第32讲　专题强化九　动力学和能量观点的综合应用 讲义 -2027届高三物理一轮复习

第32讲　专题强化九　动力学和能量观点的综合应用 考点1　传送带模型综合问题 (能力考点·深度研析) 1．解答传送带模型的动力学方法 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．求电机多消耗电能的方法 (1)能量守恒法：多消耗的电能等于工件增加的机械能与摩擦产生的热量之和。即E＝Ek＋Ep＋Q，其中Q＝Ff·x相对。 (2)动能定理法：多消耗的电能等于电动机做的功，由于传送带匀速运动，电动机做的功等于传送带克服摩擦力做的功，即W＝Ff·x传，其中x传为传送带对地的位移。 [答案]　(1)　(2)36 J [解析]　(1)由题图乙可知，物块的加速度a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma， 解得μ＝。 (2)解法一：物块速度减为零后，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s＝v0t2＝6 m， 传送带多消耗的电能 W电＝μmgcos θ·s＝36 J； 解法二：物块速度减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，因此题图乙中t2＝3 s，由题图乙可知，3 s内物块运动的位移s＝1.5 m,3 s内传送带的位移s1＝v0t2＝6 m 传送带与物块的相对位移Δs＝4.5 m 产生内能Q＝μmgcos θ·Δs＝27 J， 物块增加的重力势能ΔEp＝mgsin θ·s＝7.5 J 物块动能的增加量ΔEk＝mv－mv＝1.5 J， 传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J。 【跟踪训练】 (多选)在机场和火车站可以看到对行李进行安检的水平传送带。如图甲所示，旅客把质量为m＝1 kg的行李(可视为质点)轻放到传送带的中点B时，经过2 s，行李与传送带之间停止相对滑动，此过程中，行李运动的a－t图像如图乙所示。下列说法正确的是(　　) A．传送带顺时针运动的速度为8 m/s B．传送带的长度至少为8 m C．传送带因为传送行李多消耗的电能为32 J D．传送带因为传送行李增加的功率为32 W [答案]　AD [解析]　a－t图线与时间轴围成图形的面积表示速度变化量，传送带顺时针运动的速度大小为v＝4×2 m/s＝8 m/s，A正确；行李滑动长度为x＝t＝×2 m＝8 m，因为行李放到传送带的中点B，所以传送带的长度至少为s＝2x＝16 m，B错误；行李增加的动能ΔEk＝mv2＝32 J，摩擦生热Q＝fs相对＝mas相对＝ma＝32 J，根据能量守恒定律知，传送带因为传送行李多消耗的电能为E＝ΔEk＋Q＝64 J，C错误；传送带因为传送行李增加的功率为P＝＝32 W，D正确。 考点2　“滑块—木板”模型综合问题 (基础考点·自主探究) 板块模型的动力学分析和功能关系分析 情境模 型图示 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 功和能 分析 (1)对滑块和木板分别运用动能定理； (2)对滑块和木板组成的系统运用能量守恒定律 解题时应注意三个问题 (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 ►考向1　水平面上“滑块—木板”模型 (多选)如图所示，质量为M＝1 kg的长木板放在粗糙的水平地面上，质量m＝0.5 kg的小物块置于长木板右端，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与地面之间的动摩擦因数μ2＝0.1。t＝0时给小物块施加一个水平向左的恒力F1＝3 N，给长木板施加一个水平向右的恒力F2＝4.5 N。t＝2 s时撤掉力F1，小物块始终未从长木板上掉下来。取重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．0～2 s内长木板的加速度大小aM＝3 m/s2 B．0～2 s过程中F1对小物块做了12 J的功 C．0～4 s的过程中小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝24 J D．恒力对小物块、木板系统做的功等于系统机械能的增加量 [答案]　BC [解析]　对长木板，受力分析如图甲所示，由牛顿第二定律得F2－μ1mg－μ2(M＋m)g＝MaM，解得aM＝1 m/s2，A错误；取长木板的运动方向为正方向，对小物块在0～2 s内，由牛顿第二定律得μ1mg－F1＝ma1，解得a1＝－2 m/s2,2 s后，对小物块由牛顿第二定律有μ1mg＝ma2，解得a2＝4 m/s2，作出长木板和小物块在0～4 s内的v－t图像如图乙中图线a、b所示，由图乙可知，0～2 s内小物块做匀加速直线运动，位移大小x＝4 m，拉力F1对小物块做功为W＝F1x＝12 J，B正确；两条v－t图线围成图形的面积表示小物块相对于木板运动的长度，由v－t图像知L＝12 m，小物块与长木板之间的摩擦生热Q＝μ1mgL＝24 J，C正确；由功能关系知，恒力对小物块和木板组成的系统做的功等于系统机械能的增加量和摩擦生热之和，D错误。 【跟踪训练】 (多选)(2023·全国乙卷)如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时(　　) A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl C．物块的动能一定大于mv－fl D．物块的动能一定小于mv－fl [答案]　BD [解析]　设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知v1>v2，设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM，根据能量守恒定律可得mv＝mv＋Mv＋fl，整理可得mv＝mv－fl－Mv<mv－fl，D正确，C错误；因摩擦产生的热量Q＝fl＝f(xm－xM)，根据运动学公式xm＝·t，xM＝·t，因为v0>v1>v2，可得xm>2xM，则xm－xM＝l>xM，所以W＝fxM<fl，B正确，A错误。