疑难压轴1 多体多过程问题中力和运动的综合分析-备战2025年高考物理考试易错题（新高考通用）

疑难压轴1 多体多过程问题中力和运动的综合分析 1．（2024•贵州）如图，半径为R＝1.8m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7m。一长为L＝3.3m的水平传送带以恒定速率v0＝1m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6N•s。以后每隔Δt＝0.6s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma＝1kg，b的质量为mb＝2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10m/s2。求： （1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； （2）b从M运动到N的时间； （3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 2．（2024•丹阳市校级一模）如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，质量为M＝2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，求： （1）物块B离开D点时的速度大小； （2）S与Q竖直高度h； （3）物块能否沿轨道到达M点，并通过计算说明理由。 3．（2024•西安模拟）北京时间2024年7月31日，在巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛决赛中，中国选手邓雅文夺得金牌。这也是中国运动员第一次参加奥运会自由式小轮车项目。其部分场地可以简化为如图所示的模型，平台A左右弧面对称，右侧为半径r＝3m的部分圆弧面，圆心角θ满足sinθ＝0.8，平台B为的圆弧面，半径R＝3.2m，邓雅文以一定的初速度从平台的左下端冲向平台A，从M点腾空后沿切线从N点进入赛道，再经过一段水平骑行从Q点进入平台B，恰好到达平台B的上端边缘，平台A上端MN间的距离为2.4m，邓雅文和独轮车总质量为75kg，运动过程中可视为质点，整个过程邓雅文只在PQ段进行了骑行做功，不计一切阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求： （1）邓雅文和独轮车到达Q点时赛道给独轮车的支持力大小； （2）邓雅文和独轮车在MN段腾空最高处的速度； （3）邓雅文在PQ段骑行过程中所做的功。 4．（2024•南充模拟）一个质量为m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒长为L，羽毛球的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小近似相等，且恒为f＝kmg（k＞1）。重力加速度为g，不计一切空气阻力。某同学使用以下三种方式将球从筒内取出： （1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度； （2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为，求此过程手对球筒所做的功； （3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h高处由静止释放，已知：k＝4，M＝8m，且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中滑出，求h应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞） 5．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝5m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量均为m＝5kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0＝14m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）物块A刚冲上传送带时的加速度； （2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间； （3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功。 6．（2024•龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角θ＝37°的直轨道AB，螺旋圆形轨道BCDEF，水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG相切于B（E）和C（F）。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.4m，FG长LFG≈2m，传送带GH长LGH＝1.5m，HI长LHI＝4m，LJK＝2.8m，四分之一圆轨道IJ的半径r＝0.4m。滑块与FG、HI、JK间的动摩擦因数μ1＝0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.6，其余轨道光滑。现将一质量为m＝1kg的滑块从倾斜轨道AB上某高度h处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2） （1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块过C点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度； （2）若滑块从AB上高h′＝3m处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远； （3）若滑块从AB上高h′＝3m处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），求传送带的线速度v需满足的条件。 7．（2024•湖北一模）近两年自媒体发展迅猛，受到各年龄段用户的青睐；人们经常在各种自媒体平台分享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。如图，该同学面向管壁站立在管道最低点，先后以的初速度面向管壁方向踢出两个足球，足球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背包。