专题强化九 动力学和能量观点的综合应用
题型一 传送带模型
A．建筑工人比建筑材料早0.5 s到右端 B．建筑材料在运输带上一直做匀加速直线运动 C．因运输建筑材料电动机多消耗的能量为10 J D．运输带对建筑材料做的功为10 J 答案 AD 解析 建筑工人匀速运动到右端，所需时间t1＝＝2 s，假设建筑材料先加速再匀速运动，加速时的加速度大小为a＝μg＝1 m/s2，加速的时间为t2＝＝1 s，加速运动的位移为x1＝t2＝0.5 m<L，假设成立，因此建筑材料先加速运动再匀速运动，匀速运动的时间为t3＝＝1.5 s，因此建筑工人比建筑材料早到达右端的时间为Δt＝t3＋t2－t1＝0.5 s，A正确，B错误；建筑材料与运输带在加速阶段摩擦生热，该过程中运输带的位移为x2＝v0t2＝1 m，则因摩擦而生成的热量为Q＝μmg(x2－x1)＝10 J，由动能定理可知，运输带对建筑材料做的功为W＝mv02＝10 J，则因运输建筑材料电动机多消耗的能量为20 J，C错误，D正确．
(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 答案 (1) (2)230 J 解析 (1)由题图可知，传送带长x＝＝3 m 工件速度大小达到v0前，做匀加速运动，有x1＝t1 工件速度大小达到v0后，做匀速运动， 有x－x1＝v0(t－t1) 联立解得加速运动的时间t1＝0.8 s 加速运动的位移大小x1＝0.8 m 所以加速度大小a＝＝2.5 m/s2 由牛顿第二定律有μmgcos θ－mgsin θ＝ma 解得μ＝. (2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量． 在时间t1内，传送带运动的位移大小 x传＝v0t1＝1.6 m 在时间t1内，工件相对传送带的位移大小 x相＝x传－x1＝0.8 m 在时间t1内，摩擦产生的热量 Q＝μmgcos θ·x相＝60 J 最终工件获得的动能Ek＝mv02＝20 J 工件增加的势能Ep＝mgh＝150 J 电动机多消耗的电能 E＝Q＋Ek＋Ep＝230 J.
1．传送带问题的分析方法 (1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系． (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． 2．功能关系分析 (1)传送带克服摩擦力做的功：W＝Ffx传． (2)系统产生的内能：Q＝Ffs相对，s相对表示相对路程． (3)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q. 题型二 滑块—木板模型
A．木板A最终获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为4 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 答案 D 解析 由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物体B和木板A水平方向均受滑动摩擦力．根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能EkA＝mv12＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝mv02－·2m·v2＝2 J，选项B错误；由题图乙可得二者相对位移为1 m，即木板A的最小长度为1 m，选项C错误；对B受力分析，根据牛顿第二定律，可得μmg＝ma，解得μ＝0.1，选项D正确．
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2； (2)A相对于B静止时的速度大小v； (3)整个过程中由于摩擦生成的热量Q. 答案 (1)3 m/s2 2 m/s2 (2) m/s (3) J 解析 (1)若A、B相对静止，则有a＝＝ m/s2>＝2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2 对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2 解得a2＝2 m/s2. (2)撤去F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s， 撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2， 设经历时间t2二者共速，则有v1－a3t2＝v2＋a2t2，解得t2＝ s，则v＝v1－a3t2＝ m/s. (3)外力F对A、B整体做的功为 F·Δx＝F·a1t12＝ J A、B最终以速度v＝ m/s运动． 故A、B整体动能为Ek＝(M＋m)v2＝ J 由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋Ek，则Q＝ J.