故选BD。 反思提升　　　　 滑块—木板模型的解题思路 (1)解决滑块—木板模型问题的关键是先对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质特征，然后列方程联立求解。 (2)解题思路 ►考向2　倾斜面上“滑块—木板”模型 如图所示，一倾角为θ＝30°的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面下端有一与斜面垂直的固定挡板，将一质量为m的木板放置在斜面上，木板的上端有一质量为m的小物块(视为质点)，物块和木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力且大小恒为kmg(0.5<k<1)，初始时木板下端与挡板的距离为L。现由静止同时释放物块和木板，物块和木板沿斜面下滑，已知木板与挡板碰撞的时间极短，且碰撞后木板的速度大小不变，方向与碰撞前的速度方向相反，物块恰好未滑离木板，重力加速度为g，求： (1)木板第一次与挡板碰撞前瞬间，物块的速度大小v1； (2)从释放到木板第二次与挡板碰撞前瞬间，物块相对木板的位移大小Δx； (3)木板的长度x以及整个运动过程中系统因摩擦产生的热量Q。 [答案]　(1)　(2)　(3)　 [解析]　(1)对物块与木板整体，根据动能定理有 2mgLsin θ＝×2mv 解得v1＝。 (2)木板第一次与挡板碰撞后，木板的加速度大小为a1，则mgsin θ＋kmg＝ma1 解得a1＝0.5g＋kg，沿斜面向下， 物块的加速度大小为a2，则 kmg－mgsin θ＝ma2 解得a2＝kg－0.5g，沿斜面向上， 规定向下为正方向，木板第一次与挡板碰撞结束时到木板和物块速度相同时，对木板有v共＝－v1＋a1t1 对物块有v共＝v1－a2t1 解得t1＝，v共＝ 木板第一次与挡板碰撞到二者第一次速度相同时物块的位移x块＝ 木板的位移大小x板＝ 之后到碰撞挡板前二者无相对滑动，故物块相对于长木板的位移为Δx＝x块＋x板＝。 (3)设板长为x，从释放到长木板和物块都静止的过程中系统能量守恒，则mgLsin θ＋mg(L＋x)sin θ－kmgx＝0 解得x＝ 故系统产生的热量Q＝kmgx＝。 考点3　用动力学和能量观点分析多运动组合问题 (能力考点·深度研析) 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，由机械能守恒定律有mgR＝mv，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＋a1t 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mv＝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＝mv－mv 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－mv 代入数据解得s＝1.35 m。 反思提升　　　　 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。 【跟踪训练】 小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ＝37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m＝0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H＝1.0 m处静止释放。已知R＝0.2 m，LAB＝LBC＝1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ＝0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。 (1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力； (2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点； (3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) [答案]　(1)见解析　(2)不会冲出　(3)见解析 [解析]　(1)据机械能守恒定律mgH＝mgR＋mv 牛顿第二定律FN＝＝8 N 牛顿第三定律FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。 (2)设能在斜轨道上到达的最高点为C′点，据功能关系 mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cos θ＋mgLBC′sin θ 得LBC′＝ m<1.0 m，故不会冲出。 (3)设滑块运动到距A点x处的速度为v，据动能定理 mgH－μmgx＝mv2 碰撞后的速度为v′，据动量守恒定律mv＝3mv′ 设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，据动能定理 －3μmg(LAB－x)－3μmg－3mgh＝0－(3m)v′2 得h＝x－ h＝0。 提能训练　练案[32] 基础巩固练 题组一　传送带模型综合问题 1．如图所示，传送带以速度v匀速运动。将质量为m的物块无初速度放在传送带上的A端，物块将被传送到B端，已知物块到达B端之前已和传送带相对静止。下列说法中正确的是(　　) A．传送带对物块做功为mv2 B．传送带克服摩擦力做功为mv2 C．电动机由于传送物块多消耗的能量为mv2 D．