资源简介

(共82张PPT)
目标
要求
1.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题.2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题.
专题强化五
动力学和能量观点的综合应用
内容索引
题型一　传送带模型
题型二　滑块—木板模型
课时精练
题型三　多运动组合问题
题型一
传送带模型
例1　(多选)如图甲所示，倾角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m＝10 kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带底端A处，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10 s时木箱到达传送带上端B处.重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则
A.木箱在传送带上先做匀加速运动，其加
速度大小为0.4 m/s2
B.木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C.木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1 240 J
D.木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能
的增加量之和
√
√
√
速度－时间图像的斜率表示加速度，木箱刚放上时做匀加速运动，结合题图乙可知其加速度大小a＝μgcos 37°－ gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，故A、B正确；
例2　(2023·浙江百强校联考)如图所示，装置由光滑的四分之一圆弧轨道AB、水平传送带BC组成，圆弧轨道和传送带在B点平滑连接.一质量为m＝0.2 kg的滑块(未画出)在圆弧轨道上距离B点高度为h的某处由静止释放，经过传送带，最后落地.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带BC长L＝2.5 m，圆弧轨道半径为R＝1 m，传送带一直顺时针做匀速运动，速度大小为v＝3 m/s，C端距地面的高度H＝1.8 m.(传送带的轮子半径很小，滑块可视为质点，其余阻力不计，g取10 m/s2)
(1)若滑块全程匀速通过传送带，求滑块经过圆弧底端对轨道的压力大小；
答案　3.8 N　
若滑块全程匀速通过传送带，则滑块经过B点的速度恰好为v＝3 m/s，
解得F支＝3.8 N，
由牛顿第三定律可知F压＝F支，
故F压＝3.8 N
(2)操作中发现，当滑块从距离B点高度为h1和h2之间(h1答案　0.2 m　0.7 m　
经分析可知，滑块经过B点的速度介于v1与v2之间时，经过传送带的加速或减速(极限为全程加速和全程减速)，均以v＝3 m/s的速度离开C点而落到地上同一点.有v2－v12＝2μgL，
v2－v22＝－2μgL
解得h1＝0.2 m，h2＝0.7 m
(3)若滑块始终从A点释放，传送带的长度L可以在0到足够大之间调节(B点位置不变，C点位置可以左右调节)，求滑块落地点至B点的水平距离x与传送带长度L之间的关系.(注：滑块运行期间传送带长度是不变的)
答案　见解析
经过分析，当传送带长度小于等于L1时，滑块全程减速，否则先减速后以v＝3 m/s匀速运动，
则v2－vB2＝－2μgL1，
解得L1＝5.5 m
当L>L1时vC′＝3 m/s
所以当L≤5.5 m时，
当L>5.5 m时，滑块落地点至B点的水平距离x＝L＋vC′t＝L＋1.8 m.
1.传送带问题的分析方法
(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.
方法点拨
2.功能关系分析
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传.
(2)系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对表示相对路程.
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
方法点拨
题型二
滑块—木板模型
例3　如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面.由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示.下列说法正确的是(g取10 m/s2)
A.木板A最终获得的动能为2 J
B.系统损失的机械能为4 J
C.木板A的最小长度为2 m
D.A、B间的动摩擦因数为0.1
√
由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力.根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能EkA＝ ＝1 J，选项A错误；
由题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；
对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确.
例4　(2023·黑龙江省佳木斯一中高三检测)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg, g＝10 m/s2.现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示)
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速
度大小a1、a2；
答案　3 m/s2　2 m/s2
对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2.
(2)A相对于B静止时的速度大小v；
撤去F时，滑块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得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2，
(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q.
外力F对A、B整体做的功为
由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋Ek，
1.动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝ 可求出共同速度v和所用时间t，然后
由位移公式可分别求出二者的位移.
方法点拨
2.功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律.如图所示，要注意区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对
地的位移x滑；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对
地的位移x板；
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx.
方法点拨
题型三
多运动组合问题
例5　(2023·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上.现有质量为m＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝ m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后
沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短.已知C、D之间和D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力.求：
(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；
答案　50 N　
经过C点时受轨道的支持力大小为FN，
由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
答案　6 J　
设弹簧的弹性势能最大值为Epm，滑块从C点到F点的过程中，根据动能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－ mvC2，
代入数据可解得Epm＝6 J
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处.
