重难专题03 力学三大观点的综合应用问题（选考第18题）-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

大题精练03 力学三大观点的综合应用问题 一、考向分析 1．本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。 2．熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。 3．用到的知识、规律和方法有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律);动量观点(动量定理和动量守恒定律);能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。 4．本专题的核心问题与典型模型的表现形式 (1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。 (2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。 (3)平抛运动:与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。 二、动力学 牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay 向心力 牛顿第三定律 三、冲量与动量、功和能 物理概念规律名称 公式 动能 重力势能 (与零势能面的选择有关) 弹性势能 功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变） 功率 平均功率： 即时功率： 机械效率 动能定理 机械能守恒定律 或者Ep= Ek 动量 = 冲量 动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键) 动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O 弹性碰撞 完全非弹性碰撞 四、几种“类碰撞”问题 情境 类比碰撞 满足规律 初态 末态 相聚最近 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次恢复原长时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 共速时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 滑离时 非弹性碰撞 动量守恒，部分动能转化为内能 到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 【例题】（2024•镇海区校级模拟）如图所示为某传送装置的示意图，整个装置由三部分组成，中间是水平传送带，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定，其左侧为一倾斜直轨道，右侧为放置在光滑水平面上质量为M的滑板，倾斜直轨道末端及滑板上表面与传送带两端等高并平滑对接。一质量为m的物块从倾斜直轨道的顶端由静止释放，物块经过传送带后滑上滑板，滑板运动到D时与固定挡板碰撞粘连，此后物块滑离滑板。已知物块的质量m＝1.0kg，滑板的质量M＝2.0kg，倾斜直轨道顶端距离传送带平面的高度h＝2.5m，传送带两轴心间距L1＝10.5m，滑板的长度L2＝2.8m，滑板右端到固定挡板D的左端的距离为L3，物块与倾斜直轨道的动摩擦因数满足（θ为斜直轨道的倾角），物块与传送带和滑板间的动摩擦因数分别为μ2＝0.1、μ3＝0.5，重力加速度的大小g＝10m/s2。 （1）若v＝4m/s，求物块刚滑上传送带时的速度大小及通过传送带所需的时间； （2）求物块刚滑上右侧滑板时所能达到的最大动能和最小动能； （3）若v＝6m/s，讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力所做的功Wf与L3的关系。 难度：★ ★ ★ ★ ★ 建议时间：40分钟 1．（2024•浙江模拟）图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同。滑槽出口端的“币仓”可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰；碰后，撞板立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币掉下补位.底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落到水平地面上。已知每个硬币质量为m，撞板质量为3m；每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩擦力做功为W，两橡皮绳对撞板做的总功为4W；忽略空气阻力，硬币不翻转。 （1）求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度v； （2）当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为其初动能的，求Wf； （3）已知“币仓”中有n（n≤10）个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为（2n﹣1）W；试讨论两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为1：。 2．（2024•浙江二模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为L1＝2m的固定水平传送带BC及两半径均为R1＝0.3m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其他阻力，取g＝10m/s2。