專題五應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過程問題解析

1、專題五應(yīng)用動(dòng)力學(xué)和能量觀點(diǎn)解決多過程問題考點(diǎn)一應(yīng)用動(dòng)力學(xué)方法和動(dòng)能定理解決多過程問題若一個(gè)物體參與了多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，有的運(yùn)動(dòng)過程只涉及分析力或求解力而不涉及能量問題，則常常用 牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解；若該過程涉及能量轉(zhuǎn)化問題，并且具有功能關(guān)系的特點(diǎn)，則往往用動(dòng)能定理求解.例1如圖1所示，已知小孩與雪橇的總質(zhì)量為m 20 kg ,靜止于前水平冰面上的 a點(diǎn)，雪橇與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.1.( g取幺 f之*10 m/s2) & m 丁a k(1)媽媽先用30 n的水平恒力拉雪橇，經(jīng) 8秒到達(dá)b點(diǎn)，求a、b兩點(diǎn)間的距離l圖1(2)若媽媽用大小為 30 n,與水平方向成 37。角的力斜向上拉雪橇，使雪橇

2、從a處由靜止開始運(yùn)動(dòng)并能到達(dá)(1)問中的b處，求拉力作用的最短距離.(已知cos 37 = 0.8 , sin 37 = 0.6)(3)在第(2)問拉力作用最短距離對(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)過程中，小孩與雪撬的最大動(dòng)能為多少？解析(1)對(duì)小孩進(jìn)行受力分析，由牛頓第二定律得：fmg= ma2 a= 0.5 m/s12l= 2at解得l= 16 m(2)設(shè)媽媽的力作用了 s距離后撤去，小孩到達(dá)b點(diǎn)的速度恰好為0解法一由動(dòng)能定理得fcos 37 s-(mg- fsin 37 ) - s科 mg l s) = 0解得 s= 12.4 m解法二fcos 37 (mg- fsin 37 ) = ma mg= ma 2v

3、= 2as2.v = 2a2( l s)解得 s= 12.4 m(3)在媽媽撤去力時(shí)小孩和雪橇的動(dòng)能最大，解法一由動(dòng)能定理得fcos 37 s-(mg- fsin 37 ) - s=r(寫成科 mg l s)=0e(也可以)解得0=72 j. 1解法一由動(dòng)能公式得：ek=2mv( v在上一問中的運(yùn)動(dòng)學(xué)公式中已經(jīng)有表本),解得ek= 72 j突破訓(xùn)練1 一寵物毛毛狗“樂樂”在玩耍時(shí)不慎從離地hi=19.5 m高層陽(yáng)臺(tái)無初速度豎直掉下，當(dāng)時(shí)剛好是無風(fēng)天氣，設(shè)它的質(zhì)量f2 kg,在“樂樂”開始掉下的同時(shí)，幾乎在同一時(shí)刻剛好被地面上的一位保安發(fā)現(xiàn)并奔跑到樓下，保安奔跑過程用時(shí)t0=2.5 s，恰好在距

4、地面高度為 h2=1.5 m處接住“樂樂”，“樂樂”緩沖到地面時(shí)速度恰好為零，設(shè)“樂樂”下落過程中空氣阻力為其重力的0.6倍，緩沖過程中空氣阻力為其重力的0.2倍，重力加速度g= 10 m/s 2.求:(1)為了營(yíng)救“樂樂”允許保安最長(zhǎng)的反應(yīng)時(shí)間；(2)在緩沖過程中保安對(duì)“樂樂”做的功.解析(1)對(duì)“樂樂”下落過程用牛頓第二定律mg- 0.6 mg= ma解得：a1 = 4 m/s 2“12樂樂下洛過程：h1 h2 = 2a1t解得：t = 3 s允許保安最長(zhǎng)的反應(yīng)時(shí)間：t = t -t0=(3 -2.5) s =0.5 s(2)樂樂下落 18 m時(shí)的速度v1 = a1t = 12 m/s緩沖

