資源簡介

(共82張PPT)
目標
要求
1.會用功能關系解決傳送帶、滑塊—木板模型綜合問題.2.會利用動力學和能量觀點分析多運動組合問題.
專題強化五
動力學和能量觀點的綜合應用
內容索引
題型一　傳送帶模型
題型二　滑塊—木板模型
課時精練
題型三　多運動組合問題
題型一
傳送帶模型
例1　(多選)如圖甲所示，傾角為37°的傳送帶在電動機帶動下沿順時針方向勻速轉動，將一質量為m＝10 kg的木箱(可視為質點)輕放到傳送帶底端A處，木箱運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，t＝10 s時木箱到達傳送帶上端B處.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則
A.木箱在傳送帶上先做勻加速運動，其加
速度大小為0.4 m/s2
B.木箱與傳送帶之間的動摩擦因數為0.8
C.木箱從A到B的過程中，電動機多消耗的電能為1 240 J
D.木箱從A到B的過程中，電動機多消耗的電能等于木箱重力勢能和動能
的增加量之和
√
√
√
速度－時間圖像的斜率表示加速度，木箱剛放上時做勻加速運動，結合題圖乙可知其加速度大小a＝μgcos 37°－ gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.8，故A、B正確；
例2　(2023·浙江百強校聯考)如圖所示，裝置由光滑的四分之一圓弧軌道AB、水平傳送帶BC組成，圓弧軌道和傳送帶在B點平滑連接.一質量為m＝0.2 kg的滑塊(未畫出)在圓弧軌道上距離B點高度為h的某處由靜止釋放，經過傳送帶，最后落地.已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.1，傳送帶BC長L＝2.5 m，圓弧軌道半徑為R＝1 m，傳送帶一直順時針做勻速運動，速度大小為v＝3 m/s，C端距地面的高度H＝1.8 m.(傳送帶的輪子半徑很小，滑塊可視為質點，其余阻力不計，g取10 m/s2)
(1)若滑塊全程勻速通過傳送帶，求滑塊經過圓弧底端對軌道的壓力大小；
答案　3.8 N　
若滑塊全程勻速通過傳送帶，則滑塊經過B點的速度恰好為v＝3 m/s，
解得F支＝3.8 N，
由牛頓第三定律可知F壓＝F支，
故F壓＝3.8 N
(2)操作中發現，當滑塊從距離B點高度為h1和h2之間(h1答案　0.2 m　0.7 m　
經分析可知，滑塊經過B點的速度介于v1與v2之間時，經過傳送帶的加速或減速(極限為全程加速和全程減速)，均以v＝3 m/s的速度離開C點而落到地上同一點.有v2－v12＝2μgL，
v2－v22＝－2μgL
解得h1＝0.2 m，h2＝0.7 m
(3)若滑塊始終從A點釋放，傳送帶的長度L可以在0到足夠大之間調節(B點位置不變，C點位置可以左右調節)，求滑塊落地點至B點的水平距離x與傳送帶長度L之間的關系.(注：滑塊運行期間傳送帶長度是不變的)
答案　見解析
經過分析，當傳送帶長度小于等于L1時，滑塊全程減速，否則先減速后以v＝3 m/s勻速運動，
則v2－vB2＝－2μgL1，
解得L1＝5.5 m
當L>L1時vC′＝3 m/s
所以當L≤5.5 m時，
當L>5.5 m時，滑塊落地點至B點的水平距離x＝L＋vC′t＝L＋1.8 m.
1.傳送帶問題的分析方法
(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系.
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解.
方法點撥
2.功能關系分析
(1)傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳.
(2)系統產生的內能：Q＝Ffs相對，s相對表示相對路程.
(3)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
方法點撥
題型二
滑塊—木板模型
例3　如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2 kg的另一物體B(可看成質點)以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面.由于A、B間存在摩擦力，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示.下列說法正確的是(g取10 m/s2)
A.木板A最終獲得的動能為2 J
B.系統損失的機械能為4 J
C.木板A的最小長度為2 m
D.A、B間的動摩擦因數為0.1
√
由題圖乙可知，0～1 s內，A、B的加速度大小都為a＝1 m/s2，物體B和木板A水平方向均受滑動摩擦力.根據牛頓第二定律知二者質量相等，則木板最終動能EkA＝ ＝1 J，選項A錯誤；
由題圖乙可得二者相對位移為1 m，即木板A的最小長度為1 m，選項C錯誤；
對B受力分析，根據牛頓第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，選項D正確.
例4　(2023·黑龍江省佳木斯一中高三檢測)如圖所示，在光滑的水平面上放置一個足夠長的木板B，在B的左端放有一個可視為質點的小滑塊A，A、B間的動摩擦因數μ＝0.4，A的質量m＝1 kg，B的質量M＝2 kg, g＝10 m/s2.現對A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(結果可以用分數表示)
(1)撤去拉力F前小滑塊A和長木板B的加速
度大小a1、a2；
答案　3 m/s2　2 m/s2
對木板B，根據牛頓第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2.
(2)A相對于B靜止時的速度大小v；
撤去F時，滑塊A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s，
撤去F后，由μmg＝ma3得滑塊A的加速度大小為a3＝4 m/s2，
(3)整個過程中由于摩擦生成的熱量Q.
外力F對A、B整體做的功為
由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋Ek，
1.動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t＝ 可求出共同速度v和所用時間t，然后
由位移公式可分別求出二者的位移.
方法點撥
2.功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統運用能量守恒定律.如圖所示，要注意區分三個位移：
(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對
地的位移x滑；
(2)求摩擦力對木板做功時用木板對
地的位移x板；
(3)求摩擦生熱時用相對位移Δx.