答案　无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)
设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入数据可解得h＝0.6 m，因为h又mvC2＝ μmgx，代入数据可解得x＝3.2 m＝3LCD＋0.2 m，滑块最后静止时的位置离D点0.2 m(或离C点0.8 m).
例6　如图所示，AB、FG均为半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角θ＝53°、长度L1＝2 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道.一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点.物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为μ＝ 取重力加速
度大小g＝10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力.求：(sin 53°＝0.8，结果可保留分数)
(1)C、D两点间的距离x；
答案　1.2 m　
竖直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s
竖直方向物块做自由落体运动，有vy＝gt1，
解得t1＝0.4 s
C、D两点间的距离x＝ vBt1＝1.2 m.
(2)物块从B点运动到E点的时间t；
物块从B点运动到E点的时间
(3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s.
答案　6 m　1.35 m
物块在E点的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s
物块从E到F，由动能定理可得
代入数据解得L2＝6 m
代入数据解得s＝1.35 m.
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.
方法点拨
2.方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——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.
方法点拨
四
课时精练
1.(2023·浙江金华市模拟)如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体无初速度放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端.下列说法正确的是
A.第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对
物体不做功
B.第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C.第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增
加量
D.物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
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基础落实练
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对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿传送带向上，与其运动方向相同，则两个阶段摩擦力对物体都做正功，A错误；
由动能定理知，合力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；
物体从底端到顶端全过程中，物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；
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2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为
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3.(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v－t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，则
A.小物块与长木板间的动摩擦
因数μ＝0.5
B.在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 J
C.小物块的初速度为v0＝12 m/s
D.0～2 s与2～3 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1
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由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0～2 s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，
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对物块，在0～2 s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，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正确；
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4.(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变.t＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块.取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示.已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.传送带顺时针转动，速度大小为2 m/s
B.传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝
C.0～t2时间内因摩擦产生的热量为27 J
D.0～t2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J
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从题图乙可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度大小为2 m/s，顺时针转动，故A正确；
由题图乙可知，小物块的加速度大小a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝ 故B正确；
物块运动速度减为零后，反向加速过程经历的时间t＝ ＝2 s，由题图乙可知t2＝3 s，物块运动的位移大小x＝1.5 m，传送带与物块的相对位移Δx＝4.5 m，摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx＝27 J，故C正确；
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另解：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t＝ ＝2 s，因此题图乙中t2＝3 s，
3 s内传送带的位移x传＝v0t2＝6 m，
传送带多消耗的电能W电＝μmgcos θ·x传＝36 J，故D错误.
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5.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m.在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
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答案　－7.5 J　4.5 J　
能力综合练
(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；
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当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a1＝μg＝3 m/s2
解得x1＝1.5 m
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摩擦力对小铁块做的功为W1＝μmgx1，
解得W1＝4.5 J
摩擦力对木板做的功为W2＝－μmgx2，
解得W2＝－7.5 J
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(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.
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答案　3 J
抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能
Q＝μmgL＝3 J.
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6.(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上.圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上.光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的 圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点.质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道
最高点D(计算时圆管直径可不计，重力
加速度为g).求：
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(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
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(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
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弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep
滑块从A到D过程由动能定理得
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(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek.
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滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
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7.(2023·浙江温州市一模)如图所示，水平轨道AB长度L1＝1.3 m，其左端B点与半径R＝0.4 m 的半圆形竖直轨道BCD平滑连接.轨道BCD最高点D与长度L2＝1.0 m的水平细圆管道DE平滑连接.管道DE与竖直放置的光滑
圆筒上边缘E点相切，圆筒半径r＝ 质量m＝0.5 kg、
可视为质点的小滑块，从A点处以初动能Ek0向左运动，与AB间的动摩擦因数μ＝0.2，与其他轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.
