2023-2024屆高考一輪復習物理教案（新教材人教版）第六章機械能守恒定律強化五動力學和能量觀點的綜合應用

專題強化五動力學和能量觀點的綜合應用

【目標要求】L會用功能關(guān)系解決傳送帶、滑塊一木板模型綜合問題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U（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(zhuǎn)動，將一

質(zhì)量為∕M=10kg的木箱（可視為質(zhì)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，r=10s時木箱到達傳送帶上端8處.重力加速度g取Iom/S?,sin37。

=,cos37°=0.8.則（）

ΛQzl37°510HS

甲乙

A.木箱在傳送帶上先做勻加速運動，其加速度大小為m∕s2

B.木箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為

C.木箱從A到8的過程中，電動機多消耗的電能為124OJ

D.木箱從A到8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

解析速度一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(jié)合題圖乙可知其

加速度大小α="gcos37t5-gsin37。=m∕s2,可求得木箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)"=,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(chǎn)生的熱量之和，相對位移XM對=2X5m—^×2×5m=5m,

速度一時間圖像中圖線與時間軸圍成的面積表示位移大小，〃B=9X2m=15m,則h=

LAsSin37°=9m,Et=mgh-?-}j∣nVm^?^μmgx板中COS370=1240J,故C正確，D錯誤.

【例21（2023?浙江百強校聯(lián)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(zhì)量為〃7=kg的滑塊（未畫出）在圓弧軌道

上距離B點高度為力的某處由靜止釋放，經(jīng)過傳送帶，最后落地.已知滑塊與傳送帶間的動

摩擦因數(shù)為〃=,傳送帶BC長L=m,圓弧軌道半徑為R=Im,傳送帶一直順時針做勻速

運動，速度大小為o=3m∕s,C端距地面的高度”=m.（傳送帶的輪子半徑很小，滑塊可視

為質(zhì)點，其余阻力不計，gMz10m∕s2）

⑴若滑塊全程勻速通過傳送帶，求滑塊經(jīng)過圓弧底端對軌道的壓力大小；

⑵操作中發(fā)現(xiàn)，當滑塊從距離5點高度為/n和力2之間（加</22）下滑，最后都會落到地上同一

點，求?和〃2；

（3）若滑塊始終從A點釋放，傳送帶的長度L可以在O到足夠大之間調(diào)節(jié)（B點位置不變，。點

位置可以左右調(diào)節(jié)），求滑塊落地點至8點的水平距離元與傳送帶長度L之間的關(guān)系.（注：

滑塊運行期間傳送帶長度是不變的）

答案（I）N（2）mm（3）見解析

解析（1）若滑塊全程勻速通過傳送帶，則滑塊經(jīng)過8點的速度恰好為。=3m∕s,

V2

則F支一mg=HrR,

解得E支=N,

由牛頓第三定律可知FZJ=FI,

故/Zi=N

（2）經(jīng)分析可知，滑塊經(jīng)過8點的速度介于S與也之間時，經(jīng)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=3m∕s的速度離開。點而落到地上同一點.有v2-v↑2=2μgL,

v2~V21=~2μgL

解得S=2m∕s,V2=y∣~?4m/s

根據(jù)動能定理有mgh?=^mv?2,tngh2=^f∏V22

解得〃1=m,比=m

（3）滑塊始終從A點釋放，到達B點的速度大小為VB,則有,

解得Vf}=y∣2^m/s

經(jīng)過分析，當傳送帶長度小于等于L時，滑塊全程減速，否則先減速后以o=3m/s勻速運動，

則v1-u∕=-2μgL?,

解得Ll=m

故當LWLl時VC=y∣v∕-2μgL

當￡>￡］時Oc'=3m/s

2

由平拋運動規(guī)律可知H=^gi9

3

解得/=Ws

所以當LWm時,

3______

滑塊落地點至B點的水平距離x=L+vct=L+^?]20-2Lm

當Lm時，滑塊落地點至B點的水平距離X=Z,+%?'f=L+m.

方法點撥

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(jié)合

牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)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(chǎn)生的熱量、因放上

物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解.

2.功能關(guān)系分析

(1)傳送帶克服摩擦力做的功：W=Frx,t.

(2)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能：Q=∕?*1對，SM對表示相對路程.

(3)功能關(guān)系分析：W=AEk+AEp+Q.

