命题点一 多过程组合问题例1 如图1，固定在水平面上的组合轨道，由光滑的斜面、光滑的竖直半圆(半径R＝2.5m)与粗糙的水平轨道组成；水平轨道动摩擦因数μ＝0.25，与半圆的最低点相切，轨道固定在水平面上．一个质量为m＝0.1kg的小球从斜面上A处由静止开始滑下，并恰好能到达半圆轨道最高点D，且水平抛出，落在水平轨道的最左端B点处．不计空气阻力，小球在经过斜面与水平轨道连接处时不计能量损失，g取10m/s2.求：图1(1)小球从D点抛出的速度vD；(2)水平轨道BC的长度x；(3)小球开始下落的高度h.解析 (1)小球恰好能到达半圆轨道最高点D，此时只有重力作为向心力，即mg＝m所以小球从D点抛出的速度vD＝＝m/s＝5m/s.(2)根据竖直方向上的自由落体运动可得，2R＝gt2，所以运动的时间为t＝＝s＝1s，水平轨道BC的长度即为平抛运动的水平位移的大小，所以x＝vDt＝5×1m＝5m.(3)对从A到D的过程，利用动能定理可得，mgh－μmgx－mg·2R＝mv解得h＝7.5m.
答案
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(1)5m/s (2)5m (3)7.5m多过程问题的解题技巧1．抓住物理情景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．2．两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方向是解题的重要突破口．题组阶梯突破1．运动员驾驶摩托车做腾跃特技
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演是一种刺激性很强的运动项目．如图2所示，AB是水平路面，BC是半径为20m的圆弧，CDE是一段曲面．运动员驾驶功率始终为P＝1.8kW的摩托车在AB段加速，通过B点时速度已达到最大vm＝20m/s，再经t＝13s的时间通过坡面到达E点，此刻关闭发动机水平飞出．已知人和车的总质量m＝180kg，坡顶高度h＝5m，落地点与E点的水平距离s＝16m，重力加速度g＝10m/s2.如果在AB段摩托车所受的摩擦阻力恒定，且不计空气阻力，求：图2(1)AB段摩托车所受摩擦阻力的大小；(2)摩托车过圆弧B点时受到地面支持力的大小；(3)摩托车在沿BCDE冲上坡顶的过程中克服摩擦阻力做的功．答案 (1)90N (2)5400N (3)27360J解析 (1)摩托车在水平面上已经达到了最大速度，牵引力与阻力相等．则P＝Fvm＝Ffvm.Ff＝＝90N.(2)摩托车在B点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m，FN＝m＋mg＝5400N.(3)对摩托车的平抛运动过程，有t1＝＝1s，平抛的初速度v0＝＝16m/s，摩托车在斜坡上运动时，由动能定理得Pt－Wf－mgh＝mv－mv，解得Wf＝27360J.2．如图3所示，半径R＝0.4m的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角θ＝30°，下端点C为轨道的最低点且与粗糙水平面相切，一根轻质弹簧的右端固定在竖直挡板上．质量m＝0.1kg的小物块(可视为质点)从空中A点以v0＝2m/s的速度被水平抛出，恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，经过C点后沿水平面向右运动至D点时，弹簧被压缩至最短，C、D两点间的水平 图3距离L＝1.2m，小物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.求：(1)小物块经过圆弧轨道上B点时速度vB的大小．(2)小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力大小．(3)弹簧的弹性势能的最大值Epm.答案 (1)4m/s (2)8N (3)0.8J解析 (1)小物块恰好从B点沿切线方向进入轨道，由几何关系有vB＝＝4m/s.(2)小物块由B点运动到C点，由动能定理有mgR(1＋sinθ)＝mv－mv在C点处，由牛顿第二定律有FN－mg＝m解得FN＝8N根据牛顿第三定律，小物块经过圆弧轨道上C点时对轨道的压力FN′大小为8N.