第六章 第6课时 专题强化：动力学和能量观点的综合应用（教师用书word）-【步步高】2025年高考物理大一轮复习讲义（人教版 浙江专用）

第6课时　专题强化：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。 考点一　传送带模型综合问题 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。 (3)注意：当物体与传送带速度相同时，摩擦力往往发生突变。 2．传送带问题涉及的功能关系 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传。 (2)系统产生的内能：Q＝Ffx相对。 (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q。 例1　(2023·浙江省百强校联考)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长为L＝2.5 m，圆弧轨道半径为R＝1 m，传送带一直以顺时针方向转动，速度大小为v＝3 m/s，C端距地面的高度为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，重力加速度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<h2)下滑，最后都会落到地上同一点，求h1和h2； (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0<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0<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)。 考点二　滑块—木板模型综合问题 “滑块—木板”问题的分析方法 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。 例2　如图所示，质量m1＝1 kg的木板Q静止在水平地面上，质量m2＝3 kg的物块P在木板左端，P与Q之间的动摩擦因数μ1＝0.2，地面与Q之间的动摩擦因数μ2＝0.1，现给物块P以v0＝4 m/s的初速度使其在木板上向右滑动，最终P和Q都静止且P没有滑离木板Q，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．P与Q开始相对静止的速度是2.5 m/s B．长木板Q长度至少为3 m C．P与Q之间产生热量和地面与Q之间产生的热量之比为1∶1 D．P与Q之间产生的热量和地面与Q之间产生的热量之比为2∶1 答案　C 解析　P的加速度为aP＝－＝－2 m/s2 Q的加速度为aQ＝＝2 m/s2 两者共速时有v共＝v0＋aPt＝aQt，解得t＝1 s，v共＝2 m/s，选项A错误； P、Q共速时的相对位移为Δx＝t－t＝2 m 之后不发生相对滑动，故长木板Q长度至少为2 m，选项B错误； P与Q之间产生的热量为Q1＝μ1m2gΔx＝12 J 由能量守恒定律得，地面与Q之间产生的热量为Q2＝m2v02－Q1＝12 J，P与Q之间产生的热量与地面与Q之间产生的热量之比为1∶1，选项C正确，D错误。 考点三　用动力学和能量观点解决多过程多运动组合问题 1．多运动组合问题：主要是指直线运动、抛体运动和圆周运动的组合问题。 2．解题策略 (1)动力学观点：若题目涉及运动过程中的加速度、时间、速度的变化，优先考虑牛顿运动定律、运动学公式。 (2)能量观点：若题目不涉及中间过程，只涉及初、末状态，优先考虑功能关系、机械能守恒定律、能量守恒定律。 例3　(2023·浙江杭州市联考)水平桌面上固定一“U形”游戏装置，其俯视图如图所示。装置由粗糙水平轨道AB、CD和光滑的半圆形轨道BC组成，B、C两处轨道平滑连接。在AB轨道左侧放置一弹射装置，某次游戏将小滑块从A点弹出，其初速度为v0＝2 m/s，若小滑块沿“U形”装置运动到D点视为游戏成功。已知小滑块质量m＝0.1 kg，与AB轨道间的动摩擦因数μ1＝0.2，与CD轨道间的动摩擦因数μ2＝0.2－0.2x(x为小滑块到C端的距离)，AB、CD轨道长均为L＝0.75 m。游戏过程中其他阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2。