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力学三大观点的综合应用目录题型一应用力学三大观点解决多过程问题 1题型二应用力学三大观点解决板-块模型及传送带模型问题 16题型一应用力学三大观点解决多过程问题力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F 合=ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v =v 0+atx =v 0t +12at 2v 2-v 20=2ax 等能量观点动能定理W 合=ΔE k涉及到做功与能量转换机械能守恒定律E k 1+E p 1=E k 2+E p 2功能关系W G =-ΔE p 等能量守恒定律E 1=E 2动量观点动量定理I 合=p ′-p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p 1+p 2=p 1′+p 2′只涉及初末速度而不涉及力、时间1.(2024·湖北·模拟预测)如图甲所示，小球A 以初速度v 0=2gR 竖直向上冲入半径为R 的14粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度v 02=gR 冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B 发生相互作用，距离B 右侧s 处有一个固定的弹性挡板，B 与挡板的碰撞没有能量损失。
已知A 、B 的质量分别为3m 、2m ，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示(从A 球接触弹簧开始计时，t 0已知)。
弹簧的弹性势能为E p =12kx 2，x 为形变量，重力加速度为g 。
求：(1)小球在管道内运动的过程中阻力做的功；(2)弹簧两次弹力最大值之比F 2:F 1；(3)小球B 的初始位置到挡板的距离s 。
【答案】(1)-32mgR ；(2)7:5；(3)35t 0gR 【详解】(1)设小球在管道内运动的过程阻力做功为W f ，根据动能定理可得-3mgR +W f =12⋅3m v 02 2-12⋅3mv 20解得W f =-32mgR(2)当A 、B 第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x 1，A 、B 共同速度为v 共1，从A 刚接触弹簧到A 、B 共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=(3m +2m )v 共112kx 21=12⋅3m v 02 2-12⋅(3m +2m )v 2共1此时弹簧弹力为F 1，有F 1=kx 1由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B 与挡板相撞，设此时A 、B 速度分别为v 1、v 2，从A 刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 02=3mv 1+2mv 212⋅3m v 02 2=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22解得v 1=15gR ，v 2=65gR此时B 原速率反弹，当A 、B 第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x 2，A 、B 共同速度为v 共2，从B 刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得3mv 1-2mv 2=(3m +2m )v 共212kx 22=12⋅3mv 21+12⋅2mv 22-12(3m +2m )v 2共2此时弹簧弹力为F 2，有F 2=kx 2联立解得F 2:F 1=7:5(3)设A 、B 一起向右运动的过程中，任意时刻A 、B 速度分别为v A 、v B ，根据动量守恒可得3mv 02=3mv A +2mv B 在任意一极短时间∆t 内，有3mv 02Δt =3mv A Δt +2mv B Δt 所以3mv 02Δt =3m Δx A +2m Δx B 等式两边求和得3mv 02t 0=3ms A +2ms B 由图乙可知，t 0时B 与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t =0到t =t 0时，A 、B 位移相同，即s A =s B =s联立解得s =35t 0gR 2.(2024·河北·三模)滑雪是人们在冬季喜爱的户外运动。
专题08 动力学和能量观点分析多过程问题1.(2020·海南省高考调研)高铁在改变人们出行和生活方式方面的作用初步显现。
某高铁列车在启动阶段的运动可看作在水平面上做初速度为零的匀加速直线运动，列车的加速度大小为a 。
已知该列车(含乘客)的质量为m ，运动过程中受到的阻力为其所受重力的k 倍，重力加速度大小为g 。
求列车从静止开始到速度大小为v 的过程中，(1)列车运动的位移大小及运动时间；(2)列车牵引力所做的功。
【答案】 (1)v 22a v a (2)mv 22a(kg ＋a ) 【解析】 (1)由速度位移的关系式得v 2＝2ax解得列车运动的位移为x ＝v 22a由速度公式得v ＝at解得t ＝v a(2)由动能定理得W －kmgx ＝12mv 2－0 解得W ＝mv 22a(kg ＋a ) 2.(2020·山东潍坊市月考)如图甲所示，水平轨道AB 与竖直平面内的光滑圆弧轨道BC 相切于B 点，一质量为m 的小滑块(视为质点)，从A 点由静止开始受水平拉力F 作用，F 随位移的变化规律如图乙所示(水平向右为F 的正方向)．已知AB 长为4L ，圆弧轨道对应的圆心角为60°，半径为L ，滑块与AB 间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度为g .求：(1)滑块对轨道的最大压力；(2)滑块相对水平轨道上升的最大高度． 【答案】 (1)9mg ，方向竖直向下 (2)258L 【解析】 (1)小滑块运动到B 点时对轨道的压力最大，从A 到B ，由动能定理得4mg ×2L －mg ×2L －4μmgL ＝12mv B 2－0， 解得v B ＝22gL ，在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2L， 解得F N ＝9mg ，由牛顿第三定律可知滑块对轨道压力大小为9mg ，方向竖直向下．(2)对小滑块，从B 到C ，由动能定理得－mgh 1＝12mv C 2－12mv B 2， 其中h 1＝L (1－cos 60°)＝12L ， 解得v C ＝7gL ，滑块在C 点的竖直分速度v y ＝v C sin 60°＝1221gL ， 滑块从C 到最高点的过程有v y 2＝2gh 2，解得h 2＝218L ， 滑块相对水平轨道上升的最大高度h ＝h 1＋h 2＝258L . 3.(2021·山东临沂市一模)如图所示，弯成四分之三圆弧的细杆竖直固定在天花板上的N 点，细杆上的PQ 两点与圆心O在同一水平线上，圆弧半径为0.8 m。
