PAGEPAGE131用動力學和能量觀點分析多過程問題[方法點撥](1)假設運動過程只涉及求解力而不涉及能量，選用牛頓運動定律；(2)假設運動過程涉及能量轉化問題，且具有功能關系的特點，那么常用動能定理或能量守恒定律；(3)不同過程連接點速度的關系有時是處理兩個過程運動規律的突破點．1．如圖1所示，光滑水平軌道的左端與長L＝1.25m的水平傳送帶AB相接，傳送帶逆時針勻速轉動的速度v0＝1m/s.輕彈簧右端固定，彈簧處于自然狀態時左端恰位于A點．現用質量m＝0.4kg的小物塊(視為質點)將彈簧壓縮后由靜止釋放，到達水平傳送帶左端B點后，立即沿切線進入豎直固定的光滑半圓軌道最高點并恰好做圓周運動，經圓周最低點C后滑上質量為M＝0.2kg的長木板且不會從木板上掉下來．半圓軌道的半徑R＝0.5m，小物塊與傳送帶間的動摩擦因數μ1＝0.8，小物塊與木板間動摩擦因數μ2＝0.2，長木板與水平地面間動摩擦因數μ3＝0.1，g取10m/s2.求：圖1(1)小物塊到達B點時速度vB的大小(結果可帶根號)；(2)彈簧被壓縮時的彈性勢能Ep；(3)長木板在水平地面上滑行的最大距離s.2．如圖2所示，在豎直平面內有半徑為R＝0.2m的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道AB，圓弧軌道B處的切線水平，O點在B點的正下方，B點高度為h＝0.8m．在B端接一長為L＝1.0m的木板MN.一質量為m＝1.0kg的滑塊，與木板間的動摩擦因數為0.2，滑塊以某一速度從N點滑到板上，恰好運動到A點．(g取10m/s2)圖2(1)求滑塊從N點滑到板上時初速度的大小；(2)求滑塊從A點滑回到圓弧軌道的B點時對圓弧軌道的壓力；(3)假設將木板右端截去長為ΔL的一段，滑塊從A端由靜止釋放后，將滑離木板落在水平面上P點處，要使落地點P距O點最遠，求ΔL.3．如圖3所示，在一次消防演習中，消防員練習使用掛鉤從高空沿滑桿由靜止滑下，滑桿由AO、OB兩段直桿通過光滑轉軸連接在O處，可將消防員和掛鉤均理想化為質點，且通過O點的瞬間沒有機械能的損失．AO長為L1＝5m，OB長為L2＝10m．兩堵豎直墻的間距d＝11m．滑桿A端用鉸鏈固定在墻上，可自由轉動．B端用鉸鏈固定在另一側墻上．為了平安，消防員到達對面墻的速度大小不能超過6m/s，掛鉤與兩段滑桿間動摩擦因數均為μ＝0.8.(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)圖3(1)假設測得消防員下滑時，OB段與水平方向間的夾角始終為37°，求消防員在兩滑桿上運動時加速度的大小及方向；(2)假設B端在豎直墻上的位置可以改變，求滑桿端點A、B間的最大豎直距離．(結果可帶根號)4.如圖4所示為一傳送帶裝置模型，斜面的傾角為θ，底端經一長度可忽略的光滑圓弧與足夠長的水平傳送帶相連接，質量m＝2kg的物體從高h＝30cm的斜面上由靜止開始下滑，它與斜面間的動摩擦因數μ1＝0.25，與水平傳送帶間的動摩擦因數μ2＝0.5，物體在傳送帶上運動一段時間以后，又回到了斜面上，如此反復屢次后最終停在斜面底端．傳送帶的速度恒為v＝2.5m/s，tanθ＝0.75，g取10m/s2.求：圖4(1)從物體開始下滑到第一次回到斜面的過程中，物體與傳送帶間因摩擦產生的熱量；(2)從物體開始下滑到最終停在斜面底端，物體在斜面上通過的總路程．答案精析1．(1)eq\r(5)m/s(2)5J(3)2.78m解析(1)小物塊恰在光滑半圓形軌道最高點做圓周運動，由牛頓第二定律得：mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得：vB＝eq\r(gR)＝eq\r(5)m/s(2)由于vB＞v0，所以小物塊在傳送帶上一直做勻減速運動，根據能量守恒定律得：Ep＝μ1mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)解得Ep＝5J(3)小物塊從B到C過程中由機械能守恒定律得：mg·2R＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