題型二滑塊一木板模型

【例3】如圖中所示，長木板A放在光滑的水平面上，質(zhì)量為加=2kg的另一物體B(可看成質(zhì)

點)以水平速度訓=2m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面.由于A、8間存在摩擦力，之

后A、8速度隨時間變化情況如圖乙所示.下列說法正確的是(g取IOm?2)()

A.木板A最終獲得的動能為2J

B.系統(tǒng)損失的機械能為4J

C.木板A的最小長度為2m

D.4、8間的動摩擦因數(shù)為

答案D

解析由題圖乙可知，0?IS內(nèi)，A、B的加速度大小都為α=lm∕s2,物體8和木板A水平

2

方向均受滑動摩擦力.根據(jù)牛頓第二定律知二者質(zhì)量相等，則木板最終動能EU=∣∕≡I=1J,

選項A錯誤；系統(tǒng)損失的機械能ΔE=∣W-∣?2∕W?V2=2J,選項B錯誤：由題圖乙可得二者

相對位移為1m,即木板A的最小長度為Im,選項C錯誤；對B受力分析，根據(jù)牛頓第二

定律，可得〃mg=∕na,解得4=,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8,在B的左端放有一個可視為質(zhì)點的小滑塊4,4、B間的動摩擦因數(shù)〃=,A的質(zhì)量

nz=lkg,B的質(zhì)量M=2kg,g=10m∕s4現(xiàn)對A施加F=7N的水平向右的拉力，1s后撤去

拉力F，求：(結(jié)果可以用分數(shù)表示)

(1)撤去拉力廠前小滑塊4和長木板B的加速度大小0、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)3m/s?2m∕s2(2)(m/s(3)(J

解析(1)若A、B相對靜止，則有q=fa/=，m/s?關(guān)警?=2m/sz,故A、B間有滑動摩擦

m-rIvi?Ivi

力,對滑塊A,根據(jù)牛頓第二定律有/一g="m,解得O]=3m∕s2

對木板5,根據(jù)牛頓第二定律有〃陽g=Ms

解得S=2m∕s2.

(2)撤去F時，滑塊A的速度大小vι=a?t?=3m/s,木板B的速度大小vι=aιt?=2m/s,

撤去F后,由μιng=mci3得滑塊A的加速度大小為s=4m∕s2,

一、?7

設(shè)經(jīng)歷時間,2二者共速，則有O1—〃3,2=。2+〃2亥，解得，2=不S,則O=1m/s.

(3)夕卜力廠對A、JB整體做的功為

1?21

F??Λ=F?∕α"廣=爹J

7

A、8最終以速度O=Wm/s運動.

故A、B整體動能為Ek=；(M+m)02=詈J

由能量守恒定律得尸Δx=Q+Ek,

則e=∣j.

I方法點撥

1.動力學分析：分別對滑塊和木板進行受力分析，根據(jù)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r=A3=地，可求出共同速度。和所用時間f,

Cl2Cl?

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(tǒng)運用能量守恒定律.如圖所示，

要注意區(qū)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濟；

(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?x

—X濟十;

一m二

X板AX

題型三多運動組合問題

【例5J(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(nèi)軌道

BCDE,左側(cè)為半徑R=m的光滑圓弧軌道BC,軌道的上端點8和圓心。的連線與水平方

向的夾角a=30。，圓弧軌道與粗糙水平軌道CD相切于點C,DE為傾角9=30。的光滑傾斜

軌道，一輕質(zhì)彈簧上端固定在E點處的擋板上.現(xiàn)有質(zhì)量為m=?kg的小滑塊P(可視為質(zhì)點)

從空中的A點以O(shè)o=6m/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(xù)沿水平軌道CD滑動，經(jīng)過D點(不計經(jīng)過D點時的能量

損失)后沿傾斜軌道向上運動至尸點(圖中未標出)，彈簧恰好壓縮至最短.已知C、。之間和

D、廠之間距離都為1m,滑塊與軌道CZ)間的動摩擦因數(shù)為〃=,重力加速度g=10π√s2,不計

空氣阻力.求：

(1)小滑塊P經(jīng)過圓弧軌道上B點的速度大?。?/p>

(2)小滑塊P到達圓弧軌道上的C點時對軌道壓力的大??；

(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8點的速度大??；若不能，判斷滑塊

最后位于何處.

