2021届高考物理二轮专题复习讲义：专题二第2讲 动力学和能量观点的综合应用

第2讲　动力学和能量观点的综合应用
专题复习目标 学科核心素养 高考命题方向
1.本讲在应用机械能守恒定律解决问题的过程中，引导学生体会守恒的思想，领悟从守恒的角度分析问题的方法，增强分析和解决问题的能力。 2．掌握动力学和能量观点分析问题的基本思路和方法。 1.物理观念：能量观念。
2．科学推理和论证能力，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理以及能量守恒定律分析和推理。 高考以创设较为复杂的运动情景为依托，强调受力分析、运动过程分析以及应用动力学和能量观点进行分析和推理。主要题型：动力学方法和动能定理的应用；动力学和能量观点分析多运动过程问题。
一、动力学方法
1．运动学公式：
速度公式：v＝v0＋at，位移公式：s＝v0t＋at2，速度位移公式：v2－v＝2ax，平均速度公式＝。
2．牛顿第二定律
物体运动的加速度与物体受到的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与物体所受合外力的方向是一致的。表达式：F合＝ma，加速度是联系受力和运动的桥梁。
二、能量观点
1．动能定理
(1)内容：物体所受合外力的功等于物体动能的变化量。
(2)表达式：W＝mv－mv。
(3)应用技巧：如果一个物体有多个运动过程，应用动能定理的时候，可以对全过程和分过程应用动能定理列式。
2．机械能守恒定律
(1)内容：在只有重力(或者弹力)做功的物体系统内，动能和势能可以相互转化，但机械能的总量保持不变。
(2)表达式
3．功率表达式P＝Fv的应用
(1)求v：由F牵－F阻＝ma，P＝F牵v，
可求v＝。
(2)求vm：由P＝F阻 vm，可求vm＝。
4．解决机车启动问题时的四点注意
(1)分清是匀加速启动还是恒定功率启动。
(2)匀加速启动过程中，机车功率不断增大，最大功率是额定功率。
(3)以额定功率启动的过程中，牵引力不断减小，机车做加速度减小的加速运动，牵引力的最小值等于阻力。
(4)无论哪种启动方式，最后达到最大速度时，均满足P＝F阻vm，P为机车的额定功率。
热点一　动力学方法和动能定理的应用
1．相关规律和方法
运动学的基本规律、牛顿运动定律、圆周运动的知识和动能定理。
2．解题技巧
如果涉及加速度、时间和受力的分析和计算，一般应用动力学方法；如果只涉及位移、功和能量的转化问题，通常采用动能定理分析。
如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量 m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。
(1)求物块经过B端时速度的大小；
(2)求物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；
(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？
[解析]　(1)根据运动的合成与分解，B点速度方向与水平方向夹角为53°，故vB＝＝2 m/s。
(2)物块从B到C应用动能定理，有mg(R＋Rsin θ)＝mv－mv
解得vC＝6 m/s
在C点，由牛顿第二定律得F－mg＝m,R)
解得F＝46 N
由牛顿第三定律知，物块经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为46 N。
(3)物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，由能量守恒定律得Q＝mv＝18 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)46 N　(3)18 J
【拓展训练1】　(2020·辽宁大连一模)如图所示，半径为R的光滑圆弧轨道ABC固定在竖直平面内，O为圆心，OC竖直，OA水平，B为圆弧的最低点，B点紧靠一足够长的平台MN。D点位于A点正上方。现从D点无初速度释放一个可视为质点的小球，在A点进入圆弧轨道，从C点飞出后做平抛运动，不计空气阻力，重力加速度为g。
(1)通过计算说明小球能否重新落回到轨道内侧；
(2)若DA之间的高度差为3R，求小球落地点P到B点的距离L。
解析：(1)设小球在C点的最小速度为v0，由牛顿第二定律有mg＝m,R)