已知水泥管道截面半径为R，该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框，且圆框与竖直圆截面的圆心O等高，两水平圆框最近点的间距为0.28R，且两最近点关于过O点的竖直直径对称，不计足球与水泥管间的摩擦，足球看成质点，且均从水平圆框的圆心进入背包，重力加速度大小为g，。（1）两球与水泥管道的脱离点分别为A、B，求OA、OB与水平方向的夹角θ1、θ2； （2）设R＝1m，胸前的背包口圆框的直径是多少米（数据保留两位小数）？ 8．（2024•思明区校级模拟）蹴鞠是有史料记载的最早足球活动，图甲所示是某蹴鞠活动的场景。如图乙所示，某校举行蹴鞠比赛的场地为一长方形ABCD，长AD＝10m，宽AB＝8m，E、E′、F、F′分别为各边中点，O为EE′和FF′交点，EE′上竖直插有两根柱子，两柱之间挂一张大网，网的正中间有一圆形的球洞名为“风流眼”，两支球队分别在网的两侧，若蹴鞠穿过“风流眼”后落地，射门的球队得分。圆形“风流眼”的圆心Q在O点正上方，Q、O之间的高度h＝3.75m。甲、乙两位运动员在某次配合训练中，甲将静止在地面F点的蹴鞠斜向上踢出，经时间t1＝0.5s恰好到达最高点P，P在场地上的投影为P′且P′在FO上，P′到F点的距离为x1＝2m。乙运动员紧接着从P点将蹦斜向上踢出，恰好经过“风流眼”中的Q点且经过Q点时速度方向水平，穿过“风流眼”后蹴鞠落到OF′上的K点（蹴鞠第一次着地的位置），如图丙所示。蹴鞠的质量为0.6kg，蹴鞠可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度大小取g＝10m/s2。求： （1）最高点P离地面的高度h1； （2）甲运动员对蹴鞠做的功W； （3）K点到O点的距离d（结果可以用根式表示）。 9．（2024•市中区校级二模）如图所示，光滑轨道ABC由竖直段AB、半径为R的圆弧形轨道BC组成，末端C处切线水平。紧邻C右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面，均与C点等高；传送带甲以恒定的速率顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止状态，其中木板长度与乙两端DE等长，均为kR（k未知），忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙。现有一物块从轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于D处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5倍；木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB高度差h＝R，物块、木板质量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。已知简谐运动的周期公式，其中k'为回复力系数。，求： （1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F； （2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，求的数值大小； （3）k的大小； （4）木板的运动时间t。 10．（2024•花溪区校级模拟）如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A位于光滑斜面挡板底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：无弹珠时（弹簧无形变），轻弹簧上端离B点距离为3R，缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠经C点被射出，最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。（g为重力加速度，弹簧的弹性势能可用，计算（x为弹簧的形变量）最后结果可用根式表示）： （1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠经BC轨道上的C点射出，求在C点的最小速度？ （2）经BC轨道上的C点射出，并击中斜面底边时距A最近，求此最近距离； （3）设弹珠质量为m，θ＝30°，该弹簧劲度系数，要达到（2）中条件，求弹珠在离开弹簧前的最大速度。 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Δx1＝x3+x4＝0.3m+0.6m＝0.9m 由于Δt＝t3，因此物块b刚好与传送带共速时，又获得一个冲量I，设物块b的速度变为v4 根据动量定理 I＝mbv4﹣mbv0 解得v4＝2m/s 同理可得，物块b对地位移 x5＝0.3m 传送带位移 x6＝0.6m 物块b相对于传送带的位移 Δx2＝0.9m 以此类推，物块b获得第11次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为： s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m 物块b获得第11次瞬时冲量后向右运动s1＝0.3m离开传送带，此过程时间为t4，根据运动学公式 s1＝v3t4 解得：t4＝0.2s 此过程物块b相对于传送带的位移大小为： Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m 物块b相对于传送带总的相对位移为： Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m 产生的摩擦热 Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。 答：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N； （2）b从M运动到N的时间为3.2s； （3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。 2．（2024•丹阳市校级一模）如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，质量为M＝2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，求： （1）物块B离开D点时的速度大小； （2）S与Q竖直高度h； （3）物块能否沿轨道到达M点，并通过计算说明理由。 