运动学大题：过山车类型（专项训练）2027年高考物理一轮复习

**基本信息** 聚焦多过程力学综合问题，以碰撞、圆周运动、平抛运动为核心载体，通过动能定理、动量守恒等规律构建“运动分析-受力建模-能量转化”的逻辑链条，强化科学思维中的模型建构与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |碰撞与圆周运动|1,3,6|含弹性碰撞、轨道临界条件|动量守恒→能量转化→向心力公式推导| |平抛与轨道结合|2,8,14|平抛运动规律与轨道衔接|平抛运动分解→动能定理求速度→落点计算| |多轨道综合|5,11,15|组合轨道（斜面、圆弧、管道）|受力分析→摩擦力做功→机械能守恒应用|

过山车类型 1、【2024.03.浙江.9+1】如图所示，倾角的斜面AB与长度为的水平面BC在B点衔接，衔接点平滑，质量为的可视为质点的滑块Q静置在水平面的右端C。可视为质点的滑块P自斜面上高处静止释放，与滑块Q发生弹性碰撞后，滑块Q在C点立即进入光滑竖直半圆轨道DE的内侧（CD间隙不计），D为圆的最高点，圆半径记为R。滑块Q经圆弧后在E点水平抛出，最终落于水平地面FG上，水平面FG与BC的高度差为。已知滑块P与AB面和BC面的动摩擦因数都为。 （1）若滑块P的质量为，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。 ①求滑块Q进入D点时的速度。 ②求半圆轨道的半径R的取值范围。 ③求滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程。 （2）若半圆轨道DE的半径为，滑块P的质量可调，求滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围。 【答案】（1）①2m/s，②，③1.4m；（2） 【解析】 详解】（1）①滑块P从静止到C点，根据动能定理有 解得 滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，有 又因为是弹性碰撞，则能量守恒 解得 ②在D点能够做圆周运动，根据牛顿第二定律可知 解得 D点到E点的过程，根据能量守恒定律有 在E点，根据牛顿第二定律有 且 联立得 所以R的取值范围 ③自E点作平抛运动，则射程为 ， 将②中代入得 当时，解得 （2）由动能定理有 解得 滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，则 又因为是弹性碰撞，根据能量守恒定律有 解得 即 则 由牛顿第二定律有 解得 2.【2023.11.浙江.金华】小明设计了如图所示的弹珠弹射游戏装置。固定在水平面上的弹珠发射器发射一质量的小弹珠，沿由水平直轨道和竖直半圆形轨道AB运动并从B处水平飞出，然后恰好进入圆弧形管道CD，并从该管道的D处水平滑出，撞击放置在平台上质量的碰撞缓冲装置PQ，该装置中的轻弹簧一端固定在挡板Q上，另一端连接质量可不计、且能自由滑动的小挡板P，小弹珠碰到挡板P时紧贴挡板一起运动，但不粘连。已知、、、，不考虑所有摩擦和空气阻力及碰撞时能量的损失，轨道固定，缓冲装置PQ可在平台上运动，求： （1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小； （2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能； （3）小弹珠再次回到D点时的速度。 【答案】（1）6m/s；（2）2J；（3），方向向右 【解析】 【详解】（1）弹珠恰好进入管道，由平抛运动规律，有 ， 解得 由能量守恒定律，有 解得 （2）设小弹珠碰前的速度为，由能量守恒，有 解得 碰撞时动量守恒，碰后共同速度为 解得 最大弹性势能 （3）根据弹性碰撞，有 ， 解得 所以小弹珠再次回到D点时的速度大小为，方向向右。 3． （2024•宁波模拟）如图所示为某弹射游戏装置，游戏轨道由水平直轨道AB和两个半径 为R＝0.8m、圆心角θ＝120°的圆弧轨道BC、C′D组成，OB、DO′竖直，小球（可视为质点）能无碰撞地从轨道BC进入轨道C′D。小球1被固定于A处的弹簧弹出后，与静置在水平轨道的小球2发生弹性碰撞。游戏设置一、二、三等奖：若小球2能够进入圆弧轨道C′D获三等奖，若小球2能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离获二等奖，若小球1能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离则获一等奖，其他情况都不能获奖。