(3)小物块从B点运动到D点，由能量守恒定律有Epm＝mv＋mgR(1＋sinθ)－μmgL＝0.8J.命题点二 传送带模型问题例2 如图4所示，传送带与地面的夹角θ＝37°，A、B两端间距L＝16m，传送带以速度v＝10m/s，沿顺时针方向运动，物体m＝1kg，无初速度地放置于A端，它与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，试求：图4(1)物体由A端运动到B端的时间．(2)系统因摩擦产生的热量．解析 (1)物体刚放上传送带时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，设物体经时间t1，加速到与传送带同速，则v＝a1t1，x1＝a1t可解得：a1＝10m/s2t1＝1sx1＝5m因mgsinθ>μmgcosθ，故当物体与传送带同速后，物体将继续加速由mgsinθ－μmgcosθ＝ma2L－x1＝vt2＋a2t解得：t2＝1s故物体由A端运动到B端的时间t＝t1＋t2＝2s(2)物体与传送带间的相对位移x相＝(vt1－x1)＋(L－x1－vt2)＝6m故Q＝μmgcosθ·x相＝24J.答案 (1)2s (2)24J传送带问题的分析流程和技巧1．分析流程2．相对位移一对相互作用的滑动摩擦力做功所产生的热量Q＝Ff·x相对，其中x相对是物体间相对路径长度．如果两物体同向运动，x相对为两物体对地位移大小之差；如果两物体反向运动，x相对为两物体对地位移大小之和．3．功能关系(1)功能关系分析：WF＝ΔEk＋ΔEp＋Q.(2)对WF和Q的理解：①传送带的功：WF＝Fx传；②产生的内能Q＝Ffx相对．题组阶梯突破3．一质量为M＝2kg的小物块随足够长的水平传送带一起运动，被一水平向左飞来的子弹击中，子弹从物块中穿过，如图5甲所示，地面观察者
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了小物块被击穿后的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取向右运动的方向为正方向)，已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2.图5(1)指出传送带的速度v的方向及大小，说明理由．(2)计算物块与传送带间的动摩擦因数．(3)计算物块对传送带总共做了多少功？系统有多少能量转化为内能？答案 (1)方向向右 2m/s 理由见解析 (2)0.2(3)－24J 36J解析 (1)由题图可知，物块被击中后先向左做匀减速运动，速度为零后，又向右做匀加速运动，当速度等于2m/s以后随传送带一起匀速运动，所以传送带的速度方向向右，大小为2m/s.(2)由题图可知，a＝＝m/s2＝2m/s2由牛顿第二定律得，滑动摩擦力Ff＝Ma，其中Ff＝μFN，FN＝Mg，所以物块与传送带间的动摩擦因数μ＝＝＝0.2.(3)由题图可知，传送带与物块存在摩擦力的时间只有3s，传送带在这段时间内的位移x＝vt＝2×3m＝6m所以物块对传送带所做的功为W＝－Ffx＝－4×6J＝－24J选传送带为参考系，物块相对于传送带通过的路程x′＝t＝×3m＝9m，所以转化为内能的能量EQ＝Ffx′＝4×9J＝36J.4.如图6所示，与水平面夹角θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A点与上端B点间的距离L＝4m，传送带以恒定的速率v＝2m/s向图6上运动．现将一质量为1kg的物体无初速度地放于A处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，取g＝10m/s2，求：(1)物体从A运动到B共需多长时间？(2)电动机因传送该物体多消耗的电能．答案 (1)2.4s (2)28J解析 (1)物体无初速度地放在A处后，因mgsinθ<μmgcosθ故物体斜向上做匀加速直线运动．加速度a＝＝2.5m/s2物体达到与传送带同速所需的时间t1＝＝0.8st1时间内物体的位移x1＝t1＝0.8m之后物体以速度v做匀速运动，运动的时间t2＝＝1.6s物体运动的总时间t＝t1＋t2＝2.4s(2)前0.8s内物体相对传送带的位移Δx＝vt1－x1＝0.8m因摩擦而产生的内能E内＝μmgcosθ·Δx＝6J整个过程中多消耗的电能E电＝Ek＋Ep＋E内＝mv2＋mgLsinθ＋E内＝28J.