专题38用动力学和能量观点解决多过程问题动力学和能量观点是物理学中用来解决多过程问题的常用方法。
动力学是研究物体运动的学科，而能量观点则是通过考虑物体的能量转化和守恒来分析其运动。
在解决多过程问题时，我们可以应用这两种方法来分析物体在不同过程中的变化。
首先，动力学观点主要关注物体的力和加速度之间的关系。
根据牛顿第二定律，物体的加速度与施加在物体上的力成正比，与物体的质量成反比。
通过使用这个关系，我们可以推导出物体在给定力下的加速度，并进一步计算出物体在时间内的速度和位置的变化。
在解决多过程问题时，我们可以根据物体所受到的不同力的变化来分段考虑物体在不同过程中的运动。
例如，在一个自由落体问题中，物体在上升过程中受到向上的重力和向下的空气阻力两个相互作用的力，而在下降过程中只受到向下的重力。
我们可以通过分别计算这两个过程中物体的加速度和速度来解决问题。
其次，能量观点是通过考虑物体的能量转化和守恒来分析物体的运动。
根据能量守恒定律，一个系统的总能量在任何过程中都保持不变。
在解决多过程问题时，我们可以根据能量转化的过程来分析物体的运动。
例如，在一个弹簧振子的问题中，物体在振动过程中交替地转换为弹性势能和动能。
我们可以利用这个能量转化的关系来分析物体在振动过程中的行为。
另外，在弹簧振子的摩擦过程中，系统会损失能量，因此我们必须考虑能量损失的影响。
总体来说，动力学和能量观点是解决多过程问题的强大工具。
动力学通过分析物体的力和加速度之间的关系来解决问题，而能量观点则通过考虑能量转化和守恒来分析物体的运动。
这两种方法可以相互补充，协助我们对多过程问题进行全面分析。
在解决问题时，我们可以根据具体情况选择合适的方法，或者结合两种方法来解决问题。
无论哪种方法，都能够为我们提供深入理解物体运动的视角。
压轴题04用动量和能量的观点解题1.本专题是动量和能量观点的典型题型，包括应用动量定理、动量守恒定律，系统能量守恒定律解决实际问题。
高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。
2024年高考对于动量和能量的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，不仅利于完善学生的知识体系，也有利于培养学生的物理核心素养。
3.用到的相关知识有:动量定理、动量守恒定律、系统机械能守恒定律、能量守恒定律等。
近几年的高考命题中一直都是以压轴题的形式存在，重点考查类型为弹性碰撞，完全非弹性碰撞，爆炸问题等。
考向一：动量定理处理多过程问题1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。
2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力。
3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎。
(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小。
4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程。
研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力。
(3)规定正方向。
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考向二：动量守恒定律弹性碰撞问题两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2①12m 1v 21＝12m 1v ′21＋12m 2v ′22②由①②得v ′1＝m 1－m 2v 1m 1＋m 2v ′2＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：①当m 1＝m 2时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度。
用动力学与能量观点解决多过程问题【例题精讲】例1：如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=1kg的小球穿在轨道上。
滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成：水平直轨道AB和DE，长度均为L=3m，均为粗糙，动摩擦因数均为m s向右μ=0.2；半径R=0.5m的半圆轨道BCD、EFA，均为光滑。
小球从A点以初速度v0=26/运动，直到小球停止运动为止，g=10m/s2，求：（1）小球克服摩擦力做的功（2）小球机械能的减小量（3）小球运动的总路程变式1-1：如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=1kg的小球穿在轨道上。
滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成：水平直轨道AB和DE，长度均为L=3m，均为粗糙，动摩擦因数均为μ=0.2；半径R=0.5m的半圆轨道BCD、EFA，均为光滑。
小球从A点以初速度v0=4m/s向右运动，直到物体停止的过程中，g=10m/s2，求：（1）小球克服摩擦力做的功（2）小球机械能的减小量变式1-2：如图所示是放置在竖直平面内的游戏滑轨，有一质量m=1kg的小球穿在轨道上。
滑轨由四部分粗细均匀的滑杆组成：水平直轨道AB和DE，长度均为L=3m，均为粗糙，动摩擦因数μ=0.2；半径R=0.5m的半圆轨道BCD、EFA，均为光滑。
小球从A点以初速度v0=10m/s向右运动，直到小球停止运动为止，g=10m/s2，求：（1）小球克服摩擦力做的功（2）小球机械能的减小量（3）小球运动的总路程例2：如图所示，在竖直平面内，有两个长度均为L 且与水平面夹角相同的斜面AB 、CD ，其上端A 、D 在水平面'aa 上，下端B 、C 在同一水平面上并与光滑圆弧BQC 相切于B 、C 点，Q 点为最低点，斜面AB 的上端A 点接有一倾角为︒45木板A'A ；现让一质量m=50g 的弹性小球（小球可视作质点），从木板A'A 上某一点P 的正上方m h 2.0=处自由释放，小球落到P 点反弹时，速度大小不变，碰撞前后速度方向与木板夹角相等，碰撞后小球刚好从A 点无碰撞地进入AB 斜面。
