板块类型(1)（专项训练）-2027高考物理一轮复习100考点精练

**基本信息** 聚焦力学综合问题，以“轨道-滑块-碰撞”模型为载体，系统整合动量守恒、能量转化与圆周运动规律，突出多过程问题的科学推理与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |力学综合|28题|含弹簧发射、圆弧轨道、板块碰撞等复合场景，涉及临界状态分析|以“动量守恒-能量守恒”为核心，串联牛顿运动定律与曲线运动规律，形成“过程拆分-规律匹配-临界判断”的解题逻辑链|

板块类型 1.（2024.03·浙江·强基）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，IJ段长度，JK段长度。问： （1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的B处时对轨道的最大压力； （2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？ （3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？ 【答案】（1）；（2）离I点左侧距离0.1m；（3） 【详解】（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心等高的B处时对轨道的压力最大。从弹出到B处，根据动能定理有 经过B处时 由牛顿第三定律可知 联立解得最大压力 方向由指向B。 （2）当刚好经过C时 解得 假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得 解得 故滑块在C点不脱离轨道，从起点到车左端，根据动能定理有 故的弹性势能弹出到达车左端的速度 与车共速时，根据动量守恒以及机械能守恒有 解得共速时与摆渡车的相对位移 所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离 故滑块所停位置在离车右端距离 （3）当刚好经过C时 将弹出到平台上，根据动能定理有 与车共速时 由能量守恒 要使得滑块停在目标区 联立上面四式解得 且 故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为 2.（2024.03·浙江·名校）如图所示为某游乐场中一滑道游乐设施的模型简化图，一质量为 的物块，可视为质点，从某一斜面 AB 的顶端 A 由静止开始滑下，斜面下端与一圆形轨道相切于 B点。圆轨道半径 R=1m，物块从 B 点进入圆形轨道，并恰好通过轨道的最高点。圆形轨道在最低点 C处略有错开，物块接着进入水平轨道 CD，然后滑上与 D 等高的质量为 的滑槽，并最终滑块未离开滑槽。滑槽开始时静止在光滑水平地面上， EF 部分长为 G部分为半径为 r=0.2m的四分之一圆弧轨道。已知水平轨道 CD长为 与物块的动摩擦因数μ1=0.4，物块与滑槽 EF之间的动摩擦因数（ 其他接触面均光滑。OB与O C的夹角θ 为37°，重力加速度 ，，不计空气阻力以及轨道连接处的机械能损失。求： （1）物块在轨道最低点C处受到支持力的大小； （2）斜面 AB的长LAB为多少； （3）若滑块始终不脱离滑槽，求滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ₂的取值范围 【解析】（1）物体恰好通过轨道的最高点可得 从圆形轨道最高点到C点，由动能定理可得 求得 在C点由牛顿第二定律可得 求得 （2）从A到C应用动能定理可得 求得 （3）物体从C到D，应用动能定理 求得 对物块与滑槽，滑块始终不脱离滑槽，最终二者共速，由水平方向动量守恒 求得 如果滑倒最高点G，有能量守恒得 求得 如果滑倒最高点G又滑到E处，有能量守恒得 求得 因此，若滑块始终不脱离滑槽，则对动摩擦因数的要求是 3.（2024.04·浙江·宁波）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角长的固定斜面AB、质量的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量长度的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径，最低点C与小车等高。当P把的小物块（视为质点）以速度水平弹出，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，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； （2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数。求小物块滑上M时对C点的压力F及上滑的最大高度； （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。