)代入數據解得vC＝5m/s小物塊在長木板上滑行過程中，做勻減速運動，由牛頓第二定律得：μ2mg＝ma1，解得a1＝2m/s2對長木板受力分析，上外表受到的摩擦力f1＝μ2mg＝0.8N下外表受到的摩擦力f2＝μ3(M＋m)g＝0.6N，所以長木板做勻加速運動，由牛頓第二定律得：f1－f2＝Ma2解得a2＝1m/s2設經過時間t小物塊與長木板到達共速vD，vC－a1t＝a2t＝vD解得t＝eq\f(5,3)s，vD＝eq\f(5,3)m/s時間t內長木板運動的位移s1＝eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(25,18)m達共速后兩物體一起勻減速至停止，由動能定理得：－μ3(M＋m)gs2＝－eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,D)解得s2＝eq\f(25,18)m所以長木板運動的最大位移s＝s1＋s2≈2.78m.2．(1)2eq\r(2)m/s(2)30N，方向豎直向下(3)0.16m解析(1)由動能定理有μmgL＋mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝2eq\r(2)(2)根據動能定理有mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－0由向心力公式可知：F－mg＝meq\f(v\o\al(2,B),R)解得F＝30N由牛頓第三定律知：滑塊滑至B點時對圓弧軌道的壓力為30N，方向豎直向下(3)由牛頓第二定律可知：μmg＝ma根據平拋運動規律：h＝eq\f(1,2)gt2，t＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s由B點向右運動過程中，由運動學公式可知：veq\o\al(2,B)－v2＝2a(L－ΔL)v＝eq\r(v\o\al(2,B)－2μgL－ΔL)＝2eq\r(ΔL)由平拋運動規律和幾何關系可知：xOP＝L－ΔL＋v·t＝1.0－ΔL＋0.8eq\r(ΔL)＝1.0－(eq\r(ΔL))2＋0.8eq\r(ΔL)＝1.16－(0.4－eq\r(ΔL))2解得當eq\r(ΔL)＝0.4，即ΔL＝0.16m時x有最大值．3．(1)3.2m/s2，方向沿OA桿向下0.4m/s2，方向沿OB桿向上(2)2eq\r(26)m解析(1)設桿AO、OB與水平方向夾角分別為α、β，由幾何關系得：d＝L1cosα＋L2cosβ得出AO桿與水平方向夾角α＝53°由牛頓第二定律得mgsinθ－f＝maf＝μFN，FN＝mgcosθ那么消防員在AO段運動的加速度：a1＝gsin53°－μgcos53°＝3.2m/s2，方向沿AO桿向下在OB段運動的加速度：a2＝gsin37°－μgcos37°＝－0.4m/s2，方向沿OB桿向上(2)對全過程由動能定理得mgh－μmgL1cosα－μmgL2cosβ＝eq\f(1,2)mv2－0其中d＝L1cosα＋L2cosβ，v≤6m/s所以：h＝eq\f(v2,2g)＋μd≤10.6m又因為假設兩桿伸直，A、B間的豎直高度為h′＝eq\r(L1＋L22－d2)＝eq\r(104)m＜10.6m所以A、B間的最大豎直距離應為2eq\r(26)4．(1)20J(2)1.5m解析(1)由題可知θ＝37°，物體由靜止開始下滑時距斜面底端的距離s＝eq\f(h,sinθ)＝0.5m．設物體第一次滑到斜面底端的速度為v0，根據動能定理有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgh－μ1mgscosθ解得v0＝2m/s設物體向右滑行的最遠距離為s1，時間為teq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－μ2mgs1＝0，s1＝0.4mt＝eq\f(v0,μ2g)＝0.4s傳送帶向左運動的距離為s2＝vt＝1m物體向右運動時與傳送帶間因摩擦產生的熱量為Q1Q1＝μ2