已知小球1的质量m1＝0.3kg小球2的质量m2＝0.1kg重力加速度g取10m/s2忽略一切摩擦，不考虑小球间的二次碰撞。 （1） 若游戏能获奖，则小球2进入B点时，求轨道BC对小球弹力的最小值； （2） 小球2碰后的速度多大时，游戏能获二等奖； （3） 弹性势能满足什么条件时可获一等奖。 【分析】（1）小球2恰好能经过C点时（与轨道接触而无弹力），在B点速度最小，轨道BC对小球弹力的最小。根据牛顿第二定律和动能定理求解； （2）小球2能在圆弧轨道C′D段脱离，临界条件之一是恰好能到与圆心O′等高的位置，临界条件之二是恰好到达D点。根据牛顿第二定律和动能定理求解； （3）小球1能在圆弧轨道C′D段脱离则获一等奖，根据（2）的结论可知碰后小球1的速度满足的条件。由动量守恒定律与机械能守恒定律分别求得碰撞前瞬间小球1的速度满足的条件。根据机械能守恒定律求得可得弹性势能满足的条件。 【解答】解：（1）小球2恰好能经过C点时（与轨道接触而无弹力），在B点速度最小，轨道BC对小球弹力的最小（设为Fmin）。 恰好经过C点时，对小球受力分析如下图所示， 在C点，由牛顿第二定律得： m2gcos60°＝ 解得：vC＝2m/s B到C，由动能定理得： ﹣m2g（R+Rcos60°）＝m2﹣m2 解得：vB＝m/s 在B点，由牛顿第二定律得： Fmin﹣m2g＝ 解得：Fmin＝4.5N （2）游戏能获二等奖需要小球2能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离，临界条件之一是恰好能到与圆心O′等高的位置，设此条件对应的小球2碰后的速度为vmin，由几何关系得与圆心O′等高的位置到轨道AB的距离等于2R，由动能定理得： ﹣m2g×2R＝0﹣m2 解得：vmin＝m/s 临界条件之二是恰好到达D点（与轨道接触而无弹力），设小球2碰后的速度为vmax时，恰好能到达D点。 在D点，由牛顿第二定律得： m2g＝ 解得：vD＝2m/s 由几何关系得D点到轨道AB的距离等于3R，由动能定理得： ﹣m2g×3R＝m2﹣m2 解得：vmax＝m/s 可知小球2碰后的速度满足：m/s＜v＜m/s时，游戏能获二等奖。 （3）由题意：小球1能在圆弧轨道C′D（不包括D点）段脱离则获一等奖，根据（2）的结论，应使碰后小球1的速度满足：m/s＜v＜m/s。 设碰撞前瞬间小球1的速度为v1时，碰撞后速度能等于vmin＝m/s。 两小球发生弹性碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得： m1v1＝m1vmin+m2v3 m1＝m1+m2 解得：v1＝m/s 设碰撞前瞬间小球1的速度为v2时，碰撞后速度能等于vmax＝m/s。同理得： m1v2＝m1vmax+m2v4 m1＝m1+m2 解得：v2＝m/s 根据机械能守恒定律，可得弹性势能满足条件为：m1＜Ep＜m1 解得：19.2J＜Ep＜33.6J 答：（1）轨道BC对小球弹力的最小值为4.5N； （2）小球2碰后的速度大小需满足m/s＜v＜m/s时，游戏能获二等奖； （3）弹性势能满足条件19.2J＜Ep＜33.6J时可获一等奖。 4．（2024•下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小； （2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力； （3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。 【分析】（1）根据动能定理列式求解； （2）根据动能定理和牛顿第二定律、第三定律列式解答； （3）根据动能定理和平抛运动的规律列式求解。 【解答】解：（1）滑块由静止从A到B过程中，根据动能定理，有 代入数据解得vB＝m/s （2）滑块再次从A到C过程，根据动能定理得 在C点，根据牛顿第二定律得 联立解得F＝2.8N，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F'＝﹣F＝﹣2.8N，方向竖直向上； （3）若滑块恰好通过C点，则vC＝0，根据动能定理得 解得vA＝2m/s 滑块从A到E过程中，根据动能定理得 解得 滑块平抛运动的高度h＝h1﹣h2＝2.3m﹣0.5m＝1.8m，根据平抛运动的规律 桶左端离F点最大距离x1＝vEt，最小距离x2＝vEt﹣d； 综上可知，x与v0关系为，且v0≥2m/s 答：（1）到达B点时的速度大小为m/s； （2）最高点C处时对轨道的压力为2.8N，方向竖直向上； （3）x与v0的关系为，且v0≥2m/s。 