若小物块仍以速度水平弹出，试分析小物块能否通过C点？并说明理由。 【答案】（1）；（2）；（3）能通过点，见解析 【解析】 【详解】（1）根据平抛运动功率，在A点有 其中 解得 （2）物块在A点速度 从A到B过程，根据动能定理有 解得 从B到C过程，根据动能定理有 解得 圆轨道点，根据牛顿第二定律有 根据牛顿第三定律可知，小物块滑上时对点的压力 解得 方向竖直向下。设小物块滑上的最大高度时，小物块与共速，由动量守恒守律有 由机械能守恒得 解得 （3）物块从B到C过程，克服摩擦力做功 若到点共速，则有 解得 则有 故能通过点 4.（2024.03·浙江·强基）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为的半圆单层轨道ABC、半径为的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为、、的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是，其他所有摩擦都不计，IJ段长度，JK段长度。问： （1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心等高的B处时对轨道的最大压力； （2）如果小张同学以的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？ （3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？ 【答案】（1）；（2）离I点左侧距离0.1m；（3） 【解析】 【详解】（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心等高的B处时对轨道的压力最大。从弹出到B处，根据动能定理有 经过B处时 由牛顿第三定律可知 联立解得最大压力 方向由指向B。 （2）当刚好经过C时 解得 假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得 解得 故滑块在C点不脱离轨道，从起点到车左端，根据动能定理有 故的弹性势能弹出到达车左端的速度 与车共速时，根据动量守恒以及机械能守恒有 解得共速时与摆渡车的相对位移 所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离 故滑块所停位置在离车右端距离 （3）当刚好经过C时 将弹出到平台上，根据动能定理有 与车共速时 由能量守恒 要使得滑块停在目标区 联立上面四式解得 且 故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为 5.（2024.01·浙江·真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，） （1）若，求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在上经过的总路程； ③在上向上运动时间和向下运动时间之比。 （2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m 【解析】 【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有 第一次经过C点的向心加速度大小为 ②小物块a在DE上时，因为 所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有 解得 ③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为 将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有 解得 （2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有 解得 设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 解得 6．（2024·辽宁模拟）如图所示，光滑水平平台上静置一圆心为O、半径为R＝4m、质量为m4＝8kg的光滑四分之一圆弧轨道D，轨道最低点刚好与平台相切。平台右侧的水平地面上静置一质量为m3＝2kg且足够长的木板C，C的上表面与平台等高，C与地面之间的动摩擦因数为μ3＝0.2。在木板C上距离左端L＝2.8m处静置着一质量为m2＝1kg的物块B，物块B与木板C之间的动摩擦因数为μ2＝0.6。现将一质量为m1＝2kg的物块A从圆弧轨道D的最高点由静止释放，物块A滑上木板C时机械能无损失，然后与物块B发生弹性正碰（碰撞时间极短可忽略不计）。已知A与C之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，物块A、B均可视为质点，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： （1）物块A从轨道D滑离后，圆弧轨道D的速度大小； （2）物块A与物块B碰撞后瞬间两者的速度大小； （3）物块A与物块B之间的最终距离。 