(提示：F－x图像围成的面积等于力F所做的功) (1)求弹簧的弹性势能Ep； (2)求小滑块到达B点时的速度大小vB和在AB轨道上的运动时间t1； (3)试通过计算说明本次游戏能否成功？ 答案　(1)0.2 J　(2)1 m/s　0.5 s　(3)见解析 解析　(1)由功能关系Ep＝mv02＝×0.1×22 J＝0.2 J (2)A到B做匀减速运动，a＝μ1g＝2 m/s2 由－2aL＝vB2－v02， 解得vB＝1 m/s， 又vB＝v0－at1， 解得t1＝0.5 s (3)小滑块在CD轨道的摩擦力Ff＝μ2mg＝0.2－0.2x (N) 若小滑块恰好停在D点，CD轨道上小滑块克服摩擦力做功W克f＝x，解得W克f＝0.093 75 J 由动能定理有Wf′＝－mvB2，|Wf′|<W克f，游戏不能成功。 例4　某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。P为弹性发射装置，AB为倾角θ＝37°的倾斜轨道，BC为水平轨道，CDC′为竖直圆轨道，C′E为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以A点为坐标原点，水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为m，圆轨道半径R＝1 m，BC长为3 m，滑块与AB、BC段的动摩擦因数均为μ＝0.25，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置P水平弹出的速度为4 m/s，且恰好从A点沿AB方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求滑块从弹射装置P弹出时的坐标值； (2)若滑块恰好能通过D点，求轨道AB的长度xAB； (3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道AB的长度xAB的取值范围； (4)若轨道AB的长度为3.5 m，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。 答案　(1)(1.2 m,0.45 m)　(2)5 m　(3)xAB≥5 m或xAB≤1.25 m　(4)见解析 解析　(1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有vy＝v0tan θ＝3 m/s，平抛运动的竖直方向有vy2＝2gy，解得y＝0.45 m，运动时间t＝＝0.3 s，则x＝v0t＝1.2 m，即弹出时位置的坐标值为(1.2 m,0.45 m)。 (2)滑块恰好能通过D点，在最高点有mg＝m 从P到D点，由动能定理得 mg(y＋xABsin θ－2R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝mv12－mv02，联立解得xAB＝5 m。 (3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时xAB＝5 m 滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得 mg(y＋xABsin θ－R)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝0－mv02，解得xAB＝1.25 m 滑块第一次能进入圆轨道且不脱离轨道时AB的长度应满足xAB≥5 m或xAB≤1.25 m (4)由(3)知，xAB＝3.5 m时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为α，则脱轨时mgsin α＝ 从P到脱轨的位置，由动能定理得 mg(y＋xABsin θ－R－Rsin α)－μmgxABcos θ－μmgxBC＝mv22－mv02 联立解得sin α＝0.6 即滑块在圆心以上Rsin α＝0.6 m处脱轨。 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。 训练1　用动力学和能量观点分析传送带模型和滑块—木板模型 1.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，须对木板施加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相对，x相对＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确。 