(建议时间：40分钟)1．如图1所示，皮带的速度是3m/s，两圆心距离s＝4.5m，现将m＝1kg的小物体轻放在左轮正上方的皮带上，物体与皮带间的动摩擦因数μ＝0.15，皮带不打滑，电动机带动皮带将物体从左轮正上方运送到右轮正上方时，求：(g＝10m/s2)图1(1)小物体获得的动能Ek；(2)这一过程摩擦产生的热量Q；(3)这一过程电动机消耗的电能E.答案 (1)4.5J (2)4.5J (3)9J解析 (1)μmg＝maa＝1.5m/s2μmgx＝mv2所以物体加速阶段运动的位移x＝3m4.5m，即物体可与皮带达到共同速度，Ek＝mv2＝×1×32J＝4.5J.(2)v＝att＝2sQ＝μmg(vt－x)＝0.15×1×10×(6－3)J＝4.5J(3)E＝Ek＋Q＝4.5J＋4.5J＝9J.2．如图2甲所示，一倾角为θ＝37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：图2(1)0～8s内物体位移的大小．(2)物体与传送带间的动摩擦因数．(3)0～8s内物体机械能增加量及因与传送带摩擦产生的热量Q.答案 (1)14m (2)0.875 (3)90J 126J解析 (1)从图乙中求出物体位移x＝－2×2×m＋4×4×m＋2×4m＝14m(2)由图象知，物体相对传送带滑动时的加速度a＝1m/s2对此过程中物体受力分析得μmgcosθ－mgsinθ＝ma得μ＝0.875(3)物体被送上的高度h＝xsinθ＝8.4m重力势能增量ΔEp＝mgh＝84J动能增量ΔEk＝mv－mv＝6J机械能增加量ΔE＝ΔEp＋ΔEk＝90J0～8s内只有前6s发生相对滑动．0～6s内传送带运动距离x1＝4×6m＝24m0～6s内物体位移x2＝6m产生的热量Q＝μmgcosθ·Δx＝μmgcosθ(x1－x2)＝126J.3．(2016·浙江高考考试说明样题)山谷中有三块石头和一根不可伸长的轻质青藤，其示意图如图3.图中A、B、C、D均为石头的边缘点，O为青藤的固定点，h1＝1.8m，h2＝4.0m，x1＝4.8m，x2＝8.0m．开始时，质量分别为M＝10kg和m＝2kg的大、小两只金丝猴分别位于左边和中间的石头上，当大猴发现小猴将受到伤害时，迅速从左边石头的A点水平跳至中间石头．大猴抱起小猴跑到C点，抓住青藤下端，荡到右边石头上的D点，此时速度恰好为零．运动过程中猴子均可看成质点，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2.求：图3(1)大猴从A点水平跳离时速度的最小值；(2)猴子抓住青藤荡起时的速度大小；(3)猴子荡起时，青藤对猴子的拉力大小．答案 (1)8m/s (2)4m/s (3)216N解析 (1)设猴子从A点水平跳离时速度的最小值为vmin，根据平抛运动规律，有h1＝gt2①x1＝vmint②联立①②式，得vmin＝8m/s③(2)猴子抓住青藤后荡到右边石头上的运动过程中机械能守恒，设荡起时速度为vC，有(M＋m)gh2＝(M＋m)v④vC＝＝4m/s⑤(3)设青藤对猴子的拉力为FT，青藤的长度为L，对最低点，由牛顿第二定律得FT－(M＋m)g＝(M＋m)⑥由几何关系(L－h2)2＋x＝L2⑦得：L＝10m⑧联立⑤⑥⑧式并代入数据解得：FT＝216N4．如图4所示，在竖直平面内，粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B点，C点是最低点，圆心角∠BOC＝37°，D点与圆心O等高，圆弧轨道半径R＝1.0m，现在一个质量为m＝0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h＝1.6m，小物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ＝0.5.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2.求：图4(1)小物体第一次通过C点时轨道对小物体的支持力FN的大小．