1．动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t＝＝，可求出共同速度v和所用时间t，然后由位移公式可分别求出二者的位移． 2．功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律．如图所示，要注意区分三个位移：
(1)求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x滑； (2)求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x板； (3)求摩擦生热时用相对位移Δx. 题型三 多运动组合问题
(1)小滑块P经过圆弧轨道上B点的速度大小； (2)小滑块P到达圆弧轨道上的C点时对轨道压力的大小； (3)弹簧的弹性势能的最大值； (4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出B点的速度大小；若不能，判断滑块最后位于何处． 答案 (1)2 m/s (2)50 N (3)6 J (4)无法从B点离开，离D点0.2 m(或离C点0.8 m) 解析 (1)设滑块P经过B点的速度大小为vB，由平抛运动知识有v0＝vBsin 30°，得vB＝2 m/s (2)滑块P从B点到达最低点C点的过程中，由机械能守恒定律得 mg(R＋Rsin 30°)＋mvB2＝mvC2 解得vC＝4 m/s 经过C点时受轨道的支持力大小为FN， 有FN－mg＝m，解得FN＝50 N 由牛顿第三定律可得滑块在C点时对轨道的压力大小F压＝50 N (3)设弹簧的弹性势能最大值为Epm，滑块从C点到F点的过程中，根据动能定理有－μmgLCD－mgLDFsin 30°－Epm＝0－mvC2，代入数据可解得Epm＝6 J (4)设滑块返回时能上升的高度为h，根据动能定理有mgLDFsin 30°＋Epm－μmgLCD＝mgh，代入数据可解得h＝0.6 m，因为h<R，故无法从B点离开，又mvC2＝μmgx，代入数据可解得x＝3.2 m＝3LCD＋0.2 m，滑块最后静止时的位置离D点0.2 m(或离C点0.8 m)．
(1)C、D两点间的距离x； (2)物块从B点运动到E点的时间t； (3)EF轨道的长度L2以及物块最后停止的位置到F点的距离s. 答案 (1)1.2 m (2) s (3)6 m 1.35 m 解析 (1)物块从A点由静止滑到B点，由机械能守恒定律则有mgR＝mvB2，解得vB＝3 m/s 物块从B到D做平抛运动，由速度的合成与分解可知，物块在D点的速度大小vD＝＝5 m/s 竖直方向的分速度大小vy＝vBtan θ＝4 m/s 竖直方向物块做自由落体运动，有vy＝gt1， 解得t1＝0.4 s C、D两点间的距离x＝vBt1＝1.2 m. (2)物块在斜轨道上的加速度大小a1＝gsin θ－μgcos θ＝6 m/s2，由L1＝vDt2＋a1t22 代入数据解得t2＝ s 物块从B点运动到E点的时间 t＝t1＋t2＝0.4 s＋ s＝ s. (3)物块由F到G，由机械能守恒定律mvF2＝mgR，代入数据解得vF＝＝3 m/s 物块在E点的速度vE＝vD＋a1t2，可得vE＝7 m/s 物块从E到F，由动能定理可得 －μmgL2＝mvF2－mvE2 代入数据解得L2＝6 m 物块由G点滑下经F点到粗糙水平直轨道上滑行直至停下，由动能定理可得－μmgs＝0－mvF2 代入数据解得s＝1.35 m.
1．分析思路 (1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力的变化情况； (2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况； (3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的规律求解． 2．方法技巧 (1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景； (2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律； (3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案． 课时精练
1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v顺时针运动，某时刻一个质量为m的小物块，以大小也是v、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q，则下列判断中正确的是( )
A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2 C．W＝，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2 答案 B 解析 对小物块，由动能定理有W＝mv2－mv2＝0，设小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块向左做减速运动时，二者间的相对路程x1＝t＋vt＝vt，小物块向右做加速运动时，二者间的相对路程x2＝vt－t＝t，又t＝，则小物块与传送带间的相对路程x相对＝x1＋x2＝，小物块与传送带间因摩擦产生的热量Q＝μmgx相对＝2mv2，选项B正确． 2.(多选)如图所示，质量m＝1 kg的物体(可视为质点)从高为h＝0.2 m的光滑轨道上P点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A点，轨道与传送带在A点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A、B两点之间的距离为L＝5 m，传送带一直以v＝4 m/s的速度顺时针运动，则(g取10 m/s2)( )
A．物体从A运动到B的时间是1.5 s B．物体从A运动到B的过程中，摩擦力对物体做功为2 J C．物体从A运动到B的过程中，产生的热量为2 J D．物体从A运动到B的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J 答案 AC 解析 设物体下滑到A点时的速度大小为v0，在由P到A过程中，由机械能守恒定律有mv02＝mgh，代入数据得v0＝＝2 m/s<v＝4 m/s，则物体滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下做匀加速运动，加速度大小为a＝＝μg＝2 m/s2；当物体的速度与传送带的速度相等时用时t1＝＝ s＝1 s，匀加速运动过程的位移大小x1＝t1＝×1 m＝3 m<L＝5 m，所以物体与传送带共速后向右做匀速运动，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝0.5 s，故物体从A运动到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s，选项A正确；物体运动到B时的速度大小vB＝4 m/s，根据动能定理得，摩擦力对物体做的功W＝mvB2－mv02＝×1×42J－×1×22J＝6 J，选项B错误；在t1时间内，传送带做匀速运动的位移为x带＝vt1＝4 m，故产生的热量Q＝μmgΔx＝μmg(x带－x1)，代入数据得Q＝2 J，选项C正确；电动机多做的功一部分转化成了物体的动能，另一部分转化为内能，则电动机多做的功W′＝W＋Q＝6 J＋2 J＝8 J，选项D错误． 3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v向右匀速运动，现将质量为m的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F，则力F对木板所做的功为( )
