2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第五章第五讲　动力学观点和能量观点解决力学综合问题

能力提升课
第五讲　动力学观点和能量观点解决力学综合问题

热点一　多运动组合问题 (师生共研)
1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．
2．解题策略
(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．
(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．
3．解题关键
(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．
[典例1]　 (2016·全国卷Ⅰ)如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态．直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC＝7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内．质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)，随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF＝4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度大小为g.(取sin 37°＝，cos 37°＝)


(1)求P第一次运动到B点时速度的大小；
(2)求P运动到E点时弹簧的弹性势能；
(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放．已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点．G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量．
解析：(1)根据题意知，B、C之间的距离为
l＝7R－2R＝5R①
设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得
mglsin θ－μmglcos θ＝mv②
式中θ＝37°，联立①②式并由题给条件得
vB＝2③
(2)设BE＝x.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有
mgxsin θ－μmgxcos θ－Ep＝0－mv④
E、F之间的距离为
l1＝4R－2R＋x⑤
P到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有
Ep－mgl1sin θ－μmgl1cos θ＝0⑥
联立③④⑤⑥式并由题给条件得
x＝R⑦
Ep＝mgR⑧
(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为
x1＝R－Rsin θ⑨
y1＝R＋R＋Rcos θ⑩
式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实．
设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.
由平抛运动公式有
y1＝gt2⑪
x1＝vDt⑫
联立⑨⑩⑪⑫式得
vD＝⑬
设P在C点速度的大小为vC，在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有
m1v＝m1v＋m1g(R＋Rcos θ)⑭
P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有
Ep－m1g(x＋5R)sin θ－μm1g(x＋5R)cos θ＝m1v⑮
联立⑦⑧⑬⑭⑮式得
m1＝m.
答案：(1)2　(2)mgR　(3)　m
[反思总结]
力学综合题中多过程问题的分析思路
1．对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．
2．找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解．

如图所示，设一个质量m＝50 kg的跳台花样滑雪运动员(可看成质点)，从静止开始沿斜面雪道从A点滑下，沿切线从B点进入半径R＝15 m的光滑竖直平面圆轨道BPC，通过轨道最高点C水平飞出，经t＝2 s落到斜面雪道上的D点，其速度方向与斜面垂直，斜面与水平面的夹角θ＝37°，运动员与雪道之间的动摩擦因数μ＝0.075，不计空气阻力，当地的重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80.试求：

(1)运动员运动到C点时的速度大小vC；
(2)运动员在圆轨道最低点P受到轨道支持力的大小FN；
(3)A点距过P点的水平地面的高度h.
解析：(1)在D点：竖直方向上的分速度
vy＝gt＝10×2 m/s＝20 m/s
tan 37°＝，
代入数据解得vC＝15 m/s
(2)对P→C过程，由机械能守恒定律可得：
mv＝mv＋mg·2R
在P点：FN－mg＝m，
联立上述两式代入数据解得FN＝3 250 N
由牛顿第三定律得：在P点运动员受到轨道的支持力为3 250 N.
(3)对A→P过程，由动能定理可得：
mgh－μmgcos 37°＝mv
代入数据解得h＝45.5 m.
答案：(1)15 m/s　(2)3 250 N　(3)45.5 m
热点二　传送带模型问题 (自主学习)
1．传送带模型是高中物理中比较常见的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设问的角度有两个：
(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．传送带模型问题中的功能关系分析
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx传；
②产生的内能Q＝Fx相．

2－1.[倾斜传送带]　已知一足够长的传送带与水平面的倾角为θ，以一定的速度匀速运动．某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块(如图甲所示)，以此时为t＝0时刻记录了小物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图乙所示(图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两坐标大小v1＞v2)．已知传送带的速度保持不变，g取10 m/s2.则下列判断正确的是(　　)

A．0～t1内，物块对传送带做正功
B．物块与传送带间的动摩擦因数为μ，μ＜tan θ
C．0～t2内，传送带对物块做功为mv－mv
D．系统产生的热量一定比物块动能的减少量大
解析：由图可知：物块先向下运动后向上运动，则知传送带的运动方向向上.0～t1时间内，物块对传送带的摩擦力方向沿传送带向下，则物块对传送带做负功，A错误；在t1～t2时间内，物块向上运动，则有μmgcos θ＞mgsin θ，则μ＞tan θ，B错误；0～t2时间内，由图可知，它所围的面积是物块发生的位移，物块的总位移沿传送带向下，高度下降，重力对物块做正功，设为WG，根据动能定理得W＋WG＝mv－mv，则传送带对物块做的功W≠mv－mv，由此可知C错误；物块的重力势能减小，动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒定律得知：系统产生的热量大小一定大于物块动能的变化量大小，D正确．
答案：D
2－2. [水平传送带]　如图所示，一质量为m＝2 kg的滑块从半径为R＝0.2 m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0＝4 m/s，B点到传送带右端C点的距离为L＝2 m．当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g取10 m/s2)求：

