2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第五章 專題強(qiáng)化六 綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決三類問題講義（含解析）教科版.docx

專題強(qiáng)化六　綜合應(yīng)用力學(xué)兩大觀點解決三類問題 專題解讀1.本專題是力學(xué)兩大觀點在多運(yùn)動過程問題、傳送帶問題和滑塊—木板問題三類問題中的綜合應(yīng)用，高考常以計算題壓軸題的形式命題． 2．學(xué)好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達(dá)能力，針對性的專題強(qiáng)化，可以提升同學(xué)們解決壓軸題的信心． 3．用到的知識有：動力學(xué)方法觀點(牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)基本規(guī)律)，能量觀點(動能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律)． 命題點一　多運(yùn)動過程問題 1．分析思路 (1)受力與運(yùn)動分析：根據(jù)物體的運(yùn)動過程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動過程中力的變化情況； (2)做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同的運(yùn)動過程中的做功情況； (3)功能關(guān)系分析：運(yùn)用動能定理、功能關(guān)系或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合適的規(guī)律求解． 2．方法技巧 (1)“合”——整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運(yùn)動圖景； (2)“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律； (3)“合”——找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案． 例1　(2018河南省駐馬店市第二次質(zhì)檢)如圖1所示，AB和CDO都是處于同一豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，OA處于水平位置．AB是半徑為R＝1m的圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板(可以把小球彈回不損失能量，圖中沒有畫出)D為CDO軌道的中點．BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接．已知BC段水平軌道長L＝2m，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2.現(xiàn)讓一個質(zhì)量為m＝1kg的小球P從A點的正上方距水平線OA高H處自由落下：(取g＝10m/s2，不計空氣阻力) 圖1 (1)當(dāng)H＝2m時，問此時小球第一次到達(dá)D點對軌道的壓力大?。? (2)為使小球僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，問H的取值范圍． 答案　(1)84N　(2)0.65m≤H≤0.7m 解析　(1)設(shè)小球第一次到達(dá)D點的速度為vD，對小球從靜止到D點的過程，根據(jù)動能定理有： mg(H＋r)－μmgL＝mv 在D點軌道對小球的支持力N提供向心力，則有N＝m 聯(lián)立解得：N＝84N，由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮椋篘′＝N＝84N； (2)為使小球僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最小時必須滿足能上升到O點， 則有：mgHmin－μmgL＝mv 在O點由牛頓第二定律有：mg＝m 代入數(shù)據(jù)解得：Hmin＝0.65m 僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最大時，與擋板碰后再返回最高能上升到D點，則mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0 代入數(shù)據(jù)解得：Hmax＝0.7m 故有：0.65m≤H≤0.7m. 變式1　(2018河南省周口市期末)如圖2所示，半徑R＝0.3m的豎直圓槽型光滑軌道與水平軌道AC相切于B點，水平軌道的C點固定有豎直擋板，軌道上的A點靜置有一質(zhì)量m＝1kg的小物塊(可視為質(zhì)點)．