【分析】（1）物块A从轨道D上滑下的过程，A、D组成的系统在水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解； （2）根据力与运动的关系判断物块A滑上木板C后，A、C的运动形式。应用动能定理求得A碰撞B的速度大小，物块A与物块B发生弹性正碰，根据动量守恒定律与机械能守恒定律求解； （3）根据牛顿第二定律求得物块A与物块B碰撞后A、B、C三者的加速度，分析它们之间的相对运动过程，应用运动学公式求解。 【解答】解：（1）物块A从轨道D上滑下的过程，A、D组成的系统在水平方向上动量守恒，以水平向左为正方向，则有： 0＝m4vD﹣m1vA1 由机械能守恒定律得： 解得：vA1＝8m/s，vD＝2m/s （2）物块A滑上木板C后，AC之间的滑动摩擦力大小为： f1＝μ1m1g＝0.5×2×10N＝10N 木板C与地面之间的最大静摩擦力大小为： f3＝μ3（m1+m2+m3）g＝0.2×（2+1+2）×10N＝10N 可知物块A滑上木板C到与物块B碰撞前，木板C保持静止不动。对物块A滑行到与物块B碰撞前瞬间过程，由动能定理得： 解得：vA2＝6m/s 物块A与物块B发生弹性正碰，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： m1vA2＝m2vB1+m1vA3 解得：vA3＝2m/s，vB1＝8m/s （3）物块A与物块B碰撞后两物块均沿木板C向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得： 物块A的加速度大小为： 物块B的加速度大小为： 木板C的加速度大小为： 解得： 分析可知，物块A与木板C先共速，设AB碰后到AC共速用时t1，则有： vAC＝vA3﹣a1t1＝a3t1 解得：t1＝0.25s，vAC＝0.75m/s 此时物块B的速度大小为： vB2＝vB1﹣a2t1 解得：vB2＝6.5m/s 该过程中物块A的位移大小为： 解得：x1＝ 物块A与木板C共速后，一起运动的加速度为： 解得： 分析可知，物块A和木板C会一起先减速到零，然后物块B再减速到零，该过程中物块A木板C一起滑行的距离为： 解得： 从物块A与物块B碰后到物块B最终停下来，物块B运动的位移大小为： 解得： 所以物块A与物块B之间最终的距离为： d＝x3﹣x1﹣x2 解得： 答：（1）物块A从轨道D滑离后，圆弧轨道D的速度大小为2m/s； （2）物块A与物块B碰撞后瞬间两者的速度大小分别为2m/s、8m/s； （3）物块A与物块B之间的最终距离为。 7．（2024·金华二模）如图所示，质量m1＝1kg的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径R＝1.8m，圆轨道底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙。现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧不远处有一与A等高的平台。平台最右端有一个高h＝1.25m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面。现将质量m2＝2kg的小滑块B（可视为质点）从A的顶端由静止释放。求： （1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小； （2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量； （3）若平台上P、Q之间是一个长度l＝0.5m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入该区域后，滑块还会受到一个水平向右、大小F＝20N的恒力作用，平台其余部分光滑。若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A。设B与PQ之间的动摩擦因数为μ。 ①求当μ＝0.1时，滑块B第一次通过Q点时速度； ②求当μ＝0.9时，滑块B在PQ间通过的路程。 【分析】（1）根据动能定理结合牛顿第二定律解答； （2）根据动量守恒定律结合能量守恒定律解答； （3）①对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理解答； ②分析滑块的运动情况，全过程根据动能定理解答。 【解答】解：（1）设B滑到A的底端时速度为v0，由动能定理得 m2gR＝ 小球在圆弧底端，有 N﹣m2g＝m2 联立各式并代入数据得v0＝6m/s；N＝60N 根据牛顿第三定律可知滑块对圆弧底端的压力大小为60N。 （2）设A、B获得共同速度为v1，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m2v0＝（m1+m2）v 代入数据解得v1＝4m/s 对A、B系统利用能量守恒定律 Q＝m2﹣（m1+m2）v2 解得Q＝12J （3）①对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有 Fl﹣μm2g1＝m2﹣m2 解得以v3＝5m/s ②对滑块B从共速位置到Q点应用动能定理有 Fl﹣μm2g1＝m2﹣m2 解得v4＝m/s 由于m2＝J＝17J＜m2gh＝2×10×1.25J＝25J，所以滑块B不能从斜坡顶端冲出，将会再次滑上PQ段； 由于μm2g×2l＝0.9×2×10×2×0.5J＝18J＞m2＝J＝8J，所以滑块B不能从平台左端滑出； 由于F＝20N＞μm2g＝0.9×2×10N＝18N，所以滑块B不会停止在PQ段，最终静止在Q点，对滑块B全过程应用动能定理有： Fl﹣μm2gs＝0﹣m2 解得s＝m 答：（1）滑块B刚滑到圆轨道底端时，对圆轨道底端轨道的压力大小为60N； （2）若A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则达到共同速度前产生的热量为12J； （3）①当μ＝0.1时，滑块B第一次通过Q点时速度为5m/s； ②当μ＝0.9时，滑块B在PQ间通过的路程为m。 8．（2023下·四川遂宁·高一统考期末）如图所示，质量的轨道ABCDE放在光滑水平面上，其中ABC段是光滑圆弧，圆弧半径R=1m，A点为圆弧最高点，B点与圆心O等高，圆轨道与水平粗糙轨道相切，段长L=3m，D点左侧的轨道光滑，轨道的左端连接一处于原长的轻质弹簧，弹簧长度小于DE长度。现有一质量m=0.2kg的小滑块在B点由静止滑下，已知滑块与水平轨道CD段的动摩擦因数，g=10m/s2，弹簧在整个过程中未超出弹性限度。求： （1）滑块第一次到达C点时滑块和轨道速度大小； （2）滑块再次回到圆轨道，沿轨道上升的最大高度； （3）最终状态下，滑块与C点的距离； （4）现将轨道固定在水平地面上，滑块与CD段的动摩擦因数变成，弹簧被锁定于压缩状态。滑块仍从B点静止释放，当滑块与弹簧接触的瞬间解除弹簧锁定，储存的弹性势能Ep全部转化为滑块的动能，其余条件不变。若要求滑块返回后能进入圆弧轨道且不从直径AC的右侧部分脱离ABCDE轨道，则弹性势能Ep应满足什么条件？    【答案】（1），；（2）0.4m；（3）C点左侧2m处；（4）0.4J≤Ep≤2.4J或Ep≥5.4J 【详解】（1）根据题意可知，当滑块第一次运动到轨道的C点时，轨道和滑块组成的系统水平方向动量守恒，设向左为正方向，轨道速度大小为，滑块速度大小为v2，由动量守恒定律有     0=mv2-Mv1 滑块由B到C点，滑块和轨道组成的系统机械能守恒，有 解得 （2）滑块再次回到圆弧轨道上升到最高处时，滑块竖直速度为0，水平方向和轨道具有共同速度 0=（m+M）v3 解得 v3=0 轨道和滑块组成的系统能量守恒，有 mgR=2μ1mgL+mgH 解得    H=0.4m （3）最后滑块和轨道都静止，由动量守恒定律有 0=(m+M)v4 解得 v4 =0 全过程系统能量守恒 mgR=μ1mgs 解得 s=10m=3L+1m 所以滑块静止在C点左侧2m处。                                       （4）当滑块能刚好进入圆轨道，从B点出发与弹簧作用后返回C时速度为零，由能量守恒 Ep1+mgR-2μ2mgL=0 解得 Ep1=0.4J 当滑块能刚好到达B点，从B点出发回到B时速度为零，由能量守恒 Ep2-2μ2mgL=0 解得 Ep2=2.4J 当滑块能刚好通过A点，在A点有牛顿第二定律 从B点出发回到A时，由能量守恒 解得 Ep3=5.4J 故 0.4J≤Ep≤2.4J 或 Ep≥5.4J 9．（2023·广东梅州·统考三模）滑板是冲浪运动在陆地上的延伸，是一种富有挑战性的极限运动，下面是该运动的一种场地简化模型。如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，曲面在D点的切线与水平方向间的夹角。两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，长木板右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点滑上长木板。已知重力加速度大小，小滑块与木板之间的动摩擦因数，木板厚度，D点离地面的高度，不计空气阻力。 （1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小。 （2）若木板只与C端发生了两次碰撞（未与B端发生碰撞），小滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短。 ①求开始时木板左端离C端的距离； ②求木板的最小长度。    