求 （1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）调节传送带以不同速度v匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH滑行的路程S与速度v的关系。 3．（2024•浙江一模）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF、GH组成。BCD的最高点D与EF的右端点E在同一竖直线上，且D点略高于E点。木板静止在GH上，其上表面与EF相平，右端紧靠竖直边FG，左端固定一竖直弹性挡板。游戏时滑块从A点弹出，经过轨道AB、BCD、EF后滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m＝0.3kg，木板质量M＝0.1kg，长度l＝1m，BCD的半径R＝0.4m，弹簧弹性势能的最大值为8J，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与轨道GH间的动摩擦因数为μ2，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨道连接处时的能量损失，滑块与挡板发生弹性碰撞。 （1）若滑块恰好能够滑上轨道EF，求滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN； （2）若μ1＝0.2，μ2＝0，则在满足滑块始终不脱离木板的条件下，求滑块在木板上的动能最大值Ekm； （3）若μ1＝0，μ2＝0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF，求在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W。 4．（2024•温州一模）如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角θ＝37°的足够长直轨道AB、圆心为O1的半圆形轨道BCD、圆心为O2的圆形细圆管轨道DE、倾角α＝45°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，各段轨道均光滑且各处平滑连接，B和D为轨道间的相切点，点E、圆心O2处于同一竖直线上，C、F、G处于同一水平面上。在轨道末端G的右侧光滑水平面上，紧靠着质量M＝0.6kg、长度d＝2m的无动力摆渡车，车上表面与直轨道FG平齐。可视为质点、质量m＝0.3kg的滑块从直轨道AB上某处静止释放。己知轨道BCD和DE的半径R＝0.5m。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若释放点距点B的距离l＝1.5m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； （2）若滑块始终不脱离轨道ABCDE，求释放点与C点高度差h的取值范围； （3）若滑块从E点飞出后落在轨道EF上，与轨道碰撞后瞬间沿轨道速度分量保持不变，垂直轨道速度分量减为零，再沿轨道滑至摆渡车上。己知滑块和摆渡车之间的动摩擦因数，且滑块恰好不脱离摆渡车，求： ①滑块运动至点G的速度大小vG； ②滑块离开点E的速度大小vE。 5．（2024•镇海区校级一模）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角θ＝37°长l1＝2.75m的固定斜面AB、质量m1＝1kg的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量m2＝4kg长度l2＝2.25m的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径R＝1m，最低点C与小车等高。当P把m＝1kg的小物块（视为质点）以v0＝4m/s速度水平弹出，恰好由A点沿斜面方向进入斜面，不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，忽略小车和M下表面与地面的摩擦。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）求水平弹出点离A点的竖直高度h1； （2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.6。求小物块滑上M时对C点的压力F及上滑的最大高度h2； （3）现解除小车锁定，并在小车上表面喷涂一种特殊材料（不计喷涂材料的质量），使小物块与小车间的动摩擦因数能从右（B端）向左随距离变化，如图乙所示。若小物块仍以v0＝4m/s速度水平弹出，试分析小物块能否通过C点？并说明理由。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 大题精练03 力学三大观点的综合应用问题 一、考向分析 1．本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。 2．熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。 3．用到的知识、规律和方法有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律);动量观点(动量定理和动量守恒定律);能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。 4．本专题的核心问题与典型模型的表现形式 (1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。 (2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。 (3)平抛运动:与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。 