图5-4
A B C D
【规范解答】 由于参考平面为B端所在水平面，因而初始机械能大于零．物块沿传送带下滑，若摩擦力一直沿传送带向下，摩擦力做正功，机械能增大，选项A错误，选项B正确；物块沿传送带下滑，若摩擦力先向下后向上，则摩擦力先做正功后做负功，机械能先增大再减小，选项C错误，选项D正确．
【答案】 BD [突破训练]
2πt??3．如图5-5所示为一质点由静止开始在合外力F作用下的F-t图象?F＝－F0sin?，
?t4?
力的方向始终在同一条直线上．下列说法中正确的是( ) 【导学号：96622099】
图5-5
A．在t1时刻质点的速度最大 B．在t2时刻质点的动能最大 C．在t4时刻质点刚好返回出发点
D．0～t1与t1～t2时间内质点加速度的方向相反
B 0～t2时间内力的方向不变，所以t2时刻质点的速度最大，动能最大，A错，B对；
t2～t4时间内力的方向与0～t2时间内相反，根据三角函数的对称性，t4时刻质点离出发点
最远，C错；0～t2时间内，力的方向不变，加速度的方向不变，D错．
高考热点2|用动力学和能量的观点解决多过程问题
多过程问题在高考中常以压轴题的形式出现，涉及的模型主要有：木板滑块模型、传送带模型、弹簧模型等，涉及的运动主要有直线运动、圆周运动和平抛运动等．
(2017·苏州模拟)如图5-6所示，长l＝1 m、厚度h＝0.2 m的木板A静止在
水平面上，固定在水平面上、半径r＝1.6 m的四分之一光滑圆弧轨道PQ的底端与木板A相切于P点，木板与圆弧轨道紧靠在一起但不粘连．现将小物块B从圆弧上距P点高度H＝0.8 m处由静止释放，已知A、B质量均为m＝1 kg，A与B间的动摩擦因数μ1＝0.4，A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，g取10 m/s.求：
精选
2
图5-6
(1)小物块刚滑到圆弧轨道最低点P处时对圆弧轨道的压力大小； (2)小物块从刚滑上木板至滑到木板左端过程中对木板所做的功； (3)小物块刚落地时距木板左端的距离．
【规范解答】 (1)对B下滑的过程由机械能守恒定律有
mgH＝mv2，解得 v＝2gH＝4 m/s
小物块滑到最低点P处时，由牛顿第二定律有
12
v2
FN－mg＝m rv2
解得FN＝mg＋m＝20 N
r由牛顿第三定律得FN′＝20 N.
(2)从小物块刚滑上木板至滑到木板左端过程中．对B受力分析，由牛顿第二定律有
μ1mg2
a1＝＝μ1g＝4 m/s
m小物块B做匀减速直线运动 对A受力分析，由牛顿第二定律有
μ1mg－μ2·2mg2
a2＝＝2 m/s
m木板A做匀加速直线运动 又由l＝xB－xA
xB＝vt－a1t2 xA＝a2t2
1
代入数据解得t＝ s(t＝1 s舍去)
3124
对A由动能定理得W＝μ1mg·a2t＝ J.
29
81
(3)B离开木板后以v1＝v－a1t＝ m/s的初速度做平抛运动，至落地所需时间由h＝
32
精选
1
2
12
gt′2，得t′＝
2h＝0.2 s
g2μ2mg2
木板A将以v2＝a2t＝ m/s、加速度a3＝＝μ2g＝1 m/s做匀减速运动，物块B落
3m地时，
12
两者相距Δx＝v1t′－(v2t′－a3t′)
2代入数据得Δx＝0.42 m.
4
【答案】 (1)20 N (2) J (3)0.42 m
9[突破训练]
4．如图5-7所示，光滑半圆轨道AB竖直固定，半径R＝0.4 m，与水平光滑轨道相切于A.水平轨道上平铺一半径r＝0.1 m的圆形桌布，桌布中心有一质量m＝1 kg的小铁块保持静止．现以恒定的加速度将桌布从铁块下水平向右抽出后，铁块沿水平轨道经A点进入半圆轨道，到达半圆轨道最高点B时对轨道刚好无压力，已知铁块与桌布间动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s，求：
2
图5-7
(1)铁块离开B点后在地面上的落点到A的距离； (2)铁块到A点时对圆轨道的压力大小； (3)抽桌布过程中桌布的加速度大小．
2
mvB【解析】 (1)在B点，由牛顿第二定律，有mg＝ R从B点抛出后水平方向x＝vBt 12
竖直方向2R＝gt
2代入数据得x＝0.8 m. (2)A→B，由机械能守恒2mvA2
＝2mgR＋
2mvB2
2mvA在A点，由牛顿第二定律N－mg＝ R代入数据得N＝60 N
由牛顿第三定律N′＝N＝60 N. (3)铁块脱离桌布时的速度v0＝vA
精选
铁块在桌布上做匀加速直线运动，设铁块加速度为a0，由牛顿第二定律μmg＝ma0 设铁块在桌布上的加速时间为t0，由运动学公式
v0＝a0t0
1212
由公式r＝at0－a0t0
22代入数据得a＝5.25 m/s.
【答案】 (1)0.8 m (2)60 N (3)5.25 m/s
2
2
精选