设小球下降高度R所用时间为t1
R＝gt
在时间t1内的水平位移为x＝v0t1，
解得x＝R>R
所以小球不能重新落回到轨道内侧。
(2)设小球到达C点的速度大小为vC，对小球从D点到C点的过程
由动能定理有mg(3R－R)＝mv
小球从C点飞出后做平抛运动，设经过时间t2落到P点。
竖直方向2R＝gt
水平方向L＝vCt2
解得L＝4R。
答案：(1)见解析　(2)4R
【拓展训练2】　(2020·梧州联考)如图所示，半径R＝0.4 m的部分光滑圆轨道与水平面相切于B点，且固定于竖直平面内。在水平面上距B点s＝5 m处的A点放一质量 m＝3 kg 的小物块，小物块与水平面间动摩擦因数为μ＝0.5。小物块在与水平面夹角θ＝37°斜向上的拉力F的作用下由静止向B点运动，运动到B点时撤去F，小物块沿圆轨道上滑，且能到圆轨道最高点C。圆弧的圆心为O，P为圆弧上的一点，且OP与水平方向的夹角也为θ。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：
(1)小物块在B点的最小速度vB的大小；
(2)在(1)情况下小物块在P点时对轨道的压力大小；
(3)为使小物块能沿水平面运动并通过圆轨道C点，则拉力F的大小范围。
解析：(1)当小物块刚好能通过C点时，通过B的速度最小，小物块在C点，
由牛顿第二定律mg＝m,R)
得vC＝2 m/s
小物块从B到C过程，由动能定理－2mgR＝mv－mv
解得B点的最小速度vB＝2 m/s。
(2)小物块从P到C的过程，由动能定理－mgR(1－sin θ)＝mv－mv
得P点的速度vP＝ m/s
小物块在P点，由牛顿第二定律mgsin θ＋FN＝m,R)得FN＝36 N。
由牛顿第三定律知小物块在P点对轨道的压力大小F′N＝FN＝36 N。
(3)当小物块刚好能通过C点时，从A到B过程
f＝μ(mg－Fsin θ)
Fscos θ－fs＝mv
得F＝ N，当小物块在AB段即将飞离地面时Fsin θ＝mg，得F＝50 N。综上，拉力的取值范围为 N≤F≤50 N。　
答案：(1)2 m/s　(2)36 N　(3) N≤F≤50 N
热点二　动力学和能量观点解决多过程问题
1．运动模型
多运动过程通常包括匀变速直线运动、平抛运动、圆周运动或者是一般的曲线运动。在实际问题中通常是两种或者多种运动的组合。
2．分析技巧
多个运动过程的组合实际上是多种物理规律和方法的综合应用，分析这种问题时应注意要独立分析各个运动过程，而不同过程往往通过连接点的速度建立联系，有时对整个过程应用能量的观点解决问题会更简单。
(2020·东莞联考)如图所示，两个半径均为R的四分之一圆弧构成的光滑细管道ABC竖直放置，且固定在光滑水平面上，圆心连线O1O2水平，轻弹簧左端固定在竖直板上，右端与质量为m的小球接触(不拴接，小球的直径小于管的内径)，宽和高均为R的木盒子固定于水平面上，盒子左侧DG到管道右端C的水平距离为R，开始时弹簧处于锁定状态，具有的弹性势能为4mgR，其中g为重力加速度。解除锁定、小球离开弹簧进入管道、最后从C点抛出。(轨道ABC与木盒截面EFGD在同一竖直面内)
(1)求小球经C点时的动能；
(2)求小球经C点时对轨道的压力；
(3)小球从C点抛出后能直接击中盒子底部时，讨论弹簧锁定时弹性势能满足什么条件。
[解析]　(1)小球释放到C的过程，对其应用动能定理可得： 4mgR－2mgR＝EkC－0
解得小球经C点时的动能： EkC＝2mgR。
(2)由(1)可知C点小球的速度： vC＝2。
在C点取向下为正，由牛顿第二定律可得：
mg＋FN＝m,R)
解得：FN＝3mgR，方向垂直于轨道向下
由牛顿第三定律可知C点小球对轨道的压力大小也为3mgR，方向垂直于轨道向上。
(3)小球恰从G点射入盒子中可直接击中底部，由平抛运动规律可得：
竖直方向：R＝gt
水平方向：R＝vC1t1
联立解得：vC1＝
小球释放到C的过程： Ep1－2mgR＝mv－0
得：Ep1＝mgR
小球直接击中E点时，弹性势能取符合条件的最大值，由平抛运动规律可得：
竖直方向：2R＝gt
水平方向：2R＝vC2t2
联立解得：vC2＝
小球释放到C的过程： Ep2－2mgR＝mv－0
得：Ep2＝mgR
综上符合条件的弹性势能应满足：mgR[答案]　(1)2mgR　(2)3mgR，方向垂直于轨道向上