2．(多选)为了保证乘客的安全，通常情况下在进入火车站前应对旅客携带的物品安检。如图甲所示，安检时将物品无初速度地放到顺时针转动的运输带一端，运输带以恒定的速度匀速传动，整个过程中物品的速度随时间变化的规律如图乙所示。已知物品可视为质点，且质量为m＝5 kg，运输带两端间的总长度为L＝2.8 m，经测量该物品在运输带上留下了一条长为Δx＝20 cm的划痕，重力加速度取g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　) A．v0＝1 m/s B．tx＝0.6 s C．物品与运输带间的动摩擦因数为0.25 D．整个过程因传送该物品多消耗的电能为10 J 答案　AC 解析　在0～tx内物品加速的位移 x1＝tx， 物品匀速的位移x2＝v0(3 s－tx) 在0～tx内运输带的位移 x3＝v0tx， 又 x1＋x2＝L，x3－x1＝Δx， 即tx＋v0(3 s－tx)＝2.8 m v0tx－tx＝0.2 m 联立解得v0＝1 m/s，tx＝0.4 s， 物品加速时的加速度大小 a＝＝ m/s2＝2.5 m/s2 由牛顿第二定律有 μmg＝ma， 解得μ＝0.25，故A、C正确，B错误； 由能量守恒定律得因传送物品多消耗的电能E＝mv02＋μmg·Δx＝5 J，故D错误。 3．(多选)如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率v沿逆时针方向运行。t＝0时刻，质量m＝2 kg的小物块以初速度v0从A端滑上传送带，小物块的速度随时间变化的图像如图乙所示，1.25 s时小物块从B端滑离传送带。沿传送带向下为正方向，重力加速度g取10 m/s2，则(　　) A．传送带的倾角θ＝37° B．小物块对传送带做功18 J C．小物块在传送带上留下的痕迹长度为1 m D．小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为4.5 J 答案　BC 解析　由题图乙可知，传送带的速度为4 m/s，物块先做初速度为2 m/s的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后(在t＝0.25 s时刻)，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动。 开始匀加速运动的加速度a1＝＝ m/s2＝8 m/s2 根据牛顿第二定律得mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1 速度相等后，加速度a2＝＝ m/s2＝2 m/s2 根据牛顿第二定律得mgsin θ－μmgcos θ＝ma2 联立两式解得θ＝30°，μ＝，故A错误； 小物块与传送带间的摩擦力为 Ff＝μmgcos θ＝6 N， 小物块对传送带做功为W＝－Ffx1＋Ffx2＝－6×4×0.25 J＋6×4×1 J＝18 J，故B正确； 0～0.25 s时间内， 小物块的位移为x′＝×0.25 m＝0.75 m， 相对位移Δx1＝x1－x′＝1 m－0.75 m＝0.25 m， 0．25～1.25 s时间内， 小物块的位移为x″＝×1 m＝5 m， 相对位移Δx2＝x″－x2＝1 m>Δx1， 所以小物块在传送带上留下的痕迹长度为1 m。 小物块与传送带间因摩擦而产生的热量为Q＝Ff(Δx1＋Δx2)＝7.5 J，故C正确，D错误。 4．全国平均每天有3亿多件快递包裹在分拣寄递中。一种交叉带式分拣机俯视图如图甲所示，有一组小车沿封闭水平导轨匀速率运动，小车上表面装有传送带，传送带运动方向与小车运动方向垂直。分拣时，经扫码后的某包裹与小车一起做匀速直线运动，根据目的地不同，到达某隔口时，小车上的传送带迅速启动，将包裹卸载下去，从而实现根据目的地将包裹进行分类的目的。现将小车上的传送带部分简化成图乙侧视图所示的模型，传送带与某包裹间的动摩擦因数μ＝0.8，M、N间距离L＝2.8 m，包裹可视为质点且放在MN中点。小车沿轨道匀速运动的速度v1＝5 m/s，当该包裹即将到达目的地隔口时，小车上的传送带迅速启动，获得v2＝4 m/s的速度，忽略传送带的加速时间，该包裹质量m＝0.5 kg，取g＝10 m/s2。 (1)求从传送带启动到该包裹到达N处所需时间； (2)若要使该包裹卸载时恰好到达隔口中间，则需在包裹沿小车运动方向上距离隔口中间多远处启动传送带？ (3)求传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量。 答案　(1)0.6 s　(2)3 m　(3)4 J 解析　(1)沿传送带运动方向，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，包裹的加速度大小为a＝8 m/s2 包裹与传送带相对静止时有v2＝at1，得t1＝0.5 s，此时包裹沿传动带方向的位移为x＝at12，得x＝1 m，包裹匀速运动的时间为t2＝＝0.1 s，则从传送带启动到该包裹到达N处所需时间为t＝t1＋t2＝0.6 s； (2)启动传送带时，包裹沿小车运动方向上距离隔口中间的距离为l＝v1t＝3 m； (3)传送带与该包裹间因摩擦而产生的热量为Q＝μmg(v2t1－at12)＝4 J。 5．如图甲所示，水平面上静止放着长L＝2.75 m，质量为M＝3 kg的木板，一个质量为m＝1 kg的小物体静止放在木板的最右端，小物体和木板之间的动摩擦因数为μ1，地面与木板之间的动摩擦因数为μ2，现对木板施加一水平向右的拉力F。(g取10 m/s2) (1)在小物体不脱离木板的情况下，力F大小与木板的加速度aM关系如图乙所示，求μ1和μ2的值； (2)若F＝11 N，小物体与木板从静止开始运动，当小物体动能Ek1＝0.5 J时，木板对地位移恰好为x2＝1 m，此时小物体、木板与地面构成系统产生的总热量Q为多少？ (3)若F＝11 N，要使小物体与木板脱离，F的作用时间t最短为多少？ 答案　(1)0.1　0.1　(2)4.5 J　(3)2 s 解析　(1)由题意知F1＝4 N时F1＝μ2(M＋m)g 得μ2＝0.1 F－μ2(M＋m)g－μ1mg＝MaM 当F＝11 N时，aM＝2 m/s2得μ1＝0.1。 (2)因为μ1mgx1＝Ek1 Q1＝μ1mg(x2－x1) Q2＝μ2(m＋M)gx2 得Q＝Q1＋Q2＝4.5 J (3)设F作用时间为t，撤去F后，小物体和木板达到共速前还运动了时间Δt，F作用时，对小物体有 a1＝μ1g＝1 m/s2 对木板有 a2＝＝2 m/s2 撤掉F后，对木板有 a3＝＝－ m/s2 达到共速时有a1(t＋Δt)＝a2t＋a3Δt＝v共 共速前，小物体与木板相对运动距离为L， 则有a2t2－a1t2＋(a2t＋v共)Δt－(a1t＋v共)Δt＝L 解得t＝2 s。 6.如图所示，有一个可视为质点的质量为m＝1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0＝3 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M＝3 kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，圆弧轨道的半径为R＝0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ＝53°，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求： (1)A、C两点的高度差； (2)小物块在圆弧轨道末端D点时对轨道的压力； (3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度。 答案　(1)0.8 m　(2)68 N，方向竖直向下　(3)3.625 m 解析　(1)小物块在C点速度大小为vC＝＝5 m/s，小物块在C点的竖直分速度为vy＝vCsin 53°＝4 m/s，下落高度为h＝＝0.8 m (2)小物块由C到D的过程中，由动能定理可得 mgR(1－cos 53°)＝mvD2－mvC2 解得vD＝ m/s 小物块在D点时由牛顿第二定律得FN－mg＝ 代入数据解得FN＝68 N 根据牛顿第三定律可知，小物块在圆弧轨道末端D点时对轨道的压力大小为68 N，方向竖直向下。 (3)设小物块刚滑到木板右端时，与木板达到共同速度v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1＝μg＝3 m/s2，a2＝＝1 m/s2 共速时有v＝vD－a1t，v＝a2t 解得v＝ m/s 对物块和木板系统，由能量守恒定律得μmgL＝mvD2－(M＋m)v2，解得L＝3.625 m，即木板的长度至少是3.625 m。 训练2　用动力学和能量观点分析多运动组合问题 1.