【解答】解：（1）A、B碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B由D点做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，有 又 解得vD＝4m/s （2）设A与B碰撞前的速度为v0，A与B相碰交换速度，所以 v0＝vD＝4m/s A从S滑到Q的过程中，根据机械能守恒定律得 解得 h＝0.8m （3）设物块能沿轨道到达M点，且到达时其速度为vM，从D到M由动能定理得 解得 vM≈2.2m/s2.8m/s即物块不能到达M点。 3．（2024•西安模拟）北京时间2024年7月31日，在巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛决赛中，中国选手邓雅文夺得金牌。这也是中国运动员第一次参加奥运会自由式小轮车项目。其部分场地可以简化为如图所示的模型，平台A左右弧面对称，右侧为半径r＝3m的部分圆弧面，圆心角θ满足sinθ＝0.8，平台B为的圆弧面，半径R＝3.2m，邓雅文以一定的初速度从平台的左下端冲向平台A，从M点腾空后沿切线从N点进入赛道，再经过一段水平骑行从Q点进入平台B，恰好到达平台B的上端边缘，平台A上端MN间的距离为2.4m，邓雅文和独轮车总质量为75kg，运动过程中可视为质点，整个过程邓雅文只在PQ段进行了骑行做功，不计一切阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求： （1）邓雅文和独轮车到达Q点时赛道给独轮车的支持力大小； （2）邓雅文和独轮车在MN段腾空最高处的速度； （3）邓雅文在PQ段骑行过程中所做的功。 【解答】解：（1）由Q到平台B上段的过程，根据机械能守恒有：mgR 可得：vQ＝ 8m/s 在Q点根据牛顿第二定律有：FN﹣mg＝m 代入数据可得：FN＝2250N； （2）根据抛体运动，在水平方向有：vxtxMN 竖直方向有：vy＝gt，且tanθ 联立可得：vx＝3m/s （3）在M点时，根据关联速度有：vMcos0θ＝vx 可得：vM ＝ 5m/s 由M到Q由动能定理可得：W 解得：W＝562.5J 答：（1）邓雅文和独轮车到达Q点时赛道给独轮车的支持力大小为2250N； （2）邓雅文和独轮车在MN段腾空最高处的速度3m/s； （3）邓雅文在PQ段骑行过程中所做的功为562.5J。 4．（2024•南充模拟）一个质量为m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒长为L，羽毛球的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小近似相等，且恒为f＝kmg（k＞1）。重力加速度为g，不计一切空气阻力。某同学使用以下三种方式将球从筒内取出： （1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度； （2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为，求此过程手对球筒所做的功； （3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h高处由静止释放，已知：k＝4，M＝8m，且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中滑出，求h应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞） 【解答】解：（1）当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，羽毛球恰要相对球筒滑动，对羽毛球受力分析有： f﹣mg＝mRω2 将f＝kmg代入 解得： （2）以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其整体做功为W，整体碰到桌面时的速度为v，从开始至碰到桌面的过程由动能定理，有： 以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理： 联立解得： （3）羽毛球和球筒从h处自由下落，触地瞬间的速度满足 此后m以初速度v0向下做匀减速运动，M以v0/4得初速度向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过程中，对于m，由牛顿第二定律方程： kmg﹣mg＝ma1 解得： 对于M，由牛顿第二定律方程： kmg+Mg＝Ma2 可解得： 设M第一次运动至最高点的时间为t0满足 即： 选竖直向下为正方向，设二者在t1时刻达到共速，则t1满足 可解得： 由t0＜t1＜2t0可知，二者在M第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻m滑出，二者的相对位移为L，即： 联立可得h的最小值 若m恰好在t0时刻滑出，即： 联立可得h的最大值 故h应满足： 。 答：（1）此时球筒的角速度为； （2）整个过程中手对球筒所做的功为； （3）h的取值范围是。 5．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝5m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量均为m＝5kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0＝14m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）物块A刚冲上传送带时的加速度； （2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间； （3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功。 【解答】解：（1）物块A刚冲上传送带时，对A物块，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+T+μmgcosθ＝ma1 对B物块：mg﹣T＝ma1 联立代入数据解得： 方向沿传送带向下； （2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动，对A物块，根据牛顿第二定律有 mgsinθ+T′﹣μmgcosθ＝ma1′ 对B物块有：T′﹣mg＝ma1′ 联立解得：a1′＝7m/s2 当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有：t1s＝1，st2s 那么物块A冲上传送带运动到最高点所用时间：t＝t1+t2＝1sss （3）此过程中物块对传送带做的功：Wf＝fx1﹣fx2 其中：f＝μmgcosθ 传送带在两段时间内的位移：x1＝vt1，x2＝vt2 代入数据解得： 答：（1）物块A刚冲上传送带时的加速度为9m/s2，方向沿传送带向下 （2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间为 （3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功为。 