5、過程，由動(dòng)能定理得12ww- mgh0.2 mgh= 0 2mvw= - 168 j考點(diǎn)二用動(dòng)力學(xué)和機(jī)械能守恒定律解決多過程問題例2如圖2所示，ab為傾角0 =37。的斜面軌道，軌道的 ac 部分光滑，cb部分粗糙.bp為圓心角等于143、半徑r=1 m的豎直光滑圓弧形軌道，兩軌道相切于b點(diǎn)，p、o兩點(diǎn)在同一豎直線上，輕弓t簧一端固定在a點(diǎn)，另一端在斜面上c點(diǎn)處，現(xiàn)有一質(zhì)量 m= 2 kg的物塊在外力作用下將彈簧緩慢壓縮到d點(diǎn)后(不拴接)釋放，物塊經(jīng)過 c點(diǎn)后，從c點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)過程中的位移與時(shí)間的關(guān)系為 s = 12t 4t2(式中s單位是m, t單位是s)，假設(shè)物塊第一次經(jīng)過 b點(diǎn)后恰能到達(dá)

6、 p點(diǎn)，sin 37。= 0.6 , cos 37 = 0.8 , g 取 10 m/s 2.試求：(1)若 而=1 m,試求物塊從 d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，彈簧對(duì)物塊所做的功；2 2) b、c兩點(diǎn)間的距離s；(3)若在p處安裝一個(gè)豎直彈性擋板，小物塊與擋板碰撞時(shí)間極短且無機(jī)械能損失，小物塊與彈簧相互作用不損失機(jī)械能，試通過計(jì)算判斷物塊在第一次與擋板碰撞后的運(yùn)動(dòng)過程中是否會(huì)脫離軌道？2解析 (1)由s=12t 4t知，物塊在 c點(diǎn)速度為丫。=12 m/s設(shè)物塊從d點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn)的過程中，彈簧對(duì)物塊所做的功為w由動(dòng)能定理得：12w- mcsin 37 cd = 2mv13代入數(shù)據(jù)得：ww= 1mv

7、+ mgsin 37cd= 156 j(2)由s=12t 4t2知，物塊從c運(yùn)動(dòng)到b過程中的加速度大小為a= 8 m/s 2設(shè)物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為科，由牛頓第二定律得mgsin 0 + mgcos 0 =ma代入數(shù)據(jù)解得科=0.25物塊在2p點(diǎn)的速度滿足 mg= m-r-物塊從b運(yùn)動(dòng)到p的過程中機(jī)械能守恒，則有122mb12mgr1 +cos 37 )+ 2mw物塊從c運(yùn)動(dòng)到b的過程中有vb2vo2 = 2as由以上各式解得49s=t m(3)若物塊到達(dá)與o點(diǎn)等高的位置 q點(diǎn)時(shí)速度為0,則物塊會(huì)脫離軌道做自由落體運(yùn)動(dòng).設(shè)物塊第一次從圓弧軌道返回并與彈簧相互作用后，能夠回到與o點(diǎn)等高的位置

8、 q點(diǎn)，且設(shè)其速度為 vq,由動(dòng)能定1212理得 2mvq 2mw = mgfr- 2 mgsos 372解得 vq = 190可見物塊返回后不能到達(dá) q點(diǎn)，故物塊在以后的運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)脫離軌道.突破訓(xùn)練2如圖3所示，水平傳送帶 ab的右端與在豎直面內(nèi)用內(nèi)徑光滑的鋼管彎成的“ 9”形固定軌道相接，鋼管內(nèi)徑很小.傳送帶的運(yùn)行速度vo = 4.o m/s ,將質(zhì)量m=0.1 kg的可看做質(zhì)點(diǎn)的滑塊無初速度地放在傳送帶的a端.已知傳送帶長(zhǎng)度 l= 4.0 m, “9”字全高 h= 0.6 m, “9”字圖3上半部分圓弧半徑 r= 0.1 m ,滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.2 ,重力加速度g =