【点评】考查动能定理和平抛运动、牛顿运动定律的问题，会根据题意列式求解相应的物理量。 5．（2023•诸暨市一模）过山车是惊险刺激的游乐项目，深受游客喜爱，而如图甲所示的断轨过山车则更为惊悚恐怖，令大多数游客望而却步。为了探究断轨山车的工作原理，小明同学设计了如图乙所示的简化装置，该装置由竖直光滑圆弧轨道AB、水平粗糙直轨道BC和半径为R＝2.0m的竖直断轨光滑圆弧轨道CDEF平滑连接而成，圆弧轨道的圆心为O，断轨处的D点和E点高度相等，OD连线与竖直方向的夹角为θ，质量m＝1.0kg的滑块从离地一定高度处由静止释放。已知直轨道BC的长度L＝4.0m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。 （1）若滑块释放的高度h1＝4.0m，求滑块经过圆弧轨道的C点时对轨道的压力； （2）若夹角θ1＝37°，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，求滑块释放的高度h2； （3）若0≤θ＜90°，使滑块能顺利通过整个竖直圆弧轨道，请写出滑块由D到E过程中离地面最高点的高度H与夹角θ的函数关系，并讨论H的最值。 【分析】（1）根据动能定理求出滑块经过圆弧轨道的C点时速度，再根据牛顿第二、第三定律求解滑块经过圆弧轨道的C点时对轨道的压力； （2）滑块从D到E做斜抛运动，根据分运动的规律求滑块在D点速度。滑块自释放运动到时D点的过程中，由动能定理求滑块释放的高度h2； （3）滑块离开D点后竖直方向做竖直上抛运动，根据速度—位移公式写出滑块离开D点后上升的最大高度，由几何关系得到离地面最高点的高度H与夹角θ的函数关系，再运用数学知识求H的最值。 【解答】解：（1）设滑块到C点的速度为vC，由动能定理可得 设滑块在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律得 代入数据得：FN＝30N 由牛顿第三定律可知，小球经过C点时对轨道压力大小为30N，方向向下。 （2）滑块从D到E做斜抛运动，设滑块在D点速度为vD，从D至最高点时间为t，则水平方向有 （vDcosθ1）t＝Rsinθ1 竖直方向有 vDsinθ1＝gt 联立得：vD＝＝m/s＝5.0m/s 滑块自释放运动到时D点的过程中，由动能定理可得 代入数据解得：h2＝6.85m （3）设滑块离开D点后上升的最大高度为h′，离地最大高度为H，则 得 因为 H＝R（1+cosθ）+h′ 可得滑块在DE间运动时离地面高度H与夹角为θ的函数关系式为 当θ＝0时，H有最小值，且Hmin＝2R 答：（1）滑块经过圆弧轨道的C点时对轨道的压力为30N，方向向下； （2）滑块释放的高度h2为6.85m； （3）滑块由D到E过程中离地面最高点的高度H与夹角θ的函数关系为，H的最小值为2R。 【点评】本题的关键要运用运动的分解法处理斜抛运动，掌握分运动的规律，运用函数法求H的最小值。 6．（2023下·四川成都·高一校考阶段练习）如图所示，光滑水平面的左侧是倾角为37°的粗糙斜面，右侧是半径为0.7m的竖直半圆形光滑轨道。可以看成是质点的物块A、B放在水平面上，中间有一压缩弹簧，弹簧被细棉线扎紧。某时刻烧断细棉线，A、B被弹簧弹开，物块A向左运动滑上斜面，沿斜面上升的最大高度是0.6m。物块B向右运动进入半圆轨道，离开半圆轨道最高点后又落在水平面上。已知物体A质量为物块B质量的2倍，为2kg，物块A与斜面之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度，，。求 （1）物块A获得的初速度； （2）烧断前弹簧的弹性势能； （3）物块B经过半圆轨道最高点时所受压力与其重力之比。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）设物块B的质量为m，物块A的质量为M，物块A沿斜面上滑过程，加速度的大小为 物块A沿斜面上滑的距离 物块A做匀减速运动时有 物块A获得的初速度 （2）A、B分离过程动量守恒 分离后物块B的速度 烧断前弹簧的弹性势能 （3）设物块B在半圆轨道最高点的速度为，沿着半圆轨道上升到最高点的过程由机械能守恒有 代入数据解得 设在最高点所受压力为F，则 代入数据解得 7．