6．（2024•龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角θ＝37°的直轨道AB，螺旋圆形轨道BCDEF，水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG相切于B（E）和C（F）。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.4m，FG长LFG≈2m，传送带GH长LGH＝1.5m，HI长LHI＝4m，LJK＝2.8m，四分之一圆轨道IJ的半径r＝0.4m。滑块与FG、HI、JK间的动摩擦因数μ1＝0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.6，其余轨道光滑。现将一质量为m＝1kg的滑块从倾斜轨道AB上某高度h处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2） （1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块过C点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度； （2）若滑块从AB上高h′＝3m处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远； （3）若滑块从AB上高h′＝3m处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），求传送带的线速度v需满足的条件。 【解答】解：（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，则根据牛顿第二定律可得： 代入数据解得： vDm/s＝2m/s 滑块从C到D点过程中，根据动能定理可得： ﹣mg•2R 代入数据解得： vC＝2m/s 滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得： 代入数据解得： FC′＝60N 由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力为： FC＝F′C＝60N 方向竖直向下。滑块从A到D点过程中，根据动能定理可得： mg（h﹣2R） 代入数据解得： h＝1m （2）滑块滑下斜面AF重力做功： WG＝mgh′ 解得：WG＝30J 若传送带静止，滑块运动到I点，需克服摩擦力做功： Wf1＝μ1mgLFG+μ2mgLGH+μ1mgLHI 解得：Wf1＝24J 由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点时的动能： EkI＝WG﹣Wf1＝30J﹣24J＝6J 设滑块滑上半圆轨道IJ的高度h1， 则有：EkI＝mgh1 解得： h1＝0.6m＜2r＝0.8m 则滑块会从圆轨道IJ返回滑下运动，根据动能定理可得： ﹣μ1mgx＝0﹣EkI 解得滑块滑过四分之一圆轨道IJ继续滑行的位移大小 x＝2.4m 所以滑块最终静止在H点右侧，距H点的水平距离为： Δx＝LHI﹣x＝4m﹣2.4m＝1.6m （3）若向上滑块恰好能到达J，则滑块在H点的动能为： EkH1μ1mgLH1+mg•2R 代入数据解得： vH1＝6m/s 由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达G点的过程可得： 代入数据解得： 若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达H点时，可得 代入数据解得： 则滑块在传送带上先减速再匀速运动，且传送带的速度为： v1＝6m/s 若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在J点，则从H到停下根据动能定理可得：vH2 代入数据解得： vH2＝8m/s 则滑块在传送带上做匀速直线运动，传送带的速度需满足的条件为： v≤8m/s 因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件为： 6m/s≤v≤8m/s 答：（1）滑块过C点对轨道的压力为60N，方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为1m； （2）滑块最终静止的位置距离H点的水平距离为1.6m； （3）要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），传送带的线速度v需满足的条件为6m/s≤v≤8m/s。 7．（2024•湖北一模）近两年自媒体发展迅猛，受到各年龄段用户的青睐；人们经常在各种自媒体平台分享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。如图，该同学面向管壁站立在管道最低点，先后以的初速度面向管壁方向踢出两个足球，足球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背包。已知水泥管道截面半径为R，该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框，且圆框与竖直圆截面的圆心O等高，两水平圆框最近点的间距为0.28R，且两最近点关于过O点的竖直直径对称，不计足球与水泥管间的摩擦，足球看成质点，且均从水平圆框的圆心进入背包，重力加速度大小为g，。（1）两球与水泥管道的脱离点分别为A、B，求OA、OB与水平方向的夹角θ1、θ2； （2）设R＝1m，胸前的背包口圆框的直径是多少米（数据保留两位小数）？ 【解答】解：（1）设脱离点与水泥管圆心连线与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得 mgsinθ 根据动能定理 ﹣mgR（ 1+sinθ） 解得 v0 可得 sinθ1，sinθ2 则 θ1＝30°，θ2＝53° （2）对过A点的足球受力分析可得 mgsinθ1 解得 v1 足球与水泥管脱离后做斜抛运动，从脱离到最高点过程，竖直方向 v1cosθ1＝gt1 解得 t1 水平位移 x1＝v1sinθ1t1 竖直位移 h1 足球从最高点到背包口过程，水平位移 x2＝v1sinθ1t2 竖直位移 h2＝h1+Rsinθ1 足球斜抛的水平位移 x＝x1+x2 胸前的背包口圆框的直径 d＝2（ Rcosθ1﹣x） 联立解得d＝0.19m 答：（1）OA、OB与水平方向的夹角分别为30°，53°； （2）胸前的背包口圆框的直径是0.19m。 