方法點撥
題型三
多運動組合問題
例5　(2023·浙江舟山市模擬)某游樂場的游樂裝置可簡化為如圖所示的豎直面內軌道BCDE，左側為半徑R＝0.8 m的光滑圓弧軌道BC，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角α＝30°，圓弧軌道與粗糙水平軌道CD相切于點C，DE為傾角θ＝30°的光滑傾斜軌道，一輕質彈簧上端固定在E點處的擋板上.現有質量為m＝1 kg的小滑塊P(可視為質點)從空中的A點以v0＝ m/s的初速度水平向左拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續沿水平軌道CD滑動，經過D點(不計經過D點時的能量損失)后
沿傾斜軌道向上運動至F點(圖中未標出)，彈簧恰好壓縮至最短.已知C、D之間和D、F之間距離都為1 m，滑塊與軌道CD間的動摩擦因數為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力.求：
(1)小滑塊P經過圓弧軌道上B點的速度大小；
(2)小滑塊P到達圓弧軌道上的C點時對軌道壓力的大小；
答案　50 N　
經過C點時受軌道的支持力大小為FN，
由牛頓第三定律可得滑塊在C點時對軌道的壓力大小F壓＝50 N
(3)彈簧的彈性勢能的最大值；
答案　6 J　
設彈簧的彈性勢能最大值為Epm，滑塊從C點到F點的過程中，根據動能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－ mvC2，
代入數據可解得Epm＝6 J
(4)試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若能，求出飛出B點的速度大小；若不能，判斷滑塊最后位于何處.
答案　無法從B點離開，離D點0.2 m(或離C點0.8 m)
設滑塊返回時能上升的高度為h，根據動能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入數據可解得h＝0.6 m，因為h又mvC2＝ μmgx，代入數據可解得x＝3.2 m＝3LCD＋0.2 m，滑塊最后靜止時的位置離D點0.2 m(或離C點0.8 m).
例6　如圖所示，AB、FG均為半徑R＝0.45 m的四分之一光滑圓弧軌道，半徑O1B、O2F均豎直，C點在B點的正下方，C、D兩點在同一高度上，DE為傾角θ＝53°、長度L1＝2 m的粗糙斜軌道，EF為粗糙水平直軌道.一物塊(視為質點)從A點由靜止滑下，從B點水平飛出后恰好落到D點，并且物塊落到D點時的速度方向與DE軌道平行，物塊經過EF軌道后恰好能到達G點.物塊與DE、EF兩軌道間的動摩擦因數均為μ＝ 取重力加速
度大小g＝10 m/s2，不計物塊經過E點的能量損失，不計空氣阻力.求：(sin 53°＝0.8，結果可保留分數)
(1)C、D兩點間的距離x；
答案　1.2 m　
豎直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s
豎直方向物塊做自由落體運動，有vy＝gt1，
解得t1＝0.4 s
C、D兩點間的距離x＝ vBt1＝1.2 m.
(2)物塊從B點運動到E點的時間t；
物塊從B點運動到E點的時間
(3)EF軌道的長度L2以及物塊最后停止的位置到F點的距離s.
答案　6 m　1.35 m
物塊在E點的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s
物塊從E到F，由動能定理可得
代入數據解得L2＝6 m
代入數據解得s＝1.35 m.
1.分析思路
(1)受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況；
(2)做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況；
(3)功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規律求解.
方法點撥
2.方法技巧
(1)“合”——整體上把握全過程，構建大致的運動情景；
(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規律；
(3)“合”——找出各子過程之間的聯系，以銜接點為突破口，尋求解題最優方案.
方法點撥
四
課時精練
1.(2023·浙江金華市模擬)如圖所示，某工廠用傳送帶向高處運送物體，將一物體無初速度放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段物體與傳送帶相對靜止，勻速運動到傳送帶頂端.下列說法正確的是
A.第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對
物體不做功
B.第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量
C.第一階段物體和傳送帶間因摩擦產生的熱量等于第一階段物體機械能的增
加量
D.物體從底端到頂端全過程機械能的增加量大于全過程摩擦力對物體所做的功
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基礎落實練
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對物體受力分析知，其在兩個階段所受摩擦力方向都沿傳送帶向上，與其運動方向相同，則兩個階段摩擦力對物體都做正功，A錯誤；
由動能定理知，合力做的總功等于物體動能的增加量，B錯誤；
物體從底端到頂端全過程中，物體機械能的增加量等于摩擦力對物體所做的功，D錯誤；
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2.如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現將質量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為
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3.(多選)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，之后長木板運動的v－t圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質量均為m＝1 kg，已知木板足夠長，g取10 m/s2，則
A.小物塊與長木板間的動摩擦
因數μ＝0.5
B.在整個運動過程中，物塊與木板構成的系統所產生的熱量70 J
C.小物塊的初速度為v0＝12 m/s
D.0～2 s與2～3 s物塊和木板構成的系統機械能減少量之比為17∶1
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由題圖乙可知，木板先做勻加速運動，再做勻減速運動，故可知地面對木板有摩擦力，在0～2 s內，木板受物塊向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做勻加速運動，
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對物塊，在0～2 s內，受木板的摩擦力作用而做勻減速運動，由牛頓第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2 m/s＋5×2 m/s＝12 m/s，故C正確；
8
4.(多選)如圖甲，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下，速率始終不變.t＝0時刻在傳送帶適當位置上放一具有一定初速度的小物塊.取沿傳送帶向上為正方向，物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化如圖乙所示.已知小物塊質量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列說法正確的是
A.傳送帶順時針轉動，速度大小為2 m/s
B.傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數μ＝
C.0～t2時間內因摩擦產生的熱量為27 J
D.0～t2時間內電動機多消耗的電能為28.5 J
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從題圖乙可知，小物塊最終隨傳送帶一起勻速運動，說明傳送帶的速度大小為2 m/s，順時針轉動，故A正確；
由題圖乙可知，小物塊的加速度大小a＝1 m/s2，對物塊受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝ 故B正確；
物塊運動速度減為零后，反向加速過程經歷的時間t＝ ＝2 s，由題圖乙可知t2＝3 s，物塊運動的位移大小x＝1.5 m，傳送帶與物塊的相對位移Δx＝4.5 m，摩擦產生的熱量Q＝μmgcos θ·Δx＝27 J，故C正確；
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另解：物塊運動速度減為零后，反向加速經歷時間t＝ ＝2 s，因此題圖乙中t2＝3 s，
3 s內傳送帶的位移x傳＝v0t2＝6 m，
傳送帶多消耗的電能W電＝μmgcos θ·x傳＝36 J，故D錯誤.