动能定理求解多过程问题1. 由于多过程问题的受力情况、运动情况比较复杂，从动力学的角度分析往往比较复杂，利用动能定理分析此类问题，是从总体上把握研究对象运动状态的变化，并不需要从细节上了解。
2．运用动能定理解决问题时，有两种思路：一种是全过程列式，另一种是分段列式。
3．全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点：(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。
(2)大小恒定的阻力或摩擦力做功等于力的大小与路程的乘积。
4. 利用动能定理求解多过程问题的基本思路(1)弄清物体的运动由哪些过程组成。
(2)分析每个过程中物体的受力情况。
(3)各个力做功有何特点，对动能的变化有无影响。
(4)从总体上把握全过程，写出总功表达式，找出初、末状态的动能。
(5)对所研究的全过程运用动能定理列方程。
【典例1】如图所示，AB、CD为两个对称斜面，其上部足够长，下部B、C分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为120°，半径R为2.0 m，一个物体在离弧底E高度为h＝3.0 m处，以初速度v ＝4.0 m/s沿斜面运动，若物体与两斜面间的动摩擦因数均为0.02，则物体在两斜面上(不包括圆弧部分)一共运动的路程是多少？(g取10 m/s2)【答案】280 m对全过程应用动能定理得mgh －R (1－cos 60°)－μmgs cos 60°＝0－12mv 2，解得s ＝280 m 。
【典例2】如图所示，质量m ＝6.0 kg 的滑块(可视为质点)，在F ＝60 N 的水平拉力作用下从A 点由静止开始运动，一段时间后撤去拉力F ，当滑块由平台边缘B 点飞出后，恰能从水平地面上的C 点沿切线方向落入竖直圆弧轨道CDE ，并从轨道边缘E 点竖直向上飞出，经过0.4 s 后落回E 点。
已知A 、B 间的距离L ＝2.3 m ，滑块与平台间的动摩擦因数μ＝0.5，平台离地面高度h ＝0.8 m ，B 、C 两点间水平距离x ＝1.2 m ，圆弧轨道半径R ＝1.0 m 。
2024届高三物理暑期微训练《应用动力学和能量观点解决多过程问题》应用动力学和能量观点解决多过程问题在物理学中，动力学是一门研究物体运动的学科，而能量观点则是一种用于解决各种问题的重要思维工具。
在解决多过程问题时，应用动力学和能量观点是非常有效的方法。
本文将以应用动力学和能量观点解决多过程问题为主题，对其进行探讨。
在解决多过程问题时，首先要明确问题的背景和要求。
然后，我们可以通过应用动力学和能量观点，对问题进行分析和求解。
首先，对于涉及物体运动的问题，我们可以使用动力学的方法来分析。
动力学的基本原理是牛顿的运动定律，即“物体的变速度与合外力成正比，与物体的质量成反比”。
根据这个原理，我们可以通过研究物体所受的外力和加速度之间的关系，来解决物体运动的问题。
其次，对于一些涉及能量转化和能量守恒的问题，我们可以使用能量观点来进行分析。
能量观点认为，在物体或系统的运动过程中，能量是守恒的，能量转化和能量转移可以互相转化。
根据能量守恒的原理，我们可以通过分析能量的转化和转移过程，来解决问题。
举例来说，假设有一个物体在斜面上运动的问题。
我们可以首先通过分析物体所受的重力和摩擦力，来确定物体所受的合外力。
然后，根据牛顿的运动定律，可以求解物体的加速度和速度。
接下来，我们可以通过能量观点分析，确定物体的机械能在运动过程中的转化和转移情况。
例如，在物体下滑时，机械能转化为动能；在物体上升时，动能减小，转化为重力势能。
通过这种分析，我们可以解决物体在斜面上运动的问题。
另外一个例子是解决弹簧和物体之间的相互作用力的问题。
首先，我们可以通过动力学的方法分析物体所受的合外力，即物体的重力和弹簧的弹力。
然后，我们可以通过能量观点分析，确定弹簧的弹性势能和物体的动能之间的转化和转移情况。
通过这种分析，我们可以解决弹簧和物体之间的相互作用力的问题。
综上所述，应用动力学和能量观点解决多过程问题是一种非常有效的方法。
在解决问题时，我们可以先通过动力学的方法分析物体所受的合外力和运动的规律，然后再使用能量观点分析能量的转化和转移。
专题动力学看法和能量看法解决力学综合问题1.利用动力学看法解决力学综合问题；2.利用能量看法解决力学综合问题。
知识点一多运动组合问题1．多运动组合问题主假如指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．2．解题策略(1)动力学方法看法：牛顿运动定律、运动学基本规律．(2)能量看法：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．3．解题重点(1)抓住物理情形中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．(2)两个相邻过程连结点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的重点．好多状况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要打破口。
知识点二传递带模型问题1.传递带模型是高中物理中比较常有的模型，典型的有水平易倾斜两种状况．一般设问的角度有两个：(1)动力学角度：第一要正确剖析物体的运动过程，做好受力剖析，而后利用运动学公式联合牛顿第二定律求物体及传递带在相应时间内的位移，找出物体和传递带之间的位移关系．(2)能量角度：求传递带对物体所做的功、物体和传递带因为相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多耗费的电能等，常依照功能关系或能量守恒定律求解．2．传递带模型问题中的功能关系剖析(1)功能关系剖析：W＝E k＋E p＋ Q.(2)对 W 和 Q 的理解：①传递带做的功：W＝ Fx 传；②产生的内能Q＝Fx 相．知识点三滑块—木板模型1．动力学剖析：分别对滑块和木板进行受力剖析，依据牛顿第二定律求出各自的加快度；从放上滑块v2＝v1可求出共同速度v和所用时间t，而后由位移公式可分别求到二者速度相等，所用时间相等，由t＝a2a1出二者的位移．2.功和能剖析：对滑块和木板分别运用动能定理，或许对系统运用能量守恒定律．如下图，要注意划分三个位移：(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滑动的位移x 相．