动滑块（视为质点）压缩弹簧一段长度后释放。已知滑块与AB段、传送带、斜面间的动摩擦因数分别，，滑块的质量，重力加速度g取10，不计空气阻力。，。（1）若滑块未滑上传送带，并最终静止在B点，求弹簧被压缩到最大时具有的弹性势能；（2）若滑块滑上传送带并经过C点两次，最终静止在A点，求：①滑块第二次经过C点时的速度大小；②滑块第一次在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量。【答案】（1）0.2J；（2）①；②0.6J【详解】（1）若滑块从被释放到停在B点，由能量守恒有解得（2）①滑块只经过C点两次最终停在A点，则滑块第二次在传送带上一直做减速运动，则从C点到A点过程中，由动能定理解得②设滑块在最高点到C点的距离为s，滑块从斜面最高点滑至C点过程中，由牛顿第二定律有由运动学有滑块第一次过C点滑至斜面最高点过程中，由牛顿第二定律有由运动学有解得说明滑块第一次在传送带运动过程中一直做匀加速运动，第一次从B点到C点过程中，由牛顿第二定律有由运动学有且滑块在传送带发生的相对位移滑块第一次在传送带上运动过程因摩擦产生的热量解得9．如图所示，AB是倾角为=45°的倾斜轨道，BC是一个水平轨道（物体经过B处时无机械能损失），AO是一竖直线，O、B、C在同一水平面上。竖直平面内的光滑圆形轨道最低点与水平面相切于C点，已知：A、O两点间的距离为ℎ=1m，B、C两点间的距离d=2m，圆形轨道的半径R=1m。一质量为m=2kg的小物体（可视为质点），从与点水平距离x0=4.9m的P点水平抛出，恰好从A点以平行斜面的速度进入倾斜轨道，最后进入圆形轨道。小物体与倾斜轨道AB、水平轨道BC之间的动摩擦因数都是μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。（1）求小物体从P点抛出时的速度v0和P点的高度H；（2）求小物体运动到圆形轨道最点D时，对圆形轨道的压力大小；（3）若小物体从Q点（未在图中画出）水平抛出，恰好从A点以平行斜面的速度进入倾斜轨道，最后进入圆形轨道，且小物体不能脱离轨道，求Q、O两点的水平距离x的取值范围。

【答案】（1），；（2）76N；（3）0.5m<x≤1.5m或x≥3m【详解】（1）小物体从P到A做平抛运动，由题知，物体经过A点时速度平行于斜面向下，设物体经过A点时竖直分速度大小为vy．

则有；又根据匀变速直线运动规律有解得水平距离联立解得（2）物体从P到D的过程，由动能定理得：在D点，由牛顿第二定律得联立解得N=76N由牛顿第三定律知，物体对圆形轨道的压力大小为76N．（3）要保证小物体不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：第一种情况，能通过最高点D.第二种情况，所能到达的最高点小于等于圆心的高度．第一种情况，小球能通过最高点D时设O、Q的水平距离为x1，恰好通过圆形轨道的最高点D．小物体从Q点水平抛出后，恰好从A点以平行于斜面的速度进入倾斜轨道时，根据第1问可得小物体到达A点的速度恰好通过圆形轨道的最高点D时，只有重力充当向心力，得由动能定理得代入数据解得x1=3m小物体能通过最高点D，所以O、Q的水平距离第二种情况，所能到达的高度小于等于圆心的高度时，设O、Q的水平距离为x2，恰好到达圆心高度．小物体从Q点水平抛出后，恰好从A点以平行于斜面的速度进入倾斜轨道时，根据第1问可得小物体到达A点的速度恰好到达圆心的高度时，末速度为0由动能定理得代入数据解得x2=1.5m设O、Q的水平距离为x3时，恰好到达圆形轨道处小物体从Q点水平抛出后，恰好从A以平行于斜面的速度进入倾斜轨道时，根据第1问可得小物体到达A点的速度恰好到达圆形轨道时，到C点的速度为0．由动能定理得代入数据解得x3=0.5m小物体能进入圆形轨道，不脱离，O、Q的水平距离应满足0.5m<x≤1.5m综上所述，若小物体从Q点水平抛出，恰好从A点以平行斜面的速度进入倾斜轨道，最后进入圆形轨道，且小物体不能脱离轨道，Q、O两点的水平距离x的取值范围为0.5m<x≤1.5m或x≥3m．10．利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处．如图所示，已知传送轨道平面与水平方向成角，倾角也是的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数，皮带传动装置按顺时针方向匀速转动的速度，两轮轴心相距，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度，A、B间的距离。工件可视为质点，g取。求：（1）弹簧的最大弹性势能；（2）工件沿传送带上滑的时间。