答案(1)2√2m/s(2)50N(3)6J(4)無法從B點離開，離。點m(或離C點m)

解析(1)設(shè)滑塊P經(jīng)過8點的速度大小為。B,由平拋運動知識有Oo=Opsin30°,得。B=2啦m/s

⑵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+Rsin30。)+%?。/

=%zoc2,解得Vc=4?∣2m/s

經(jīng)過C點時受軌道的支持力大小為FN,

O

有F^-mg=nr-^-1解得FN=50N

由牛頓第三定律可得滑塊在C點時對軌道的壓力大小Fa=50N

(3)設(shè)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(jù)動能定理有一WngLCO

1,

-w/gajfsin30°—Epm=O-^ιnvc^,

代入數(shù)據(jù)可解得EPm=6J

(4)設(shè)滑塊返回時能上升的高度為h,根據(jù)動能定理有w?g。熠in30°+Epm—Mgko="兒代

入數(shù)據(jù)可解得〃=m,因為h<R,故無法從B點離開，又昴c2=∕gχ,代入數(shù)據(jù)可解得X

=m=3Lco+m,滑塊最后靜止時的位置離。點m(或離C點m).

【例6】如圖所示，AB.FG均為半徑R=m的四分之一光滑圓弧軌道，半徑0由、。2F均豎

直，C點在8點的正下方，C、力兩點在同一高度上，OE為傾角0=53。、長度心=2m的粗

糙斜軌道，EF為粗糙水平直軌道.一物塊(視為質(zhì)點)從A點由靜止滑下，從B點水平飛出后

恰好落到。點，并且物塊落到。點時的速度方向與DE軌道平行，物塊經(jīng)過EF軌道后恰好

能到達G點.物塊與￡>E、E尸兩軌道間的動摩擦因數(shù)均為〃=提取重力加速度大小g=10m∕s2,

不計物塊經(jīng)過E點的能量損失，不計空氣阻力.求：(sin53。=,結(jié)果可保留分數(shù))

Oi；---iA

FE

(1)C、O兩點間的距離x；

(2)物塊從B點運動到E點的時間h

(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(Dm(2)IlS(3)6mm

解析⑴物塊從A點由靜止滑到3點，由機械能守恒定律則有WgR=品。J,解得如=3m∕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。點的速度大小UD=段5=5m/s

豎直方向的分速度大小vy=Vβtan9=4m/s

豎直方向物塊做自由落體運動，有Vy=gt]f

解得介=s

C、Q兩點間的距離X=VBtI=m.

(2)物塊在斜軌道上的加速度大小a?=^sin0—∕zgcosθ=6m∕s2,由Ll=W加+/療

代入數(shù)據(jù)解得f2=gs

物塊從B點運動到E點的時間

t=t?+t2=s+gS=ES.

⑶物塊由尸到G,由機械能守恒定律&w∕=,“gR,代入數(shù)據(jù)解得0F=＜荻=3m∕s

物塊在E點的速度θE=0n+”"2,可得。E=7m∕s

物塊從E■到F,由動能定理可得

,_1212

—μmgL2=^mvF■■一

代入數(shù)據(jù)解得1,2=6m

物塊由G點滑下經(jīng)尸點到粗糙水平直軌道上滑行直至停下，由動能定理可得一/Sigs=O—5加7

代入數(shù)據(jù)解得S=m.

方法點撥I

1.分析思路

(1)受力與運動分析：根據(jù)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(jù)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(guān)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(guī)

律求解.

2.方法技巧

(1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)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(guī)律；

(3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案.

課時精練

應基礎(chǔ)落實練

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(chǎn)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

V

所做的功，D錯誤；設(shè)第一階段物體的運動時間為傳送帶速度為對物體有S]=]f,對

,

傳送帶有s↑=v?tf因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=FfS相對=E（Sj-S↑）=Ff^t9物體機械能增加量NE

VJ

=FfSi=Ff^t,所以Q=AE,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。向右勻速運動，現(xiàn)將質(zhì)量為，〃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(shù)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,

則力產(chǎn)對木板所做的功為（）

mv2mv2

A------R------

八,4o?2

C.mv2D.Imv2

答案C

解析由能量轉(zhuǎn)化和能量守恒定律可知，力下對木板所做的功W一部分轉(zhuǎn)化為物體的動能，

一部分轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能，故W=品。2+sgx加，XM="—*,a=μg,v=zM,聯(lián)立以上各式

可得W=，加2,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f=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。一/圖像如圖乙所示，已知小物塊與長木板的質(zhì)量均為“

=Ikg,已知木板足夠長，g取Iom/S?,則（）

A.小物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)〃=

B.在整個運動過程中，物塊與木板構(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量70J

C.小物塊的初速度為V0=12m/s

D.0-2s與2?3s物塊和木板構(gòu)成的系統(tǒng)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?2s內(nèi)，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a?