（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图所示为安装在水平地面上的某游戏装置结构示意图，其左边部分是一个高度和水平位置均可以调节的平台，在平台上面放置一个弹射装置；游戏装置的右边部分由竖直固定的光滑圆弧轨道、粗糙水平直线轨道与竖直固定的光滑圆轨道组成（底端连接处D与略错开）。已知圆弧轨道的圆心为、半径，其C端与水平面相切，与的夹角；水平直线轨道长度，动摩擦因数；圆轨道的半径。将质量的滑块Q置于C点，再将质量同为的小球P经弹射装置从平台A点水平弹出，通过改变高度差h、水平距离和小球P在A点的初速度大小，总能让小球沿B点的切线方向进入圆弧轨道，然后与滑块Q发生弹性碰撞。空气阻力不计，小球和滑块均可视为质点，重力加速度g取，求： （1）若，求小球P从A点弹出时的初速度大小； （2）若，求小球P到达C点与Q碰撞前瞬间对圆弧轨道的压力； （3）若P与Q碰撞后，Q能够通过圆轨道的最高点E，求h需要满足的条件。 【答案】（1）；（2）6N，方向竖直向下；（3） 【详解】（1）从A到B，做平抛运动，则竖直方向上有 水平初速度 联立解得 （2）从A抛出到C，根据动能定理 解得 在C点，根据牛顿第二定律 解得 由牛顿第三定律得压力 方向竖直向下 （3）球P与Q弹性碰撞后，速度交换，P球静止，Q球弹出，要过E点，则需满足 由 联立解得 过E点则要满足 从A到B，竖直方向有 h要满足的条件是 8．（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘L处放着一质量为的小铁球（可看作质点），现用水平向右推力F作用于铁球，作用一段时间后撤去，铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D。已知，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度，圆弧轨道半径，C点为圆弧轨道的最低点，求：（取，，） （1）铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小； （2）铁球运动到B点时的速度大小以及此时轨道对铁球的支持力大小； （3）铁球从B运动到D的过程中圆弧轨道BCD的对铁球所做的功。 【答案】（1）;（2）, ;（3） 【详解】（1）小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得 可得 （2）小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有 解得 小球沿切线进入圆弧轨道，则 小球在B点的向心力由支持力和重力在半径方向的分力的合力提供，则有 （3）设铁球从B运动到D的过程中圆弧轨道BCD的对铁球所做的功为，由动能定理得 解得 9．（23-24高三上·广东江门·阶段练习）如图所示，在光滑水平桌面上静止着三个小滑块，滑块1和滑块2之间压缩一轻弹簧（滑块与轻弹簧之间不拴接），水平桌面的左端A处固定一个与桌面相切的，半径为r的光滑竖直圆管道（内径略大于滑块大小），水平桌面的右端B处与一光滑管道（内径略大于滑块大小）相切，管道末端与粗糙地面CD在C点平滑连接，D点处有竖直挡板。现释放被压缩的弹簧，滑块1和滑块2被弹出，滑块2弹出时的速度，滑块1和滑块3相碰后粘在一起，进入圆弧轨道，并恰好通过最高点E，滑块2从B点进入光滑管道后，在水平轨道上与滑块4碰撞后粘在一起运动。已知滑块1和滑块3的质量m均为0.1kg，滑块2和滑块4的质量M均为0.2kg，且四个滑块均可看成质点，滑块与粗糙地面CD之间的动摩擦因数为0.5，CD的长度。桌面和地面间高度差。不考虑滑块与挡板碰撞时机械能损失。管道内径远小于圆形轨道半径，物块大小略小于管的内径，物块视为质点，空气阻力忽略不计，。求： （1）被滑块1和滑块2压缩的弹簧的弹性势能： （2）光滑竖直圆轨道半径r和滑块1和滑块3通过A点时对管道的压力； （3）最终滑块2和滑块4停在距D点多远的位置。    