A. B. C．mv2 D．2mv2 答案 C 解析 由能量转化和能量守恒定律可知，力F对木板所做的功W一部分转化为物体的动能，一部分转化为系统内能，故W＝mv2＋μmgx相，x相＝vt－t，a＝μg，v＝at，联立以上各式可得W＝mv2，故选项C正确． 4．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v－t图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m＝1 kg，已知木板足够长，g取10 m/s2，则( )
A．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5 B．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 J C．小物块的初速度为v0＝12 m/s D．0～2 s与2～3 s物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶1 答案 ACD 解析 由题图乙可知，木板先做匀加速运动，再做匀减速运动，故可知地面对木板有摩擦力，在0～2 s内，木板受物块向右的摩擦力和地面向左的摩擦力而做匀加速运动，加速度为a1＝＝ m/s2＝1 m/s2.对木板，根据牛顿第二定律有，Ff1－Ff2＝ma1，Ff1＝μmg，在2～3 s内，木板与物块相对静止，受地面摩擦力做匀减速运动，加速度为a2＝＝ m/s2＝－2 m/s2，即加速度大小为2 m/s2，方向向左，对整体，根据牛顿第二定律有，Ff2＝2ma2＝4 N，联立以上各式，解得μ＝0.5，故A正确；对物块，在0～2 s内，受木板的摩擦力作用而做匀减速运动，由牛顿第二定律，有μmg＝ma，解得a＝5 m/s2，由v＝v0－at可得v0＝v＋at＝2 m/s＋5×2 m/s＝12 m/s，故C正确；最后木板与物块均静止，故在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量等于物块的初动能，即Q＝mv02＝×1×122J＝72 J,2～3 s时间内物块和木板一起减速，系统的机械能减少量ΔE损2＝·2mv2＝4 J，故0～2 s时间内系统机械能减少量ΔE损1＝72 J－4 J＝68 J，则0～2 s与2～3 s系统机械能减少量之比为17∶1，故B错误，D正确． 5．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m＝1 kg，g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/s B．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝ C．0～t2时间内因摩擦产生的热量为27 J D．0～t2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J 答案 ABC 解析 从题图乙可知，小物块最终随传送带一起匀速运动，说明传送带的速度大小为2 m/s，顺时针转动，故A正确；由题图乙可知，小物块的加速度大小a＝1 m/s2，对物块受力分析，可得μmgcos θ－mgsin θ＝ma，解得μ＝，故B正确；物块运动速度减为零后，反向加速过程经历的时间t＝＝2 s，由题图乙可知t2＝3 s，物块运动的位移大小x＝1.5 m，传送带与物块的相对位移Δx＝4.5 m，摩擦产生的热量Q＝μmgcos θ·Δx＝27 J，故C正确；物块增加的重力势能ΔEp＝mgsin θ·x＝7.5 J，物块动能的增量ΔEk＝mv02－mv12＝1.5 J，传送带多消耗的电能W电＝Q＋ΔEp＋ΔEk＝36 J，故D错误． 另解：物块运动速度减为零后，反向加速经历时间t＝＝2 s，因此题图乙中t2＝3 s， 3 s内传送带的位移x传＝v0t2＝6 m， 传送带多消耗的电能W电＝μmgcos θ·x传＝36 J，故D错误．
6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M＝1.0 kg，长度L＝1.0 m．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F将木板抽出，若F＝8 N，g取10 m/s2.求：
(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q. 答案 (1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J 解析 (1)当用F＝8 N的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a1＝μg＝3 m/s2 木板运动的加速度大小为a2＝＝5 m/s2 设抽出过程的时间为t，则有a2t2－a1t2＝L， 解得t＝1 s，所以小铁块运动的位移为x1＝a1t2， 解得x1＝1.5 m 木板运动的位移为x2＝a2t2，解得x2＝2.5 m 摩擦力对小铁块做的功为W1＝μmgx1， 解得W1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为W2＝－μmgx2， 解得W2＝－7.5 J (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能 Q＝μmgL＝3 J. 7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB长为2R，其A端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O1、半径为R的光滑圆弧轨道BC与AB相切于B点，并且和圆心在O2、半径为2R的光滑细圆管轨道CD平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD右侧有一半径为2R，圆心在D点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点．质量为m的小滑块(可视为质点)从轨道上的C点由静止滑下，刚好能运动到A点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径可不计，重力加速度为g)．求：