9、210 m/s ,求:(1)滑塊從彳送帶 a端運(yùn)動(dòng)到b端所需要的時(shí)間；(2)滑塊滑到軌道最高點(diǎn)c時(shí)對(duì)軌道作用力的大小和方向.解析(1)滑塊在傳送 帶上加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律知mg= ma2得 a=g= 2 m/s加速到與傳送帶速度相同時(shí)所需要的時(shí)間t =?= 2 s位移 s= 2at2 = 4 m此時(shí)物塊恰好到達(dá) b端，即滑塊從 a端運(yùn)動(dòng)到b端所需的時(shí)間t=2 s （2）滑塊從b到c的過程中，由機(jī)械能守恒定律得mgl+ 2mw2=2mv22, . -mv在c點(diǎn)，設(shè)軌道對(duì)滑塊的彈力方向豎直向下，由牛頓第二定律得fn+mg= 1丁r聯(lián)立解得fn= 3 n由牛頓第三定律知滑塊對(duì)軌道的作用力fn

10、=fn=3 n,方向豎直向上.28.應(yīng)用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題1例3j 02%-輕質(zhì)細(xì)施-端系-質(zhì)盤為加=盅kg的小球人另 端掛在光滑水平軸。上，。到小球的距離為=0j m ,小球跟水平面接觸，但無相.互作用，在球的兩惻等距陶處分別固定一個(gè)光滑的斜面和一個(gè)擋板,如第4所示.水平距超f為2 m，動(dòng)摩擦因數(shù)為q25,現(xiàn)市一小前膜艮 質(zhì)地也為m.從斜面上前下.與小球 旌撞時(shí)交換速度.與抖板碰撞不損失輒械能一若不計(jì)空阻力.并將潸塊和小球 都旗為質(zhì)點(diǎn)，g取1qw針，試向二（i ）若滑塊b從斜面某一高度h處滑下與小球第一次碰撞后，使小球蛛好在鏗宜平 面內(nèi)腋圓周運(yùn)動(dòng).求此高度無i?若濟(jì)塊h從川

11、=5 m處濟(jì)e求布?jí)Kb4小理第次碰后年間繩子對(duì)小球的拉力.3）若滑塊3從at m處下滑與小球碰推后，小球在錘宣平面內(nèi)瞰陽(yáng)周運(yùn)動(dòng)，求 * 小球做完整網(wǎng)周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)工一圖4分析各階段的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)選擇合適的規(guī)律列式從h處到aw n mgs解得n= 10(次).(2分)s后就會(huì)再次碰撞，則（3分）（1分）突破訓(xùn)練3釣魚島是我國(guó)固有領(lǐng)土，決不允許別國(guó)侵占，近期，為提高警惕保衛(wèi)祖國(guó)，我國(guó)海軍為此進(jìn)行了登陸演練.如圖5所示，假設(shè)一艘戰(zhàn)艦因噸位大吃水太深，只能停錨在離海岸登陸點(diǎn) s=1 km處.登陸隊(duì)員需要從較高的軍艦甲板上，利用繩索下滑到登陸快艇上再行登陸接近目標(biāo)，若繩索兩端固定好后，與豎直方向的夾角 0 =

12、30。，為保證行動(dòng)最快，隊(duì)員甲先無摩擦自由加速滑到某最大速度，再靠摩擦勻減速滑至快艇，速度剛好為零，在隊(duì)員甲開始下滑時(shí)，隊(duì)員乙在甲板上同時(shí)開始向快艇以速度vo= 3/3. m/s平拋救生圈，第一個(gè)剛落到快艇，接著拋第二個(gè)，結(jié)果第二個(gè)救生圈剛好與甲隊(duì)員同時(shí)抵達(dá)快艇，若人的質(zhì)量為m,重力加速度g= 10 m/s 2,問:圖5(1)軍艦甲板到快艇的豎直高度h及隊(duì)員甲在繩索上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t。;(2)若加速過程與減速過程中的加速度大小相等，則隊(duì)員甲在何處速度最大？最大速度是多大？(3)若快艇額定功率為 5 kw載人后連同裝備總質(zhì)量為103 kg ,從靜止開始以最大功率向登陸點(diǎn)加速靠近，到達(dá)岸邊時(shí)剛好能達(dá)