【答案】（1）30N；（2）0.5m；16m 【详解】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知 解得 在B点时由牛顿第二定律可知 解得 由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为30N。 （2）①若在小滑块与C端碰撞前小滑块与木板已达共同速度，碰撞后木板速度反向，则整体的总动量向右，木板将与B端发生碰撞，这与已知条件不符，故在小滑块与C端碰撞前小滑块与木板未达共同速度。小滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知 木板与C端第一次碰撞前瞬间，小滑块速度为，木板速度为，在小滑块滑上木板到木板第一次与C端碰撞前瞬间，由动量守恒定律可知 由于无能量损失，则木板以原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为a，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始向左做匀加速直线运动与C端发生第二次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为，小滑块速度为，木板只与C端发生了两次碰撞，则 从木板第一次与C端碰撞之后的瞬间到木板第二次与C端碰撞之前瞬间的过程，由动量守恒定律可知 联立解得 则设开始时木板左端到C端的距离为x，则由运动学公式可知 解得 ②滑块P刚好停在木板最左端时木板最短，此时小滑块P与木板的速度均为0，设木板的最短长度为L，由能量守恒定律可知 解得 10．（23-24高三上·山东淄博·期末）如图所示，有一圆心为、半径为的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，半径与水平半径之间的夹角。圆弧轨道右侧某处有一光滑水平桌面，桌面边缘与木板C的左侧对齐，木板C长为且厚度不计，在木板C左端点有一静止的小滑块B。现将小球A从圆弧轨道内侧点由静止释放，并从圆弧轨道末端点飞出，到最高点时恰好与滑块B发生弹性碰撞，A、B可视为质点且碰撞时间极短。已知质量的球A表面光滑，滑块B与木板C的质量，B、C两者之间的动摩擦因数为，取重力加速度，空气阻力忽略不计，，。 （1）求球A到达点时速度的大小； （2）求点与点之间的水平距离； （3）求A、B碰撞后，滑块B和木板C组成的系统损失的机械能； （4）若仅将滑块B初始位置向右移动，使滑块B到木板C左端点的距离等于，球A仍从点由静止释放，求A、B发生弹性碰撞后整个过程中摩擦力对滑块B所做的功。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4）当时，，当时， 【详解】（1）球A从点运动到点，由动能定理得 解得 （2）球A离开点后做斜抛运动，水平方向 竖直方向 解得 （3）A、B物体碰撞，动量守恒、能量守恒 解得 B在C板上滑动过程中，若共速前不从C板上滑下。由动量守恒、能量守恒得 解得 则物块B未从C板滑下。滑块B和木板C组成的系统损失的机械能为 （4）当时，B不会从C板滑下，对B物体由动能定理得 解得 当时，B能从C板滑下，由动量守恒和能量守恒得 解得 由动能定理得 解得 11．（2024·浙江·一模）如图为某游戏装置原理示意图，水平桌面上固定一个半圆形、内侧表面光滑的竖直挡板，其半径，挡板两端A、B在桌面边缘，A处固定一个弹射器，B与半径的光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向夹角，半径的四分之一光滑竖直圆管道EF与圆弧轨道CDE稍有错开。在水平光滑平台左侧，有一质量的足够长木板左端恰好与F端齐平，右侧固定有一根劲度系数的弹簧。质量的小物块经弹射装置以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，沿C点切线方向进入圆弧轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点F。小物块与桌面之间的动摩擦因数，与木板的动摩擦因数。已知弹性势能表达式（x为弹簧形变量）。重力加速度，物块可视为质点，不计空气阻力和其它能量损失。求： （1）物块到达C点时对轨道的压力大小； （2）物块被弹射前弹簧的弹性势能； （3）若弹射器内弹性势能，在竖直平面内移动桌子右侧整个装置，使物块滑上长木板。在木板右端与弹簧接触前已共速，则该过程小物块相对木板滑动的长度； （4）在（3）的基础上，木板继续压缩弹簧，弹簧始终在弹性限度内，则物块与木板刚要相对滑动时，木板的速度。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）由题知，小物块恰好能到达圆管轨道的最高点F，则 小物块从C到F的过程中，根据动能定理有 解得 在C点根据牛顿第二定律有 解得 根据牛顿第三定律物块对轨道的压力 （2）小物块从静止到B的过程中，根据能量守恒有 小物块从B到C做平抛运动，在C点沿圆弧切线方向 解得小物块刚在弹射器内时弹性势能 （3）小物块从A到B的过程中，根据动能定理有 从C到F的过程中，根据动能定理有 解得 由小物块与木板系统动量守恒 由系统能量守恒 联立解得小物块相对木板滑动的长度 （4）小物块与木板刚好相对滑动时，对整体由牛顿第二定律 对小物块牛顿第二定律 解得 对系统能量守恒 解得 12．