(1)滑块到达底端B时对轨道的压力；
(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)此过程中，滑块与传送带之间由摩擦而产生的热量Q.
解析：(1)滑块由A到B的过程中，由机械能守恒定律得
mgR＝mv①
物体在B点，由牛顿第二定律得
FB－mg＝m②
联立①②解得FB＝60 N
由牛顿第三定律得，滑块到达底端B时对轨道的压力大小为60 N，方向竖直向下．
(2)滑块从B到C运动过程中，由牛顿第二定律得
μmg＝ma③
由运动学公式得v－v＝2aL④
由①③④得μ＝0.3⑤
(3)滑块从B到C运动过程中，设运动时间为t.
由运动学公式得v0＝vB＋at⑥
产生的热量Q＝μmg(v0t－L)⑦
由①③⑤⑥⑦得Q＝4 J.
答案：(1)60 N，方向竖直向下　(2)0.3　(3)4 J
[反思总结]
传送带模型问题的分析流程

热点三　滑块—木板模型 (师生共研)
作好两分析，突破滑块—木板模型问题
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滑动的位移x相．
[典例2]　 图甲中，质量为m1＝1 kg的物块叠放在质量为m2＝3 kg的木板右端．木板足够长，放在光滑的水平地面上，木板与物块之间的动摩擦因数为μ1＝0.2，整个系统开始时静止，重力加速度g取10 m/s2.

(1)在木板右端施加水平向右的拉力F，为使木板和物块发生相对运动，拉力F至少应为多大？
(2)在0～4 s内，若拉力F的变化如图乙所示，2 s后木板进入μ2＝0.25的粗糙水平面，在图丙中画出0～4 s内木板和物块的v－t图象，并求出0～4 s内物块相对木板的位移大小和整个系统因摩擦而产生的内能．
解析：(1)把物块和木板看成整体，由牛顿第二定律得
F＝(m1＋m2)a.
物块与木板将要相对滑动时，
μm1g＝m1a.
联立解得F＝μ1(m1＋m2)g＝8 N.

(2)物块在0～2 s内做匀加速直线运动，木板在0～1 s内做匀加速直线运动，在1～2 s内做匀速运动，2 s后物块和木板均做匀减速直线运动，故二者在整个运动过程的v－t图象如图所示．

0～2 s内物块相对木板向左运动，2～4 s内物块相对木板向右运动．
0～2 s内物块相对木板的位移大小Δx1＝2 m，
系统摩擦产生的内能Q1＝μ1m1gΔx1＝4 J.
2～4 s内物块相对木板的位移大小Δx2＝1 m，
物块与木板因摩擦产生的内能Q2＝μ1m1gΔx2＝2 J；
0～4 s物块相对木板的位移大小x＝Δx1－Δx2＝1 m
木板在粗糙水平面上对地位移x2＝3 m，
木板与地面因摩擦产生的内能
Q3＝μ2(m1＋m2)gx2＝30 J.
0～4 s内系统因摩擦产生的总内能为
Q＝Q1＋Q2＋Q3＝36 J.
答案：(1)8 N　(2)如图所示　1 m　36 J

3－1.[滑块带动木板]　(2018·河南中原名校质检)水平地面上放有一长为L＝5.5 m、质量为M＝1 kg的小车，小车与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1.在其左端放一质量m＝3 kg的可视为质点的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.2.现对物块施加一水平向右、大小为18 N的水平拉力F，经过t1＝2 s后撤去外力F.已知小车的上表面离地面的高度h＝0.8 m，重力加速度g＝10m /s2.