△o2—0

=西=2mH=1m∕s2.對木板,根據(jù)牛頓第二定律有，∕?=相0，F(xiàn)n=μmg,在2~3s

Ao,O—2

內(nèi)，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42=W7-=-j—m∕s2

2

=-2m∕s,即加速度大小為2m*,方向向左，對整體，根據(jù)牛頓第二定律有，F(xiàn)n=Ima2

=4N,聯(lián)立以上各式，解得〃=,故A正確；對物塊，在O?2s內(nèi)，受木板的摩擦力作用

而做勻減速運動，由牛頓第二定律，有Nmg=ma,解得α=5m∕s2,由o=s）—4f可得的）=。

+at=2m/s+5×2m∕s=12m∕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(gòu)成的系統(tǒng)所產(chǎn)生的熱量等于物塊的初動能，即Q=In1X12?J=72J,2~3

S時間內(nèi)物塊和木板一起減速，系統(tǒng)的機械能減少量AE報2=12TO>2=4J,故O?2s時間內(nèi)系

統(tǒng)機械能減少量4E杭|=72>1—41=6811,則0~25與2-35系統(tǒng)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。=30。，傳送帶在電動機的帶動下，速

率始終不變.f=（）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(zhì)量m=lkg,

g取IOmH,下列說法正確的是（）

A.傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，速度大小為2m∕s

B.傳送帶與小物塊之間的動摩擦因數(shù)"=平

C.0?B時間內(nèi)因摩擦產(chǎn)生的熱量為27J

D.0?B時間內(nèi)電動機多消耗的電能為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2m∕s,

順時針轉(zhuǎn)動，故A正確；由題圖乙可知，小物塊的加速度大小0=lm∕s2,對物塊受力分析，

??/?

可得〃加geosJ—mgsin9="z4,解得〃=一故B正確；物塊運動速度減為零后，反向加速

過程經(jīng)歷的時間/=￡=2s,由題圖乙可知f2=3s,物塊運動的位移大小JV=m,傳送帶與物

塊的相對位移Ar=m,摩擦產(chǎn)生的熱量Q="加geosO??x=27J,故C正確；物塊增加的重

力勢能AEp=mgsin夕X=J,物塊動能的增量△&=；〃研K-%w∣2=j,傳送帶多消耗的電能

W電=Q+AEp+AEk=36J,故D錯誤.

另解：物塊運動速度減為零后，反向加速經(jīng)歷時間f=￡=2s,因此題圖乙中f2=3s,

3s內(nèi)傳送帶的位移X傳=口位=6m,

傳送帶多消耗的電能W也=∕zmgcosΘ'X傳=36J,故D錯誤.

立能力綜合練

5.如圖所示，光滑水平面上有一木板，質(zhì)量M=kg,長度L=m.在木板的最左端有一個小

鐵塊(可視為質(zhì)點)，質(zhì)量m=kg.小鐵塊和木板之間的動摩擦因數(shù)〃=0.30.開始時它們都處于

靜止狀態(tài)，某時刻起對木板施加一個水平向左的拉力廠將木板抽出，若尸=8N,g取10m∕s2.

求：

⑴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(chǎn)生的內(nèi)能Q.

答案⑴一JJ(2)3J

解析⑴當用尸=8N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a?=μg=3m∕s2

木板運動的加速度大小為“2=合~^=5?n/s?

設(shè)抽出過程的時間為t,則有尸一r=L

解得∕=ls,所以小鐵塊運動的位移為Xl=Jm/2,

解得Xl=m

木板運動的位移為X2=52∕2,解得X2=m

摩擦力對小鐵塊做的功為W↑=μmgx↑f

解得Wl=J

摩擦力對木板做的功為W2=-μmgX29

解得M=-J

(2)抽出木板的過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能

Q=μmgL=3J.