(2024·浙江萧山区联考)某科技社团设计了一个竖直面轨道模型，如图所示，该模型由一个半径R＝0.45 m的光滑四分之一圆弧轨道AB和两个半径均为r＝0.6 m的光滑细管道组合而成的“S”形管道，以及一个倾角可调的斜直轨道构成。现从圆弧轨道的顶端A点由静止释放一个可视为质点的滑块(图中未画)，其质量m＝0.5 kg，滑块从B点水平进入“S”形管道，该管道B、C两管口切线水平，O1、O2为两细管道圆心，O1O2连线与竖直线间的夹角α＝120°。滑块滑过光滑水平轨道CD，冲上与水平面平滑连接的足够长倾斜直轨道，不计滑块经过D点处的机械能损失，直轨道DE的倾角θ可以在0到60°间调节，滑块与倾斜轨道DE间的动摩擦因数μ＝0.75。(已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，重力加速度取g＝10 m/s2，不计空气阻力，固定细管道的内径大小不计)。求： (1)滑块运动到B点时对轨道作用力的大小和方向； (2)若θ＝53°，滑块在倾斜轨道DE上经过的总路程s； (3)写出θ取不同值时，滑块在倾斜轨道DE上克服摩擦力所做的功W与θ的关系。 答案　(1)15 N　方向竖直向下　(2)5 m　(3)见解析 解析　(1)滑块从A到B，根据机械能守恒有mgR＝mvB2 滑块在B点，根据牛顿第二定律有FN－mg＝m 联立解得FN＝15 N 根据牛顿第三定律可知滑块运动到B点时对轨道作用力的大小为FN′＝FN＝15 N，方向竖直向下 (2)对滑块分析，则有mgsin 53°>μmgcos 53° 所以小滑块不能停在倾斜轨道上，最后停在水平面上的D点，对全过程由动能定理有 mg[R＋2r＋2rsin(α－90°)]－μmgcos 53°·s＝0 解得s＝5 m (3)当mgsin θ＝μmgcos θ时， 即tan θ＝μ＝0.75 解得θ＝37° 当0≤θ≤37°时，小滑块能停在倾斜轨道上， 由动能定理得mg[R＋2r＋2rsin(α－90°)]－μmgcos θ·x2－mgx2sin θ＝0 解得x2＝ 则滑块在倾斜轨道DE上克服摩擦力所做的功 W＝μmgcos θ·x2 解得W＝ 当37°<θ≤60°，小滑块最后停在D点， 由动能定理得mg[R＋2r＋2rsin(α－90°)]－W＝0 解得W＝11.25 J。 2．(2024·浙江金华市统考)如图为某同学设计的弹射装置，弹射装置由左端固定在墙上的轻弹簧和锁K构成，开始时弹簧被压缩，物块被锁定。水平光滑轨道AB与倾斜粗糙轨道BC平滑连接，已知倾斜轨道与水平面夹角θ为37°，物块与倾斜轨道间的动摩擦因数μ1＝0.5。竖直四分之一圆弧光滑轨道DG、G′H和水平轨道HM均平滑连接，物块刚好经过GG′进入G′H，O1、G′、G、O2在同一水平线上，水平轨道HM粗糙；圆弧DG半径为R1＝1.6 m，G′H半径为R2＝0.8 m，HM长度为L＝3.2 m，N点为HM的中点。现将质量为m＝0.5 kg的物块解除锁定发射，其经过D点时速度水平，对轨道D点的作用力恰好为零。空气阻力忽略不计，重力加速度为g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。 (1)求物块到达H点时对轨道的压力； (2)求物块到达C点的速度大小以及C、D两点的竖直高度差； (3)求物块被锁定时弹簧具有的弹性势能； (4)设物块与右端竖直墙壁碰撞后以原速率返回，物块最终停在N点，求物块与水平轨道HM间的动摩擦因数μ(μ<1)。 答案　(1)45 N，方向竖直向下　(2)5 m/s　0.45 m (3)22.5 J　(4)或 解析　(1)物块到达D点时，由牛顿第二定律有mg＝m 物块在H点时，有FN－mg＝ 物块由D到H的过程，由动能定理可得mg(R1＋R2)＝mvH2－mvD2 联立解得FN＝45 N 由牛顿第三定律得：物块到H点对轨道的压力大小为45 N，方向竖直向下； (2)由题意，根据平抛规律得vC＝＝5 m/s vCy＝vDtan 37°＝3 m/s C、D两点的竖直高度差h＝＝0.45 m (3)C、E两点的竖直高度差H＝R1＋R2－h＝1.95 m 由能量守恒定律得Ep＝mvD2＋mg(R1＋R2)＋μ1mgcos θ 解得Ep＝22.5 J (4)物块与竖直墙壁碰撞不能越过G′，可得mvH2－2μmgL<mgR2 解得μ> ①若物块第二次到达N点停止， 有mvH2＝μmgL 解得μ＝ ②若物块第三次到达N点停止， 有mvH2＝μmgL 解得μ＝ ③若物块第四次到达N点停止， 有mvH2＝μmgL 解得μ＝<。 故物块与水平轨道HM间的动摩擦因数为或。 学科网（北京）股份有限公司 $