(1)求2 s末物块及小车的速度分别是多少？
(2)通过分析计算说明，物块能否从小车上滑出．如果不能，求物块停在小车上的位置；如果能，请计算出物块刚落地时，到小车右端的距离．
解析：(1)对物块，根据牛顿第二定律有：
F－μ2mg＝mam1
解得： am1＝4 m/s 2
2 s末物块速度vm1＝am1t1＝8 m/s
对小车，根据牛顿第二定律有：
μ2mg－μ1(m＋M)g＝MaM1
解得： aM1＝2 m/s 2
2 s末小车的速度vM1＝aM1t1＝4 m/s
2 s内两者的位移分别为：xm1＝am1t＝×4×22 ＝8 m，xM1＝aM1t＝×2×22＝4 m
故Δx＝xm1－xM1＝4 m 所以2 s时两者没有分离，即物块的速度为8 m/s ，小车的速度为4 m/s
(2)2 s时撤去外力后，物块将向右做减速运动，加速度大小为am2＝μ2g＝2 m/s2
小车受力不变，所以加速度aM2＝2 m/s2
设2 s以后再经过时间t2物块刚好从小车右端滑出，则
xm－xM＝L－Δx
即vm1t2－am2t－＝L－Δx
解得： t2＝0.5 s(另一种解t＝1.5 s不符合题意)
t＝2.5 s时小车的速度vM2＝vM1＋aM2t2＝5 m/s
物块的速度vm2＝vm1－am2t2＝7 m/s >vM2
所以物块在2.5 s时刚好从小车右端滑出
设再经过时间t3物块落地，则有：h＝gt，解得t3＝0.4 s
在0.4 s内物块向右运动的位移xm3＝vm2t3＝2.8 m
物块离开小车后，小车向右做减速运动，其加速度大小为aM3＝μ1g＝1 m/s2
0.4 s内小车向右运动的位移xM3＝vM2t3－aM3t＝5×0.4－×1×0.42＝1.92 m
物块落地时到小车右端的距离为Δx′＝xm3－xM3＝(2.8－1.92) m＝0.88 m.
答案：(1)8 m/s 　4 m/s 　(2)0.88 m
3－2.[木板带动滑块]　如图所示，在光滑水平台面上静置一质量mA＝0.9 kg的长木板A，A的右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量mC＝0.9 kg的物体C拴接．当C从静止开始运动至下落高度为h＝0.4 m时，在木板A的最右端轻放一质量为mB＝3.6 kg的小铁块B(可视为质点)，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25，最终B恰好未从木板A滑落，g取10 m/s2，求：

(1)刚放铁块B时，A的速度大小v0；
(2)木板A的长度L；
(3)若当B轻放在木板A的最右端的同时，加一水平向右的恒力，其他条件不变，在保证B能滑离木板A的条件下，则A、B间因摩擦而产生热量的最大值Qm多大．
解析：(1)以A与C组成的系统为研究对象，C下降的过程中，拉着A一起运动，只有重力做功，则mCgh＝(mA＋mC)v，代入数据解得v0＝2 m/s.
(2)将B放在A上后，B受到摩擦力的作用，A与B之间的摩擦力为f＝μmBg＝0.25×3.6×10 N＝9 N.
C受到的重力GC＝mCg＝0.9×10 N＝9 N，
设此时A与C仍然一起做加速运动，
则(mA＋mC)a＝mCg－f＝9 N－9 N＝0 N.
所以将B放在A上后，A与C一起做匀速直线运动，B做匀加速直线运动，加速度aB＝＝ m/s2＝2.5 m/s2，
B与A的速度相等需要的时间t＝＝ s＝0.8 s.
此过程中A的位移x1＝v0t＝2×0.8 m＝1.6 m，
B的位移x2＝aBt2＝×2.5×0.82 m＝0.8 m.
由于最后B恰好未从木板A滑落，所以A的长度等于A与B的位移差，即L＝x1－x2＝1.6 m－0.8 m＝0.8 m.
(3)在保证B能滑离木板A的条件下，A与B的相对位移始终等于A的长度，与运动的时间无关，所以A、B间因摩擦产生热量的最大值Qm＝f·L＝9×0.8 J＝7.2 J.
答案：(1)2 m/s　(2)0.8 m　(3)7.2 J

1．如图所示，传送带AB总长为l＝10 m，与一个半径为R＝0.4 m的光滑四分之一圆轨道BC相切于B点，传送带速度恒为v＝6 m/s，方向向右，现有一个滑块以一定初速度从A点水平滑上传送带，滑块质量为m＝10 kg，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.1，已知滑块运动到B端时，刚好与传送带同速，求：