在传送物块过程产生的热量为mv2 [答案]　D [解析]　根据动能定理，传送带对物块做的功等于物块动能的增加量，即mv2，故A错误；根据动能定理，摩擦力对物块做功大小为mv2，在物块匀加速运动的过程中，由于传送带的位移大于物块的位移，则传送带克服摩擦力做的功大于摩擦力对物块做的功，所以传送带克服摩擦力做的功大于mv2，故B错误；电动机由于传送物块多消耗的能量等于物块动能增加量与摩擦产生的内能的和，故大于mv2，故C错误；在传送物块过程产生的热量等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，即Q＝FfΔx，设加速时间为t，物块的位移为x1＝vt，传送带的位移为x2＝vt，根据动能定理Ffx1＝mv2，故热量Q＝FfΔx＝Ff(x2－x1)＝mv2，故D正确。 2．(多选)(2025·河南省南阳中学检测)如图所示，与水平面成θ角的传送带，在电动机的带动下以恒定的速率v顺时针运行。现将质量为m的小物块从传送带下端A点无初速度地放到传送带上，经时间t1物块与传送带达到共同速度，再经时间t2物块到达传送带的上端B点，已知A、B间的距离为L，重力加速度为g，则在物块从A运动到B的过程中，以下说法正确的是(　　) A．在t1时间内摩擦力对物块做的功等于mv2 B．在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量 C．在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于mgLsin θ＋mv2 D．在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgLsin θ＋mv2的电能 [答案]　BC [解析]　由动能定理可知，在t1时间内摩擦力和重力对物块做的功之和等于mv2，选项A错误；在t1时间内，物块相对传送带的位移Δx＝vt1－t1＝t1，则物块和传送带间因摩擦而产生的内能为Q＝FfΔx＝Ffvt1；物块机械能的增加量等于摩擦力做的功，即ΔE＝Ff·t1＝Ffvt1，即在t1时间内物块和传送带间因摩擦而产生的内能等于物块机械能的增加量，选项B正确；由功能关系可知，在t1＋t2时间内传送带对物块做的功等于物块机械能的增加量，即mgLsin θ＋mv2，选项C正确；在t1时间内因运送物块，电动机至少多消耗mgL1sin θ＋mv2＋Q，由选项B可知mgL1sin θ＋mv2＝Q，则在t1时间内因运送物块电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2；在t2时间内因运送物块电动机至少多消耗mgL2sin θ；则在t1＋t2时间内因运送物块，电动机至少多消耗2mgL1sin θ＋mv2＋mgL2sin θ＝mg(L＋L1)sin θ＋mv2的电能，选项D错误。 题组二　“滑块—木板”模型综合问题 3．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的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体和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它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，那么力F对木板做功的数值为(　　) A．mv2 B．mv2 C．mv2 D．2mv2 [答案]　C [解析]　由能量转化和守恒定律可知，拉力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＋μmgs相，s相＝vt－t，v＝μgt，以上三式联立可得W＝mv2，故选C。 4．如图所示，A为一具有光滑曲面的固定轨道，轨道底端是水平的，质量为M＝20 kg的平板小车B静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端靠近且在同一水平面上。一个质量m＝5 kg可视为质点的小货箱C以初速度v0＝4 m/s开始由轨道顶端滑下并冲上平板小车，当速度减小为冲上平板小车时速度的时开始匀速运动，小货箱未离开平板小车。若曲面轨道顶端与底端的高度差为h＝0.45 m，小货箱C与平板小车板面间的动摩擦因数为μ＝0.5，平板小车与水平地面间的摩擦不计，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)小货箱C冲上平板小车时的速度大小； (2)平板小车板面的最小长度； (3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能。 [答案]　(1)5 m/s　(2)2 m　(3)50 J [解析]　(1)小货箱在A上滑行过程，根据动能定理可得 mgh＝mv－mv 解得小货箱C冲上平板小车时的速度大小为v1＝5 m/s。 (2)由题意可知，小货箱最后与平板小车相对静止，当达到共同速度v1时小货箱恰好滑到平板小车最右端，此情况下平板小车板面最短，则相对滑动过程由能量守恒定律可得mv＝(m＋M)·2＋μmgLmin 解得平板小车板面的最小长度为Lmin＝2 m。 (3)从小货箱C开始滑动到它与平板小车相对静止，系统增加的内能为 Q＝μmgL＝50 J。 能力提升练 5．(多选)如图甲所示，倾角为θ＝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，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时刻木箱到达传送带上端B。重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。则(　　) A．木箱放上传送带先做匀加速运动，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—时间图像中斜率表示加速度，木箱刚放上去时做匀加速运动，结合图乙可知其加速度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v－t图像知AB间距离为15 m，则木箱上升的高度h＝9 m。