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(1)若小滑块恰好能通过最高点D，求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小FN；
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答案　30 N
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由B点到D点的过程，由机械能守恒定律得
解得FN′＝30 N
由牛顿第三定律可得，滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小为FN＝30 N
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(2)为使小滑块不脱离轨道并最终停在A、B两点之间，求滑块的初动能Ek0的范围；
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答案　Ek0<1.3 J或1.3 J8
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小滑块不脱离轨道并最终停在A、B两点之间，当动能较小时，滑块不滑上半圆轨道，
则有Ek0<μmgL1＝1.3 J
当滑块动能较大超过1.3 J时，滑上圆轨道
并返回，则滑上圆轨道的最大高度不能超
过R.设沿圆轨道上滑的高度为h，返回水平轨道时，不滑过A点，则有mgh<μmgL1
可得h<μL1＝0.26 m8
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所以动能较大时有Ek0＝μmgL1＋mgh<2.6 J
所以小滑块不脱离轨道并最终停在A、B
两点之间，滑块初动能的范围为
Ek0<1.3 J或1.3 J8
(3)若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动，再从E点正下方离开圆筒后，滑块落在A、B两点之间，求滑块在E点的速度大小vE.(π取 )
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答案　n m/s(n＝1,2,3,4)
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在水平方向做匀速圆周运动n·2πr＝vEt1
解得vE＝n m/s(n＝1,2,3，…)
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离开圆筒后，滑块水平方向以速度vE做匀速直线运动，从离开圆筒到落地，
若使滑块落在A、B两点之间，则有
所以滑块在E点的速度大小为
vE＝n m/s(n＝1,2,3,4).
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8.(2023·浙江省五校联考)如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时立即停止运动.现将一质量为m＝0.2 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.2 m，水平面BD的长度x1＝3 m，传送带长度x2＝4 m，E点距离落地区的竖直高度H＝0.2 m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因
数均为μ＝0.2，传送带以恒定速度v0＝
4 m/s沿逆时针方向转动(不考虑传送带
轮的半径对运动的影响).
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素养提升练
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(1)要使滑块恰能运动到E点，求滑块释放点的高度h0；
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答案　1.4 m　
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联立解得h1＝0.5 m
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE＝0，
从A到E，根据动能定理有mgh2－μmg(x1＋x2)＝0－0
解得h2＝1.4 m，显然h2>h1
要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度h0＝h2＝1.4 m
8
(2)若h＝1.2 m，则滑块最终停于何处？
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答案　B点　
若h＝1.2 m，设滑块在传送带上向左运动x2′，速度减为0，由mgh－μmg(x1＋x2′)＝0，
解得x2′＝3 m，之后返回BD轨道，根据动能定理有μmgx2′－μmgx＝0，解得x＝x1＝3 m，所以恰好停在B点处.
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(3)求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系.
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答案　见解析
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①若滑块刚好停在D点，
则mgh3－μmgx1＝0－0，
解得h3＝0.6 m
当滑块释放点的高度范围满足0.5 m≤h
≤0.6 m时，滑块不能运动到D点，最终停在BD上，其在BD上滑动的路程为x，根据动能定理有mgh－μmgx＝0－0，可得x＝ ＝5h
②当滑块释放点的高度范围满足0.6 m8
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③当滑块释放点的高度范围满足1.2 m－2x1＝(5h－6) m
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④当滑块释放点的高度h>1.4 m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有mgh－μmg(x1＋x2)＝
8专题强化五　动力学和能量观点的综合应用
目标要求　1.会用功能关系解决传送带、滑块—木板模型综合问题.2.会利用动力学和能量观点分析多运动组合问题．
题型一　传送带模型
例1　(多选)如图甲所示，倾角为37°的传送带在电动机带动下沿顺时针方向匀速转动，将一质量为m＝10 kg的木箱(可视为质点)轻放到传送带底端A处，木箱运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示，t＝10 s时木箱到达传送带上端B处．重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则(　　)
A．木箱在传送带上先做匀加速运动，其加速度大小为0.4 m/s2