二、动力学 牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay 向心力 牛顿第三定律 三、冲量与动量、功和能 物理概念规律名称 公式 动能 重力势能 (与零势能面的选择有关) 弹性势能 功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变） 功率 平均功率： 即时功率： 机械效率 动能定理 机械能守恒定律 或者Ep= Ek 动量 = 冲量 动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键) 动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O 弹性碰撞 完全非弹性碰撞 四、几种“类碰撞”问题 情境 类比碰撞 满足规律 初态 末态 相聚最近 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次恢复原长时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 共速时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 滑离时 非弹性碰撞 动量守恒，部分动能转化为内能 到达最高点时 完全非弹性碰撞 动量守恒，动能损失最多 再次回到地面时 弹性碰撞 动量守恒，动能无损失 【例题】（2024•镇海区校级模拟）如图所示为某传送装置的示意图，整个装置由三部分组成，中间是水平传送带，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定，其左侧为一倾斜直轨道，右侧为放置在光滑水平面上质量为M的滑板，倾斜直轨道末端及滑板上表面与传送带两端等高并平滑对接。一质量为m的物块从倾斜直轨道的顶端由静止释放，物块经过传送带后滑上滑板，滑板运动到D时与固定挡板碰撞粘连，此后物块滑离滑板。已知物块的质量m＝1.0kg，滑板的质量M＝2.0kg，倾斜直轨道顶端距离传送带平面的高度h＝2.5m，传送带两轴心间距L1＝10.5m，滑板的长度L2＝2.8m，滑板右端到固定挡板D的左端的距离为L3，物块与倾斜直轨道的动摩擦因数满足（θ为斜直轨道的倾角），物块与传送带和滑板间的动摩擦因数分别为μ2＝0.1、μ3＝0.5，重力加速度的大小g＝10m/s2。 （1）若v＝4m/s，求物块刚滑上传送带时的速度大小及通过传送带所需的时间； （2）求物块刚滑上右侧滑板时所能达到的最大动能和最小动能； （3）若v＝6m/s，讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力所做的功Wf与L3的关系。 【解答】解：（1）对物块，在A到B的运动过程应用动能定理得：mgh﹣μ1mgcosθ• 又： 代入数据解得：vB＝5m/s； 若传送带速度v＝4m/s，根据速度—位移公式得：v22μ2gx1， 代入数据解得物块在传送带上做匀减速运动的位移：x1＝4.5m 匀减速运动的时间：t1s＝1s， 随后在传送带上匀速运动的时间：t2s＝1.5s， 物块通过传送带所需的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s； （2）a、当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上一直做减速运动，物块克服摩擦力所做的功最多，即物块刚滑上滑板时的动能最小，最小动能设为Ekm1， 由动能定理得：﹣μ2mgL1＝Ekm1， 代入数据解得：Ekm1＝2J； b、当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，摩擦力对物块所做的功最多，即物块刚滑上滑板时的动能最大，最大动能设为Ekm2， 由动能定理得：μ2mgL1＝Ekm2， 代入数据解得：Ekm2＝23J； （3）当v＝6m/s时，物块滑上传送带后先做匀加速直线运动，匀加速的位移：x2m＝5.5m＜L1， 可知滑块在传送带上先做匀加速然后做匀速，刚滑上滑板时的速度大小v1＝6m/s 设若滑板与挡板间距足够长，滑板碰挡板前物块与滑板能达共速v2，规定向右为正方向， 规定向右为正方向，由动量守恒得：mv1＝（m+M）v2， 代入数据解得：v2＝2m/s 对物块，由动能定理得：﹣μ3mgs1， 对滑板，由动能定理得：μ3mgs2， 代入数据解得：s1＝3.2m，s2＝0.8m 物块相对滑板的位移Δs＝s1﹣s2＝3.2m﹣0.8m＝2.4m， 故若L3≥s2＝0.8m，则木板与挡板碰撞前物块与滑板已经共速，共速后二者相对静止，无摩擦力， 故克服摩擦力做的功：Wf＝μ3mg（s1+L2﹣Δs）＝0.5×1×10×（3.2+2.8﹣2.4）J＝18J， 若0＜L3＜0.8m，则当滑板与挡板相碰时物块尚未滑到滑板的右端， 这种情况下物块的对地位移为：s3＝L2+L3＝2.8+L3， 克服摩擦力做的功：Wf＝μ3mgs3＝14+5L3。 难度：★ ★ ★ ★ ★ 建议时间：40分钟 1．（2024•浙江模拟）图（a）是水平放置的“硬币弹射器”装置简图，图（b）是其俯视图。滑槽内的撞板通过两橡皮绳与木板相连，其厚度与一个硬币的相同。滑槽出口端的“币仓”可叠放多个相同的硬币。撞板每次被拉动至同一位置后静止释放，与底层硬币发生弹性正碰；碰后，撞板立即被锁定，底层硬币被弹出，上一层硬币掉下补位.底层硬币被撞后在摩擦力作用下减速，最后平抛落到水平地面上。已知每个硬币质量为m，撞板质量为3m；每次撞板从静止释放到撞击硬币前瞬间，克服摩擦力做功为W，两橡皮绳对撞板做的总功为4W；忽略空气阻力，硬币不翻转。 （1）求撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度v； （2）当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为其初动能的，求Wf； （3）已知“币仓”中有n（n≤10）个硬币时，底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为（2n﹣1）W；试讨论两次“币仓”中分别叠放多少个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为1：。 