（2024·全国·模拟预测）如图所示，半径的光滑圆弧轨道BC固定在竖直平面内，C点与足够长的光滑水平平台CD相切。一放置在光滑水平面上的长木板紧靠在平台CD右端，长木板上表面DE水平且与平台等高，长木板DE部分的长度，长木板的右端为半径的光滑圆弧轨道，长木板的左端静置着一可视为质点的质量的滑块乙，滑块乙与长木板DE间的动摩擦因数。现有一可视为质点的质量的滑块甲从距离B点正上方处的A点由静止释放，滑块甲过C点后沿平台向右运动与滑块乙发生弹性碰撞，重力加速度。 （1）求滑块甲到达圆弧轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力； （2）滑块甲、乙碰撞后，滑块乙恰好不能从长木板右端滑离长木板，求长木板的质量M。    【答案】（1），，方向竖直向下；（2） 【详解】（1）滑块甲从A点静止释放到最低点C过程，根据动能定理可得 解得 在最低点C位置，根据牛顿第二定律可得 解得 根据牛顿第三定律可知，滑块甲到达圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。 （2）设滑块甲、乙碰撞后瞬间，甲、乙的速度分别为，，由于两滑块发生弹性碰撞，根据系统动量守恒和机械能守恒可得 解得 ， 滑块乙恰好不能从长木板右端滑离长木板，可知滑块乙到长木板右端时，两者恰好共速，根据水平方向系统动量守恒可得 根据能量守恒可得 联立解得长木板的质量为 13．（23-24高二上·河南濮阳·阶段练习）如图所示，光滑水平地面上有两个静止的木板和，厚度相同，长度均为，质量均为。初始时两木板之间的距离为，木板左侧竖直平面内固定一四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道的圆心为，半径为，最高点与圆心等高，最低点与木板的上表面等高。现将一质量为的小物块从圆弧轨道的点由静止释放，已知小物块与两木板之间的动摩擦因数均为，小物块从点滑上木板时没有能量损失，两木板碰撞时间极短，且碰后粘在一起运动，重力加速度取。求： （1）小物块经过圆弧轨道点时，对轨道的压力； （2）木板与发生碰撞前瞬间，木板的速度大小； （3）小物块在木板上滑行的距离。    【答案】（1）6N；（2）；（3） 【详解】（1）物块下滑过程，由机械能守恒定律有 解得 在B点，由牛顿第二定律有 再根据牛顿第三定律 解得小物块经过圆弧轨道点时，对轨道的压力 即物块经过B点时对圆弧轨道的压力大小为6N； （2）小物块在木板上时，对长木板有 长木板做匀加速直线运动；当长木板刚与右侧壁相撞时，木板运动距离 根据运动学规律 解得木板的速度大小 （3）对小物块有 物块做匀减速直线运动，当长木板刚与右侧壁相撞时，物块运动的时间 运动的距离 小物块此时的速度 故小物块此时距木板右端为，之后木板与发生碰撞瞬间，动量守恒 解得 若最终共速，三个物体组成的系统动量守恒 解得 此时小物块相对两木板滑行距离为，根据能量守恒定律 解得 故小物块在木板上滑行的距离为。 14．（23-24高三上·山东日照·期末）如图所示，在足够长的光滑水平地面上，左侧固定一个四分之一光滑圆弧轨道，有一长木板B紧靠在圆弧轨道右端，圆弧轨道末端与木板上表面相切。在水平地面的右侧有无数个紧密排列的光滑小球，球的直径等于木板的厚度。已知圆弧轨道的半径为R，物块A、长木板B的质量均为m，每个小球的质量均为，物块A与木板B之间的动摩擦因数为。长木板B的右侧距最左侧小球的距离为，物块A、小球均可视为质点。现将物块A从四分之一圆弧轨道最高点由静止释放，A滑上长木板B，一段时间后长木板B与小球发生碰撞，已知所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度为g。求： （1）小物块A滑到圆弧轨道最低点时，轨道对小物块A的支持力大小； （2）长木板B与小球发生碰撞前，小物块A与长木板B因摩擦所产生的热量； （3）长木板B第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的时间间隔； （4）为保证物块A不滑离长木板B，长木板B的最小长度。 【答案】（1）；（2）；（3）；（4） 【详解】（1）根据动能定理可知小物块A滑到圆弧轨道最低点时 在最低点处，设轨道对小物块A的支持力大小为，小物块A受到的合力提供其做圆周运动的向心力，即 解得 ， （2）根据题意可知小物块和长木板的加速度大小分别为 ， 小物块加速度方向向左，长木板加速度方向向右。