(3)mgR【拓展训练3】　(2020·衡阳联考)滑板运动是青少年喜爱的一项活动。如图甲所示，滑板运动员以某一初速度从A点水平离开h＝0.8 m高的平台，运动员(连同滑板)恰好能无碰撞地从B点沿圆弧切线进入竖直光滑圆弧轨道，然后由C点滑上涂有特殊材料的水平面，水平面与滑板间的动摩擦因数从C点起按图乙规律变化，已知圆弧与水平面相切于C点，B、C为圆弧的两端点。圆弧轨道的半径R＝1 m，O为圆心，圆弧对应的圆心角θ＝53°，已知g取10m/s2，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，不计空气阻力，运动员(连同滑板)质量m＝50 kg，可视为质点，试求：
(1)运动员(连同滑板)离开平台时的初速度v0；
(2)运动员(连同滑板)通过圆弧轨道最低点对轨道的压力；
(3)运动员(连同滑板)在水平面上滑行的最大距离。
解析：(1)运动员从A平抛至B的过程中，
在竖直方向有v＝2gh①
在B点有vy＝v0tan θ②
由①②式得v0＝3 m/s。③
(2)运动员在圆弧轨道做圆周运动到C处时，
由牛顿第二定律可得：FN－mg＝m,R)④
运动员从A到C的过程，由机械能守恒得：
mg＝mv－mv⑤
联立③④⑤式解得FN＝2 150 N
由牛顿第三定律得：对轨道的压力为FN′＝FN＝2 150 N
方向竖直向下。
(3)运动员经过C点以后，由图可知：x1＝0.5 m，μ＝0.5，mv>μmgx1
设最远距离为x，则x>x1，由动能定理可得：
mv＝μmgx1＋μmg⑥
由⑤⑥式代值解得x＝3.55 m。
答案：(1)3 m/s　(2)2 150 N，方向竖直向下　(3)3.55 m
热点三　含弹簧的动力学和能量问题
(多选)(2020·济南一模)质量为m的小球穿在光滑细杆MN上，并可沿细杆滑动。已知细杆与水平面夹角为30°，细杆长度为2L，P为细杆中点。小球连接轻弹簧，弹簧水平放置，弹簧右端固定于竖直平面的O点。此时弹簧恰好处于原长，原长为L，劲度系数为。将小球从M点由静止释放，小球会经过P点，并能够到达N点。下列说法正确的是(　　)
A．小球运动至P点时受到细杆弹力为mg
B．小球运动至P点处时的加速度为
C．小球运动至N点时的速度为
D．小球运动至N点时弹簧的弹性势能为mgL
[解析]　小球运动至P点时，根据几何关系可得OP之间的距离为：d＝Lsin 30°＝L
则弹簧的弹力大小为：F＝k＝mg
小球在P点时对小球受力分析，可知受重力、弹簧的弹力和轻杆的弹力作用，如图所示：
在垂直于斜面方向上，根据平衡条件有：N＝F＋mgcos 30°
解得：N＝mg
在沿斜面方向上，根据牛顿第二定律有：mgsin 30°＝ma
解得：a＝gsin 30°＝g，A正确，B错误；
根据几何关系，可知ON＝OM＝L
故小球从M点运动至N点，弹性势能变化量为零，所以在N点的弹性势能为零，则整个过程小球减小的重力势能全部转化为小球的动能，根据机械能守恒有：mg(2L)sin 30°＝mv
解得：vN＝，C正确，D错误。
[答案]　AC
【拓展训练4】　(多选)(2020·湖南模拟)如图甲所示，轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为 m 的小球，从离弹簧上端高 h 处由静止释放。研究小球落到弹簧上后继续向下运动到最低点的过程，以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下方向建立坐标轴 Ox，作出小球所受弹力 F 的大小随小球下落的位置坐标 x 变化的关系，如图乙所示，不计空气阻力，重力加速度为 g。以下说法正确的是(　　)
A．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度始终减小
B．小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，加速度先减小后增大
C．当x＝h＋2x0 时，小球的动能为零
D．小球动能的最大值为mgh＋
解析：选BD。小球刚落到弹簧上时，弹力小于重力，小球加速度向下，速度增大，随弹力的增加，加速度减小，当弹力等于重力时加速度为零，此时速度最大；然后向下运动时弹力大于重力，小球的加速度向上且逐渐变大，小球做减速运动直到最低点，则小球落到弹簧上向下运动到最低点的过程中，速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故A错误，B正确；根据乙图可知，当x＝h＋x0，小球的重力等于弹簧的弹力，是平衡位置，在x＝h处小球的动能不为零，根据对称性可知，在x＝h＋2x0 位置小球的动能也不为零，故C错误；小球达到最大速度的过程中，根据动能定理可知mg(h＋x0)－mg·x0＝Ekm，故小球动能的最大值为mgh＋，故D正确。