考点一多运动组合问题【典例 1】 (2016 ·全国卷Ⅰ )如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为 37°的固定直轨道AC 的底端 A 处，另一端位于直轨道上 B 处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为56R 的圆滑圆弧轨道相切于 C点， AC＝ 7R，A、B、C、D 均在同一竖直平面内．质量为m 的小物块 P 自 C 点由静止开始下滑，最低抵达E 点 (未画出 )，随后 P 沿轨道被弹回，最高抵达F 点， AF ＝ 4R.已知 P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝1，重力4加快度大小为34 g.(取 sin 37 ＝° ， cos 37 °＝ )55(1)求 P 第一次运动到 B 点时速度的大小；(2)求 P 运动到 E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块 P 的质量，将 P 推至 E 点，从静止开始开释．已知 P 自圆弧轨道的最高点 D 处水平飞出后，恰巧经过 G 点． G 点在 C 点左下方，与 C 点水平相距72R、竖直相距 R.求 P 运动到 D 点时速度的大小和改变后 P 的质量．【分析】 (1) 依据题意知， B、 C 之间的距离为l＝ 7R－ 2R＝ 5R①设 P 抵达 B 点时的速度为v B，由动能定理得12mglsin θ－μ mglcos θ＝2mv B②式中θ＝ 37°，联立①②式并由题给条件得v B＝ 2gR③(2)设BE＝ x.P 抵达 E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p.P 由B 点运动到 E 点的过程中，由动能定理有mgxsin θ－μ mgxcos θ－E p＝ 0－12mv2B④E、F 之间的距离为l1＝ 4R－ 2R＋ x⑤P 抵达 E 点后反弹，从 E 点运动到 F 点的过程中，由动能定理有E p－mgl 1sin θ－μ mgl1cos θ＝ 0⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x＝ R⑦12E p＝5 mgR⑧(3)设改变后P 的质量为m1.D 点与 G 点的水平距离x1和竖直距离y1分别为75x1＝2R－6Rsin θ⑨55y1＝ R＋6R＋6Rcos θ⑩式中，已应用了过 C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．设 P 在 D 点的速度为v D，由 D 点运动到G 点的时间为t.由平抛运动公式有y1＝12gt2?x1＝ v D t?联立⑨⑩ ??式得D35gR?v＝5设 P 在 C 点速度的大小为v C，在 P 由 C 运动到 D 的过程中机械能守恒，有1212552m1v C＝2m1v D＋ m1g(6R＋6Rcos θ)?P 由 E 点运动到 C 点的过程中，同理，由动能定理有12E p－m1g(x＋ 5R)sin θ－μm1g(x＋ 5R)cos θ＝2m1v C?联立⑦⑧ ???式得11m＝3m.【答案】 (1)2 gR (2) 1235gR1 5 mgR(3)53m【方法技巧】力学综合题中多过程问题的剖析思路1．对力学综合题中的多过程问题，重点是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．2．找出各阶段是由什么物理量联系起来的，而后关于每个子过程分别进行受力剖析、过程剖析和能量剖析，选择适合的规律列出相应的方程求解．【变式1】(2019 ·湖南衡阳八中模拟)如下图，设一个质量m＝ 50 kg的跳台花式滑雪运动员(可当作质点 )，从静止开始沿斜面雪道从 A 点滑下，沿切线从 B 点进入半径R＝15 m的圆滑竖直平面圆轨道BPC，经过轨道最高点C 水平飞出，经 t ＝ 2 s 落到斜面雪道上的D 点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的 夹角 θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数sin 37 ＝°， cos 37 ＝°0.80.试求：μ＝，不计空气阻力，当地的重力加快度g 取10 m/s 2，(1)运动员运动到 C 点时的速度大小 v C ；(2)运动员在圆轨道最低点P 遇到轨道支持力的大小(3)A 点距过 P 点的水平川面的高度h.F N ；【分析】 (1) 在 D 点：竖直方向上的分速度v y ＝gt ＝10×2 m/s ＝ 20 m/sv Ctan 37 ＝°v y ，代入数据解得 v C ＝ 15 m/s(2)对 P →C 过程，由机械能守恒定律可得： 12122mv P ＝2mv C ＋mg ·2R2v P在 P 点： F N － mg ＝ m，R联立上述两式代入数据解得 F N ＝ 3 250 N由牛顿第三定律得：在P 点运动员遇到轨道的支持力为3 250 N.(3)对 A →P 过程，由动能定理可得：h － R － Rcos 37° 12mgh － μ mgcos 37 °sin 37°＝ mv P2代入数据解得 h ＝ 45.5 m.【答案】 (1)15 m/s (2)3 250 N(3)45.5 m考点二传递带模型问题【典例 2】 (2019 ·河北衡水中学模拟)已知一足够长的传递带与水平面的倾角为θ，以必定的速度匀速运动．某时辰在传递带适合的地点放上拥有必定初速度的物块(如图甲所示 )，以此时为t＝ 0 时辰记录了小物块以后在传递带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，此中两坐标大小v1＞ v2)．已知传递带的速度保持不变，g 取10 m/s2.则以下判断正确的选项是()A． 0～ t1内，物块对传递带做正功B．物块与传递带间的动摩擦因数为μ，μ＜ tan θC． 0～ t2内，传递带对物块做功为1212 2mv2－2mv1D．系统产生的热量必定比物块动能的减少许大【分析】由图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传递带的运动方向向上.0～ t1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传递带向下，则物块对传递带做负功， A 错误；在 t1～ t2时间内，物块向上运动，则有μ mgcos θ＞ mgsin θ，则μ＞tan θ，B 错误； 0～t2时间内，由图可知，它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传递带向下，高度降落，重力对物块做正功，设为W G，依据动能定理得1212W＋ W G＝mv2－ mv1，22则传递带对物块做的功1212W≠212mv －2mv ，由此可知 C 错误；物块的重力势能减小，动能也减小，都转变为系统产生的内能，由能量守恒定律得悉：系统产生的热量大小必定大于物块动能的变化量大小， D 正确．