【答案】（1）；（2），，方向竖直向下；（3） 【详解】（1）将滑块1和滑块2与压缩的弹簧看作系统，由系统内动量守恒有 得 弹簧的弹性势能为 得 （2）滑块1和滑块3相碰过程动量守恒 得 滑块1和滑块3相碰后粘在一起，进入圆弧轨道通过E点过程，由动能定理有 根据题意，滑块1和滑块3相碰后粘在一起恰好通过最高点E，速度为0 ，解得 在A点，对滑块1和滑块3，由牛顿第二定律得 联立解得 根据牛顿第三定律得滑块第一次到达A点时对轨道的压力为 方向竖直向下； （3）滑块2从B点进入光滑管道后，在水平轨道上与滑块4相碰前，由动能定理 得 对滑块2和滑块4碰撞过程由动量守恒得 得 由于不考虑滑块与挡板碰撞时机械能损失，滑块2和滑块4在地面上滑行过程中由动能定理有 得 最终滑块2和滑块4停在距D点 10．（23-24高三上·全国·期末）在光滑水平面上有两个静止的、可视为质点的相同物块A、B，某时刻给物块A一个向右的初速度v0=10 m/s，物块A与物块B发生弹性碰撞，碰后物块进入与水平面平滑连接的光滑圆形轨道。圆形轨道右侧的光滑水平面平滑连接着一个倾角θ=37°且足够长的粗糙斜面，斜面与物块间的动摩擦因数为，重力加速度g取10 m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 （1）求物块A与物块B碰后瞬间，物块B的速度大小； （2）为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，求圆形轨道半径R的取值范围； （3）若圆形轨道半径R=1.8 m，求物块B第一次滑上斜面时在斜面上的最大位移。 【答案】（1）；（2）或；（3） 【详解】（1）由动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 解得 （2）若碰后物块B恰好能达到与圆心等高的点，则 解得 为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径； 若碰后物块B恰好能经过圆形轨道最高点，则 由机械能守恒定律得 解得 为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径 综合以上两种情况可知，为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径或； （3）圆形轨道半径 可知物块B能做完整的圆周运动，以的速度滑上斜面，第一次滑上斜面，由牛顿第二定律得 解得 第一次滑上斜面的最大位移为，由 解得 11．（2024•宜兴市校级三模）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O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块（可视为质点）质量m＝0.01kg，轨道BCD的半径R＝0.8m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l＝2m，弹射器中弹簧的弹性势能最大值Epm＝0.5J，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。 （1）若弹簧的弹性势能Ep0＝0.16J，求滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小； （2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值； （3）若弹簧以最大弹性势能弹出，请判断游戏过程中滑块会脱离轨道吗？若不会，请求出滑块最终静止位置。 【解答】解：（1）滑块运动到与O1等高处的过程，滑块与弹簧组成的系统的机械能守恒，则有： Ep0＝mgR+ 代入数据解得：v＝4m/s； （2）使滑块在运动过程中不脱离轨道且能进入管道DEF，到达D处的临界条件为在D处滑块与轨道的弹力为零，此情况滑块达到D处速度最小设为vD0，在D处由牛顿第二定律得： mg＝m 代入数据解得：vD0＝m/s 滑块由D到F的过程，由机械能守恒得： ＝2mgr+ 代入数据解得：vF＝2m/s 可见在此临界情况下，滑块可以到达F处，且达到F处的最小速度为vF＝2m/s。 假设滑块运动到F处对管道的弹力为零时的速度为vF0，则有： mg＝m 代入数据解得：vF0＝1m/s 因vF＞vF0，故滑块以最小速度到达F处时挤压轨道上侧，可得滑块以最小速度到达F处时对轨道弹力最小。 设在F处管道对滑块的弹力最小为FN′，由牛顿第二定律得： FN′+mg＝m 代入数据解得：FN′＝0.3N 由牛顿第三定律可知，滑块对轨道弹力FN的最小值为0.3N； （3）弹簧以最大弹性势能Epm＝0.5J弹出滑块，设第一次达到D处的速度为vD1，同理由系统的机械能守恒得： Epm＝2mgR+ 代入数据解得：vD1＝m/s 因vD1＞vD0，故滑块可以第一次经过D处。 