8
5.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質量M＝1.0 kg，長度L＝1.0 m.在木板的最左端有一個小鐵塊(可視為質點)，質量m＝1.0 kg.小鐵塊和木板之間的動摩擦因數μ＝0.30.開始時它們都處于靜止狀態，某時刻起對木板施加一個水平向左的拉力F將木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
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答案　－7.5 J　4.5 J　
能力綜合練
(1)抽出木板的過程中摩擦力分別對木板和鐵塊做的功；
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當用F＝8 N的力將木板從小鐵塊下方抽出，小鐵塊運動的加速度大小為a1＝μg＝3 m/s2
解得x1＝1.5 m
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摩擦力對小鐵塊做的功為W1＝μmgx1，
解得W1＝4.5 J
摩擦力對木板做的功為W2＝－μmgx2，
解得W2＝－7.5 J
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(2)抽出木板的過程中由于摩擦產生的內能Q.
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答案　3 J
抽出木板的過程中由于摩擦產生的內能
Q＝μmgL＝3 J.
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6.(2023·安徽省六安中學高三檢測)如圖所示，水平軌道AB長為2R，其A端有一被鎖定的輕質彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上.圓心在O1、半徑為R的光滑圓弧軌道BC與AB相切于B點，并且和圓心在O2、半徑為2R的光滑細圓管軌道CD平滑對接，O1、C、O2三點在同一條直線上.光滑細圓管軌道CD右側有一半徑為2R，圓心在D點的 圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2點.質量為m的小滑塊(可視為質點)從軌道上的C點由靜止滑下，剛好能運動到A點，觸發彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小滑塊在到達B點之前已經脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細圓管軌道
最高點D(計算時圓管直徑可不計，重力
加速度為g).求：
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(1)小滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數μ；
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(2)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep；
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彈簧對滑塊做功過程由功能關系有W彈＝Ep
滑塊從A到D過程由動能定理得
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(3)小滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的動能Ek.
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滑塊通過D點后做平拋運動，根據平拋運動的規律可知，水平方向有x＝vt
由幾何關系可知x2＋y2＝4R2
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7.(2023·浙江溫州市一模)如圖所示，水平軌道AB長度L1＝1.3 m，其左端B點與半徑R＝0.4 m 的半圓形豎直軌道BCD平滑連接.軌道BCD最高點D與長度L2＝1.0 m的水平細圓管道DE平滑連接.管道DE與豎直放置的光滑
圓筒上邊緣E點相切，圓筒半徑r＝ 質量m＝0.5 kg、
可視為質點的小滑塊，從A點處以初動能Ek0向左運動，與AB間的動摩擦因數μ＝0.2，與其他軌道間的摩擦以及空氣阻力均忽略不計，重力加速度g取10 m/s2.
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(1)若小滑塊恰好能通過最高點D，求滑塊經過B點時對半圓形軌道的壓力大小FN；
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答案　30 N
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由B點到D點的過程，由機械能守恒定律得
解得FN′＝30 N
由牛頓第三定律可得，滑塊經過B點時對半圓形軌道的壓力大小為FN＝30 N
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(2)為使小滑塊不脫離軌道并最終停在A、B兩點之間，求滑塊的初動能Ek0的范圍；
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7
答案　Ek0<1.3 J或1.3 J8
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7
小滑塊不脫離軌道并最終停在A、B兩點之間，當動能較小時，滑塊不滑上半圓軌道，
則有Ek0<μmgL1＝1.3 J
當滑塊動能較大超過1.3 J時，滑上圓軌道
并返回，則滑上圓軌道的最大高度不能超
過R.設沿圓軌道上滑的高度為h，返回水平軌道時，不滑過A點，則有mgh<μmgL1
可得h<μL1＝0.26 m8
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所以動能較大時有Ek0＝μmgL1＋mgh<2.6 J
所以小滑塊不脫離軌道并最終停在A、B
兩點之間，滑塊初動能的范圍為
Ek0<1.3 J或1.3 J8
(3)若小滑塊能從D點水平滑入管道DE，并從E點滑入圓筒后緊貼內壁運動，再從E點正下方離開圓筒后，滑塊落在A、B兩點之間，求滑塊在E點的速度大小vE.(π取 )
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答案　n m/s(n＝1,2,3,4)
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在水平方向做勻速圓周運動n·2πr＝vEt1
解得vE＝n m/s(n＝1,2,3，…)
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離開圓筒后，滑塊水平方向以速度vE做勻速直線運動，從離開圓筒到落地，
若使滑塊落在A、B兩點之間，則有
所以滑塊在E點的速度大小為
vE＝n m/s(n＝1,2,3,4).