【答案】 D【方法技巧】传递带模型问题的剖析流程【变式 2】 (2019 ·山西忻州一中模拟 )如下图，一质量为m＝ 2 kg 的滑块从半径为R＝ 0.2 m 的圆滑四分之一圆弧轨道的顶端 A 处由静止滑下， A 点和圆弧对应的圆心O 点等高，圆弧的底端 B 与水平传递带平滑相接．已知传递带匀速运转的速度为v0＝4 m/s，B 点到传递带右端 C 点的距离为L ＝2 m．当滑块滑到传送带的右端 C 时，其速度恰巧与传递带的速度同样．(g 取10 m/s2)求：(1)滑块抵达底端 B 时对轨道的压力；(2)滑块与传递带间的动摩擦因数μ；(3)此过程中，滑块与传递带之间由摩擦而产生的热量Q.【分析】 (1) 滑块由 A 到 B 的过程中，由机械能守恒定律得mgR＝1mv2①B2物体在 B 点，由牛顿第二定律得2v B②F B－ mg＝ m R联立①②解得 F B＝ 60 N由牛顿第三定律得，滑块抵达底端 B 时对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下．(2)滑块从 B 到 C 运动过程中，由牛顿第二定律得μmg＝ ma③由运动学公式得v2－ v2＝2aL④0B由①③④得μ＝⑤(3)滑块从 B 到 C 运动过程中，设运动时间为t .由运动学公式得v0＝ v B＋at⑥产生的热量Q＝μmg(v0t－ L)⑦由①③⑤⑥⑦得Q＝4 J.【答案】 (1)60 N ，方向竖直向下(3)4 J考点三滑块—木板模型【典例 3】(2019 ·辽宁师大附中模拟 ) 水平川面上放有一长为L ＝ 5.5 m、质量为 M＝ 1 kg 的小车，小车与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.在其左端放一质量m＝ 3 kg 的可视为质点的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ18 N 的水平拉力 F，经过 t1＝ 2 s 后撤去外力 F.已知小车的上2＝0.2.现对物块施加一水平向右、大小为表面离地面的高度h＝ 0.8 m，重力加快度g＝ 10m /s2.(1)求 2 s 末物块及小车的速度分别是多少？(2)经过剖析计算说明，物块可否从小车上滑出．假如不可以，求物块停在小车上的地点；假如能，请计算出物块刚落地时，到小车右端的距离．【分析】 (1) 对物块，依据牛顿第二定律有：F －μ2mg ＝ma m1解得： a m1＝ 4 m/s 22 s 末物块速度 v m1＝ a m1t 1＝ 8 m/s对小车，依据牛顿第二定律有：μ2mg － μ1(m ＋ M)g ＝ Ma M1解得： a M 1＝ 2 m/s 22 s 末小车的速度 v M 1＝ a M1t 1＝ 4 m/s2 s 内二者的位移分别为：1 21 21 21 ×2×2 2 x m1＝a m1t 1＝2×4×2 ＝8 m ， x M1＝a M1t 1＝＝4 m222故 x ＝ x m1－ x M1＝ 4 m<L因此 2 s 时二者没有分别，即物块的速度为 8 m/s ，小车的速度为4 m/s(2)2 s 时撤去外力后，物块将向右做减速运动，加快度大小为m222a＝ μg ＝ 2 m/s小车受力不变，因此加快度a M 2＝ 2 m/s 2设 2 s 此后再经过时间t 2 物块恰巧从小车右端滑出，则x m － x M ＝ L － x1212＝ L － x即 v m1t 2－ 2a m2t 2－ v M1 t 2＋ 2a M1t 2 解得： t 2＝0.5 s(另一种解 t ＝ 1.5 s 不切合题意 )t ＝ 2.5 s 时小车的速度 v M 2＝ v M 1＋ a M2 t 2＝ 5 m/s物块的速度 v m2＝ v m1－ a m2t 2＝ 7 m/s >v M 2因此物块在 2.5 s 时恰巧从小车右端滑出1 2＝0.4 s设再经过时间 t 3 物块落地，则有： h ＝ gt 3，解得 t 32在 0.4 s 内物块向右运动的位移 x m3＝v m2t 3＝ 2.8 m物块走开小车后，小车向右做减速运动，其加快度大小为a M3 1 2＝ μg ＝1 m/s0.4 s 内小车向右运动的位移1 21 2x M 3＝ v M 2t 3－ a M 3t 3 ＝5×－ ×1×＝ 1.92 m22物块落地时到小车右端的距离为 x ′＝ x m3－ x M3＝－ 1.92) m ＝ 0.88 m.【答案】 (1)8 m/s 4m/s(2)0.88 m【变式 3】(2019 ·黑龙江哈尔滨三中模拟 )如下图，在圆滑水平台面上静置一质量m A＝ 0.9 kg 的长木板A， A 的右端用轻绳绕过圆滑的轻质定滑轮与质量m ＝ 0.9 kg 的物体 C 拴接．当 C 从静止开始运动至着落C高度为 h＝0.4 m 时，在木板 A 的最右端轻放一质量为 m B＝ 3.6 kg 的小铁块 B(可视为质点 )，A、B 间的动摩擦因数μ＝，最后 B 恰巧未从木板 A 滑落， g 取 10 m/s 2，求：(1)刚放铁块 B 时， A 的速度大小v0；(2)木板 A 的长度 L；(3)若当 B 轻放在木板 A 的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其余条件不变，在保证 B 能滑离木板A 的条件下，则A、B 间因摩擦而产生热量的最大值Q m多大．【分析】(1) 以A 与 C构成的系统为研究对象， C 降落的过程中，拉着 A 一同运动，只有重力做功，则12m C gh＝ (m A＋ m C)v0，代入数据解得v ＝ 2 m/s.0(2)将B 放在 A 上后，B 遇到摩擦力的作用， A 与 B 之间的摩擦力为f＝μm B g＝××10 N ＝9 N.C遇到的重力 G C＝ m C g＝0.9 ×10 N ＝ 9 N，设此时 A 与 C 仍旧一同做加快运动，则 (m A＋ m C)a＝ m C g－ f＝ 9 N－ 9 N ＝ 0 N.f9因此将 B 放在 A 上后， A 与 C 一同做匀速直线运动， B 做匀加快直线运动，加快度a B＝m B＝ m/s2＝ 2.5 m/s2，v0＝ 2B 与 A 的速度相等需要的时间t＝a B s＝ 0.8 s.此过程中 A 的位移 x1＝ v0t＝ 2×0.8 m＝ 1.6 m，高考物理一轮复习专题5.5动力学观点和能量观点解决力学综合问题(精讲)(解析版)B 的位移 x2＝12a B t2＝12×2.5 ×2 m＝0.8 m.因为最后 B 恰巧未从木板 A 滑落，因此 A 的长度等于 A 与 B 的位移差，即L ＝ x1－ x2＝ 1.6 m－ 0.8 m＝0.8 m.(3)在保证 B 能滑离木板 A 的条件下， A 与B 的相对位移一直等于 A 的长度，与运动的时间没关，因此A、 B 间因摩擦产生热量的最大值Q m＝ f·L＝ 9×0.8 J＝ 7.2 J.【答案】(1)2 m/s(2)0.8 m(3)7.2 J。