(建议用时：60分钟)
1．(2020·山东九校期末)一个斜坡可简化为两个倾角不同的斜面，某物体由静止开始下滑，物体与两个斜面之间的动摩擦因数均为μ＝，两个斜面倾角分别为α＝53°，β＝30°。图象中，v、a、s、t、E、Ek分别表示物体速度大小、加速度大小、路程、时间、机械能和动能，下列图象可能正确的是(　　)
解析：选B。由于在两个阶段物体都受摩擦力的作用，摩擦力做负功，机械能减小，故A错误；物体在第一阶段a1＝gsin α－μgcos α＞0
Ek＝mgh－μmgscos α
h＝ssin α
联立得Ek＝mgs
Ek与s成线性关系。
第二阶段，mgsin β－μmgcos β＝ma2
代入数据得a2＝0，速度不变，Ek为常数，故B正确，D错误；
第一阶段v＝a1t
即v2＝at2
所以v2与t成非线性关系，故C错误。
2. (多选)(2020·成都一模)如图所示，轻绳一端固定在O点，另一端拉着立方体小盒子在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，小盒子里装了一质量为m的光滑小球，小球的大小略小于盒子，A、C两点分别为水平直径的左端和右端；B、D两点分别为竖直直径的下端和上端。当小盒子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力。已知当地重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是(　　)
A．小球运动至A点时，对小盒子下壁的压力为零
B．小球运动至C点时，对小盒子右壁的压力为2mg
C．小球运动至C点时，对小盒子下壁的压力为mg
D．小球运动至B点时，对小盒子下壁的压力为6mg
解析：选AD。由题意可知，小球与小盒子一起运动，将小球与小盒子作为整体可知，在A点、C点时整体竖直方向的加速度为重力加速度，由小球在A点、C点时竖直方向的加速度也应为重力加速度，可知小球运动至A点、C点时，对小盒子下壁的压力为零，故A正确，C错误；
小盒子运动至D点时，小球与小盒子的四个壁间恰好无相互作用力，则有mg＝m,R)
小球从D到C过程中有mgR＝mv－mv
小球在C点有NC＝m,R)
联立解得NC＝3mg，故B错误；
小球从D到B过程中有
mg·2R＝mv－mv
小球在B点有NB－mg＝m,R)
联立解得NB＝6mg，故D正确。
3．(2020·永州二模)如图所示，固定在水平地面的斜面体，其斜面倾角α＝30°、斜面长x＝1.6 m，底端与长木板B上表面等高，B静止在光滑水平地面上，左端与斜面接触但不粘连，斜面底端与B的上表面接触处平滑连接。一可视为质点的滑块A从斜面顶端处由静止开始下滑，最终A刚好未从B上滑下。已知A、B的质量均为1 kg，A与斜面间的动摩擦因数μ1＝，A与B上表面间的动摩擦因数μ2＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A．A的最终速度为0
B．B的长度为0.4 m
C．A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为1 J
D．A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为2 J
解析：选C。设A、B的质量均为m，A刚滑上B的上表面时的速度大小为v0。滑块A沿斜面下滑的过程，由动能定理得：mgxsin α－μ1mgxcos α＝mv－0
解得：v0＝2 m/s
设A刚好滑到B右端的时间为t，两者的共同速度为v。滑块A滑上木板B后，木板B向右做匀加速运动，A向右做匀减速运动。根据牛顿第二定律得：
对A有μ2mg＝maA
对B有 μ2mg＝maB
则v＝v0－aAt＝aBt
联立解得 t＝0.2 s，v＝1 m/s
所以，A的最终速度为1 m/s，故A错误；
木板B的长度为
L＝xA－xB＝t－t＝t＝×0.2 m＝0.2 m
故B错误；A在B上滑动过程中，A、B系统所产生的内能为 Q＝μ2mgL＝0.5×1×10×0.2 J＝1 J，故C正确，D错误。