現(xiàn)給小物塊施加一大小為F＝6.0N、方向水平向右的恒定拉力，使小物塊沿水平軌道AC向右運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動到AB之間的D點(圖中未畫出)時撤去拉力，小物塊繼續(xù)滑行到B點后進(jìn)人豎直圓槽軌道做圓周運(yùn)動，當(dāng)物塊運(yùn)動到最高點時，由壓力傳感器測出小物塊對軌道最高點的壓力為N．已知水平軌道AC長為2m，B為AC的中點，小物塊與AB段間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.45，重力加速度g＝10m/s2.求： 圖2 (1)小物塊運(yùn)動到B點時的速度大??； (2)拉力F作用在小物塊上的時間t； (3)若小物塊從豎直圓軌道滑出后，經(jīng)水平軌道BC到達(dá)C點，與豎直擋板相碰時無機(jī)械能損失，為使小物塊從C點返回后能再次沖上圓形軌道且不脫離，試求小物塊與水平軌道BC段間的動摩擦因數(shù)的取值范圍． 答案　(1)4m/s　(2)s (3)0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025 解析　(1)小物塊運(yùn)動到軌道最高點時，由牛頓第二定律得N＋mg＝m，由牛頓第三定律得N＝N′＝N， 則v＝2m/s 物塊從B運(yùn)動到軌道最高點的過程，由機(jī)械能守恒定律得2mgR＋mv2＝mv 可得vB＝4m/s； (2)小物塊從A點運(yùn)動到B點的過程，由動能定理有 Fs－μ1mgxAB＝mv－0 由牛頓第二定律有F－μ1mg＝ma 由位移公式有s＝at2 聯(lián)立解得t＝s. (3)設(shè)小物塊與BC段間的動摩擦因數(shù)為μ2. ①物塊在圓軌道最高點的最小速度為v1， 由牛頓第二定律有mg＝m 由動能定理有－2μ2mgxBC－2mgR＝mv－mv 解得μ2＝0.025 故物塊能從C點返回通過軌道的最高點而不會脫離軌道時應(yīng)滿足0≤μ2≤0.025 ②物塊從C點返回在圓軌道上升高度R時速度為零， 由動能定理有－2μ2mgxBC－mgR＝0－mv 解得μ2＝0.25 物塊從C點返回剛好運(yùn)動到B點， 解得－2μ2mgxBC＝0－mv μ2＝0.4 故物塊能返回圓形軌道(不能到達(dá)最高點)且不會脫離軌道時應(yīng)滿足0.4>μ2≥0.25 綜上所述，0.4>μ2≥0.25或0≤μ2≤0.025. 命題點二　傳送帶模型 1．設(shè)問的角度 (1)動力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動過程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系． (2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機(jī)多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解． 2．功能關(guān)系分析 (1)功能關(guān)系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q. (2)對W和Q的理解： ①傳送帶克服摩擦力做的功：W＝fx傳； ②產(chǎn)生的內(nèi)能：Q＝fx相對． 模型1　水平傳送帶問題 例2　(2018河南省鄭州一中上學(xué)期期中)如圖3，一水平傳送帶以4m/s的速度逆時針傳送，水平部分長L＝6 m，其左端與一傾角為θ＝30的光滑斜面平滑相連，斜面足夠長，一個質(zhì)量為m＝1.0 kg的物塊無初速度地放在傳送帶最右端，已知物塊與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2，求物塊從放到傳送帶上到第一次滑回傳送帶最遠(yuǎn)處的過程中因摩擦而產(chǎn)生的熱量． 圖3 答案　32J 解析　物塊在傳送帶上加速到與傳送帶同速時 對物塊有f＝μmg＝ma 解得：a＝2m/s2 物塊所用的時間為：t1＝＝2s 則物塊的位移為：x1＝＝4m<L＝6m 傳送帶勻速運(yùn)動的位移為：x1′＝vt1＝8m 則相對位移為Δx1＝x1′－x1＝4m 因摩擦產(chǎn)生的熱量Q1＝fΔx1＝8J 接著二者一起勻速運(yùn)動，物塊沖上斜面再返回傳送帶，向右減速到零，則在傳送帶上運(yùn)動時， 物塊的位移為：x2＝＝4m 物塊所用的時間為：t2＝＝2s 傳送帶勻速運(yùn)動的位移為：x2′＝vt2＝8m 則相對位移為：Δx2＝x2′＋x2＝12m 因摩擦產(chǎn)生的熱量Q2＝fΔx2＝24J 全程因摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q＝Q1＋Q2＝32J. 模型2　傾斜傳送帶問題 例3　(2018陜西師大附中模擬)如圖4所示，與水平面成30角的傳送帶以v＝2m/s的速度按如圖所示方向順時針勻速運(yùn)動，AB兩端距離l＝9m．把一質(zhì)量m＝2kg的物塊(可視為質(zhì)點)無初速度的輕輕放到傳送帶的A端，物塊在傳送帶的帶動下向上運(yùn)動．若物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝，不計物塊的大小，g取10m/s2.