(1)小滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep； (3)小滑块通过最高点D后落到挡板上时具有的动能Ek. 答案 (1) (2)mgR (3)(2－1)mgR 解析 (1)由几何关系得BC间的高度差h＝R 小滑块从C点运动到A点的过程中，由动能定理得mgh－μmg·2R＝0，解得μ＝ (2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W弹＝Ep 滑块从A到D过程由动能定理得 Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0 滑块在D点，由重力提供向心力，有mg＝m 联立解得Ep＝mgR. (3)滑块通过D点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt 竖直方向有y＝gt2 由几何关系可知x2＋y2＝4R2 可得滑块落到挡板上时的动能为Ek＝m[v2＋(gt)2]，联立解得Ek＝(2－1)mgR. 8．“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC为一段半径为R＝5 m的光滑圆弧轨道，B为圆弧轨道的最低点．P为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE，木板上边缘与斜面顶端D重合，圆形轨道末端C与斜面顶端D之间的水平距离为x＝0.32 m．一物块以某一速度从A端进入，沿圆形轨道运动后从C端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t＝0.2 s恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m＝3 kg，薄木板质量M＝1 kg，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：
(1)物块滑到圆轨道最低点B时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离； (3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量． 答案 (1)(91.92－24) N (2)1.5 m (3)87 J 解析 (1)物块由C到D，做斜上抛运动 水平方向v水平＝＝1.6 m/s 物块恰好以平行于薄木板的方向从D端滑上薄木板，则在D的速度大小v＝＝2 m/s， v竖直＝vsin θ＝1.2 m/s 物块在C端时竖直方向速度大小v竖直′＝v竖直－gt＝－0.8 m/s， vC＝＝ m/s 由B到C有mvB2＝mvC2＋mgR(1－cos α) 其中cos α＝， 在B点有FN－mg＝m 由牛顿第三定律得F压＝FN＝(91.92－24) N (2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mgcos θ－mgsin θ＝mam，解得物块加速度大小am＝ m/s2，做匀减速直线运动 对木板有μ2mgcos θ＋Mgsin θ－μ1(M＋m)gcos θ＝MaM，解得木板加速度大小aM＝ m/s2，做匀加速直线运动设两者经时间t1达到共速v共，则有v－amt1＝aMt1＝v共 解得t1＝1.5 s，v共＝1 m/s 此过程中s物＝t1＝ m， s板＝t1＝ m 物块相对于木板运动的距离Δs＝s物－s板＝1.5 m (3)μ2mgcosθ>mgsin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a共＝μ1gcos θ－gsin θ＝ m/s2，s共＝＝1.5 m Q物－板＝μ2mgcos θ·Δs＝30 J Q板－斜＝μ1(M＋m)gcos θ·(s板＋s共)＝57 J 整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q＝Q物－板＋Q板－斜＝87 J.
9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为LMN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长LBC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.
(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H； (2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小； (3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H的范围． 答案 (1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m≤H≤0.8 m 解析 (1)滑块P在圆形轨道F点时对轨道的压力刚好为零，则vF＝0 mg(H－R)－μmgLBC＝0 解得H＝0.4 m (2)H′＝1.0 m，设滑块运动到N点时的速度为vN，对滑块从开始到N点的过程应用动能定理 mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝mvN2－0 解得vN＝2 m/s 滑块从N点做平抛运动，水平位移为 x＝vN＝0.8 m (3)设滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点时，高度差为H1，从开始到E点应用动能定理有 mgH1－μmgLBC－2mgR＝mvE2－0 在E点时有mg＝m 解得H1＝0.7 m 滑块滑上传送带时的速度为vM mgH1－μmgLBC＝mvM2－0 vM＝ m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L＝＝2.5 m<LMN 因此滑块返回M点时的速度为vM′＝ m/s，因此能第二次过E点． 设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为v＝＝2 m/s 从开始到M点应用动能定理有 mgH2－μmgLBC＝mv2－0 解得H2＝0.8 m 第二次经过E点后，当滑块再次从B点滑上圆轨道时在B点的速度为vB，则有 mgH2－3μmgLBC＝mvB2－0 vB＝2 m/s< m/s 所以滑块不会第三次过E点，则能两次经过E点的高度差H的范围是0.7 m≤H≤0.8 m. |
|
|