压轴题03用动力学和能量观点解决多过程问题1.目录一、考向分析1二、题型及要领归纳1热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题1热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题5热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题10热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型13三、压轴题速练17一，考向分析1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块-木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
2.学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。
3.用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)。
二．题型及要领归纳A热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断.(2)物体能否达到与传送带共速的判断.(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和.2.应用动能定理时，摩擦力对物体做功W f=F f·x(x为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，W f =F f·s(s为相对路程).1(2023春·湖北荆州·统考期中)如图所示，荆州沙市飞机场有一倾斜放置的长度L=5m的传送带，与水平面的夹角θ=37°，传送带一直保持匀速运动，速度v=2m/s。
现将一质量m=1kg的物体轻轻放上传送带底端，使物体从底端运送到顶端，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.8。
以物体在传送带底端时的势能为零，求此过程中：(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g取10m/s2)(1)物体从底端运送到顶端所需的时间；(2)物体到达顶端时的机械能；(3)物体与传送带之间因摩擦而产生的热量；(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能。
2020年高考物理备考微专题精准突破 专题3.8 用动力学和能量观点解决多过程问题【专题诠释】1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块—木板问题三类问题中的综合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心．3．用到的知识有：动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律)． 【高考领航】【2019·浙江选考】如图所示为某一游戏的局部简化示意图。
D 为弹射装置，AB 是长为21 m 的水平轨道， 倾斜直轨道BC 固定在竖直放置的半径为R =10 m 的圆形支架上，B 为圆形的最低点，轨道AB 与BC 平滑连 接，且在同一竖直平面内。
某次游戏中，无动力小车在弹射装置D 的作用下，以v 0=10 m/s 的速度滑上轨道 AB ，并恰好能冲到轨道BC 的最高点。
已知小车在轨道AB 上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC 光 滑，则小车从A 到C 的运动时间是（ ）A ．5 sB ．4.8 sC ．4.4 sD ．3 s 【答案】A【解析】设小车的质量为m ，小车在AB 段所匀减速直线运动，加速度210.20.22m/s f mga g m m====，在AB 段，根据动能定理可得2201122AB B fx mv mv -=-，解得4m/s B v =，故1104s 3s 2t -==；小车在BC段，根据机械能守恒可得212B CD mv mgh =，解得0.8m CD h =，过圆形支架的圆心O 点作BC 的垂线，根据几何知识可得12BCBC CD x R x h =，解得4m BC x =，1sin 5CD BC h x θ==，故小车在BC 上运动的加速度为22sin 2m/s a g θ==，故小车在BC 段的运动时间为224s 2s 2B v t a ===，所以小车运动的总时间为125st t t=+=，A正确。
【2019·江苏高考】如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。
A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。
先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。
接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。
求：(1)A被敲击后获得的初速度大小v A；(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小a B、a B′；(3)B被敲击后获得的初速度大小v B。
【答案】(1)2μgL(2)3μgμg(3)22μgL【解析】A、B的运动过程如图所示：(1)A被敲击后，B静止，A向右运动，由牛顿第二定律知，A的加速度大小a A＝μgA在B上滑动时有2a A L＝v2A解得：v A＝2μgL。
(2)设A、B的质量均为m对齐前，A相对B滑动，B所受合外力大小F＝μmg＋2μmg＝3μmg由牛顿第二定律得F＝ma B，得a B＝3μg对齐后，A、B相对静止，整体所受合外力大小F′＝2μmg由牛顿第二定律得F′＝2ma B′，得a B′＝μg。
(3)设B被敲击后，经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为x A、x B，A的加速度大小等于a A 则v＝a A t，v＝v B－a B tx A＝12a A t2，xB＝v B t－12a B t2且x B－x A＝L解得：v B＝22μgL。