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(zhì)彈簧，彈簧左端連接在固定的擋板上.圓心在0卜半徑為R的光滑圓弧軌道8C與A8

相切于8點，并且和圓心在02、半徑為2R的光滑細圓管軌道CC平滑對接，0卜C、O2≡

點在同一條直線上.光滑細圓管軌道CD右側(cè)有一半徑為2R,圓心在D點的;圓弧擋板MOi

豎直放置，并且與地面相切于。2點.質(zhì)量為m的小滑塊(可視為質(zhì)點)從軌道上的C點由靜

止滑下，剛好能運動到A點，觸發(fā)彈簧，彈簧立即解除鎖定，小滑塊被彈回，小滑塊在到達

3點之前已經(jīng)脫離彈簧，并恰好無擠壓通過細圓管軌道最高點。(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A8間的動摩擦因數(shù)“；

(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(l)?⑵孕監(jiān)氏(3)(2√2-?)mgR

2

解析⑴由幾何關(guān)系得3C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-μ∕ng`2R=0,解得

(2)彈簧對滑塊做功過程由功能關(guān)系有W彈=EP

滑塊從A到。過程由動能定理得

1

EP-mg'2R-μtng?2R=^^nv^0-0

滑塊在。點，由重力提供向心力，有

聯(lián)立解得EP=SngR

(3)滑塊通過。點后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律可知，水平方向有X="

豎直方向有y=2^>2

由幾何關(guān)系可知x2+y2=4R2

可得滑塊落到擋板上時的動能為Ek=∣∕w[υ2+(grp],聯(lián)立解得Ek=(2吸一1),"gR.

7.(2023?浙江溫州市一模)如圖所示,水平軌道A5長度乙=1.3m,其左端B點與半徑R=OAm的

半圓形豎直軌道BCD平滑連接.軌道BCD最高點。與長度七=1?0m的水平細圓管道DE平滑

連接.管道OE與豎直放置的光滑圓筒上邊緣E點相切,圓筒半徑r=騫m、高度〃=看m.質(zhì)

量機=kg、可視為質(zhì)點的小滑塊，從A點處以初動能EkO向左運動，與AB間的動摩擦因數(shù)

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IOm/S?

BA

(1)若小滑塊恰好能通過最高點D,求滑塊經(jīng)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4、B兩點之間，求滑塊的初動能EkO的范圍；

(3)若小滑塊能從。點水平滑入管道OE,并從E點滑入圓筒后緊貼內(nèi)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點的速度大小班.(兀取E)

答案(1)30N

⑵EkOJ或J<EkoJ

(3)〃m∕s(雇=1,2,3,4)

2

解析(1)小滑塊恰好能通過最高點。，則小滑塊在。點時有機g=寫L

由B點到。點的過程，由機械能守恒定律得

1,1,

mg?2R=2mv^~ynvr)

fT]7)2

滑塊在B點時尸N'~mg=-

解得FN'=30N

由牛頓第三定律可得，滑塊經(jīng)過B點時對半圓形軌道的壓力大小為FN=30N

(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E?i,o<μmgL?=J

當滑塊動能較大超過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(shè)沿圓

軌道上滑的高度為/?,返回水平軌道時，不滑過A點，則有mg加小WgLl

可得h<μL?=m<R

所以動能較大時有Eka=μmgL↑+mghJ

所以小滑塊不脫離軌道并最終停在A、8兩點之間，滑塊初動能的范圍為

EkOJ或J<EkoJ

2

(3)小滑塊從E點滑入圓筒后緊貼內(nèi)壁運動時，在豎直方向做自由落體運動H=jgtl,

解得Λ=∣s

在水平方向做勻速圓周運動tv2πr=VEt?

解得VE=∏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=

離開圓筒后，滑塊水平方向以速度在做勻速直線運動，從離開圓筒到落地,

水平位移為X=S“一力)=*m

若使滑塊落在A、B兩點之間，則有

∏

X=正m<L]一心=m可得〃

所以滑塊在E點的速度大小為

VE-nm∕s(π=1,2,34).

或素養(yǎng)提升練

8.(2023?浙江省五校聯(lián)考)如圖所示的簡化模型，主要由光滑曲面軌道A8、光滑豎直圓軌道、

水平軌道8D、水平傳送帶DE和足夠長的落地區(qū)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(qū)域時立即停止運動.現(xiàn)