(1)滑块的初速度；
(2)滑块能上升的最大高度；
(3)求滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能．
解析：(1)以滑块为研究对象，滑块在传送带上运动过程中，当滑块初速度大于传送带速度时，有－μmgl＝mv2－mv，解得v0＝2 m/s；
当滑块初速度小于传送带速度时，有μmgl＝mv2－mv，解得v0＝4 m/s.
(2)由动能定理可得－mgh＝0－mv2，解得h＝1.8 m.
(3)以滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μmg＝ma，滑块的加速度a＝1 m/s2，滑块减速到零的位移s＝＝18 m＞10 m，则滑块第二次在传送带上滑行时，速度没有减小到零就离开传送带，由匀变速运动的位移公式可得l＝vt－at2，解得t＝2 s(t＝10 s舍去)，在此时间内传送带的位移x＝vt＝6×2 m＝12 m，滑块第二次在传送带上滑行时，滑块和传送带系统产生的内能Q＝μmg(l＋x)＝0.1×10×10×(10＋12) J＝220 J.
答案：(1)2 m/s或4 m/s　(2)1.8 m　(3)220 J
2．如图所示，AB段为一半径R＝0.2 m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0.1 kg的薄木板CD，开始时薄木板被锁定．一质量也为0.1 kg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μ＝.(g＝10 m/s2，结果可保留根号)求：

(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运动到B的过程，由动能定理得：
mgR＝mv，解得：vB＝2 m/s
在B点由牛顿第二定律得：
FN－mg＝m
解得：FN＝3 N
由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为3 N，方向竖直向下．
(2)设物块滑上薄木板时的速度为v，则：
cos 30°＝
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：mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma1
对薄木板：mgsin 30°＋μmgcos 30°＝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＝2.5 m/s2，t＝ s.
答案：(1)3 N，方向竖直向下　(2) m/s (3)2.5 m/s2　 s

[A组·基础题]

1．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的物体竖直向下轻轻地放置在木板上的右端，已知物体m和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m放到木板上到它相对木板静止的过程中，须对木板施加一水平向右的作用力F，那么力F对木板做功的数值为( C )

A.mv2　　　　　　　 B．mv2
C．mv2 D．2mv2
2．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止．现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示．若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是( B )

A．小铅块将从木板B的右端飞离木板
B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止
C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等
D．图甲所示的过程产生的热量小于图乙所示的过程产生的热量
3．(多选) 如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块．选择B端所在的水平面为零势能面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是( BD )


4．(多选)(2018·安徽皖南八校联考)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m＝1 kg初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．则( AD )

A．小物块向左运动的过程中离A处的最大距离为4 m
B．0～3 s时间内，小物块受到的摩擦力的冲量大小为2 N·s
C．0～4 s时间内，传送带克服摩擦力做功为16 J
D．小物块与传送带之间由摩擦产生的热能为18 J
解析：由v－t图象可知，2 s时小物块向左运动的距离最远，根据v－t图象得面积等于位移，s1＝×2×4 m＝4 m，故A正确；小物块匀变速运动的加速度：a＝＝＝2 m/s2，由牛顿第二定律得：μmg＝ma＝2 N，0～3 s时间内，小物块受到的摩擦力方向都向右，冲量大小为I＝μmgt＝6 N·s，故B错误；由v－t图象，传送带速度大小：v2＝2 m/s ，前3 s小物块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W＝μmgv2t3＝2×2×3 J＝12 J，故C错误；小物块在传送带上滑动的3 s内，皮带的位移s′＝v2t3＝6 m，方向向右；小物块的位移：s＝s1－s2＝3 m，方向向左．两个物体的相对位移Δs＝s′＋s＝9 m，整个过程中摩擦产生的热量：Q＝μmgΔs＝18 J，故D正确．
5．如图所示，质量为m的长木块A静止于光滑水平面上，在其水平的上表面左端放一质量为m的滑块B，已知木块长为L，它与滑块之间的动摩擦因数为μ.现用水平向右的恒力F拉滑块B.