【技巧方法】“多过程”“多物体”类问题的分析方法1．分析“多过程”问题的方法要领(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接．(2)对各“子过程”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和运动过程示意图．(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合适的动力学规律列方程．(4)分析“衔接点”的位移、速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关系、位移关系、速度关系等，并列出相关的辅助方程．(5)联立求解，并对结果进行必要的讨论或验证．2．分析“多物体”问题的方法要领(1)搞清各物体初态对地的运动和相对运动(或相对运动趋势)，根据相对运动(或相对运动趋势)情况，确定物体间的摩擦力方向．(2)正确地对各物体进行受力分析，并根据牛顿第二定律确定各物体的加速度，结合加速度和速度的方向关系确定物体的运动情况．(3)关注临界点．“多物体叠放”类问题的临界点常出现在“速度相等”(即相对静止)时，此时往往意味着物体间的相对位移最大，物体的受力和运动情况可能发生突变．【最新考向解码】【例1】(2019·广东惠州高三第一次调研)如图a所示，一可视为质点的物块在t＝0时刻以v0＝8 m/s的速度滑上一固定斜面，斜面足够长，斜面的倾角θ＝30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ＝35。
经过一段时间后物块返回斜面底端，取重力加速度g＝10 m/s2。
求：(1)物块向上和向下滑动过程中，物块的加速度大小； (2)物块从斜面底端出发到再次返回斜面底端所用的总时间；(3)求出物块再次返回斜面底端的速度大小，并在图b 中画出物块在斜面上运动的整个过程中的速度—时间图象，取沿斜面向上为正方向。
【答案】 (1)8 m/s 2 2 m/s 2 (2)3 s(3)4 m/s 图象见解析 【解析】 (1)物块上滑过程，由牛顿第二定律有： mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1， 则a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝8 m/s 2， 物块下滑过程，由牛顿第二定律有： mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2， 则a 2＝g sin θ－μg cos θ＝2 m/s 2。
(2)物块上滑过程：t 1＝0－v 0－a 1＝1 ss 1＝0＋v 02t 1＝4 m 物块下滑过程：s 2＝s 1＝12a 2t 22得t 2＝2 s故总时间t ＝t 1＋t 2＝3 s 。
(3)物块下滑过程：v 2＝a 2t 2＝4 m/s 。
物块在斜面上运动的整个过程中的v -t 图象如图所示。
【例2】（2019·江苏省扬州中学高三模拟）如图所示，平直木板AB 倾斜放置，小物块与木板间的动摩擦因 数由A 到B 均匀增大，小物块从A 点由静止释放，恰好可以到达B 点，小物块的速度v 、加速度a 、动能E k 和机械能E 机（取地面为零势能面）随下滑位移x 变化的图像可能正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】设斜面的倾角为α．据题有μ=kx ，k 是常数。
小物块所受的滑动摩擦力大小为 f =μmg cosα=kxmg cosα，知f ∝x ．根据动能定理得201022kxmgcos mgxsin x mv αα+-⋅=-，得v 2=2gx sinα–kx 2g cosα，知v –x 图象为曲线，故A 错误。
根据牛顿第二定律得mg sinα–μmg cosα=ma ，结合μ=kx ，得a =g sinα–kxg cosα，a 随x 先均匀减小后反向均匀增大，加速度先正后负，故B 错误。
根据动能定理得002k kxmgcos mgxsin x E αα+-⋅=-，得E k =mgx sinα–12kx 2mg cosα，知E k –x 是开口向下的抛物线，故C 正确。
根据功能关系知0122f kxmgcos E W x kxmgcos x αα+∆=-=-⋅∆=-⋅∆机，随着x 的增大，E 机–x 图象斜率绝对值增大，故D 错误。
【例3】（2019·山西省太原市第五中学高三模拟）如图所示，DO 是水平面，AB 是斜面，初速度为v 0的物 体从D 点出发沿DBA 滑动到顶点A 时速度刚好为零，如果斜面改为AC ，让该物体从D 点出发沿DCA 滑 动到顶点A 且速度刚好为零，若已知该物体与路面之间的动摩擦因数处处相同且不为零，则由此可知（ ）A ．该物体从D 点出发（沿DCA 滑动刚好到顶点A ）初速度一定也为v 0B ．该物体从D 点出发（沿DCA 滑动刚好到顶点A ）初速度不一定为v 0C ．该物体从A 点静止出发沿ACD 滑动到D 点的速度大小一定为v 0D ．该物体从A 点静止出发沿ACD 滑动到D 点的速度一定小于v 0 【答案】AD【解析】物体从D 点滑动到顶点A 过程中，由动能定理可得:201cos 2AO DB AB mg x mg x mg x mv μμα-⋅-⋅-⋅=-，由几何关系cos AB OB x x α⋅= ，因而上式可以简化为2012AO DB OB mg x mg x mg x mv μμ-⋅-⋅-⋅=-，即2012AO DO mg x mg x mv μ-⋅-⋅=-，从上式可以看出，到达顶点的动能与路径无关，所以该物体从D 点出发（沿DCA 滑动刚好到顶点A ）初速度一定也为v 0，故A 正确；B 错误；该物体从A 点静止出发沿ACD 滑动到D 点有动能定理可知：212AO DO mg x mg x mv μ'⋅-⋅=与公式2012AO DO mg x mg x mv μ-⋅-⋅=-，比较可知：0v v '<，故C 错误；D 正确；故选AD 。