设返回时第二次达到D处的速度为vD2，由动能定理得： ﹣μmg•2l＝﹣ 代入数据解得：vD2＝m/s 因vD2＞vD0，故滑块可以第二次经过D处沿BCD轨道返回。 由机械能守恒定律可知，滑块第三次经过D的速度大小仍为vD3＝m/s，设此后滑块在轨道FG上运动的最大路程为s，由动能定理得： ﹣μmg•s﹣2mgr＝0﹣ 代入数据解得：s＝2.4m 因s＜2l＝4m，故滑块最终静止在轨道FG上，游戏过程中滑块不会脱离轨道。 最终位置距离弹性板2.4m﹣2m＝0.4m处。 答：（1）滑块运动到与O1等高处时的速度v的大小为4m/s； （2）第1次经过管道DEF的最高点F时，滑块对轨道弹力FN的最小值为0.3N； （3）游戏过程中滑块不会脱离轨道，滑块最终静止位置距离弹性板0.4m处。 12．（2024•烟台一模）如图所示，半径R＝1m的光滑圆环形滑杆MNP竖直固定放置，左侧端点M和圆心O1的连线与竖直方向夹角的余弦值cosθ＝0.15，右侧端点P和圆心O1、O2在同一水平线上，P点的切线沿竖直方向。现有一质量m1＝0.2kg的小橡胶环A以v0＝1.2m/s的初速度水平抛出，恰好沿滑杆左侧端点M的切线套入滑杆，在滑杆的最高点静止着质量m2＝0.2kg的小橡胶环B。在右侧端点P的正下方h＝4.15m处，有一质量m3＝0.1kg、长度L＝3m的长直木杆C竖直静止在水平面上，但跟水平面并不黏合。已知小橡胶环B与长直木杆C之间的滑动摩擦力大小f＝2N，最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，小橡胶环A、B均可视为质点，两小橡胶环之间和小橡胶环与水平面间的碰撞都是弹性碰撞；小橡胶环B套入长直木杆C后，长直木杆C不倾倒，且每次与水平面碰撞瞬间都会立即停下而不反弹、不倾倒。不计空气阻力，取g＝10m/s2。 （1）小橡胶环A到达滑杆最低点Q时所受弹力大小； （2）小橡胶环B在长直木杆C上上滑的最大距离； （3）长直木杆C跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能； （4）小橡胶环B在长直木杆C上运动的总路程。 【解答】解：（1）橡胶环A以v0＝1.2m/s的初速度水平抛出后做平抛运动，恰好沿滑杆左侧端点M的切线套入滑杆，在M点的水平分速度等于v0，设A在M点时的速度为vM，可知vM与v0的夹角为θ，则有： vMcosθ＝v0，解得：vM＝8m/s A从M点到Q点的过程，根据动能定理得： 解得：vQ＝9m/s A在Q点时，其所受弹力FN和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得： 解得：FN＝18.2N （2）设A从Q点运动到最高点与小橡胶环B碰撞前瞬间的速度为vA，根据动能定理得： 解得：vA＝m/s 设A和B碰后瞬间的速度分别为vA′和vB，以向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别得： m1vA＝m1vA′+m2vB 解得：vB＝m/s，（质量相等，速度交换） 设B从碰撞后到与长直木杆C接触前瞬间的速度大小为v，根据动能定理得： 解得：v＝12m/s B首次沿静止的长直木杆C下滑过程，因m2g＝f，故B受力平衡做匀速直线运动，直到与水平面碰撞被原速率反弹。之后B沿C上滑时做匀减速直线运动，C做匀加速直线运动，设两者第一次共速时的速度大小为v1。 对B有： m2g+f＝m2a1 v1＝v﹣a1t1 对C有： f﹣m3g＝m3a2 v1＝a2t1 解得：a1＝2a2＝20m/s2，x1＝0.8m，v1＝4m/s，t1＝ 此时B相对C上滑的距离最大，且为：＝ 解得：xm＝2.4m （3）B与C第一次共速后一起做竖直上抛运动直到C与水平面第一次碰撞，设C与水平面第一次碰撞前瞬间速度大小为v1′，则有： 解得： C与水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为： 解得：ΔE＝1.6J （4）C与水平面第一次碰撞后，B先沿C匀速下滑直到与水平面第二次碰撞，此后两者的运动过程前述类似，设两者第二次共速的速度大小为v2，C与水平面第二次碰撞前瞬间的速度大小为v2′，同理可得： v2＝v1'﹣a1t2＝a2t2 联立解得：，t2＝ 可得C与水平面第n次碰撞前瞬间的速度大小表达式为： B相对C第一次下滑的路程等于L。 