8
8.(2023·浙江省五校聯考)如圖所示的簡化模型，主要由光滑曲面軌道AB、光滑豎直圓軌道、水平軌道BD、水平傳送帶DE和足夠長的落地區FG組成，各部分平滑連接，圓軌道最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，滑塊落到FG區域時立即停止運動.現將一質量為m＝0.2 kg的滑塊從AB軌道上某一位置由靜止釋放，若已知圓軌道半徑R＝0.2 m，水平面BD的長度x1＝3 m，傳送帶長度x2＝4 m，E點距離落地區的豎直高度H＝0.2 m，滑塊始終不脫離圓軌道，且與水平軌道BD和傳送帶間的動摩擦因
數均為μ＝0.2，傳送帶以恒定速度v0＝
4 m/s沿逆時針方向轉動(不考慮傳送帶
輪的半徑對運動的影響).
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素養提升練
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(1)要使滑塊恰能運動到E點，求滑塊釋放點的高度h0；
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答案　1.4 m　
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聯立解得h1＝0.5 m
要使滑塊恰能運動到E點，則滑塊到E點的速度vE＝0，
從A到E，根據動能定理有mgh2－μmg(x1＋x2)＝0－0
解得h2＝1.4 m，顯然h2>h1
要使滑塊恰能運動到E點，則滑塊釋放點的高度h0＝h2＝1.4 m
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(2)若h＝1.2 m，則滑塊最終停于何處？
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答案　B點　
若h＝1.2 m，設滑塊在傳送帶上向左運動x2′，速度減為0，由mgh－μmg(x1＋x2′)＝0，
解得x2′＝3 m，之后返回BD軌道，根據動能定理有μmgx2′－μmgx＝0，解得x＝x1＝3 m，所以恰好停在B點處.
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(3)求滑塊靜止時距B點的水平距離x與釋放點高度h的關系.
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答案　見解析
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①若滑塊剛好停在D點，
則mgh3－μmgx1＝0－0，
解得h3＝0.6 m
當滑塊釋放點的高度范圍滿足0.5 m≤h
≤0.6 m時，滑塊不能運動到D點，最終停在BD上，其在BD上滑動的路程為x，根據動能定理有mgh－μmgx＝0－0，可得x＝ ＝5h
②當滑塊釋放點的高度范圍滿足0.6 m8
1
2
3
4
5
6
7
③當滑塊釋放點的高度范圍滿足1.2 m－2x1＝(5h－6) m
8
1
2
3
4
5
6
7
④當滑塊釋放點的高度h>1.4 m時，滑塊從E點飛出，根據動能定理有mgh－μmg(x1＋x2)＝
8專題強化五　動力學和能量觀點的綜合應用
目標要求　1.會用功能關系解決傳送帶、滑塊—木板模型綜合問題.2.會利用動力學和能量觀點分析多運動組合問題．
題型一　傳送帶模型
例1　(多選)如圖甲所示，傾角為37°的傳送帶在電動機帶動下沿順時針方向勻速轉動，將一質量為m＝10 kg的木箱(可視為質點)輕放到傳送帶底端A處，木箱運動的速度v隨時間t變化的圖像如圖乙所示，t＝10 s時木箱到達傳送帶上端B處．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.則(　　)
A．木箱在傳送帶上先做勻加速運動，其加速度大小為0.4 m/s2
B．木箱與傳送帶之間的動摩擦因數為0.8
C．木箱從A到B的過程中，電動機多消耗的電能為1 240 J
D．木箱從A到B的過程中，電動機多消耗的電能等于木箱重力勢能和動能的增加量之和
答案　ABC
解析　速度－時間圖像的斜率表示加速度，木箱剛放上時做勻加速運動，結合題圖乙可知其加速度大小a＝μgcos 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱與傳送帶之間的動摩擦因數μ＝0.8，故A、B正確；由能量守恒定律知木箱從A到B的過程中，電動機多消耗的電能等于木箱獲得的重力勢能、動能以及因摩擦而產生的熱量之和，相對位移x相對＝2×5 m－×2×5 m＝5 m，速度－時間圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示位移大小，LAB＝×2 m＝15 m，則h＝LABsin 37°＝9 m，E電＝mgh＋mvm2＋μmgx相對·cos 37°＝1 240 J，故C正確，D錯誤．
例2　(2023·浙江百強校聯考)如圖所示，裝置由光滑的四分之一圓弧軌道AB、水平傳送帶BC組成，圓弧軌道和傳送帶在B點平滑連接．一質量為m＝0.2 kg的滑塊(未畫出)在圓弧軌道上距離B點高度為h的某處由靜止釋放，經過傳送帶，最后落地．已知滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.1，傳送帶BC長L＝2.5 m，圓弧軌道半徑為R＝1 m，傳送帶一直順時針做勻速運動，速度大小為v＝3 m/s，C端距地面的高度H＝1.8 m．(傳送帶的輪子半徑很小，滑塊可視為質點，其余阻力不計，g取10 m/s2)
(1)若滑塊全程勻速通過傳送帶，求滑塊經過圓弧底端對軌道的壓力大小；
(2)操作中發現，當滑塊從距離B點高度為h1和h2之間(h1(3)若滑塊始終從A點釋放，傳送帶的長度L可以在0到足夠大之間調節(B點位置不變，C點位置可以左右調節)，求滑塊落地點至B點的水平距離x與傳送帶長度L之間的關系．(注：滑塊運行期間傳送帶長度是不變的)
答案　(1)3.8 N　(2)0.2 m　0.7 m　(3)見解析
解析　(1)若滑塊全程勻速通過傳送帶，則滑塊經過B點的速度恰好為v＝3 m/s，
則F支－mg＝m，
解得F支＝3.8 N，
由牛頓第三定律可知F壓＝F支，
故F壓＝3.8 N
(2)經分析可知，滑塊經過B點的速度介于v1與v2之間時，經過傳送帶的加速或減速(極限為全程加速和全程減速)，均以v＝3 m/s的速度離開C點而落到地上同一點．有v2－v12＝2μgL，
v2－v22＝－2μgL
解得v1＝2 m/s，v2＝ m/s
根據動能定理有mgh1＝mv12，mgh2＝mv22
解得h1＝0.2 m，h2＝0.7 m
(3)滑塊始終從A點釋放，到達B點的速度大小為vB，則有mgR＝mvB2，
解得vB＝ m/s
經過分析，當傳送帶長度小于等于L1時，滑塊全程減速，否則先減速后以v＝3 m/s勻速運動，
則v2－vB2＝－2μgL1，
解得L1＝5.5 m
故當L≤L1時vC＝
當L>L1時vC′＝3 m/s
由平拋運動規律可知H＝gt2，
解得t＝ s
所以當L≤5.5 m時，
滑塊落地點至B點的水平距離x＝L＋vCt＝L＋ m
當L>5.5 m時，滑塊落地點至B點的水平距離x＝L＋vC′t＝L＋1.8 m.