求： 圖4 (1)從放上物塊開始計時，t＝0.5s時刻摩擦力對物塊做功的功率是多少？此時傳送帶克服摩擦力做功的功率是多少？ (2)把這個物塊從A端傳送到B端的過程中，傳送帶運(yùn)送物塊產(chǎn)生的熱量是多大？ (3)把這個物塊從A端傳送到B端的過程中，摩擦力對物塊做功的平均功率是多少？ 答案　(1)14W　28W　(2)14J　(3)18.8W 解析　(1)物塊受沿傳送帶向上的摩擦力為： f＝μmgcos30＝14N 由牛頓第二定律得：f－mgsin30＝ma， a＝2m/s2 物塊與傳送帶速度相同時用時為：t1＝＝s＝1s 因此t＝0.5s時刻物塊正在加速， 其速度為：v1＝at＝1m/s 則此時刻摩擦力對物塊做功的功率是： P1＝fv1＝14W 此時刻傳送帶克服摩擦力做功的功率是： P2＝fv＝28W (2)當(dāng)物塊與傳送帶相對靜止時： 物塊的位移x1＝at＝212m＝1m<l＝9m 摩擦力對物塊做功為：W1＝fx1＝141J＝14J 此段時間內(nèi)傳送帶克服摩擦力所做的功： W2＝fvt1＝28J 這段時間產(chǎn)生的熱量：Q＝W2－W1＝14J (3)物塊在傳送帶上勻速運(yùn)動的時間為： t2＝＝4s 把物塊由A端傳送到B端摩擦力對物塊所做的總功為： W總＝mglsin30＋mv2 把物塊從A端傳送到B端的過程中，摩擦力對物塊做功的平均功率是： ＝＝18.8W. 命題點三　滑塊—木板模型 1．模型分類 滑塊—木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊—木板模型和斜面上的滑塊—木板模型． 2．位移關(guān)系 滑塊從木板的一端運(yùn)動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運(yùn)動，則滑塊的位移和木板的位移之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運(yùn)動，則滑塊的位移和木板的位移之和等于木板的長度． 3．解題關(guān)鍵 找出物體之間的位移(路程)關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度． 例4　(2019四川省德陽市質(zhì)檢)如圖5所示，傾角θ＝30的足夠長光滑斜面底端A固定有擋板P，斜面上B點與A點的高度差為h.將質(zhì)量為m、長度為L的木板置于斜面底端，質(zhì)量也為m的小物塊靜止在木板上某處，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知木板與物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g. 圖5 (1)若給木板和物塊一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到達(dá)B點，求v0大??； (2)若對木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物塊相對木板剛好靜止，求拉力F0的大?。? (3)若對木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段時間后撤去拉力，木板下端恰好能到達(dá)B點，物塊始終未脫離木板，求拉力F做的功W. 答案　(1)　(2)mg　(3)mgh 解析　(1)由動能定理得2mv＝2mg(h－Lsinθ) 解得：v0＝ (2)對木板與物塊整體由牛頓第二定律有F0－2mgsinθ＝2ma0 對物塊由牛頓第二定律有μmgcosθ－mgsinθ＝ma0 解得：F0＝mg (3)設(shè)拉力F的作用時間為t1，再經(jīng)時間t2物塊與木板達(dá)到共速，再經(jīng)時間t3木板下端到達(dá)B點，速度恰好減為零． 對木板有F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma3 對物塊有μmgcosθ－mgsinθ＝ma2 對木板與物塊整體有2mgsinθ＝2ma4 另有：a1t1－a3t2＝a2(t1＋t2) a2(t1＋t2)＝a4t3 a1t＋a1t1t2－a3t＋a4t＝ W＝Fa1t 解得：W＝mgh. 變式2　如圖6甲所示，半徑R＝0.45m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，B為軌道的最低點，B點右側(cè)的光滑水平面上緊挨B點有一靜止的小平板車，平板車質(zhì)量M＝1kg，長度l＝1m，小車的上表面與B點等高，距地面高度h＝0.2m．質(zhì)量m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)從圓弧最高點A由靜止釋放．取g＝10m/s2.試求： 圖6 (1)物塊滑到軌道上的B點時對軌道的壓力大??； (2)若鎖定平板車并在上表面鋪上一種特殊材料，其動摩擦因數(shù)從左向右隨距離均勻變化，如圖乙所示，求物塊滑離平板車時的速率； (3)若解除平板車的鎖定并撤去上表面鋪的材料后，物塊與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，物塊仍從圓弧最高點A由靜止釋放，求物塊落地時距平板車右端的水平距離． 