能力课时7应用动力学观点和能量观点突破多过程综合问题1．如图1所示，在光滑水平地面上放置质量M＝2kg的长木板，木板上表面与固定的竖直弧形轨道相切。一质量m＝1kg的小滑块自A点沿弧面由静止滑下，A点距离长木板上表面高度h＝0.6m。滑块在木板上滑行t＝1s后，和木板以共同速度v＝1m/s匀速运动，取g＝10m/s2。求：图1(1)滑块与木板间的摩擦力大小；(2)滑块沿弧面下滑过程中克服摩擦力做的功；(3)滑块相对木板滑行的距离。解析(1)对木板Ff＝Ma1，由运动学公式得v＝a1t解得a1＝1m/s2，Ff＝2N(2)对滑块有－Ff＝ma2设滑块滑上木板时的初速度为v0，由公式v－v0＝a2t解得a2＝－2m/s2，v0＝3m/s滑块沿弧面下滑的过程中，由动能定理得mgh－Wf＝mv可得滑块克服摩擦力做的功为Wf＝mgh－mv＝1.5J(3)t＝1s内木板的位移x1＝a1t2＝0.5m此过程中滑块的位移x2＝v0t＋a2t2＝2m故滑块相对木板滑行距离L＝x2－x1＝1.5m答案(1)2N(2)1.5J(3)1.5m2．如图2所示，上表面光滑，长度为3m、质量M＝10kg的木板，在F＝50N的水平拉力作用下，以v0＝5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动。现将一个质量为m＝3kg的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，当木板运动了L＝1m时，又将第二个同样的小铁块无初速度地放在木板最右端，以后木板每运动1m就在其最右端无初速度地放上一个同样的小铁块。(g取10m/s2)求：图2(1)木板与地面间的动摩擦因数；(2)刚放第三个铁块时木板的速度大小；(3)从放第三个铁块开始以后(以后停止放铁块)到木板停下的过程，木板运动的距离。解析(1)木板做匀速直线运动时，受到地面的摩擦力为Ff由平衡条件得F＝Ff①Ff＝μMg②联立并代入数据得μ＝0.5③(2)每放一个小铁块，木板所受的摩擦力增加μmg，令刚放第三个铁块时木板速度为v1，对木板从放第一个铁块到刚放第三个铁块的过程，由动能定理得－μmgL－2μmgL＝Mv－Mv④联立代入数据得v1＝4m/s⑤(3)从放第三个铁块开始到木板停下之前，木板所受的摩擦力恒为μ(3m＋M)g从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距离为x，对木板由动能定理得－3μmgx＝0－Mv⑥联立并代入数据得x＝m＝1.78m答案(1)0.5(2)4m/s(3)1.78m3．(2016·江苏扬州模拟)如图3所示，AB段为一半径R＝0.2m的光滑圆弧轨道，EF是一倾角为30°的足够长的光滑固定斜面，斜面上有一质量为0.1kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1kg的物块(图中未画出)从A点由静止开始下滑，通过B点后水平抛出，经过一段时间后恰好以平行于薄木板的方向滑上薄木板，在物块滑上薄木板的同时薄木板解除锁定，下滑过程中某时刻物块和薄木板能达到共同速度。已知物块与薄木板间的动摩擦因数为μ＝。(g＝10m/s2，结果可保留根号)求：图3(1)物块到达B点时对圆弧轨道的压力；(2)物块滑上薄木板时的速度大小；(3)达到共同速度前物块下滑的加速度大小及从物块滑上薄木板至达到共同速度所用的时间。解析(1)物块从A到B的过程，由动能定理得：mgR＝mv解得：vB＝2m/s在B点由牛顿第二定律得：FN－mg＝m解得：FN＝3N由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3N，方向竖直向下(2)设物块滑上薄木板的速度为v，则：cos30°＝解得：v＝m/s(3)物块和薄木板下滑过程中，由牛顿第二定律得：对物块：mgsin30°－μmgcos30°＝ma1对薄木板：mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2设物块和薄木板达到的共同速度为v′，则：v′＝v＋a1t＝a2t解得：a1＝2.5m/s2，t＝s答案(1)3N，方向竖直向下(2)m/s(3)2.5m/s2s4．(2016·乐山市三诊)利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处。如图4所示，已知传送轨道平面与水平方向成37°角，倾角也是37°的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数μ＝0.25。皮带传动装置顺时针匀速转动的速度v＝4m/s，两轮轴心相距L＝5m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m＝1kg的工件放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B点时速度v0＝8m/s，A、B间的距离x＝1m。工件可视为质点，g取10m/s2。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：图4(1)弹簧的最大弹性势能；(2)...