8．（2024•思明区校级模拟）蹴鞠是有史料记载的最早足球活动，图甲所示是某蹴鞠活动的场景。如图乙所示，某校举行蹴鞠比赛的场地为一长方形ABCD，长AD＝10m，宽AB＝8m，E、E′、F、F′分别为各边中点，O为EE′和FF′交点，EE′上竖直插有两根柱子，两柱之间挂一张大网，网的正中间有一圆形的球洞名为“风流眼”，两支球队分别在网的两侧，若蹴鞠穿过“风流眼”后落地，射门的球队得分。圆形“风流眼”的圆心Q在O点正上方，Q、O之间的高度h＝3.75m。甲、乙两位运动员在某次配合训练中，甲将静止在地面F点的蹴鞠斜向上踢出，经时间t1＝0.5s恰好到达最高点P，P在场地上的投影为P′且P′在FO上，P′到F点的距离为x1＝2m。乙运动员紧接着从P点将蹦斜向上踢出，恰好经过“风流眼”中的Q点且经过Q点时速度方向水平，穿过“风流眼”后蹴鞠落到OF′上的K点（蹴鞠第一次着地的位置），如图丙所示。蹴鞠的质量为0.6kg，蹴鞠可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度大小取g＝10m/s2。求： （1）最高点P离地面的高度h1； （2）甲运动员对蹴鞠做的功W； （3）K点到O点的距离d（结果可以用根式表示）。 【解答】解：（1）蹴鞠竖直向上逆过程就是自由落体运动， 解得，h1＝1.25m （2）蹴鞠水平方向，有 解得，vx＝4m/s 竖直方向上，有vy＝gt 解得，vy＝5m/s 蹴鞠的初速度为 解得， 甲运动员对蹴鞠做的功 解得，W＝12.3J （3）PQ的高度为Δh＝h﹣h1 竖直方向上，有 蹴鞠从P运动到Q的时间为 蹴鞠从P运动到Q时，设FO距离为l1，故沿水平方向的速度为，代入数据可得：vx2 蹴鞠从Q点落到K点的时间为 可得， K点到EE′的距离为d＝vx2t3 可得， 答：（1）最高点P离地面的高度h1为.25m； （2）甲运动员对蹴鞠做的功W为12.3J； （3）K点到O点的距离d为m。 9．（2024•市中区校级二模）如图所示，光滑轨道ABC由竖直段AB、半径为R的圆弧形轨道BC组成，末端C处切线水平。紧邻C右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面，均与C点等高；传送带甲以恒定的速率顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止状态，其中木板长度与乙两端DE等长，均为kR（k未知），忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙。现有一物块从轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于D处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5倍；木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB高度差h＝R，物块、木板质量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。已知简谐运动的周期公式，其中k'为回复力系数。，求： （1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F； （2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，求的数值大小； （3）k的大小； （4）木板的运动时间t。 【解答】解：（1）物块由P至C，根据机械能守恒定律有 解得 C处根据牛顿第二定律有 解得 F＝5mg 由牛顿第三定律，物块对C处的作用力大小为5mg、方向竖直向下； （2）由题意物块进入甲传送带时v0＜u，假设物块一直匀加速到D，设加速度为a，末速度为vD，对物块根据运动学公式有 vD＝v0+at 对传送带 联立求解得 说明物块在甲上先加速，后以u匀速；设物块匀加速时间为t1，根据功能关系有 W＝Ff•μt1 联立解得 ； （3）碰撞后木板的速度大小为u，对木板此后运动的动力学分析结果为 ①木板位移： 合力为0，木板做匀速直线运动； ②木板位移： 合力为 则木板做变减速运动，合力随位移均匀增加； ③木板位移kR≤x≤2kR： 合力为 F＝μmg 合力恒定、匀减速至静止。对木板，全程由动能定理 解得 k＝39.2； （4）①木板位移过程匀速，时间为 ②木板位移过程做简谐运动，时恰为平衡位置，由 可得回复力系数 简谐运动的周期为 设此简谐运动的振幅为A，满足 可得 故 ； ③木板位移kR≤x≤2kR过程以加速度a＝μg做匀减速直线运动，由 可得 故总时间为 。 10．（2024•花溪区校级模拟）如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A位于光滑斜面挡板底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：无弹珠时（弹簧无形变），轻弹簧上端离B点距离为3R，缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠经C点被射出，最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。（g为重力加速度，弹簧的弹性势能可用，计算（x为弹簧的形变量）最后结果可用根式表示）： （1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠经BC轨道上的C点射出，求在C点的最小速度？ （2）经BC轨道上的C点射出，并击中斜面底边时距A最近，求此最近距离； （3）设弹珠质量为m，θ＝30°，该弹簧劲度系数，要达到（2）中条件，求弹珠在离开弹簧前的最大速度。 【解答】解：（1）当弹珠和弹簧分离后在AB直管道中运动时，弹珠受到重力、管道的支持力，合力大小为mgsinθ，方向沿管道向下。当弹珠以最小速度通过C点时，由牛顿第二定律得： mgsinθ＝m 解得：v0 （2）当弹珠经C点速度最小，弹珠P离A点最远，并设弹珠经C点的最小速度为v0，此时弹珠经过C点时管道对弹珠无作用力，由重力沿斜面向下的分力提供向心力，弹珠离开C后做类平抛运动，在平行斜面向下方向，有：8R+R＝（gsinθ）t2 解得：t 水平方向：x＝v0t• 所以最近距离：d＝x+R （3）弹珠离开弹簧前，在平衡位置时，速度最大。 设此时弹簧压缩量为x0，根据平衡条件得：mgsinθ＝kx0 结合题设条件k，解得：x0＝Rsinθ 取弹珠从平衡位置到C点的运动过程为研究过程，系统机械能守恒，取平衡位置重力势能为零，由机械能守恒定律得：mg（x0+3R+R） 解得弹珠在离开弹簧前的最大速度：vm 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！12 学科网（北京）股份有限公司 $$