答案　(1)30N　(2)1m/s　(3)0.2m 解析　(1)物塊從圓弧軌道頂端滑到B點的過程中，機(jī)械能守恒，則有mgR＝mv 解得vB＝3m/s 在B點由牛頓第二定律得，N－mg＝m， 解得N＝30N 由牛頓第三定律得物塊滑到軌道上B點時對軌道的壓力N′＝N＝30N，方向豎直向下． (2)物塊在平板車上滑行時摩擦力做功 Wf＝－l＝－4J 物塊由靜止到滑離平板車過程中由動能定理得， mgR＋Wf＝mv2，解得v＝1m/s (3)當(dāng)平板車不固定時，對物塊有a1＝μg＝2m/s2 對平板車有a2＝＝2m/s2 經(jīng)過時間t1物塊滑離平板車，則有 vBt1－a1t－a2t＝1m 解得t1＝0.5s(另一解舍掉) 物塊滑離平板車時的速度v物＝vB－a1t1＝2m/s 此時平板車的速度v車＝a2t1＝1m/s 物塊滑離平板車后做平拋運(yùn)動的時間t2＝＝0.2s 物塊落地時距平板車右端的水平距離s＝(v物－v車)t2＝0.2m. 1．(多選)(2018廣東省茂名市第二次模擬)如圖1，光滑的水平軌道AB，與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點，圓軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點，D為最高點．質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點)以初速度v0沿AB運(yùn)動恰能通過最高點，則(　　) 圖1 A．R越大，v0越大 B．m越大，v0越大 C．R越大，小球經(jīng)過B點瞬間對軌道的壓力越大 D．m越大，小球經(jīng)過B點瞬間對軌道的壓力越大 答案　AD 解析　小球恰能通過最高點時，由重力提供向心力，則有mg＝m，則vD＝，根據(jù)動能定理得mv＝mv＋2mgR，解得v0＝，可見R越大，v0越大，而且v0與小球的質(zhì)量m無關(guān)，A正確，B錯誤；小球經(jīng)過B點的瞬間，N－mg＝m，則軌道對小球的支持力N＝mg＋m＝6mg，則N大小與R無關(guān)，隨m增大而增大，由牛頓第三定律知C錯誤，D正確． 2．(2018河南省洛陽市上學(xué)期期中)如圖2所示，一個半徑為R的半圓形軌道豎直固定放置，直徑POQ水平，軌道的內(nèi)表面動摩擦因數(shù)為μ.一質(zhì)量為m的小滑塊(可看作質(zhì)點)自P點正上方由靜止釋放，釋放高度為R，小滑塊恰好從P點進(jìn)入軌道．小滑塊滑到軌道最低點N時對軌道的壓力為4mg，g為重力加速度的大?。肳表示小滑塊從P點運(yùn)動到N點的過程中克服摩擦力所做的功．則(　　) 圖2 A．小滑塊恰好可以到達(dá)Q點 B．小滑塊不能到達(dá)Q點 C．W＝mgR D．W<mgR 答案　C 解析　從最高點到N點，由動能定理有 2mgR－W＝mv2， 在N點，由牛頓第二定律有N－mg＝m，由牛頓第三定律有N＝N′＝4mg 聯(lián)立可得W＝mgR，故C正確，D錯誤； 小滑塊從P點到N點再到Q點的過程中，重力與摩擦力做功，由于小滑塊做圓周運(yùn)動，由運(yùn)動的特點可知，小滑塊在PN段與軌道之間的壓力大于NQ段小滑塊與軌道之間的壓力，根據(jù)f＝μN(yùn)可知，小滑塊在PN段受到的摩擦力比較大，所以小滑塊在PN段克服摩擦力做的功比較多，則在NQ段小滑塊克服摩擦力做的功W′<mgR，從N到Q，由動能定理得－mgR－W′＝mv－mv2，解得vQ>0，小滑塊到達(dá)Q點后，還能繼續(xù)上升，故A、B錯誤． 3．(2017全國卷Ⅲ16)如圖3所示，一質(zhì)量為m、長度為l的均勻柔軟細(xì)繩PQ豎直懸掛．用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng).重力加速度大小為g.在此過程中，外力做的功為(　　) 圖3 A.mgl B.mgl C.mgl D.mgl 答案　A 解析　由題意可知，PM段細(xì)繩的機(jī)械能不變，MQ段細(xì)繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg＝mgl，由功能關(guān)系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl，故選項A正確，B、C、D錯誤． 4．(多選)如圖4甲所示，傾角為θ的足夠長的傳送帶以恒定的速率v0沿逆時針方向運(yùn)行，t＝0時，將質(zhì)量m＝1kg的物體(可視為質(zhì)點)輕放在傳送帶上，物體相對地面的v－t圖像如圖乙所示．設(shè)沿傳送帶向下為正方向，取重力加速度g＝10m/s2，則(　　) 圖4 A．傳送帶的速率v0＝10m/s B．傳送帶的傾角θ＝30 C．物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5 D．