【答案】（1）；（2）【详解】（1）弹簧的最大弹性势能得（2）工件沿传送轨道减速向上滑动过程中，有与传送带共速需要时间工件滑行位移大小因为，所以工件将沿传送带继续减速上滑，得假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落．则工件滑行位移大小故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为11．如图所示，竖直平面内有水平光滑直轨道AB，轨道左侧有一竖直光滑半圆轨道CDE，其半径，最低点E与水平传送带平滑连接。现一质量为、可视为质点的滑块压缩弹簧（滑块与弹簧不相连），静止释放后滑块沿轨道ABCDE运动，BC之间有小缝可供滑块通过，然后滑上传送带，最后落在水平地面P点。滑块与传送带之间的动摩擦因数，传送带的EF长度，传送带轮子的半径，传送带以的速度顺时针匀速转动，传送带下表面离地面高度。某次释放滑块时弹簧的弹性势能，取。求：（1）滑块运动到E点时对轨道的压力大小；（2）落地点P离开传送带右端的水平距离；（3）若要使滑块的落地点在同一位置，弹性势能的取值范围是多少？【答案】（1）0.7N；（2）1.6m；（3）【详解】（1）根据机械能守恒滑块运动到E点时，设轨道对滑块的支持力N，根据牛顿第二定律代入数据联立得N=0.7N根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小N1=0.7N（2）滑块在传送带上加速度大小根据解得，滑块加速度到速度时位移s=0.5m所以滑块运动到F点速度此后做平抛运动，根据解得t=0.4s落地点P离开传送带右端的水平距离（3）若要使滑块的落地点在同一位置，则滑块运动到F点速度当在传送带上加速运动时，有解得当在传送带上减速运动时，有解得所以弹性势能的取值范围是12．如图所示，在竖直平面内长为L=0.9m的粗糙水平面MN左侧与半径R=0.89m的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，右侧与一足够长的传送带平滑连接。传送带以恒定的速率逆时针转动.将物块A从光滑圆弧最高点由静止释放，经过M点运动到N点，再滑上传送带。已知A的质量为，物块A与MN间的动摩擦因数及传送带间的动摩擦因数都为，重力加速度。求：（1）物块A第一次运动到N点时的速度；（2）物块A在传送带上第一次向右运动到最右端的过程中，两者摩擦产生的热量；（3）物块A在MN上运动的总路程s。【答案】（1），方向向右；（2）16J；（3）2m【详解】（1）根据动能定理代入数据联立得，物块A第一次运动到N点时的速度方向向右；（2）物块A在传送带上的加速度大小在传送带上滑动的距离经历时间这段时间内传送带移动距离两者摩擦产生的热量（3）物块在传送带上向左滑动，速度与传送带速度相等时位移为所以滑块在传送带上第一次从右向左运动至N点时的速率为设向左运动又返回至N点时的速率为，根据动能定理解得在传送带上滑动的距离又返回至N点时的速率为=在MN上向左滑动的距离所以物块A在MN上运动的总路程13．如图所示为某商家为了吸引顾客设计的抽奖活动。4块尺寸相同的木板A、B、C、D随机排序并紧挨着放在水平地面上，木板长度均为，质量均为；下表面与地面间的动摩擦因数均为，A、B、C、D的上表面各有不同的涂层，滑块与涂层间的动摩擦因数分别为、、、。顾客以某一水平速度（未知），从左侧第一块木板的左端推出一质量的滑块（视作质点）。从左向右数，若滑块最终停在第一、二、三、四块木板上就会分别获得四、三、二、一等奖，滑离所有木板则不获奖。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取。（结果可用根号表示）。（1）若木板全部固定，要想获奖，求的取值范围；（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D的方式放置，要获得最高奖项，求的最小值。【答案】（1）；（2）【详解】（1）若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至D的右端时具有最大值，（若设，则，，）根据动能定理，可得解得要想获奖，的取值范围是（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D的方式放置，当滑块在A上滑动时，滑块与A之间的滑动摩擦力大小为A、B、C、D整体所受地面的最大静摩擦力为因为，所以滑块在A上滑动时，A、B、C、D均静止；同理，当滑块在B上滑动时，B、C、D均静止；当滑块在C上滑动时，C、D将滑动，且滑块做匀减速运动，C、D整体将做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得滑块和C、D整体的加速度大小分别为，设滑块刚滑上C时的速度大小为，经时间恰好滑到D上，且与D达到共同速度，滑块与D共速后将不会再相对D滑动，最终与D一起停止，此时即可获得最高奖项，对应具有最小值。根据运动学规律，有，解得对滑块从刚滑上A到刚滑上C的过程，根据动能定理，有解得14．如图所示，长木板A置于光滑水平面上，木板右端距固定平台距离d=4m，木板厚度与光滑平台等高，平台上固定半径的光滑半圆轨道，轨道末端与平台相切。木板左端放置滑块B，滑块与木板上表面间的动摩擦因数，给滑块施加水平向右的作用力，作用时间后撤去，滑块质量，木板质量，滑块没有滑离木板，不计空气阻力，重力加速度。（1）在0~t1时间内，分别求A、B的加速度大小；（2）若木板与平台间每次碰撞前后速度大小均不变，方向相反，最终滑块停在木板右端，求木板长度；（3）若