13、到最大速度10 m/s，快艇在水中受到的阻力恒定，求快艇運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t 1解析(1)設(shè)救生圈做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,有h= 2gt2htan 0 = v0t設(shè)人下滑時(shí)間為t0,由題意知：t=2t聯(lián)立得：h= 16.2 m , t0=3.6 s(2)由幾何關(guān)系得：繩索長(zhǎng)l=hcos 30 = 18.7 m. ,1因加速過程與減速過程的加速度大小相等，所以，甲在繩索中點(diǎn)處速度最大，由-vnt x2=l/口 l得 vm= -= 10.39 m/s1, 2(3)加速過程有 pt ffs = 2mw，一，一 ， p加速到勻速時(shí)vmff聯(lián)立解得t =1.1 x 10 2 s1. (2012 重慶理綜 23)如

14、圖6所示為一種擺式摩擦因數(shù)測(cè)量?jī)x， 其可測(cè)量輪胎與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其主要部件有：底部 固定有輪胎橡膠片的擺錘和連接擺錘的輕質(zhì)細(xì)桿.擺錘的質(zhì) 量為m細(xì)桿可繞軸 o在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，擺錘重心到o點(diǎn)距離為l.測(cè)量時(shí)，測(cè)量?jī)x固定于 水平地面，將擺錘從與圖6o等高的位置處由靜止釋放.擺錘擺到最低點(diǎn)附近時(shí)，橡膠片緊壓地面擦過一小段距離s(s? l),之后繼續(xù)擺至與豎直方向成0角的最高位置.若擺錘對(duì)地面的壓力可視為大小為f的恒力，重力加速度為g,求： (1)擺錘在上述過程中損失的機(jī)械能； (2)在上述過程中摩擦力對(duì)擺錘所做的功； (3)橡膠片與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù).解析(1)選從右側(cè)最高點(diǎn)到左側(cè)最高

15、點(diǎn)的過程進(jìn)行研究.因?yàn)槌?、末狀態(tài)動(dòng)能為零，所以全程損失的機(jī)械能a e等于減少的重力勢(shì)能，即：a e= mglcos 0(2)對(duì)全程應(yīng)用動(dòng)能定理：w+ w 0w= mglcos 0由式得 w= w= mglcos 0(3)由滑動(dòng)摩擦力公式得 f =科f摩擦力做的功w fs聯(lián)立式得：“=喈/2. (2011 浙江理綜 24)節(jié)能混合動(dòng)力車是一種可以利用汽油及所儲(chǔ)存電能作為動(dòng)力來源的汽車.有一質(zhì)量m= 1 000 kg的混合動(dòng)力轎車，在平直公路上以v1=90 km/h勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率為p=50 kw.當(dāng)駕駛員看到前方有 80 km/h的限速標(biāo)志時(shí)，保持發(fā)動(dòng)機(jī)功率不變，立即啟動(dòng)利用電磁阻尼帶

16、動(dòng)的發(fā)電機(jī)工作給電池充電，使轎車做減速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)l=72 m后，速度變?yōu)?v2= 72 km/h.此過程中14發(fā)動(dòng)機(jī)功率的用于轎車的牽引，工用于供給發(fā)電機(jī)工作，發(fā)動(dòng)機(jī)輸送給發(fā)電機(jī)的能量最后有50%?；癁?5電池的電能.假設(shè)轎車在上述運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力保持不變.求：(1)轎車以90 km/h在平直公路上勻速行駛時(shí)，所受阻力f阻的大??；(2)轎車從90 km/h減速到72 km/h過程中，獲得的電能 e電；(3)轎車僅用其在上述減速過程中獲得的電能e電維持72 km/h勻速運(yùn)動(dòng)的距離 l.解析(1)轎車牽引力與輸出功率的關(guān)系p= f牽v將 p= 50 kw, v1=90 km/h =25 m/s

