用动力学和能量观点分析多过程问题[方法点拨](1)若运动过程只涉及求解力而不涉及能量，选用牛顿运动定律；(2)若运动过程涉及能量转化问题，且具有功能关系的特点，则常用动能定理或能量守恒定律；(3)不同过程连接点速度的关系有时是处理两个过程运动规律的突破点．1．如图1所示，光滑水平轨道的左端与长L＝1.25m的水平传送带AB相接，传送带逆时针匀速转动的速度v0＝1m/s.轻弹簧右端固定，弹簧处于自然状态时左端恰位于A点．现用质量m＝0.4kg的小物块(视为质点)将弹簧压缩后由静止释放，到达水平传送带左端B点后，立即沿切线进入竖直固定的光滑半圆轨道最高点并恰好做圆周运动，经圆周最低点C后滑上质量为M＝0.2kg的长木板且不会从木板上掉下来．半圆轨道的半径R＝0.5m，小物块与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.8，小物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.2，长木板与水平地面间动摩擦因数μ3＝0.1，g取10m/s2.求：图1(1)小物块到达B点时速度vB的大小(结果可带根号)；(2)弹簧被压缩时的弹性势能Ep；(3)长木板在水平地面上滑行的最大距离x.2．如图2所示，在竖直平面内有半径为R＝0.2m的光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道B处的切线水平，O点在B点的正下方，B点高度为h＝0.8m．在B端接一长为L＝1.0m的木板MN.一质量为m＝1.0kg的滑块，与木板间的动摩擦因数为0.2，滑块以某一速度从N点滑到板上，恰好运动到A点．(g取10m/s2)图2(1)求滑块从N点滑到板上时初速度的大小；(2)求滑块从A点滑回到圆弧轨道的B点时对圆弧轨道的压力；(3)若将木板右端截去长为ΔL的一段，滑块从A端由静止释放后，将滑离木板落在水平面上P点处，要使落地点P距O点最远，求ΔL.3．如图3所示，在一次消防演习中，消防员练习使用挂钩从高空沿滑杆由静止滑下，滑杆由AO、OB两段直杆通过光滑转轴连接在O处，可将消防员和挂钩均理想化为质点，且通过O点的瞬间没有机械能的损失．AO长为L1＝5m，OB长为L2＝10m．两堵竖直墙的间距d＝11m．滑杆A端用铰链固定在墙上，可自由转动．B端用铰链固定在另一侧墙上．为了安全，消防员到达对面墙的速度大小不能超过6m/s，挂钩与两段滑杆间动摩擦因数均为μ＝0.8.(g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)图3(1)若测得消防员下滑时，OB段与水平方向间的夹角始终为37°，求消防员在两滑杆上运动时加速度的大小及方向；(2)若B端在竖直墙上的位置可以改变，求滑杆端点A、B间的最大竖直距离．(结果可带根号)4.如图4所示为一传送带装置模型，斜面的倾角为θ，底端经一长度可忽略的光滑圆弧与足够长的水平传送带相连接，质量m＝2kg的物体从高h＝30cm的斜面上由静止开始下滑，它与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，与水平传送带间的动摩擦因数μ2＝0.5，物体在传送带上运动一段时间以后，又回到了斜面上，如此反复多次后最终停在斜面底端．已知传送带的速度恒为v＝2.5m/s，tanθ＝0.75，g取10m/s2.求：图4(1)从物体开始下滑到第一次回到斜面的过程中，物体与传送带间因摩擦产生的热量；(2)从物体开始下滑到最终停在斜面底端，物体在斜面上通过的总路程．答案精析1．(1)m/s(2)5J(3)2.78m解析(1)小物块恰在光滑半圆形轨道最高点做圆周运动，由牛顿第二定律得：mg＝m解得：vB＝＝m/s(2)由于vB＞v0，所以小物块在传送带上一直做匀减速运动，根据能量守恒定律得：Ep＝μ1mgL＋mv解得Ep＝5J(3)小物块从B到C过程中由机械能守恒定律得：mg·2R＝mv－mv代入数据解得vC＝5m/s小物块在长木板上滑行过程中，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μ2mg＝ma1，解得a1＝2m/s2对长木板受力分析，上表面受到的摩擦力Ff1＝μ2mg＝0.8N下表面受到的摩擦力Ff2＝μ3(M＋m)g＝0.6N，所以长木板做匀加速运动，由牛顿第二定律得：Ff1－Ff2＝Ma2解得a2＝1m/s2设经过时间t小物块与长木板达到共速vD，vC－a1t＝a2t＝vD解得t＝s，vD＝m/s时间t内长木板运动的位移x1＝a2t2＝m达共速后两物体一起匀减速至停止，由动能定理得：－μ3(M＋m)gx2＝－(M＋m)v解得x2＝m所以长木板运动的最大位移x＝x1＋x2≈2.78m.2．(1)2m/s(2)30N，方向竖直向下(3)0.16m解析(1)由动能定理有μmgL＋mgR＝mv解得v0＝2m/s(2)根据动能定理有mgR＝mv－0由向心力公式可知：F－mg＝m...