0～2.0s內(nèi)摩擦力對物體做功Wf＝－24J 答案　ACD 解析　當(dāng)物體的速率超過傳送帶的速率后，物體受到的摩擦力的方向發(fā)生改變，加速度也發(fā)生改變，根據(jù)v－t圖像可得，傳送帶的速率為v0＝10 m/s，選項A正確；1.0 s之前的加速度a1＝10 m/s2,1.0 s之后的加速度a2＝2 m/s2，結(jié)合牛頓第二定律，gsinθ＋μgcosθ＝a1，gsinθ－μgcosθ＝a2，解得sin θ＝0.6，θ＝37，μ＝0.5，選項B錯誤，C正確；摩擦力大小f＝μmgcosθ＝4 N，在0～1.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做正功，在1.0～2.0 s內(nèi)，摩擦力對物體做負(fù)功，0～1.0 s內(nèi)物體的位移為5 m,1.0～2.0 s內(nèi)物體的位移是11 m,0～2.0 s內(nèi)摩擦力做的功為－4(11－5) J＝－24 J，選項D正確． 5．(2018閩粵期末大聯(lián)考)如圖5所示，一固定在地面上的導(dǎo)軌ABC，AB與水平面間的夾角為α＝37，一小物塊放在A處(可視為質(zhì)點)，小物塊與軌道間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，現(xiàn)在給小物塊一個沿斜面向下的初速度v0＝1m/s.小物塊經(jīng)過B處時無機(jī)械能損失，物塊最后停在B點右側(cè)1.8米處(sin 37＝0.6，cos 37＝0.8，g取10 m/s2)．求： 圖5 (1)小物塊在AB段向下運(yùn)動時的加速度大小； (2)小物塊到達(dá)B處時的速度大??； (3)AB的長度L. 答案　(1)4m/s2　(2)3 m/s　(3)1m 解析　(1)小物塊從A到B過程中，由牛頓第二定律得， mgsinα－μmgcosα＝ma 代入數(shù)據(jù)解得a＝4m/s2. (2)小物塊從B向右運(yùn)動，由動能定理得， －μmgs＝0－mv 代入數(shù)據(jù)解得vB＝3m/s. (3)小物塊從A到B，由運(yùn)動學(xué)公式得L＝＝1m. 6．(2018安徽省蚌埠二中期中)如圖6甲所示，質(zhì)量為m＝0.1kg的小球，用長l＝0.4m的細(xì)線與固定在圓心處的力傳感器相連，小球和傳感器的大小均忽略不計．當(dāng)在最低點A處給小球6m/s的初速度時，小球恰能運(yùn)動至最高點B，空氣阻力大小恒定．求：(g取10 m/s2) 圖6 (1)小球在A處時傳感器的示數(shù)； (2)小球從A點運(yùn)動至B點過程中克服空氣阻力做的功； (3)小球在A點以不同的初速度v0開始運(yùn)動，當(dāng)運(yùn)動至B點時傳感器會顯示出相應(yīng)的讀數(shù)F，試通過計算在圖乙所示坐標(biāo)系中作出F－v圖像． 答案　(1)10N　(2)0.8J (3)如圖所示 解析　(1) 在A點，由牛頓第二定律有F1－mg＝m，則F1＝10N (2)由題意知在B點時，有mg＝m，則vB＝2m/s 小球從A到B的過程中，根據(jù)動能定理：－W克f－2mgl＝mv－mv 解得W克f＝0.8J (3)小球從A到B的過程中，根據(jù)動能定理：有－W克f－2mgl＝mv－mv 小球在最高點F＋mg＝m 聯(lián)立得：F＝v－9， F－v圖像如圖所示 7．(2018河北省石家莊二中期中)如圖7，四分之一光滑圓軌道固定于粗糙水平面上，緊靠軌道放一上表面粗糙的長木板，長木板上表面與軌道末端相切，軌道末端C點固定有大小不計的壓力開關(guān)和長木板相連，當(dāng)對開關(guān)的壓力超過15N時觸發(fā)壓力開關(guān)，使長木板和圓軌道脫離．已知長木板長1m，圓軌道半徑R＝1m，滑塊和長木板的質(zhì)量均為1kg，滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.4，長木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.1，g取10m/s2.若滑塊從軌道上距離C點高h(yuǎn)＝0.45m的位置由靜止釋放，求： 圖7 (1)滑塊到C點時對軌道壓力的大??； (2)從滑塊滑上木板到停止運(yùn)動的過程中滑塊的位移大??； (3)從滑塊滑上木板到停止運(yùn)動的過程中，地面、滑塊、木板這個系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量． 答案　(1)19N　(2)1.5m　(3)4.5J 解析　(1)滑塊在圓軌道上運(yùn)動時機(jī)械能守恒，則有mgh＝mv，解得v0＝3m/s 在C點由向心力公式知： N－mg＝，解得N＝19N 由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力N′＝N＝19N (2)從滑塊滑上木板到停止運(yùn)動的過程中： 滑塊的加速度大小a1＝＝4m/s2 木板的加速度大小a2＝＝2m/s2 由v0－a1t＝a2t＝v共得出， t＝0.5s，v共＝1m/s 滑塊的位移x1＝t＝1m 之后二者一起做勻減速直線運(yùn)動直至停止運(yùn)動，a3＝＝1m/s2 x3＝＝0.5m 故滑塊的總位移x＝x1＋x3＝1.5m. (3)對整個系統(tǒng)運(yùn)動全程，由能量守恒，mgh＝Q＝4.5J.