B．木箱与传送带之间的动摩擦因数为0.8
C．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能为1 240 J
D．木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱重力势能和动能的增加量之和
答案　ABC
解析　速度－时间图像的斜率表示加速度，木箱刚放上时做匀加速运动，结合题图乙可知其加速度大小a＝μgcos 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2，可求得木箱与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.8，故A、B正确；由能量守恒定律知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于木箱获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的热量之和，相对位移x相对＝2×5 m－×2×5 m＝5 m，速度－时间图像中图线与时间轴围成的面积表示位移大小，LAB＝×2 m＝15 m，则h＝LABsin 37°＝9 m，E电＝mgh＋mvm2＋μmgx相对·cos 37°＝1 240 J，故C正确，D错误．
例2　(2023·浙江百强校联考)如图所示，装置由光滑的四分之一圆弧轨道AB、水平传送带BC组成，圆弧轨道和传送带在B点平滑连接．一质量为m＝0.2 kg的滑块(未画出)在圆弧轨道上距离B点高度为h的某处由静止释放，经过传送带，最后落地．已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，传送带BC长L＝2.5 m，圆弧轨道半径为R＝1 m，传送带一直顺时针做匀速运动，速度大小为v＝3 m/s，C端距地面的高度H＝1.8 m．(传送带的轮子半径很小，滑块可视为质点，其余阻力不计，g取10 m/s2)
(1)若滑块全程匀速通过传送带，求滑块经过圆弧底端对轨道的压力大小；
(2)操作中发现，当滑块从距离B点高度为h1和h2之间(h1(3)若滑块始终从A点释放，传送带的长度L可以在0到足够大之间调节(B点位置不变，C点位置可以左右调节)，求滑块落地点至B点的水平距离x与传送带长度L之间的关系．(注：滑块运行期间传送带长度是不变的)
答案　(1)3.8 N　(2)0.2 m　0.7 m　(3)见解析
解析　(1)若滑块全程匀速通过传送带，则滑块经过B点的速度恰好为v＝3 m/s，
则F支－mg＝m，
解得F支＝3.8 N，
由牛顿第三定律可知F压＝F支，
故F压＝3.8 N
(2)经分析可知，滑块经过B点的速度介于v1与v2之间时，经过传送带的加速或减速(极限为全程加速和全程减速)，均以v＝3 m/s的速度离开C点而落到地上同一点．有v2－v12＝2μgL，
v2－v22＝－2μgL
解得v1＝2 m/s，v2＝ m/s
根据动能定理有mgh1＝mv12，mgh2＝mv22
解得h1＝0.2 m，h2＝0.7 m
(3)滑块始终从A点释放，到达B点的速度大小为vB，则有mgR＝mvB2，
解得vB＝ m/s
经过分析，当传送带长度小于等于L1时，滑块全程减速，否则先减速后以v＝3 m/s匀速运动，
则v2－vB2＝－2μgL1，
解得L1＝5.5 m
故当L≤L1时vC＝
当L>L1时vC′＝3 m/s
由平抛运动规律可知H＝gt2，
解得t＝ s
所以当L≤5.5 m时，
滑块落地点至B点的水平距离x＝L＋vCt＝L＋ m
当L>5.5 m时，滑块落地点至B点的水平距离x＝L＋vC′t＝L＋1.8 m.
1．传送带问题的分析方法
(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
(1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传．
(2)系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对表示相对路程．
(3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
题型二　滑块—木板模型
例3　如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B(可看成质点)以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面．由于A、B间存在摩擦力，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示．下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)
A．木板A最终获得的动能为2 J
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案　D
解析　由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力．根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能EkA＝mv12＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv02－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确．
例4　(2023·黑龙江省佳木斯一中高三检测)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg, g＝10 m/s2.现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示)
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；
(2)A相对于B静止时的速度大小v；
(3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q.
答案　(1)3 m/s2　2 m/s2　(2) m/s　(3) J
解析　(1)若A、B相对静止，则有a＝＝ m/s2>＝2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2
对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2
解得a2＝2 m/s2.
(2)撤去F时，滑块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得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2，
设经历时间t2二者共速，则有v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝ s，则v＝v1－a3t2＝ m/s.
(3)外力F对A、B整体做的功为
F·Δx＝F·a1t12＝ J
A、B最终以速度v＝ m/s运动．
故A、B整体动能为Ek＝(M＋m)v2＝ J
由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋Ek，
则Q＝ J.