(2)要使小物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长．(3)若斜面已经满足(2)中的要求，小物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道上做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．答案 (1)12.4N (2)2.4m (3)4.8J解析 (1)小物体从E到C，由机械能守恒定律得mg(h＋R)＝mv①在C点，由牛顿第二定律得：FN－mg＝m②联立①②解得FN＝12.4N.(2)从E→D→C→B→A过程，由动能定理得WG－W阻＝0③WG＝mg[(h＋Rcos37°)－LABsin37°]④W阻＝μmgcos37°LAB⑤联立③④⑤解得LAB＝2.4m.(3)因为mgsin37°>μmgcos37°(或μ<tan37°)，所以小物体不会停在斜面上，小物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量Q＝ΔE⑥ΔE＝mg(h＋Rcos37°)⑦联立⑥⑦解得Q＝4.8J.5．(2016·绍兴期末)如图5所示，已知半径分别为R和r的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面内，甲轨道左侧又连接一个光滑的轨道，两圆形轨道之间由一条水平轨道CD相连．一小球自某一高度由静止滑下，先滑过甲轨道，通过动摩擦因数为μ的CD段，又滑过乙轨道，最后离开．若小球在两圆轨道的最高点对轨道压力都恰好为零．试求：图5(1)释放小球的高度h.(2)水平轨道CD段的长度．答案 (1)2.5R (2)解析 (1)小球在光滑圆轨道上滑行时，机械能守恒，设小球滑过C点时的速度为vC，通过甲环最高点速度为v′，根据小球对最高点压力为零，有mg＝m①取轨道最低点为零势能点，由机械守恒定律有：mv＝mg·2R＋mv′2②由①、②两式消去v′，可得：vC＝③同理可得小球滑过D点时的速度为：vD＝④小球从甲轨道左侧光滑轨道滑至C点时机械能守恒，有：mgh＝mv⑤由③、⑤两式联立解得：h＝2.5R由此小球释放的高度为2.5R(2)设CD段的长度为l，对小球滑过CD段过程应用动能定理有：－μmgl＝mv－mv⑥由③、④、⑥三式联立解得：l＝则水平轨道CD段的长度为.6．(2015·浙江1月学考·38)如图6所示为某种弹射小球的游戏装置，水平面上固定一轻质弹簧及长度可调节的竖直管AB.细管下端接有一小段长度不计的圆滑弯管，上端B与四分之一圆弧弯管BC相接，每次弹射前，推动小球将弹簧压缩到同一位置后锁定．解除锁定，小球即被弹簧弹出，水平射进细管A端，再沿管ABC从C端水平射图6出．已知弯管BC的半径R＝0.30m，小球的质量为m＝50g，当调节竖直细管AB的长度L至L0＝0.90m时，发现小球恰好能过管口C端．不计小球运动过程中的机械能损失．(g取10m/s2)(1)求每次弹射时弹簧对小球所做的功W.(2)当L取多大时，小球落至水平面的位置离直管AB最远？(3)调节L时，小球到达管口C时管壁对球的作用力FN也相应变化，考虑到游戏装置的实际情况，L不能小于0.15m，请在图7坐标纸上作出FN随长度L变化的关系图线．(取管壁对球的作用力FN方向向上为正，并要求在纵轴上标上必要的刻度值)图7答案 (1)0.60J (2)0.30m (3)见解析图解析 (1)小球恰好过C点，其速度vC＝0①根据功能关系，每次弹射时弹簧对小球所做的功为：W＝mg(L0＋R)＝0.60J②(2)设小球被弹出时的初速度为v0，到达C时的速度为v，根据动能定理有W＝mv－0③根据机械能守恒定律有mv＝mg(L＋R)＋mv2④综合②③④得v＝⑤根据平抛运动规律，小球落至水平面时的落点离直管AB的距离为s＝vt＋R⑥其中t＝⑦综合⑤⑥⑦得s＝2＋R根据数学知识可判知，当L＝＝0.30m时，s最大．即当L取0.30m时，小球落至水平面的位置离直管AB最远．(3)设小球经过C端时所受管壁作用力方向向上，根据牛顿运动定律有mg－FN＝m又v＝则有FN＝L＋mg(1－)代入数据得FN＝L－2.5(N)(0.90m≥L≥0.15m)据此作出所求图线如图：
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