【解答】解：（1）根据动能定理有 4W﹣W3mv2 解得 v （2）规定向右为正方向，对撞板与硬币构成的系统，由于发生的是弹性碰撞，则有 3mv＝3mv1+mv2 3mv23 解得 v2 克服摩擦力做功Wf为其初动能的，则有 Wf 解得 WfW （3）平抛运动过程有 h x1＝v底1t x2＝v底2t 根据题意有 底层硬币冲出滑槽过程中克服摩擦力做功为（2n﹣l）Wf，根据动能定理有 ﹣（2n1﹣1）Wfmv底12 ﹣（2n2﹣1）Wfmv底22 结上有 3n1＝n2+21 由于n≤10，则有 n1＝8个，n2＝3个或n1＝9个，n2＝6个或n1＝10个，n2＝9个 答：（1）撞板撞击硬币前瞬间，撞板的速度为； （2）当“币仓”中仅有一个硬币时，硬币被撞击后到抛出过程，克服摩擦力做功Wf为W； （3）两次“币仓”中分别叠放n1＝8个，n2＝3个或n1＝9个，n2＝6个或n1＝10个，n2＝9个硬币时，可使底层硬币平抛的水平射程之比为1：。 2．（2024•浙江二模）如图所示为一处于竖直平面内的实验探究装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为L1＝2m的固定水平传送带BC及两半径均为R1＝0.3m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F处有一质量为M＝0.3kg的小车静止在光滑水平地面上，小车的上表面由长为L2＝1.5m的水平面GH和半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧面HI组成，GH与F等高且相切。现有一质量为m＝0.1kg的滑块（可视为质点）从圆弧轨道AB上距B点高度为h＝0.8m处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其他阻力，取g＝10m/s2。求 （1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）调节传送带以不同速度v匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH滑行的路程S与速度v的关系。 【解答】解：（1）滑块运动到圆弧轨道上的D点时，根据动能定理 解得 vD＝2m/s 在D点，根据牛顿第二定律 解得 方向竖直向下。 （2）从D点到F点，根据动能定理 解得 vF＝4m/s 设向右为正方向，根据动量守恒 mvF＝（m+M）v共 解得 v共＝1m/s 根据能量守恒有 解得 H＝0.15m （3）要求滑块不脱离小车，有 ①滑块不离开小车的右端时 解得 ②滑块不离开小车左端时 解得 所以滑块到F点时的最大速度为，则D点时的最大速度为vm，根据动能定理 解得 所以，当传送带逆时针或传送带的速度顺时针v≤2m/s时，则 μmgx1＝mgH 解得x1＝0.5m 滑行的路程为 s＝L2+x1＝1.5m+0.5m＝2m 当传送带的速度顺时针时，滑块会脱离小车 S＝2L2＝2×1.5m＝3m 当传送带的速度顺时针时，根据动能定理 解得 根据能量守恒 解得 3．（2024•浙江一模）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF、GH组成。BCD的最高点D与EF的右端点E在同一竖直线上，且D点略高于E点。木板静止在GH上，其上表面与EF相平，右端紧靠竖直边FG，左端固定一竖直弹性挡板。游戏时滑块从A点弹出，经过轨道AB、BCD、EF后滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m＝0.3kg，木板质量M＝0.1kg，长度l＝1m，BCD的半径R＝0.4m，弹簧弹性势能的最大值为8J，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与轨道GH间的动摩擦因数为μ2，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨道连接处时的能量损失，滑块与挡板发生弹性碰撞。 （1）若滑块恰好能够滑上轨道EF，求滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN； （2）若μ1＝0.2，μ2＝0，则在满足滑块始终不脱离木板的条件下，求滑块在木板上的动能最大值Ekm； （3）若μ1＝0，μ2＝0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF，求在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W。 【解答】解：（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF，在最高点D处做圆周运动的向心力由重力提供： 滑块由C点滑到最高点D此过程由机械能守恒： 滑块滑到C点时做圆周运动的向心力由滑道对滑块的弹力提供： 联立以上方程代入数值得：FN＝9N （2）因μ1＝0.2，μ2＝0，木板与地面之间没有摩擦，而滑块与木板之间存在摩擦，把滑块与木板看成一个系统，其动量守恒，满足滑块始终不脱离木板必定滑块与木板共速， 以向左的方向有：mv＝（m+M）v共 设滑块以v的速度滑入木板，并在木板上最终摩擦滑行x长时滑块与木板共速，此过程能量守恒： 滑块滑入木板时的动能最大为： 以上方程解得： 当x＝2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm＝4.8J，此时： 所以滑块能够滑上木板，相应的机械能为7.2J＜8J。 （3）由题意滑块恰好能够滑上轨道有： 代入数值滑块刚滑上木板时：v0＝2m/s 因为μ1＝0，μ2＝0.1，木板与地面之间存在摩擦，而滑块与木板之间没有摩擦，滑块与挡板第1次碰撞时动量守恒有：mv0＝mv1+Mv2 再由能量守恒定律有： 解得滑块速度：v1m/s＝1m/s 木板速度：v2m/s＝3m/s＞v1 之后，木板做匀减速运动，加速度a＝μ2g＝0.1×10m/s2＝1m/s2。