1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移．
2．功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑；
(2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板；
(3)求摩擦生热时用相对位移Δx.
题型三　多运动组合问题
例5　(2023·浙江舟山市模拟)某游乐场的游乐装置可简化为如图所示的竖直面内轨道BCDE，左侧为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道BC，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角α＝30°，圆弧轨道与粗糙水平轨道CD相切于点C，DE为倾角θ＝30°的光滑倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上．现有质量为m＝1 kg的小滑块P(可视为质点)从空中的A点以v0＝ m/s的初速度水平向左抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点(不计经过D点时的能量损失)后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短．已知C、D之间和D、F之间距离都为1 m，滑块与轨道CD间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小；
(2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值；
(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处．
答案　(1)2 m/s　(2)50 N　(3)6 J　(4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m)
解析　(1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识有v0＝vBsin 30°，得vB＝2 m/s
(2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律得mg(R＋Rsin 30°)＋mvB2＝mvC2，解得vC＝4 m/s
经过C点时受轨道的支持力大小为FN，
有FN－mg＝m，解得FN＝50 N
由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N
(3)设弹簧的弹性势能最大值为Epm，滑块从C点到F点的过程中，根据动能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－mvC2，
代入数据可解得Epm＝6 J
(4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入数据可解得h＝0.6 m，因为h例6　如图所示，AB、FG均为半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，半径O1B、O2F均竖直，C点在B点的正下方，C、D两点在同一高度上，DE为倾角θ＝53°、长度L1＝2 m的粗糙斜轨道，EF为粗糙水平直轨道．一物块(视为质点)从A点由静止滑下，从B点水平飞出后恰好落到D点，并且物块落到D点时的速度方向与DE轨道平行，物块经过EF轨道后恰好能到达G点．物块与DE、EF两轨道间的动摩擦因数均为μ＝，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计物块经过E点的能量损失，不计空气阻力．求：(sin 53°＝0.8，结果可保留分数)
(1)C、D两点间的距离x；
(2)物块从B点运动到E点的时间t；
(3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s.
答案　(1)1.2 m　(2) s　(3)6 m　1.35 m
解析　(1)物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律则有mgR＝mvB2，解得vB＝3 m/s
物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在D点的速度大小vD＝＝5 m/s
竖直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s
竖直方向物块做自由落体运动，有vy＝gt1，
解得t1＝0.4 s
C、D两点间的距离x＝ vBt1＝1.2 m.
(2)物块在斜轨道上的加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ＝6 m/s2，由L1＝vDt2＋a1t22
代入数据解得t2＝ s
物块从B点运动到E点的时间
t＝t1＋t2＝0.4 s＋ s＝ s.
(3)物块由F到G，由机械能守恒定律mvF2＝mgR，代入数据解得vF＝＝3 m/s
物块在E点的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s
物块从E到F，由动能定理可得
－μmgL2＝mvF2－mvE2
代入数据解得L2＝6 m
物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，由动能定理可得－μmgs＝0－mvF2
代入数据解得s＝1.35 m.
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”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景；
(2)“分”——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．
课时精练
1.(2023·浙江金华市模拟)如图所示，某工厂用传送带向高处运送物体，将一物体无初速度放在传送带底端，第一阶段物体被加速到与传送带具有相同的速度，第二阶段物体与传送带相对静止，匀速运动到传送带顶端．下列说法正确的是(　　)
A．第一阶段摩擦力对物体做正功，第二阶段摩擦力对物体不做功
B．第一阶段摩擦力对物体做的功等于第一阶段物体动能的增加量
C．第一阶段物体和传送带间因摩擦产生的热量等于第一阶段物体机械能的增加量
D．物体从底端到顶端全过程机械能的增加量大于全过程摩擦力对物体所做的功
答案　C
解析　对物体受力分析知，其在两个阶段所受摩擦力方向都沿传送带向上，与其运动方向相同，则两个阶段摩擦力对物体都做正功，A错误；由动能定理知，合力做的总功等于物体动能的增加量，B错误；物体从底端到顶端全过程中，物体机械能的增加量等于摩擦力对物体所做的功，D错误；设第一阶段物体的运动时间为t，传送带速度为v，对物体有s1＝t，对传送带有s1′＝v·t，因摩擦产生的热量Q＝Ffs相对＝Ff(s1′－s1)＝Ff·t，物体机械能增加量ΔE＝Ff·s1＝Ff·t，所以Q＝ΔE，C正确．
2.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为(　　)