4. (2020·东莞测试)如图所示，物体A、B通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A、B的质量分别为m和1.5m。开始时细绳伸直，用手托着物体A使弹簧处于原长且A与地面的距离为h，物体B静止在地面上。放手后物体A下落，与地面即将接触时速度大小为v，此时物体B对地面恰好无压力，则下列说法正确的是(　　)
A．弹簧的劲度系数为
B．此时弹簧的弹性势能等于mgh＋mv2
C．此时物体B的加速度大小为g，方向竖直向下
D．此时物体A的加速度大小为g，方向竖直向上
解析：选D。物体B对地面压力恰好为零，故细线的拉力为mg，故弹簧对A的拉力也等于mg，弹簧的伸长量为h，由胡克定律得k＝＝，故A错误；物体A与弹簧系统机械能守恒mgh＝Ep弹＋mv2，弹簧的弹性势能等于mgh－mv2，故B错误；此时物体B受重力和细线的拉力，处于平衡状态，加速度为零，故C错误；根据牛顿第二定律F－mg＝ma，解得物体A的加速度a＝，方向竖直向上，故D正确。
5．(2020·金华十校4月模拟)如图所示，BC是高处的一个平台，BC右端连接内壁光滑、半径r＝0.2 m的四分之一细圆管CD，管口D端正下方一根劲度系数为k＝100 N/m的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，上端恰好与管口D端平齐。一可视为质点的小球在水平地面上的A点斜向上抛出，恰好从B点沿水平方向进入高处平台，A、B间的水平距离为xAB＝1.2 m，小球质量m＝1 kg。已知平台离地面的高度为h＝0.8 m，小球与BC间的动摩擦因数μ＝0.2，小球进入管口C端时，它对上管壁有10 N的作用力，通过CD后，在压缩弹簧过程中小球速度最大时弹簧弹性势能Ep＝0.5 J。若不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)小球通过C点时的速度大小vC；
(2)平台BC的长度L；
(3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能Ekm。
解析：(1)小球通过C点时，它对上管壁有F＝10 N的作用力，根据牛顿第三定律可知上管壁对它也有F′＝10 N的作用力，根据牛顿运动定律有F′＋mg＝m,r)
得vC＝2 m/s。
(2)小球从A点抛出到B点所用时间t＝＝0.4 s
到B点时速度vB＝＝3 m/s
小球从B到C的过程中，根据动能定理
－μmgL＝mv－mv
得平台BC的长度L＝1.25 m。
(3)小球压缩弹簧速度最大时，加速度为零，则mg＝kx
弹簧的压缩量x＝0.1 m
从C位置到小球的速度最大时的过程中，根据机械能守恒mg＋mv＝Ekm＋Ep
得Ekm＝4.5 J。
答案：(1)2 m/s　(2)1.25 m　(3)4.5 J
6．(2020·蚌埠教学质检)图a所示为杂技“顶竿”表演，质量为m1＝50 kg的甲站在地面上，肩上扛一质量为m2＝5 kg 的竖直竹竿，竿上有一质量为m3＝45 kg的乙可视为质点，乙从竿的顶端A恰好下滑到竿的末端B，其速度—时间图象如图b所示，g取10 m/s2，求：
(1)竿AB的长度；
(2)整个下滑过程中，竿对乙所做的功；
(3)1～3 s内甲对地面的压力大小。
解析：(1)由乙的速度－时间图象可知竿长为
s＝×2×3 m＝3 m。
(2)乙从A到B的过程中，设竿对乙做的功为W。由动能定理得W＋m3gs＝0－0
解得W＝－1 350 J。
(3)1～3 s内，乙匀减速下降，加速度方向向上，由图象可知其加速度大小为a＝1 m/s2
设地面对甲的支持力大小为F，分析甲、乙和竿组成的整体，由牛顿第二定律得F－(m1＋m2＋m3)g＝m3a
解得F＝1 045 N
由牛顿第三定律可知，甲对地面的压力
F′＝－F＝－1 045 N
即甲对地面的压力大小1 045 N。
答案：(1)3 m　(2)－1 350 J　(3)1 045 N
7．(2020·辽宁一模)如图所示，弯成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。质量为0.1 kg的有孔小球A(可视为质点)穿在圆弧细杆上，小球A通过轻质细绳与质量也为0.1 kg的小球B相连，细绳绕过固定在Q处的轻质小定滑轮。将小球A由圆弧细杆上某处静止释放，则小球A沿圆弧杆下滑，同时带动小球B运动，当小球A下滑到D点时其速度大小为4 m/s，此时细绳与水平方向的夹角为37°，已知重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，cos 16°＝0.96。