1．傳送帶問題的分析方法
(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關系．
(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據功能關系或能量守恒定律求解．
2．功能關系分析
(1)傳送帶克服摩擦力做的功：W＝Ffx傳．
(2)系統產生的內能：Q＝Ffs相對，s相對表示相對路程．
(3)功能關系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
題型二　滑塊—木板模型
例3　如圖甲所示，長木板A放在光滑的水平面上，質量為m＝2 kg的另一物體B(可看成質點)以水平速度v0＝2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面．由于A、B間存在摩擦力，之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示．下列說法正確的是(g取10 m/s2)(　　)
A．木板A最終獲得的動能為2 J
B．系統損失的機械能為4 J
C．木板A的最小長度為2 m
D．A、B間的動摩擦因數為0.1
答案　D
解析　由題圖乙可知，0～1 s內，A、B的加速度大小都為a＝1 m/s2，物體B和木板A水平方向均受滑動摩擦力．根據牛頓第二定律知二者質量相等，則木板最終動能EkA＝mv12＝1 J，選項A錯誤；系統損失的機械能ΔE＝mv02－·2m·v2＝2 J，選項B錯誤；由題圖乙可得二者相對位移為1 m，即木板A的最小長度為1 m，選項C錯誤；對B受力分析，根據牛頓第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，選項D正確．
例4　(2023·黑龍江省佳木斯一中高三檢測)如圖所示，在光滑的水平面上放置一個足夠長的木板B，在B的左端放有一個可視為質點的小滑塊A，A、B間的動摩擦因數μ＝0.4，A的質量m＝1 kg，B的質量M＝2 kg, g＝10 m/s2.現對A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(結果可以用分數表示)
(1)撤去拉力F前小滑塊A和長木板B的加速度大小a1、a2；
(2)A相對于B靜止時的速度大小v；
(3)整個過程中由于摩擦生成的熱量Q.
答案　(1)3 m/s2　2 m/s2　(2) m/s　(3) J
解析　(1)若A、B相對靜止，則有a＝＝ m/s2>＝2 m/s2，故A、B間有滑動摩擦力，對滑塊A，根據牛頓第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2
對木板B，根據牛頓第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2.
(2)撤去F時，滑塊A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s，
撤去F后，由μmg＝ma3得滑塊A的加速度大小為a3＝4 m/s2，
設經歷時間t2二者共速，則有v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝ s，則v＝v1－a3t2＝ m/s.
(3)外力F對A、B整體做的功為
F·Δx＝F·a1t12＝ J
A、B最終以速度v＝ m/s運動．
故A、B整體動能為Ek＝(M＋m)v2＝ J
由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋Ek，
則Q＝ J.
1．動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據牛頓第二定律求出各自的加速度；從放上滑塊到二者速度相等，所用時間相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用時間t，然后由位移公式可分別求出二者的位移．
2．功和能分析：對滑塊和木板分別運用動能定理，或者對系統運用能量守恒定律．如圖所示，要注意區分三個位移：
(1)求摩擦力對滑塊做功時用滑塊對地的位移x滑；
(2)求摩擦力對木板做功時用木板對地的位移x板；
(3)求摩擦生熱時用相對位移Δx.
題型三　多運動組合問題
例5　(2023·浙江舟山市模擬)某游樂場的游樂裝置可簡化為如圖所示的豎直面內軌道BCDE，左側為半徑R＝0.8 m的光滑圓弧軌道BC，軌道的上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角α＝30°，圓弧軌道與粗糙水平軌道CD相切于點C，DE為傾角θ＝30°的光滑傾斜軌道，一輕質彈簧上端固定在E點處的擋板上．現有質量為m＝1 kg的小滑塊P(可視為質點)從空中的A點以v0＝ m/s的初速度水平向左拋出，恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續沿水平軌道CD滑動，經過D點(不計經過D點時的能量損失)后沿傾斜軌道向上運動至F點(圖中未標出)，彈簧恰好壓縮至最短．已知C、D之間和D、F之間距離都為1 m，滑塊與軌道CD間的動摩擦因數為μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不計空氣阻力．求：
(1)小滑塊P經過圓弧軌道上B點的速度大小；
(2)小滑塊P到達圓弧軌道上的C點時對軌道壓力的大小；
(3)彈簧的彈性勢能的最大值；
(4)試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若能，求出飛出B點的速度大小；若不能，判斷滑塊最后位于何處．
答案　(1)2 m/s　(2)50 N　(3)6 J　(4)無法從B點離開，離D點0.2 m(或離C點0.8 m)
解析　(1)設滑塊P經過B點的速度大小為vB，由平拋運動知識有v0＝vBsin 30°，得vB＝2 m/s
(2)滑塊P從B點到達最低點C點的過程中，由機械能守恒定律得mg(R＋Rsin 30°)＋mvB2＝mvC2，解得vC＝4 m/s
經過C點時受軌道的支持力大小為FN，
有FN－mg＝m，解得FN＝50 N
由牛頓第三定律可得滑塊在C點時對軌道的壓力大小F壓＝50 N
(3)設彈簧的彈性勢能最大值為Epm，滑塊從C點到F點的過程中，根據動能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－mvC2，
代入數據可解得Epm＝6 J
(4)設滑塊返回時能上升的高度為h，根據動能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入數據可解得h＝0.6 m，因為h例6　如圖所示，AB、FG均為半徑R＝0.45 m的四分之一光滑圓弧軌道，半徑O1B、O2F均豎直，C點在B點的正下方，C、D兩點在同一高度上，DE為傾角θ＝53°、長度L1＝2 m的粗糙斜軌道，EF為粗糙水平直軌道．一物塊(視為質點)從A點由靜止滑下，從B點水平飛出后恰好落到D點，并且物塊落到D點時的速度方向與DE軌道平行，物塊經過EF軌道后恰好能到達G點．物塊與DE、EF兩軌道間的動摩擦因數均為μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不計物塊經過E點的能量損失，不計空氣阻力．求：(sin 53°＝0.8，結果可保留分數)
(1)C、D兩點間的距離x；
(2)物塊從B點運動到E點的時間t；
(3)EF軌道的長度L2以及物塊最后停止的位置到F點的距離s.