17、代入得f 牽=? = 2*103 n. vi當(dāng)轎車勻速行駛時(shí)，牽引力與阻力大小相等，有3f阻= 2x10 n.，一 一， 、一,一，1 e ，(2)在減速過程中，注意到發(fā)動(dòng)機(jī)只有p用于汽車的牽引.5根據(jù)動(dòng)能定理有1pt-fl= 1mv2-1mv2 522代入數(shù)據(jù)得pt = 1.575 x 105 j電源獲得的電能為 e電=50%l= 6 m2a可見，物塊將從傳送帶的右端離開傳送帶物塊在傳送帶上克服摩擦力所做的功為w=科mgl= 12 j4 .有一個(gè)豎直放置的固定圓形軌道，半徑為 r由左右兩部分組成.如圖8所示，右半部分 ae斑光滑的，左半部分 bfa是粗糙的.現(xiàn)在最低點(diǎn)a給一質(zhì)量為m的小球一個(gè)

18、水平向右的初速度v。，使小球沿軌道恰好能過最高點(diǎn)b,且又能沿bfa回至ij a點(diǎn)，回到a點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為 4mg不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.求：圖8(1)小球的初速度 vo大?。?2)小球沿bfa回到a點(diǎn)時(shí)的速度大?。?3)小球由b經(jīng)f回到a的過程中克服摩擦力所做的功.解析(1)對(duì)小由aeb恰好通過b點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律：2mv-mg=-, vb=rgr r根據(jù)動(dòng)能定理：gmv2；mv2 = m#r解得：vo = /5gr(2)由于小球回到 a點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為 4mg2 mvt 根據(jù)牛頓第二te律：4mg- mg= r, va= 3gr(3)小球由b經(jīng)f回到a的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理：12

19、122mgr- w= 2ms 2mv解得：w= mgr1.如圖1所示，遙控電動(dòng)賽車(可視為質(zhì)點(diǎn))從a點(diǎn)由靜止出發(fā), 經(jīng)過時(shí)間t后關(guān)閉電動(dòng)機(jī)，賽車?yán)^續(xù)前進(jìn)至b點(diǎn)后進(jìn)入固定在豎直平面內(nèi)的圓形光滑軌道，通過軌道最高點(diǎn)p后又進(jìn)入水平軌道cd已知賽車在水平軌道 ab部分和cdfb分運(yùn)動(dòng)時(shí)受到阻力恒為車重的0.5倍，即k = -fl=0.5 ,賽車的質(zhì)量 m= 0.4 kg ,通電后賽車的電動(dòng)機(jī)以額定功mg率p= 2 w工作，軌道 ab的長(zhǎng)度l= 2 m,圓形軌道的半徑 r= 0.5日 空氣阻力可忽略，取 g=10 m/s2. 某次比賽，要求賽車在運(yùn)動(dòng)過程中既不能脫離軌道， 又在cds道上運(yùn)動(dòng)的路程最短.

20、 在此條件下，求: (1)小車在coa道上運(yùn)動(dòng)的最短路程；(2)賽車電動(dòng)機(jī)工作的時(shí)間.答案 (1)2.5 m (2)4.5 s解析(1)要求賽車在運(yùn)動(dòng)過程中既不能脫離軌道，又在cd軌道上運(yùn)動(dòng)的路程最短，則小車經(jīng)過圓軌道最高點(diǎn)p時(shí)速度最小，此時(shí)賽車對(duì)軌道的壓力為零，重力提供向心力： 2 vpmg= mrc點(diǎn)的速度由機(jī)械能守恒定律可得：mg. 2r+ 2mw2 = 2mw2由上述兩式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)可得：vc= 5 m/s12設(shè)小車在cd軌道上運(yùn)動(dòng)的取短路程為 s,由動(dòng)能te理可得： kmgs= 0-2mvc代入數(shù)據(jù)可得：s = 2.5 m(2)由于豎直圓軌道光滑，由機(jī)械能守恒定律可知：vb= vc

21、= 5 m/s從a點(diǎn)到b點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，由 動(dòng)能定理可得：1 2pt kmgl= 2mv代入數(shù)據(jù)可得：t=4.5 s.2 .如圖2所示，光滑坡道頂端距水平面高度為h,質(zhì)量為m的小物塊a從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入水平面上的滑道時(shí)無機(jī)械能損失，為使屋也上a制動(dòng)，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長(zhǎng)線m處的墻上，另一端 m 2%,恰位于坡道的底端 o點(diǎn).已知在om,物塊a與水平面間的動(dòng)摩擦圖2因數(shù)均為,其余各處的摩擦不計(jì)，重力加速度為g,求：(1)物塊滑到o點(diǎn)時(shí)的速度大?。?2)彈簧被壓縮至最短，最大壓縮量為d時(shí)的彈性勢(shì)能(設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零)；(3)若物塊a能夠被彈回到坡道上，則它能夠上升的