(1)小球A下滑到D点时，若细绳的张力T＝x(N)，则圆弧杆对小球A的弹力是多大？
(2)小球A下滑到D点时，小球B的速度是多大？方向向哪？
(3)如果最初释放小球A的某处恰好是P点，请通过计算判断圆弧杆PD段是否光滑。
解析：(1)当小球A运动到D点时，设圆弧杆对小球A的弹力为FN，由牛顿第二定律有FN＋Tcos 37°－mgcos 16°＝,R)
解得FN＝(2.96－0.8x)N。
(2)小球A在D点时，小球B的速度vB＝vAsin 37°＝2.4 m/s
方向竖直向下。
(3)由几何关系有
若圆弧杆不光滑，则在小球A从P点滑到D点的过程中，必有摩擦力对小球A做功。设摩擦力对小球A做功为Wf，对A、B两小球由功能关系得
mgh＋mg＋Wf＝mv＋mv
代入数据解得Wf＝0
所以圆弧杆PD段是光滑的。
答案：(1)(2.96－0.8x)N
(2)2.4 m/s　竖直向下　(3)见解析
8．(2020·衡水中学一调)如图所示，半圆形光滑轨道竖直固定且与水平地面相切于A点，半径R＝0.1 m，其右侧一定水平距离处固定一个斜面体。斜面C端离地高度h＝0.15 m，E端固定一轻弹簧，原长为DE，斜面CD段粗糙而DE段光滑。现给一质量为0.1 kg的小物块(可看做质点)一个水平初速度，从A处进入圆轨道，离开最高点B后恰能落到斜面顶端C处，且速度方向恰平行于斜面，物块沿斜面下滑压缩弹簧后又沿斜面向上返回，第一次恰能返回到最高点C。物块与斜面CD段的动摩擦因数μ＝，斜面倾角θ＝30°，重力加速度g取10 m/s2，不计物块碰撞弹簧的机械能损失。
(1)物块运动到B点时对轨道的压力为多大？
(2)CD间距离L为多少米？
(3)小物块在粗糙斜面CD段上能滑行的总路程s为多长？
解析：(1)物块从B到C做平抛运动，则有：
v＝2g(2R－h)
在C点时有：tan θ＝
代入数据解得：vB＝ m/s
在B点对物块进行受力分析，得：F＋mg＝m,R)
解得：F＝2 N
根据牛顿第三定律知物块对轨道的压力大小为：
F′＝F＝2 N，方向竖直向上。
(2)在C点的速度为：vC＝＝2 m/s
物块从C点下滑到返回C点的过程，根据动能定理得：
－μmgcos θ·2L＝0－mv
代入数据解得：L＝0.4 m。
(3)最终物块在DE段来回滑动，从C到D，根据动能定理得：
mgLsin θ－μmgcos θ·s＝0－mv
解得：s＝1.6 m。
答案：(1)2 N　(2)0.4 m　(3)1.6 m
9．如图所示，AB为半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道，下端B恰好与小车右端平滑对接，小车质量M＝3 kg，车长L＝2.06 m，现有一质量m＝1 kg的滑块，由轨道顶端无初速释放，滑到B端后冲上小车，已知地面光滑，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，当车运行了1.5 s时，车被地面装置锁定。(g＝10 m/s2)。求：
(1)滑块刚到达B端瞬间，轨道对它支持力的大小；
(2)车被锁定时，车右端距轨道B端的距离；
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块与车面间由于摩擦而产生的内能大小。
解析： (1)滑块从光滑圆弧轨道滑下的过程，根据机械能守恒定律得mgR＝mv2，解得v＝4 m/s　
滑块经过B端时，由牛顿第二定律得N－mg＝m，解得N＝30 N。
(2)当滑块滑上小车后，由牛顿第二定律，对滑块有－μmg＝ma1，解得a1＝－3 m/s2
对小车有μmg＝Ma2，解得a2＝1 m/s2
设经时间t两者达到共同速度，则有v＋a1t＝a2t
联立解得t＝1 s
由于1 s＜1.5 s，此时小车还未被锁定，两者的共同速度v′＝a2t＝1 m/s
两者以共同速度运动时间为t′＝0.5 s
故车被锁定时，车右端距轨道B端的距离S＝a2t2＋v′t′＝1 m。　
(3)从车开始运动到被锁定的过程中，滑块相对小车滑动的距离ΔS＝t－a2t2＝2 m
所以系统损失的机械能即产生的内能为E＝μmgΔS＝6 J。
答案：(1)30 N　(2)1 m　(3)6 J