答案　(1)1.2 m　(2) s　(3)6 m　1.35 m
解析　(1)物塊從A點由靜止滑到B點，由機械能守恒定律則有mgR＝mvB2，解得vB＝3 m/s
物塊從B到D做平拋運動，由速度的合成與分解可知，物塊在D點的速度大小vD＝＝5 m/s
豎直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s
豎直方向物塊做自由落體運動，有vy＝gt1，
解得t1＝0.4 s
C、D兩點間的距離x＝ vBt1＝1.2 m.
(2)物塊在斜軌道上的加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ＝6 m/s2，由L1＝vDt2＋a1t22
代入數據解得t2＝ s
物塊從B點運動到E點的時間
t＝t1＋t2＝0.4 s＋ s＝ s.
(3)物塊由F到G，由機械能守恒定律mvF2＝mgR，代入數據解得vF＝＝3 m/s
物塊在E點的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s
物塊從E到F，由動能定理可得
－μmgL2＝mvF2－mvE2
代入數據解得L2＝6 m
物塊由G點滑下經F點到粗糙水平直軌道上滑行直至停下，由動能定理可得－μmgs＝0－mvF2
代入數據解得s＝1.35 m.
1．分析思路
(1)受力與運動分析：根據物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中力的變化情況；
(2)做功分析：根據各種力做功的不同特點，分析各種力在不同運動過程中的做功情況；
(3)功能關系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進行分析，選擇合適的規律求解．
2．方法技巧
(1)“合”——整體上把握全過程，構建大致的運動情景；
(2)“分”——將全過程進行分解，分析每個子過程對應的基本規律；
(3)“合”——找出各子過程之間的聯系，以銜接點為突破口，尋求解題最優方案．
課時精練
1.(2023·浙江金華市模擬)如圖所示，某工廠用傳送帶向高處運送物體，將一物體無初速度放在傳送帶底端，第一階段物體被加速到與傳送帶具有相同的速度，第二階段物體與傳送帶相對靜止，勻速運動到傳送帶頂端．下列說法正確的是(　　)
A．第一階段摩擦力對物體做正功，第二階段摩擦力對物體不做功
B．第一階段摩擦力對物體做的功等于第一階段物體動能的增加量
C．第一階段物體和傳送帶間因摩擦產生的熱量等于第一階段物體機械能的增加量
D．物體從底端到頂端全過程機械能的增加量大于全過程摩擦力對物體所做的功
答案　C
解析　對物體受力分析知，其在兩個階段所受摩擦力方向都沿傳送帶向上，與其運動方向相同，則兩個階段摩擦力對物體都做正功，A錯誤；由動能定理知，合力做的總功等于物體動能的增加量，B錯誤；物體從底端到頂端全過程中，物體機械能的增加量等于摩擦力對物體所做的功，D錯誤；設第一階段物體的運動時間為t，傳送帶速度為v，對物體有s1＝t，對傳送帶有s1′＝v·t，因摩擦產生的熱量Q＝Ffs相對＝Ff(s1′－s1)＝Ff·t，物體機械能增加量ΔE＝Ff·s1＝Ff·t，所以Q＝ΔE，C正確．
2.如圖所示，一足夠長的木板在光滑的水平面上以速度v向右勻速運動，現將質量為m的物體輕輕地放置在木板上的右端，已知物體與木板之間的動摩擦因數為μ，為保持木板的速度不變，從物體放到木板上到物體相對木板靜止的過程中，須對木板施一水平向右的作用力F，則力F對木板所做的功為(　　)