根据（2）的解答，可知B与水平面第一次碰撞后相对C第一次上滑的路程为： C与水平面第一次碰撞后，B沿C第二次匀速下滑的路程等于s1，B与水平面第二次碰撞后相对C第二次上滑的路程为： C与水平面第二次碰撞后，B沿C第三次匀速下滑的路程等于s2，以此类推，归纳可得： sn＝＝ B在C上运动的总路程为： s＝L+2s1+2s2+2s3+……＝L+2s1[]＝L+2s1• 解得：s＝ 答：（1）小橡胶环A到达滑杆最低点Q时所受弹力大小为18.2N； （2）小橡胶环B在长直木杆C上上滑的最大距离为2.4m； （3）长直木杆C跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为1.6J； （4）小橡胶环B在长直木杆C上运动的总路程为。 13．（2024春•青羊区校级期中）如图所示，光滑的部分圆弧轨道BCD竖直固定放置，半径R＝2m，圆弧轨道BCD与水平轨道AB相切于B点，C点是轨道上与圆心O等高的点，D点与圆心O的连线与竖直方向夹角为37°。一可视为质点的质量为m＝0.8kg的小物块从水平轨道的A点由静止释放，在整个运动过程中受到一水平向右的恒定外力F＝6N，已知小物块与水平轨道AB之间的动摩擦因数μ＝0.2，A点和B点之间的距离m，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）圆弧轨道上的C点受到的压力； （2）小物块沿圆弧轨道BCD运动的最大速度为多少； （3）要使小物块完成沿圆弧轨道BCD的圆周运动，释放点应距离B多远； （4）在（3）问的条件下，小物块最终落点的位置距离B多远。 【解答】解：（1）小物块从A到C的过程，由动能定理得： 解得：vC＝4m/s 在C点对小物块，由牛顿第二定律得： 解得：NC＝12.4N 由牛顿第三定律可知圆弧轨道上的C点受到的压力大小为12.4N，方向水平向右。 （2）将F与重力mg合成为合力F合，设F合与竖直方向的夹角为θ，则有： tanθ＝，解得：θ＝37° 如下图所示，在圆弧轨道的E点为物块圆周运动的等效最低点，D点为等效最高点。 小物块沿圆弧轨道BCD运动到等效最低点E速度最大，设为vm，由动能定理得： 解得：vm＝6m/s （3）要使小物块完成沿圆弧轨道BCD的圆周运动，临界条件是恰好能通过等效最高点D，到达D点时弹力为零。 在D点由牛顿第二定律得： F合＝ 解得：vD＝5m/s 从开始到D点，由动能定理得： 解得：s＝m （4）从D点飞出，将速度和加速度沿水平与竖直方向进行分解，则有： vDx＝vDcos37°＝5×0.8m/s＝4m/s，vDy＝vDsin37°＝5×0.6m/s＝3m/s 根据牛顿第二定律得： 水平方向的加速度大小为：ax＝＝＝7.5m/s2 竖直方向的加速度大小为：g＝10m/s2 在竖直方向上有： 解得：t＝0.6s 在水平方向上有： 解得：x＝1.05m 落点与B点的距离为：x+Rsin37°＝1.05m+2×0.6m＝2.25m 答：（1）圆弧轨道上的C点受到的压力大小为12.4N，方向水平向右； （2）小物块沿圆弧轨道BCD运动的最大速度为6m/s； （3）要使小物块完成沿圆弧轨道BCD的圆周运动，释放点与B点距离为m； （4）在（3）问的条件下，小物块最终落点的位置与B点距离为2.25m。 14．（2024•下城区校级模拟）某校科技小组在创新大赛中设计如图所示的轨道装置，已知倾角θ＝37°的斜轨道AD长为L＝3.5m，在轨道中点B点连接一光滑的双层圆轨道，切点B和B'稍错位，轨道半径R＝0.5m，D点连接水平轨道DE，长为s＝0.8m，E点离地面高度为h1＝2.3m。质量m＝0.2kg的滑块以一定初速度从A点出发，经过圆轨道从E点平抛飞出，落入放置在水平地面上高为h2＝0.5m的小桶内，小桶直径为d＝0.3m。滑块可看作质点，圆轨道间距可忽略，滑块与斜轨道、水平轨道的动摩擦因数均为μ＝0.25，不计空气阻力和滑块在D点的能量损失。（已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8） （1）若滑块初速度为零，求到达B点时的速度大小； （2）若滑块的初速度v0＝4m/s，求到达圆轨道最高点C处时对轨道的压力； （3）要使滑块落入小桶内，求小桶左侧离F点的水平距离x与滑块初速度v0的关系。 