滑块匀速运动，设经过t发生第二次碰撞，则有：v2tv1t 代入数据：t＝0，t＝4s，此时木板的速度v＝v2﹣at＝3m/s﹣1×4m/s＝﹣1m/s＜0 经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。 故摩擦力对木板做的功： 答：（1）滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN为9N； （2）滑块在木板上的动能最大值Ekm为4.8J； （3）在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W为﹣4.5J。 4．（2024•温州一模）如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角θ＝37°的足够长直轨道AB、圆心为O1的半圆形轨道BCD、圆心为O2的圆形细圆管轨道DE、倾角α＝45°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，各段轨道均光滑且各处平滑连接，B和D为轨道间的相切点，点E、圆心O2处于同一竖直线上，C、F、G处于同一水平面上。在轨道末端G的右侧光滑水平面上，紧靠着质量M＝0.6kg、长度d＝2m的无动力摆渡车，车上表面与直轨道FG平齐。可视为质点、质量m＝0.3kg的滑块从直轨道AB上某处静止释放。己知轨道BCD和DE的半径R＝0.5m。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若释放点距点B的距离l＝1.5m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小； （2）若滑块始终不脱离轨道ABCDE，求释放点与C点高度差h的取值范围； （3）若滑块从E点飞出后落在轨道EF上，与轨道碰撞后瞬间沿轨道速度分量保持不变，垂直轨道速度分量减为零，再沿轨道滑至摆渡车上。己知滑块和摆渡车之间的动摩擦因数，且滑块恰好不脱离摆渡车，求： ①滑块运动至点G的速度大小vG； ②滑块离开点E的速度大小vE。 【解答】解：（1）对滑块，从释放点到C点过程，根据动能定理 在C点合外力提供向心力： 代入数据解得：FN＝15N （2）满足恰好达到半圆形轨道BCD与O1等高处：h1＝R＝0.5m 可得：0≤h≤0.5m 满足恰好能到达E点，则：h2＝2R（1+cosθ）＝2×0.5×（1+0.8）m＝1.8m 恰好能过D点而不掉落，重力分力提供向心力： 从释放点到D点过程： 解得：h3＝1.1m 综上可得：0≤h≤0.5m或1.1m≤h≤1.8m （3）①对滑块，从G点滑上摆渡车至共速，根据动量守恒定律 mvG＝（M+m）v共 根据能量守恒定律 联立解得： ②从E点飞出落在EF段，根据位移偏转角和速度偏转角的关系： 可得：，，vy＝2vE 所以： 由碰撞点到G点，根据动能定理： 代入数据解得： 答：（1）若释放点距点B的距离l＝1.5m，滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为15N； （2）若滑块始终不脱离轨道ABCDE，释放点与C点高度差h的取值范围为：0≤h≤0.5m或1.1m≤h≤1.8m； （3）①滑块运动至点G的速度大小vG为m/s； ②滑块离开点E的速度大小vE为m/s； 5．（2024•镇海区校级一模）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角θ＝37°长l1＝2.75m的固定斜面AB、质量m1＝1kg的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量m2＝4kg长度l2＝2.25m的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径R＝1m，最低点C与小车等高。当P把m＝1kg的小物块（视为质点）以v0＝4m/s速度水平弹出，恰好由A点沿斜面方向进入斜面，不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，忽略小车和M下表面与地面的摩擦。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）求水平弹出点离A点的竖直高度h1； （2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.6。求小物块滑上M时对C点的压力F及上滑的最大高度h2； （3）现解除小车锁定，并在小车上表面喷涂一种特殊材料（不计喷涂材料的质量），使小物块与小车间的动摩擦因数能从右（B端）向左随距离变化，如图乙所示。若小物块仍以v0＝4m/s速度水平弹出，试分析小物块能否通过C点？并说明理由。 【解答】解：（1）根据平抛运动规律，小物块到在A点时有： 解得：vy＝3m/s，h1＝0.45m； （2）小物块在A点速度为合速度，则有： 小物块从A运动到B的过程中，由动能定理可得： 解得：vB＝6m/s 小物块从B运动到C的过程中，由动能定理有 可得： 解得：vC＝3m/s 在圆轨道C点，根据牛顿第二定律有： 根据牛顿第三定律可知，小物块滑上M时对C点的压力：F＝N 解得：F＝19N，方向竖直向下。 设小物块滑上M的最大高度时，小物块与M共速v1，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得： mvC＝（m1+m2）v1 解得：h2＝0.225m； （3）小物块从B到C过程，克服摩擦力做功为： 解得：WBC＝6.5J 若到C点共速，则对三者组成的系统，由动量守恒定律有： mvB＝（m+m1+m2）v共 解得：v共＝1m/s （m+m1+m2） 解得：ΔE损＝15J 可知WBC，故小物块能通过C点。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$