【微专题精练】1．(多选)(2019·广东省茂名市第二次模拟)如图，光滑的水平轨道AB ，与半径为R 的光滑的半圆形轨道BCD 相切于B 点，圆轨道在竖直平面内，B 为最低点，D 为最高点．质量为m 的小球(可视为质点)以初速度v 0沿AB 运动恰能通过最高点，则( )A ．R 越大，v 0越大B ．m 越大，v 0越大C ．R 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大D ．m 越大，小球经过B 点瞬间对轨道的压力越大 【答案】 AD【解析】 小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，则有mg ＝m v D 2R ，则v D ＝gR ，根据动能定理得12mv 02＝12mv D 2＋2mgR ，解得v 0＝5gR ，可见R 越大，v 0越大，而且v 0与小球的质量m 无关，A 正确，B 错误；小球经过B 点的瞬间，F N －mg ＝m v 02R ，则轨道对小球的支持力F N ＝mg ＋m v 02R ＝6mg ，则F N 大小与R 无关，随m 增大而增大，由牛顿第三定律知C 错误，D 正确．2．(2019·河南省洛阳市上学期期中)如图所示，一个半径为R 的半圆形轨道竖直固定放置，直径POQ 水平，轨道的内表面动摩擦因数为μ.一质量为m 的小滑块(可看作质点)自P 点正上方由静止释放，释放高度为R ，小滑块恰好从P 点进入轨道．小滑块滑到轨道最低点N 时对轨道的压力为4mg ，g 为重力加速度的大小．用W 表示小滑块从P 点运动到N 点的过程中克服摩擦力所做的功．则( )A ．小滑块恰好可以到达Q 点B ．小滑块不能到达Q 点C ．W ＝12mgRD ．W <12mgR【答案】 C【解析】 从最高点到N 点，由动能定理有 2mgR －W ＝12mv 2，在N 点，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2R ，由牛顿第三定律有F N ＝F N ′＝4mg联立可得W ＝12mgR ，故C 正确，D 错误；小滑块从P 点到N 点再到Q 点的过程中，重力与摩擦力做功，由于小滑块做圆周运动，由运动的特点可知，小滑块在PN 段与轨道之间的压力大于NQ 段小滑块与轨道之间的压力，根据F f ＝μF N 可知，小滑块在PN 段受到的摩擦力比较大，所以小滑块在PN 段克服摩擦力做的功比较多，则在NQ 段小滑块克服摩擦力做的功W ′<12mgR ，从N 到Q ，由动能定理得－mgR －W ′＝12mv Q 2－12mv 2，解得v Q >0，小滑块到达Q 点后，还能继续上升，故A 、B 错误．3．(2017·全国卷Ⅲ·16)如图所示，一质量为m 、长度为l 的均匀柔软细绳PQ 竖直悬挂．用外力将绳的下端Q 缓慢地竖直向上拉起至M 点，M 点与绳的上端P 相距13l .重力加速度大小为g .在此过程中，外力做的功为( )A.19mglB.16mglC.13mglD.12mgl 【答案】 A【解析】 由题意可知，PM 段细绳的机械能不变，MQ 段细绳的重心升高了l 6，则重力势能增加ΔE p ＝23mg ·l 6＝19mgl ，由功能关系可知，在此过程中，外力做的功为W ＝19mgl ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．4．(多选)如图甲所示，倾角为θ的足够长的传送带以恒定的速率v 0沿逆时针方向运行，t ＝0时，将质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)轻放在传送带上，物体相对地面的v －t 图象如图乙所示．设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g ＝10 m/s 2，则( )A ．传送带的速率v 0＝10 m/sB ．传送带的倾角θ＝30°C ．物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5D ．0～2.0 s 内摩擦力对物体做功W f ＝－24 J 【答案】 ACD【解析】 当物体的速率超过传送带的速率后，物体受到的摩擦力的方向发生改变，加速度也发生改变，根据v －t 图象可得，传送带的速率为v 0＝10 m/s ，选项A 正确；1.0 s 之前的加速度a 1＝10 m/s 2,1.0 s 之后的加速度a 2＝2 m/s 2，结合牛顿第二定律，g sin θ＋μg cos θ＝a 1，g sin θ－μg cos θ＝a 2，解得sin θ＝0.6，θ＝37°，μ＝0.5，选项B 错误，C 正确；摩擦力大小F f ＝μmg cos θ＝4 N ，在0～1.0 s 内，摩擦力对物体做正功，在1.0～2.0 s 内，摩擦力对物体做负功，0～1.0 s 内物体的位移为5 m,1.0～2.0 s 内物体的位移是11 m,0～2.0 s 内摩擦力做的功为－4×(11－5) J ＝－24 J ，选项D 正确． 5.(2018·河北省石家庄二中期中)如图，四分之一光滑圆轨道固定于粗糙水平面上，紧靠轨道放一上表面粗糙的长木板，长木板上表面与轨道末端相切，轨道末端C 点固定有大小不计的压力开关和长木板相连，当对开关的压力超过15 N 时触发压力开关，使长木板和圆轨道脱离．已知长木板长1 m ，圆轨道半径R ＝1 m ，滑块和长木板的质量均为1 kg ，滑块与长木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g 取10 m/s 2.若滑块从轨道上距离C 点高h ＝0.45 m 的位置由静止释放，求：(1)滑块到C 点时对轨道压力的大小；(2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中滑块的位移大小；(3)从滑块滑上木板到停止运动的过程中，地面、滑块、木板这个系统产生的总热量． 【答案】 (1)19 N (2)1.5 m (3)4.5 J【解析】 (1)滑块在圆轨道上运动时机械能守恒，则有mgh ＝12mv 02，解得v 0＝3 m/s在C 点由向心力公式知：F N －mg ＝mv 02R，解得F N ＝19 N由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力F N ′＝F N ＝19 N (2)从滑块滑上木板到停止运动的过程中： 滑块的加速度大小a 1＝μ1mgm ＝4 m/s 2木板的加速度大小a 2＝μ1mg －μ2·2mgm ＝2 m/s 2由v 0－a 1t ＝a 2t ＝v 共得出， t ＝0.5 s ，v 共＝1 m/s 滑块的位移x 1＝v 0＋v 共2t ＝1 m之后二者一起做匀减速直线运动直至停止运动，a 3＝μ2·2mg2m＝1 m/s 2 x 3＝v 共22a 3＝0.5 m故滑块的总位移x ＝x 1＋x 3＝1.5 m.(3)对整个系统运动全程，由能量守恒，mgh ＝Q ＝4.5 J.6.(2019·安徽宣城高三上学期期末)质量为m ＝1 kg 、大小不计的物块，在水平桌面上向右运动，经过O 点时速度为v ＝4 m/s ，此时对物块施加F ＝6 N 的方向向左的拉力，一段时间后撤去拉力，物块刚好能回到O 点。