【解答】解：（1）滑块由静止从A到B过程中，根据动能定理，有 代入数据解得vB＝m/s （2）滑块再次从A到C过程，根据动能定理得 在C点，根据牛顿第二定律得 联立解得F＝2.8N，根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力F'＝﹣F＝﹣2.8N，方向竖直向上； （3）若滑块恰好通过C点，则vC＝0，根据动能定理得 解得vA＝2m/s 滑块从A到E过程中，根据动能定理得 解得 滑块平抛运动的高度h＝h1﹣h2＝2.3m﹣0.5m＝1.8m，根据平抛运动的规律 桶左端离F点最大距离x1＝vEt，最小距离x2＝vEt﹣d； 综上可知，x与v0关系为，且v0≥2m/s 答：（1）到达B点时的速度大小为m/s； （2）最高点C处时对轨道的压力为2.8N，方向竖直向上； （3）x与v0的关系为，且v0≥2m/s。 15．（2023•西湖区校级模拟）如图甲所示是一款名为“反重力”磁性轨道车的玩具，轨道和小车都装有磁条，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。图乙所示是小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两个四分之一圆轨道MN与NP平滑连接而组成，圆轨道MN的圆心O2与圆轨道NP的圆心O3位于同一高度。已知小车的质量m＝50g，直轨道AB长度L＝0.5m，小车在轨道上运动时受到的磁吸引力始终垂直轨道面，在轨道ABCDM段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道MNP段所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现小明将具有弹性势能EP＝0.3J的小车由A点静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，并最终从P点水平飞出。假设小车在轨道AB段运动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车可视为质点，小车在到达B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g取10m/s2。 （1）求小车运动到B点时的速度大小vB； （2）求小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小FN； （3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离xm。 【解答】解：小车的质量m＝50g＝0.05kg （1）小车由A运动至B过程，由能量关系可知： 其中F＝0.5mg，k＝0.2，代入数据得：vB＝3m/s （2）小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，设小车在C点的速度为vC，则： 小车从B到C，由动能定理得： 得：R＝0.2m 在B点，根据牛顿第二定律可得： 联立解得：FN′＝3N 由牛顿第三定律，小车运动至B点时对轨道压力大小为FN＝FN′＝3N （3）小车从B到P，由动能定理得： 小车从P点飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律可得： x＝vPt 联立解得： 当r＝m＝0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大 小车从P点飞出vP＞0，则：r＜0.225m 但因为小车在N点满足： 小车从B到N，由动能定理得： 联立解得：r≥0.2m 综合可知，当r＝0.2m时，小车落点与P点水平距离最大，最大距离为：。 答：（1）小车运动到B点时的速度大小为3m/s； （2）小车运动到圆轨道B点时对轨道的压力大小为3N； （3）同时调节圆轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，则小车落地点与P点的最大水平距离为m。 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/6/4 17:39:24；用户：李苏姚；邮箱：13777224857；学号：20370354 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/6/4 14:38:58；用户：李苏姚；邮箱：13777224857；学号：20370354 学科网（北京）股份有限公司 $