考点： 动能定理的应用；平抛运动． 专题： 动能定理的应用专题．
分析： （1）由题，滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数μ．
（2）滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律列式可得到C点的速
度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度v0的最小值．
（3）离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间． 解答： 解：（1）滑块由A到D过程，根据动能定理，有： mg（2R﹣R）﹣μmgcos37°?得
=0﹣0
（2）若滑块能到达C点，根据牛顿第二定律有 则得
=
A到C的过程：根据动能定理有﹣μmgcos37°?联立解得，v0=
≥2
m/s
﹣
所以初速度v0的最小值为2m/s． （3）滑块离开C点做平抛运动，则有 x=vct
由几何关系得：tan37°=
2
联立得 5t+3t﹣0.8=0 解得t=0.2s 答：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ为0.375．
（2）若使滑块能到达C点，滑块从A点沿斜面滑下时的初速度v0的最小值为2m/s． （3）若滑块离开C处的速度大小为4m/s，滑块从C点飞出至落到斜面上的时间t是0.2s． 点评： 本题是动能定理与向心力、平抛运动及几何知识的综合，要注意挖掘隐含的临界条件，运用几何知识求解．
14．如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原基础上增加一定值．右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v0匀速转动，水平部分长度L=9m．放在光滑水平面上的两相同小物块A、B（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep=9J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，物块质量mA=mB=lkg．现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带．取g=10m/s．求：
2
（1）A、B刚被弹开时的速度大小
（2）试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带 （3）若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带．要使二者一起滑离传送带，求P应给A至少补充的动能E与传送带速度v0的关系．
考点： 动能定理的应用；动量守恒定律；机械能守恒定律． 专题： 动能定理的应用专题；动量和能量的综合．
分析： （1）A、B被弹簧弹开的过程实际是爆炸模型，符合动量守恒、系统机械能守恒，根据能量守恒和动量守恒求出分开后，A、B的速度大小， （2）由动能定理求出B的速度减小为零时B的位移，根据B的位移与传送带长度的关系分析答题．
（3）A、B碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题． 解答： 解：（1）弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒，
由机械能守恒定律得：EP=mAvA+mBvB，
A、B系统动量守恒，以向左为正方向， 由动量守恒定律得：mAvA﹣mBvB=0， 代入数据解得：vA=3m/s，vB=3m/s；
（2）假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零， 设位移为s，由动能定理得：﹣μmBgs=0﹣mBvB，
代入数据解得：s=2.25m＜L，B不能从传送带右端滑离传送带． （3）设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1，设补充能量为E， 由能量守恒定律得：E+mAvA=mAv1，
B与A发生碰撞后粘连共速为v，碰撞过程动量守恒，
以向由为正方向，由动量守恒定律可得：mAv1﹣mBv2=（mA+mB）v， 要使二者能一起滑离传送带，要求：（mA+mB）v≥μ（mA+mB）gL，
物块B的运动情况分两种情况讨论：
①若传送带速度v0足够大，物块B滑上传送带时在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，
2
2
2
2
22
然后反方向做匀加速运动，由运动对称性可知物块B回到皮带左端时速度v2大小为：v2=vB=3m/s，
即当传送带v0＞3m/s时，代入数据，联立上四式得：E=108J；
②当传送带v0≤3m/s时 物块B的运动情况是：滑上传送带先向右减速至速度为0，然后反向
做加速至与传送带速度相等一起匀速运动回到左端，v2=v0，代入数据联立上四式得：
；
答：（1）A、B刚被弹开时的速度大小都是3m/s．
（2）B第一次滑上传送带后，不能从传送带右端滑离传送带． （3）P应给A至少补充的动能E与传送带速度v0的关系为： ①即当传送带v0＞3m/s时，E=108J； ②当传送带v0≤3m/s时，
．
点评： 本题是一道力学综合题，难度较大，考查了动量守恒、能量守恒的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键．
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