(1)当长木块A的位移为多少时，B从A的右端滑出？
(2)求上述过程中滑块与木块之间产生的内能．
解析：(1)设B从A的右端滑出时，A的位移为x，A、B的速度分别为vA、vB，由动能定理得
μmgx＝mv
(F－μmg)·(x＋L)＝mv
又因为vA＝aAt＝μgt
vB＝aBt＝t，解得x＝.
(2)由功能关系知，拉力F做的功等于A、B动能的增加量和A、B间产生的内能，即有
F(x＋L)＝mv＋mv＋Q
解得Q＝μmgL.
答案：(1)　(2)μmgL
[B组·能力题]
6．如图所示，质量分别为m、2m的物体a、b通过轻绳和不计摩擦的定滑轮相连，均处于静止状态．a与水平面上固定的劲度系数为k的轻质弹簧相连，Q点有一挡板，若有物体与其垂直相碰会以原速率弹回，现剪断a、b之间的绳子，a开始上下往复运动，b下落至P点后，在P点有一个特殊的装置使b以落至P点前瞬间的速率水平向右运动，当b静止时，a恰好首次到达最低点，已知PQ长s0，重力加速度为g，b距P点高h，且仅经过P点一次，b与水平面间的动摩擦因数为μ，a、b均可看作质点，弹簧在弹性限度范围内，试求：

(1)物体a的最大速度；
(2)物体b停止的位置与P点的距离．
解析：(1)绳剪断前，系统静止，设弹簧伸长量为x1，对a有
kx1＋mg＝T，
对b有T＝2mg，
则kx1＝mg，x1＝.
绳剪断后，a所受合外力为零时，速度最大，设弹簧压缩量为x2，对a有kx2＝mg，x2＝，由于x1＝x2，两个状态的弹性势能相等，则两个状态的动能和重力势能之和相等，mg(x1＋x2)＝mv2，解得v＝2g.
(2)对b，整个运动过程由动能定理得
2mgh－μ·2mgs路＝0，
解得b在水平面上滑行的路程s路＝.
讨论：①若b未到达挡板Q就在PQ上停止，
则物块b停止的位置与P相距d＝s路＝；
②若b与挡板Q碰撞后，在PQ上运动到停止，
则物块b停止的位置与P相距d＝2s0－s路＝2s0－.
答案：(1)2g　(2)或2s0－
7．(2019·河南滑县联考)如图所示轻弹簧一端固定在水平面上的竖直挡板上，处于原长时另一端位于水平面上B点处，B点左侧光滑，右侧粗糙．水平面的右侧C点处有一足够长的斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为37°，斜面上有一半径为R＝1 m的光滑半圆轨道与斜面切于D点，半圆轨道的最高点为E，G为半圆轨道的另一端点，LBC＝2.5 m，A、B、C、D、E、G均在同一竖直面内．使质量为m＝0.5 kg的小物块P挤压弹簧右端至A点，然后由静止释放P，P到达B点时立即受到斜向右上方，与水平方向的夹角为37°，大小为F＝5 N的恒力，一直保持F对物块P的作用，结果P通过半圆轨道的最高点E时的速度为vE＝ m/s.已知P与水平面、P与斜面间的动摩擦因数均为μ＝0.5，g取10m/s2.sin 37°＝0.6.求：

(1)P运动到E点时对轨道的压力大小；
(2)弹簧的最大弹性势能；
(3)若其他条件不变，增大B、C间的距离使P过G点后恰好能垂直落在斜面上，求P在斜面上的落点距D点的距离．
解析：(1) P在半圆轨道的最高点E，设轨道对P的压力为N，由牛顿运动定律得：
mg－Fsin 37°＋N＝
解得：N＝3 N
由牛顿第三定律得，P运动到E点时对轨道的压力
FN ＝3 N
(2)P从D点到E点，由动能定理得：
－mg(R＋Rcos 37°)＋FRsin37°＝mv－mv
解得：vD＝ m/s
P从C点到D点，由牛顿运动定律得：
F－mgsin37°－μmgcos 37°＝ma1
解得a1＝0，说明P从C点到D点匀速运动，故vD＝vC＝ m/s
由能的转化和守恒得：
Epm＋FLBCcos 37°－(mg－Fsin 37°)μLBC＝mv
解得：Epm＝1 J
(3)P在G点脱离圆轨道，做曲线运动，把该运动分解为平行于斜面的匀减速直线运动和垂直于斜面的初速度为零的匀加速直线运动，有：
F－mgsin 37°＝ma2　解得：a2＝4 m/s 2
mgcos 37°＝ma3　解得：a3＝8 m/s 2
P垂直落在斜面上，运动时间满足：2R＝a3t2
平行于斜面方向上：0＝vG－a2t
联立解得：vG＝2 m/s
平行于斜面方向上：x＝×t＝1 m
P在斜面上的落点距D的距离x＝1 m.
答案：(1)3 N　(2)1 J　(3)1 m