22、最大高度是多少？12解析 (1)由機(jī)械能寸恒7e律得 mgh= 2mv解得v= 2gh.(2)在水平滑道上物塊 a克服摩擦力所做的功為 w科mgd112由能重寸恒th律得 2mv= e)+ i mgd以上各式聯(lián)立得 曰=mgh-!imgd(3)物塊a被彈回的過程中，克服摩擦力所做的功仍為w科mgd由能量守恒定律得 5=科mg* mgh所以物塊a能夠上升的最大高度為 h = h-2d.3 .如圖3所示，為一傳送裝置，其中ab段粗糙，ab段長(zhǎng)為l=0.2 m,動(dòng)摩擦因數(shù) 科=0.6 , bc dem均可視為光滑，且 bc的始、末端均水平，具有 h=0.1 m的高度差，den半彳仝為r=0.4 m的

23、半圓形軌道，其直徑 dn沿豎直方向，c位于dn豎直線上，cd間的距離恰能讓小球自由通過.在左端豎直墻上固定一輕質(zhì)彈簧，現(xiàn)有一可視為質(zhì)點(diǎn)的小球，小球質(zhì)量m= 0.2 kg,壓縮輕質(zhì)彈簧至 a點(diǎn)后由靜止釋放(小球和彈簧不粘連)，小球剛好能沿 denm道滑下.求:圖3a, f w f小球到達(dá)n點(diǎn)時(shí)的速度;解析(1)小球剛好能沿 denm道滑下,則在半圓最高點(diǎn) d點(diǎn)必有:2vdmg= m-(2)壓縮的彈簧所具有的彈性勢(shì)能.從d點(diǎn)到n點(diǎn)，由機(jī)械能守恒得:1 212 ,八2miv)+ mg, 2 r = 2mvn + 0聯(lián)立以上兩式，代入數(shù)據(jù)得:ep,根據(jù)動(dòng)能定理得wvd= 2 m/s , vn= 2 木

24、 m/s.(2)彈簧推開小球的過程中，彈簧對(duì)小球所做的功w等于彈簧所具有的彈性勢(shì)能mg曰 mgh= 2mv2 0代入數(shù)據(jù)得w 0.44 jd即壓縮的彈簧所具有的彈性勢(shì)能為0.44 j.4.如圖4所示，ab為一長(zhǎng)為l并以速度v順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送帶, bcdb分為一半徑為r、豎直放置的粗糙半圓形軌道，直徑 bd 恰好豎直，并與傳送帶相切于b點(diǎn).現(xiàn)將一質(zhì)量為 m的小滑塊無初速地放在傳送帶的左端 a點(diǎn)上，已知滑塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦 因數(shù)為科(l 9) 求：2 dg滑塊到達(dá)b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小;(2)滑塊恰好能到達(dá) d點(diǎn)，求滑塊在粗糙半圓形軌道中克服摩擦力所做的功；(3)滑塊從d點(diǎn)再次掉到傳送帶上的某點(diǎn)e,求ae的距離.解析(1)設(shè)滑塊在摩擦力 作用下從a到b一直被加速，且設(shè)剛好到達(dá) b點(diǎn)前的速度為v,r v -0則 s=：5l2dg故滑塊在傳送帶上是先加速后勻速，到達(dá)b點(diǎn)時(shí)與傳送帶速度相同為 v2 v由牛頓第二th律， fn mgr m2vv得 fn= mg+1)2由牛頓第三定律知其對(duì)軌道的壓力為m g+：)m, .a, r v 2(2)滑塊恰好能到達(dá) d點(diǎn)，則mgr m7 1o 1 o由動(dòng)能te理得：一