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1、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(2017上海普陀区模拟)如图1所示，MN为光滑的水平面，NO是一长度s1.25 m、倾角为37的光滑斜面(斜面体固定不动)，OP为一粗糙的水平面MN、NO间及NO、OP间用一小段光滑圆弧轨道相连一条质量为m2 kg，总长L0.8 m的均匀柔软链条开始时静止的放在MNO面上，其AB段长度为L10.4 m，链条与OP面的动摩擦因数0.5.(g10 m/s2，sin 370.6，c
2、os 370.8)，现自由释放链条，求：图1(1)链条的A端滑到O点时，链条的速率为多大？(2)链条在水平面OP停下时，其C端离O点的距离为多大？2(2017四川成都第一次诊断)如图2是某“吃货”设想的“糖炒栗子”神奇装置：炒锅的纵截面与半径R1.6 m的光滑半圆弧轨道位于同一竖直面内，炒锅纵截面可看做是长度均为L2.5 m的斜面AB、CD和一小段光滑圆弧BC平滑对接组成假设一栗子从水平地面上以水平初速度v0射入半圆弧轨道，并恰好能从轨道最高点P飞出，且速度恰好沿AB方向从A点进入炒锅已知两斜面的倾角均为37，栗子与两斜面之间的动摩擦因数均为，栗子在锅内的运动始终在图示纵截面内，整个过程栗子质
3、量不变，重力加速度取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图2(1)栗子的初速度v0的大小及A点离地高度h；(2)栗子在斜面CD上能够到达的距C点最大距离x.3.(2017广东佛山段考)如图3所示，倾角30的光滑斜面底端固定一块垂直斜面的挡板将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L4 m，现同时无初速度释放A和B.已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为m1 kg，它们之间的动摩擦因数，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为E10 J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g取10 m/s2.求：图3(1)A第一次与挡板碰前瞬
4、间的速度大小v；(2)A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间t；(3)B相对于A滑动的可能最短时间t.4(2018四川泸州一检)如图4所示，一根轻弹簧左端固定于竖直墙上，右端被质量m1 kg可视为质点的小物块压缩而处于静止状态，且弹簧与物块不拴接，弹簧原长小于光滑平台的长度在平台的右端有一传送带，AB长L5 m，物块与传送带间的动摩擦因数10.2，与传送带相邻的粗糙水平面BC长s1.5 m，它与物块间的动摩擦因数20.3，在C点右侧有一半径为R的光滑竖直圆弧与BC平滑连接，圆弧对应的圆心角为120，在圆弧的最高点F处有一固定挡板，物块撞上挡板后会以原速率反弹回来若传送带以v5 m/s的速率
5、顺时针转动，不考虑物块滑上和滑下传送带的机械能损失当弹簧储存的Ep18 J能量全部释放时，小物块恰能滑到与圆心等高的E点，取g10 m/s2.图4(1)求右侧圆弧的轨道半径R；(2)求小物块最终停下时与C点的距离；(3)若传送带的速度大小可调，欲使小物块与挡板只碰一次，且碰后不脱离轨道，求传送带速度的可调节范围答案精析1(1)3 m/s(2)0.98 m解析(1)链条的A端滑到O点的过程中，因为只有重力做功，所以机械能守恒设水平面为重力势能的零势能面，设链条开始运动时的机械能为E1，AB段链条质量为m11 kg，BC段链条质量为m21 kg.E1m2gssin m1g(ssin sin )11
6、01.250.6 J110(1.250.60.20.6) J13.8 J因为sL，链条的A端滑到O点时，C点已在斜面上设此时的机械能为E2，E2mgsin mv2由机械能守恒定律：E1E2链条的A端滑到O点时的速率v解得v m/s3 m/s(2)链条在开始进入水平面阶段，摩擦力是变力但摩擦力随距离均匀增大，可以用平均摩擦力求摩擦力做功从链条的A端滑到O点到最终链条停下的过程，由动能定理：mgsin mgLmgx0mv2链条在水平面OP停下时，其C端离O点的距离x m0.98 m2(1)4 m/s2.75 m(2) m解析(1)设栗子质量为m，在P点的速度为vP，在A点的速度为vA栗子沿半圆弧轨
7、道运动至P点的过程中由机械能守恒定律有mv2mgRmv恰能过P点，满足的条件为mgm代入数据解得vP4 m/s，v04 m/s栗子从P至A做平抛运动，在A点的速度方向沿AB故竖直分速度vAyvPtan 由平抛运动规律，栗子从P至A下落的高度为y又h2Ry代入数据解得h2.75 m(2)栗子在A点的速度为vA由动能定理有mgsin (Lx)mgcos (Lx)0mv代入数据解得x m3(1)2 m/s(2) s(3) s解析(1)B和A一起沿斜面向下运动，由机械能守恒定律有2mgLsin (2m)v2由式得v2 m/s(2)第一次碰后，对B有mgsin mgcos 故B匀速下滑对A有：mgsin
8、 mgcos ma1得A的加速度a110 m/s2，方向始终沿斜面向下设A第一次反弹的速度大小为v1，由动能定理有mv2mvEt由式得t s(3)设A第二次反弹的速度大小为v2，由动能定理有mv2mv2E得v20 m/s即A与挡板第二次碰后停在底端，B继续匀速下滑，与挡板碰后B反弹的速度为v，加速度大小为a，由动能定理有mv2mv2Emgsin mgcos ma由式得B沿A向上做匀减速运动的时间t2 s当B速度为0时，因mgsin mgcos fm，B将静止在A上当A停止运动时，B恰好匀速滑至挡板处，B相对A运动的时间t最短，故ttt2 s4(1)0.8 m(2) m(3) m/sv m/s解
9、析(1)物块被弹簧弹出，由Epmv，可知：v06 m/s因为v0v，故物块滑上传送带后先减速，物块与传送带相对滑动过程中，由：1mgma1，vv0a1t1，x1v0t1a1t得到a12 m/s2，t10.5 s，x12.75 m因为x10，故物块会再次滑上传送带，物块在恒定摩擦力的作用下先减速至0再反向加速，由运动的对称性，可知其以相同的速率离开传送带，设最终停在距C点x处，有mv2mg(sx)解得x m(3)设传送带速度为v1时物块恰能到F点，在F点满足mgsin 30m从B到F过程中由动能定理可知：mvmv2mgsmg(RRsin 30)解得：v1 m/s设传送带速度为v2时，物块撞挡板后返回能再次上滑恰到E点由mv2mg3smgR解得v2 m/s若物块在传送带上一直加速运动，由mvmv1mgL知其到B点的最大速度vBm m/s综合上述分析可知，只要传送带速度 m/sv m/s就满足条件