A. B.
C．mv2 D．2mv2
答案　C
解析　由能量轉化和能量守恒定律可知，力F對木板所做的功W一部分轉化為物體的動能，一部分轉化為系統內能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，聯立以上各式可得W＝mv2，故選項C正確．
3．(多選)如圖甲所示，一長木板靜止在水平地面上，在t＝0時刻，一小物塊以一定速度從左端滑上長木板，之后長木板運動的v－t圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質量均為m＝1 kg，已知木板足夠長，g取10 m/s2，則(　　)
A．小物塊與長木板間的動摩擦因數μ＝0.5
B．在整個運動過程中，物塊與木板構成的系統所產生的熱量70 J
C．小物塊的初速度為v0＝12 m/s
D．0～2 s與2～3 s物塊和木板構成的系統機械能減少量之比為17∶1
答案　ACD
解析　由題圖乙可知，木板先做勻加速運動，再做勻減速運動，故可知地面對木板有摩擦力，在0～2 s內，木板受物塊向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做勻加速運動，加速度為a1＝＝ m/s2＝1 m/s2.對木板，根據牛頓第二定律有，Ff1－Ff2＝ma1，Ff1＝μmg，在2～3 s內，木板與物塊相對靜止，受地面摩擦力做勻減速運動，加速度為a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小為2 m/s2，方向向左，對整體，根據牛頓第二定律有，Ff2＝2ma2＝4 N，聯立以上各式，解得μ＝0.5，故A正確；對物塊，在0～2 s內，受木板的摩擦力作用而做勻減速運動，由牛頓第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2 m/s＋5×2 m/s＝12 m/s，故C正確；最后木板與物塊均靜止，故在整個運動過程中，物塊與木板構成的系統所產生的熱量等于物塊的初動能，即Q＝mv02＝×1×122 J＝72 J，2～3 s時間內物塊和木板一起減速，系統的機械能減少量ΔE損2＝·2mv2＝4 J，故0～2 s時間內系統機械能減少量ΔE損1＝72 J－4 J＝68 J，則0～2 s與2～3 s系統機械能減少量之比為17∶1，故B錯誤，D正確．
4．(多選)如圖甲，一足夠長的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，傳送帶在電動機的帶動下，速率始終不變．t＝0時刻在傳送帶適當位置上放一具有一定初速度的小物塊．取沿傳送帶向上為正方向，物塊在傳送帶上運動的速度隨時間的變化如圖乙所示．已知小物塊質量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A．傳送帶順時針轉動，速度大小為2 m/s
B．傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數μ＝
C．0～t2時間內因摩擦產生的熱量為27 J
D．0～t2時間內電動機多消耗的電能為28.5 J
答案　ABC
解析　從題圖乙可知，小物塊最終隨傳送帶一起勻速運動，說明傳送帶的速度大小為2 m/s，順時針轉動，故A正確；由題圖乙可知，小物塊的加速度大小a＝1 m/s2，對物塊受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故B正確；物塊運動速度減為零后，反向加速過程經歷的時間t＝＝2 s，由題圖乙可知t2＝3 s，物塊運動的位移大小x＝1.5 m，傳送帶與物塊的相對位移Δx＝4.5 m，摩擦產生的熱量Q＝μmgcos θ·Δx＝27 J，故C正確；物塊增加的重力勢能ΔEp＝mgsin θ·x＝7.5 J，物塊動能的增量ΔEk＝mv02－mv12＝1.5 J，傳送帶多消耗的電能W電＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J，故D錯誤．
另解：物塊運動速度減為零后，反向加速經歷時間t＝＝2 s，因此題圖乙中t2＝3 s，
3 s內傳送帶的位移x傳＝v0t2＝6 m，
傳送帶多消耗的電能W電＝μmgcos θ·x傳＝36 J，故D錯誤．
5.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質量M＝1.0 kg，長度L＝1.0 m．在木板的最左端有一個小鐵塊(可視為質點)，質量m＝1.0 kg.小鐵塊和木板之間的動摩擦因數μ＝0.30.開始時它們都處于靜止狀態，某時刻起對木板施加一個水平向左的拉力F將木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
(1)抽出木板的過程中摩擦力分別對木板和鐵塊做的功；
(2)抽出木板的過程中由于摩擦產生的內能Q.
答案　(1)－7.5 J　4.5 J　(2)3 J
解析　(1)當用F＝8 N的力將木板從小鐵塊下方抽出，小鐵塊運動的加速度大小為a1＝μg＝3 m/s2
木板運動的加速度大小為a2＝＝5 m/s2
設抽出過程的時間為t，則有a2t2－a1t2＝L，
解得t＝1 s，所以小鐵塊運動的位移為x1＝a1t2，
解得x1＝1.5 m
木板運動的位移為x2＝a2t2，解得x2＝2.5 m
摩擦力對小鐵塊做的功為W1＝μmgx1，
解得W1＝4.5 J
摩擦力對木板做的功為W2＝－μmgx2，
解得W2＝－7.5 J
(2)抽出木板的過程中由于摩擦產生的內能
Q＝μmgL＝3 J.
6．(2023·安徽省六安中學高三檢測)如圖所示，水平軌道AB長為2R，其A端有一被鎖定的輕質彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上．圓心在O1、半徑為R的光滑圓弧軌道BC與AB相切于B點，并且和圓心在O2、半徑為2R的光滑細圓管軌道CD平滑對接，O1、C、O2三點在同一條直線上．光滑細圓管軌道CD右側有一半徑為2R，圓心在D點的圓弧擋板MO2豎直放置，并且與地面相切于O2點．質量為m的小滑塊(可視為質點)從軌道上的C點由靜止滑下，剛好能運動到A點，觸發彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小滑塊在到達B點之前已經脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細圓管軌道最高點D(計算時圓管直徑可不計，重力加速度為g)．求：
(1)小滑塊與水平軌道AB間的動摩擦因數μ；
(2)彈簧鎖定時具有的彈性勢能Ep；
(3)小滑塊通過最高點D后落到擋板上時具有的動能Ek.
答案　(1)　(2)mgR　(3)(2－1)mgR
解析　(1)由幾何關系得BC間的高度差h＝R
小滑塊從C點運動到A點的過程中，由動能定理得mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝
(2)彈簧對滑塊做功過程由功能關系有W彈＝Ep
滑塊從A到D過程由動能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0
滑塊在D點，由重力提供向心力，有mg＝m
聯立解得Ep＝mgR.
(3)滑塊通過D點后做平拋運動，根據平拋運動的規律可知，水平方向有x＝vt
豎直方向有y＝gt2
由幾何關系可知x2＋y2＝4R2
可得滑塊落到擋板上時的動能為Ek＝m[v2＋(gt)2]，聯立解得Ek＝(2－1)mgR.