A. B.
C．mv2 D．2mv2
答案　C
解析　由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确．
3．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v－t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，则(　　)
A．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5
B．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 J
C．小物块的初速度为v0＝12 m/s
D．0～2 s与2～3 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1
答案　ACD
解析　由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0～2 s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a1＝＝ m/s2＝1 m/s2.对木板，根据牛顿第二定律有，Ff1－Ff2＝ma1，Ff1＝μmg，在2～3 s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律有，Ff2＝2ma2＝4 N，联立以上各式，解得μ＝0.5，故A正确；对物块，在0～2 s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，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正确；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q＝mv02＝×1×122 J＝72 J，2～3 s时间内物块和木板一起减速，系统的机械能减少量ΔE损2＝·2mv2＝4 J，故0～2 s时间内系统机械能减少量ΔE损1＝72 J－4 J＝68 J，则0～2 s与2～3 s系统机械能减少量之比为17∶1，故B错误，D正确．
4．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/s
B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝
C．0～t2时间内因摩擦产生的热量为27 J
D．0～t2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J
答案　ABC
解析　从题图乙可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度大小为2 m/s，顺时针转动，故A正确；由题图乙可知，小物块的加速度大小a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故B正确；物块运动速度减为零后，反向加速过程经历的时间t＝＝2 s，由题图乙可知t2＝3 s，物块运动的位移大小x＝1.5 m，传送带与物块的相对位移Δx＝4.5 m，摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx＝27 J，故C正确；物块增加的重力势能ΔEp＝mgsin θ·x＝7.5 J，物块动能的增量ΔEk＝mv02－mv12＝1.5 J，传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J，故D错误．
另解：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，因此题图乙中t2＝3 s，
3 s内传送带的位移x传＝v0t2＝6 m，
传送带多消耗的电能W电＝μmgcos θ·x传＝36 J，故D错误．
5.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功；
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q.
答案　(1)－7.5 J　4.5 J　(2)3 J
解析　(1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a1＝μg＝3 m/s2
木板运动的加速度大小为a2＝＝5 m/s2
设抽出过程的时间为t，则有a2t2－a1t2＝L，
解得t＝1 s，所以小铁块运动的位移为x1＝a1t2，
解得x1＝1.5 m
木板运动的位移为x2＝a2t2，解得x2＝2.5 m
摩擦力对小铁块做的功为W1＝μmgx1，
解得W1＝4.5 J
摩擦力对木板做的功为W2＝－μmgx2，
解得W2＝－7.5 J
(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能
Q＝μmgL＝3 J.
6．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点．质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)．求：
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek.
答案　(1)　(2)mgR　(3)(2－1)mgR
解析　(1)由几何关系得BC间的高度差h＝R
小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep
滑块从A到D过程由动能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0
滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝m
联立解得Ep＝mgR.
(3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向有y＝gt2
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
可得滑块落到挡板上时的动能为Ek＝m[v2＋(gt)2]，联立解得Ek＝(2－1)mgR.
7.(2023·浙江温州市一模)如图所示，水平轨道AB长度L1＝1.3 m，其左端B点与半径R＝0.4 m 的半圆形竖直轨道BCD平滑连接．轨道BCD最高点D与长度L2＝1.0 m的水平细圆管道DE平滑连接．管道DE与竖直放置的光滑圆筒上边缘E点相切，圆筒半径r＝ m、高度H＝ m．质量m＝0.5 kg、可视为质点的小滑块，从A点处以初动能Ek0向左运动，与AB间的动摩擦因数μ＝0.2，与其他轨道间的摩擦以及空气阻力均忽略不计，重力加速度g取10 m/s2.