由能量守恒知木箱从A到B的过程中，电动机多消耗的电能等于物块获得的重力势能、动能以及因摩擦而产生的内能之和，相对位移x相对＝2×5 m－×2×5 m＝5 m，E机＝mgh＋mv2＋μmgx相对·cos 37°＝1 240 J，故C正确，D错误。 6．(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l，左端O处有一固定挡板，挡板上固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接在竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达到最大时细绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。重力加速度为g，则(　　) A．细绳被拉断瞬间长木板的加速度大小为 B．细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2 C．弹簧恢复原长时滑块的动能为mv2 D．滑块与长木板AB段间的动摩擦因数为 [答案]　ABD [解析]　细绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于F，对于木板，由牛顿第二定律得F＝Ma，得a＝，A正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，细绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为mv2，B正确；弹簧恢复原长时长木板与滑块都获得动能，所以滑块的动能小于mv2，C错误；弹簧最大弹性势能Ep＝mv2，小滑块恰未掉落时滑到木板的最右端B，此时小滑块与长木板均静止，又水平面光滑，长木板上表面OA段光滑，则有Ep＝μmgl，联立解得μ＝，D正确。 7．(多选)(2025·河南南阳高三月考)如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角为θ，传送带在电动机的带动下，始终保持v0的速率运行。现把一物块(可视为质点)轻轻放在传送带底端，物块被传送到传送带的最高点(在运动至最高点前与传送带达到共速)。已知物块与传送带间动摩擦因数为μ，μ>tan θ，t为运动时间，x为物块沿斜面运动的距离。某同学以传送带底端所在水平面为零势能面，画出了在物块由传送带底端被传送到传送带的最高点的过程中，物块的速度v，重力势能Ep，机械能E，物块和传送带摩擦产生的内能Q等四个物理量变化图像如图所示，其中正确的是(　　) [答案]　AC [解析]　物块刚放到传送带上时，相对传送带向下运动，则由牛顿第二定律得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，可得a＝μgcos θ－gsin θ，物块的速度为v1＝at＝(μgcos θ－gsin θ)t，物块做初速度为零的匀加速运动，当物块速度等于传送带速度后，物块相对传送带静止，随传送带做匀速运动，故A正确；物块的重力势能为Ep＝mgh＝mg·xsin θ，物块相对传送带运动时，机械能为E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv＝(mgsin θ＋ma)x，相对静止后，物块的机械能为E＝Ep＋Ek＝mgxsin θ＋mv2，故B错误，C正确；在物块与传送带共速之前，有相对运动，则Q＝μmgcos θ，共速后没有相对运动，不再产生热量，故D错误。 8．(2025·安徽六安高三检测)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B、C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。 9．如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道BC相切车表面于B点，一个质量为m＝1.0 kg可以视为质点的物块放置在A点，随小车一起以速度v0＝5.0 m/s沿光滑水平面向右匀速运动。劲度系数较大的轻质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁(即不再压缩也不恢复形变)，此时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为M＝1.0 kg，小车的长度为l＝0.25 m，半圆形轨道半径为R＝0.4 m，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块在小车上滑行时的加速度a； (2)物块运动到B点时的速度vB； (3)弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能Ep以及弹簧被压缩的距离x。 [答案]　(1)2 m/s2　(2)2 m/s　(3)14.5 J　1 m [解析]　(1)物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得μmg＝ma 解得a＝2 m/s2。 (2)据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C，在C点由重力提供向心力，则有 mg＝m 物块从B运动到C的过程，由机械能守恒定律得 2mgR＋mv＝mv 联立解得vB＝2 m/s。 (3)根据能量守恒定律得 Ep＝(M＋m)v－mv－μmgl 解得Ep＝14.5 J 从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短，物块A相对地面的位移 x1＝＝ m＝1.25 m 则小车的位移x＝x1－l＝1 m 即弹簧被压缩的距离为1 m。 学科网（北京）股份有限公司 $