7.(2023·浙江溫州市一模)如圖所示，水平軌道AB長度L1＝1.3 m，其左端B點與半徑R＝0.4 m 的半圓形豎直軌道BCD平滑連接．軌道BCD最高點D與長度L2＝1.0 m的水平細圓管道DE平滑連接．管道DE與豎直放置的光滑圓筒上邊緣E點相切，圓筒半徑r＝ m、高度H＝ m．質量m＝0.5 kg、可視為質點的小滑塊，從A點處以初動能Ek0向左運動，與AB間的動摩擦因數μ＝0.2，與其他軌道間的摩擦以及空氣阻力均忽略不計，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小滑塊恰好能通過最高點D，求滑塊經過B點時對半圓形軌道的壓力大小FN；
(2)為使小滑塊不脫離軌道并最終停在A、B兩點之間，求滑塊的初動能Ek0的范圍；
(3)若小滑塊能從D點水平滑入管道DE，并從E點滑入圓筒后緊貼內壁運動，再從E點正下方離開圓筒后，滑塊落在A、B兩點之間，求滑塊在E點的速度大小vE.(π取)
答案　(1)30 N
(2)Ek0<1.3 J或1.3 J(3)n m/s(n＝1,2,3,4)
解析　(1)小滑塊恰好能通過最高點D，則小滑塊在D點時有mg＝
由B點到D點的過程，由機械能守恒定律得
mg·2R＝mvB2－mvD2
滑塊在B點時FN′－mg＝
解得FN′＝30 N
由牛頓第三定律可得，滑塊經過B點時對半圓形軌道的壓力大小為FN＝30 N
(2)小滑塊不脫離軌道并最終停在A、B兩點之間，當動能較小時，滑塊不滑上半圓軌道，
則有Ek0<μmgL1＝1.3 J
當滑塊動能較大超過1.3 J時，滑上圓軌道并返回，則滑上圓軌道的最大高度不能超過R.設沿圓軌道上滑的高度為h，返回水平軌道時，不滑過A點，則有mgh<μmgL1
可得h<μL1＝0.26 m所以動能較大時有Ek0＝μmgL1＋mgh<2.6 J
所以小滑塊不脫離軌道并最終停在A、B兩點之間，滑塊初動能的范圍為
Ek0<1.3 J或1.3 J(3)小滑塊從E點滑入圓筒后緊貼內壁運動時，在豎直方向做自由落體運動H＝gt12，
解得t1＝ s
在水平方向做勻速圓周運動n·2πr＝vEt1
解得vE＝n m/s(n＝1,2,3，…)
離開圓筒后，豎直方向的加速度仍為g，則由E點到落地的時間為t＝＝0.4 s
離開圓筒后，滑塊水平方向以速度vE做勻速直線運動，從離開圓筒到落地，
水平位移為x＝vE(t－t1)＝ m
若使滑塊落在A、B兩點之間，則有
x＝ m所以滑塊在E點的速度大小為
vE＝n m/s(n＝1,2,3,4)．
8．(2023·浙江省五校聯考)如圖所示的簡化模型，主要由光滑曲面軌道AB、光滑豎直圓軌道、水平軌道BD、水平傳送帶DE和足夠長的落地區FG組成，各部分平滑連接，圓軌道最低點B處的入、出口靠近但相互錯開，滑塊落到FG區域時立即停止運動．現將一質量為m＝0.2 kg的滑塊從AB軌道上某一位置由靜止釋放，若已知圓軌道半徑R＝0.2 m，水平面BD的長度x1＝3 m，傳送帶長度x2＝4 m，E點距離落地區的豎直高度H＝0.2 m，滑塊始終不脫離圓軌道，且與水平軌道BD和傳送帶間的動摩擦因數均為μ＝0.2，傳送帶以恒定速度v0＝4 m/s沿逆時針方向轉動(不考慮傳送帶輪的半徑對運動的影響)．
(1)要使滑塊恰能運動到E點，求滑塊釋放點的高度h0；
(2)若h＝1.2 m，則滑塊最終停于何處？
(3)求滑塊靜止時距B點的水平距離x與釋放點高度h的關系．
答案　(1)1.4 m　(2)B點　(3)見解析
解析　(1)若滑塊恰好能過最高點C，則在最高點時有mg＝m
從A到C，根據動能定理有mg(h1－2R)＝mv2，
聯立解得h1＝0.5 m
要使滑塊恰能運動到E點，則滑塊到E點的速度vE＝0，
從A到E，根據動能定理有mgh2－μmg(x1＋x2)＝0－0
解得h2＝1.4 m，顯然h2>h1
要使滑塊恰能運動到E點，則滑塊釋放點的高度h0＝h2＝1.4 m
(2)若h＝1.2 m，設滑塊在傳送帶上向左運動x2′，速度減為0，由mgh－μmg(x1＋x2′)＝0，
解得x2′＝3 m，之后返回BD軌道，根據動能定理有μmgx2′－μmgx＝0，解得x＝x1＝3 m，所以恰好停在B點處．
(3)①若滑塊剛好停在D點，
則mgh3－μmgx1＝0－0，
解得h3＝0.6 m
當滑塊釋放點的高度范圍滿足0.5 m≤h≤0.6 m時，滑塊不能運動到D點，最終停在BD上，其在BD上滑動的路程為x，根據動能定理有mgh－μmgx＝0－0，可得x＝＝5h
②當滑塊釋放點的高度范圍滿足0.6 m③當滑塊釋放點的高度范圍滿足1.2 m④當滑塊釋放點的高度h>1.4 m時，滑塊從E點飛出，根據動能定理有mgh－μmg(x1＋x2)＝mvE2
由平拋運動知識可知，平拋運動的時間t＝＝0.2 s
可得x＝x1＋x2＋vEt＝(7＋) m.

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