(1)若小滑块恰好能通过最高点D，求滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小FN；
(2)为使小滑块不脱离轨道并最终停在A、B两点之间，求滑块的初动能Ek0的范围；
(3)若小滑块能从D点水平滑入管道DE，并从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动，再从E点正下方离开圆筒后，滑块落在A、B两点之间，求滑块在E点的速度大小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)小滑块恰好能通过最高点D，则小滑块在D点时有mg＝
由B点到D点的过程，由机械能守恒定律得
mg·2R＝mvB2－mvD2
滑块在B点时FN′－mg＝
解得FN′＝30 N
由牛顿第三定律可得，滑块经过B点时对半圆形轨道的压力大小为FN＝30 N
(2)小滑块不脱离轨道并最终停在A、B两点之间，当动能较小时，滑块不滑上半圆轨道，
则有Ek0<μmgL1＝1.3 J
当滑块动能较大超过1.3 J时，滑上圆轨道并返回，则滑上圆轨道的最大高度不能超过R.设沿圆轨道上滑的高度为h，返回水平轨道时，不滑过A点，则有mgh<μmgL1
可得h<μL1＝0.26 m所以动能较大时有Ek0＝μmgL1＋mgh<2.6 J
所以小滑块不脱离轨道并最终停在A、B两点之间，滑块初动能的范围为
Ek0<1.3 J或1.3 J(3)小滑块从E点滑入圆筒后紧贴内壁运动时，在竖直方向做自由落体运动H＝gt12，
解得t1＝ s
在水平方向做匀速圆周运动n·2πr＝vEt1
解得vE＝n m/s(n＝1,2,3，…)
离开圆筒后，竖直方向的加速度仍为g，则由E点到落地的时间为t＝＝0.4 s
离开圆筒后，滑块水平方向以速度vE做匀速直线运动，从离开圆筒到落地，
水平位移为x＝vE(t－t1)＝ m
若使滑块落在A、B两点之间，则有
x＝ m所以滑块在E点的速度大小为
vE＝n m/s(n＝1,2,3,4)．
8．(2023·浙江省五校联考)如图所示的简化模型，主要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时立即停止运动．现将一质量为m＝0.2 kg的滑块从AB轨道上某一位置由静止释放，若已知圆轨道半径R＝0.2 m，水平面BD的长度x1＝3 m，传送带长度x2＝4 m，E点距离落地区的竖直高度H＝0.2 m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.2，传送带以恒定速度v0＝4 m/s沿逆时针方向转动(不考虑传送带轮的半径对运动的影响)．
(1)要使滑块恰能运动到E点，求滑块释放点的高度h0；
(2)若h＝1.2 m，则滑块最终停于何处？
(3)求滑块静止时距B点的水平距离x与释放点高度h的关系．
答案　(1)1.4 m　(2)B点　(3)见解析
解析　(1)若滑块恰好能过最高点C，则在最高点时有mg＝m
从A到C，根据动能定理有mg(h1－2R)＝mv2，
联立解得h1＝0.5 m
要使滑块恰能运动到E点，则滑块到E点的速度vE＝0，
从A到E，根据动能定理有mgh2－μmg(x1＋x2)＝0－0
解得h2＝1.4 m，显然h2>h1
要使滑块恰能运动到E点，则滑块释放点的高度h0＝h2＝1.4 m
(2)若h＝1.2 m，设滑块在传送带上向左运动x2′，速度减为0，由mgh－μmg(x1＋x2′)＝0，
解得x2′＝3 m，之后返回BD轨道，根据动能定理有μmgx2′－μmgx＝0，解得x＝x1＝3 m，所以恰好停在B点处．
(3)①若滑块刚好停在D点，
则mgh3－μmgx1＝0－0，
解得h3＝0.6 m
当滑块释放点的高度范围满足0.5 m≤h≤0.6 m时，滑块不能运动到D点，最终停在BD上，其在BD上滑动的路程为x，根据动能定理有mgh－μmgx＝0－0，可得x＝＝5h
②当滑块释放点的高度范围满足0.6 m③当滑块释放点的高度范围满足1.2 m④当滑块释放点的高度h>1.4 m时，滑块从E点飞出，根据动能定理有mgh－μmg(x1＋x2)＝mvE2
由平抛运动知识可知，平抛运动的时间t＝＝0.2 s
可得x＝x1＋x2＋vEt＝(7＋) m.

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