共速时满足 解得 ， 长木板B向前运动的距离为 所以B与小球碰撞前，AB就已经共速了，所以根据能量守恒定律可得长木板B与小球发生碰撞前，小物块A与长木板B因摩擦所产生的热量 （3）B与小球相撞瞬间根据牛顿摆原理可得最左侧小球不动，最右侧小球被弹出，又因为是弹性碰撞所以，动量守恒，机械能守恒，有 ， 解得B的速度为 ， 木板B速度方向向左，则在共速前B球一直受到水平向右的摩擦力作用，共速时A、B系统动量守恒 解得 则共速所需时间为 位移为 共速后，二者匀速向小球运动，则 长木板B第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的时间间隔 （4）根据上述分析可得规律，每次碰撞后长木板B速度会反向且大小变为原来的一半，最右侧的球的速度大小也等于长木板碰前速度的一半，每次碰撞后AB共速的速度大小又会变为碰撞后长木板B速度的一半，所以根据能量守恒定律可知为保证物块A不滑离长木板B，则最终AB趋于静止，根据能量守恒定律可知摩擦产热量为 整理得 当时 所以长木板B的最小长度 15．（23-24高三上·山东泰安·期末）如图1所示，固定在竖直面内的两对称、相同的光滑圆弧轨道SP和FQ，轨道SP末端P与置于水平地面的木板C上表面相切并且紧靠在一起。t=0时刻物块A由圆弧轨道上M点无初速度滑下后滑上木板C，M点与P点高度差，圆弧MP的长度远小于圆弧轨道的半径R=10m，最后木板C恰好停在Q处且与Q端无碰撞；某时刻，物块B自轨道FQ上距Q点高度的某点由静止释放，经历一段时间后A、B在板上发生弹性碰撞。已知物块A、B和木板C的质量分别为，，，木板C的长度为L=1m，初始时木板C右端到Q点的距离为，物块A、B与木板C间的动摩擦因数相同，木板C与地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小，物块A、B均可视为质点。求： （1）物块A到达圆弧形轨道末端P时对轨道的压力； （2）物块A与木板C间的动摩擦因数μ1； （3）释放B物块的最早时刻及物块A、B碰后瞬间的速度大小； （4）请在图2所给的坐标系中定性画出A、B碰后直到A、B、C三者均停止运动的过程中物块A、B和木板C三者的v—t图像。 【答案】（1）23.2N，方向竖直向下；（2）0.4；（3），，；（4）见解析 【详解】（1）物块A从M点与P点，根据动能定理有 解得 物块A在圆弧形轨道末端P时，对物块进行分析，根据牛顿第二定律有 根据牛顿第三定律，物块A到达圆弧形轨道末端P时对轨道的压力 解得 方向竖直向下。 （2）物块A滑上木板C时，分别对物块A与木板进行分析，根据牛顿第二定律有 ， 根据题意可知，开始A向右做匀减速直线运动，C向右做匀加速直线运动，由于最后木板C恰好停在Q处，表明A与C最终保持相对静止向右做匀减速直线运动，令经历时间，两者保持相对静止，则有 此过程，C的位移大小为 之后，两者保持相对静止向右做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有 之后速度减为0，利用逆向思维，根据位移与速度的关系式有 由于最后木板C恰好停在Q处，则有 解得 ，， （3）根据上述可以解得，木板C向右匀加速过程的时间 利用逆向思维，木板向右匀减速的时间 结合上述解得 由于圆弧MP的长度远小于圆弧轨道的半径R=10m，则物块A在圆弧上的运动可以等效为单摆，则A在圆弧上运动的时间 由于B释放点的高度小于A释放点的高度，可知，B运动对应的圆弧的长度也远小于圆弧轨道的半径R=10m，则物块B在圆弧上的运动也可以等效为单摆，则B在圆弧上运动的时间也为，可知物块B释放的最早时刻为 解得 物块A在木板上的相对位移为 结合上述解得 表明物块A恰好运动到木板右端与木板保持相对静止。物块B从圆弧下滑过程，根据动能定理有 解得 物块A、B在板上发生弹性碰撞，则有 ， 解得 ， （4）碰撞后，物块A、B先均向左做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，结合上述可知，加速度大小均为 木板先向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 经历时间，物块B与木板达到相等速度，则有 解得 ， 之后，物块B与木板保持相对静止，整体向左做匀加速直线运动，对B与木板整体有 解得 再经历时间，物块A、B与木板达到相等速度，则有 解得 ， 之后，A、B木板保持相对静止，向左做匀减速直线运动到停止运动，加速度等于 最后一段过程减速至0的时间为 取水平向左为正方向，根据上述，在图2所给的坐标系中定性画出A、B碰后直到A、B、C三者均停止运动的过程中物块A、B和木板C三者的v—t图像，如图所示 16．（23-24高三上·山东潍坊·期中）如图所示，半径、质量的四分之一圆弧槽（弧面光滑）置于光滑平台上，弧面最低点的切线水平、最高点的切线竖直；平台右侧光滑水平面上有一质量、长的长木板，其上表面与平台等高。将固定，滑块从弧面最高点由静止释放，到达弧面最低点时对的压力为。解除对的固定，从弧面最高点由静止释放，滑至中点时相对静止。重力加速度大小取。 （1）求滑块的质量； （2）求与间的动摩擦因数； （3）若在右侧某一位置处固定一竖直挡板，与挡板发生三次碰撞后停在平台与挡板之间。已知与挡板碰撞时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小相等、方向相反，求与挡板发生第一次碰撞时c速度的大小及挡板到平台边缘的距离。 【答案】（1）1kg；（2）0.4；（3）2.5m/s， 【详解】（1）由牛顿第三定律知，c到达弧面最低点时a对c的支持力为 方向向上，设c到达弧面最低点时速度为v，由动能定理得 由牛顿第二定律得 解得 （2）a不固定，c从最高点滑至最低点a、c组成的系统，水平方向动量守恒 机械能守恒 b、c相互作用过程，b、c组成的系统，动量守恒 由能量守恒定律 解得 （3）设b与挡板发生第一次碰撞时速度为，第一次碰后至第二次碰撞，b先向左运动后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可知第二次碰前速度 同理 故每次碰撞，挡板对b的冲量均为 从c滑上a至两者静止，对a、c由动量定理 从c滑上b至b第一次碰挡板前，由动量守恒定律 解得 设c滑上b前b到挡板的距离为d，对b，从c滑上b至b第一次碰挡板前，由动能定理 挡板到平台边缘的距离 17．（2023·山西·一模）如图所示，光滑的水平面上有一质量曲面滑板，滑板的上表面由长度的水平粗糙部分AB和半径为的四分之一光滑圆弧BC组成，质量为滑块P与AB之间的动摩擦因数为。将P置于滑板上表面的A点。不可伸长的细线水平伸直，一端固定于O'点，另一端系一质量的光滑小球Q。现将Q由静止释放，Q向下摆动到最低点并与P发生弹性对心碰撞，碰撞后P在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于AB之间的某一点。P、Q均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度g取10。求： （1）Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小； （2）碰后P能否从C点滑出？碰后Q的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；（碰后Q的最大摆角小于5°时，可视为做简谐运动，已知） （3）计算P相对滑板的水平部分AB运动的总时间，并判断P在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。 【答案】（1）18N；（2）不能，不能；（3）0.4s，不可能，见解析 【详解】（1）Q释放后到碰撞前，由机械能守恒定律 解得 在最低点由牛顿第二定律 联立解得Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小 （2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，由动量守恒定律得 由能量守恒定律得 代入解得 ， 碰后，P在滑板上滑动，P与滑板共速时，相对AB的高度最大，设此高度为，此时，P与滑板的速度大小为，根据动量守恒和能量守恒得 解得 由于，所以碰后P不能从C点滑出； 设Q碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角为θ，对Q由机械能守恒定律 解得 所以，故碰后Q的运动不能视为简谐运动。 （3）物体P最终相对滑板静止于AB之间的某一点，根据水平动量守恒和能量守恒得 解得 因为滑块P与滑板的相对位移，所以滑块P会滑过B点进入BC段，再滑回B点，最终相对滑板静止在AB之间。设P两次经过B点的速度分别为v4和，以向左为正，由动量守恒定律 由能量守恒定律 联立解得 同理可得 因为P第二次滑到B点的速度，说明其相对地面的速度方向向左，所以P不可能相对地面向右运动。 P相对滑板的水平部分AB运动时，对P由牛顿第二定律 所以 P第一次滑上AB时，做匀减速直线运动，时间为 P第二次滑上AB时，做匀加速直线运动，时间为 所以P相对滑板的水平部分AB运动的总时间 18．（2023·湖南长沙·二模）如图所示，质量为的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M=4kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞（之后两者不再发生碰撞）。已知重力加速度大小为，不计空气阻力。 （1）求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小； （2）通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。    【答案】（1），6.4m/s；（2）见解析 【详解】（1）丙向下摆动过程中机械能守恒 解得 丙与甲碰撞过程，由动量守恒得 由机械能守恒得 解得碰后瞬间，丙速度大小 甲速度大小 （2）假设乙能从C点离开，C点甲、乙水平速度相同，设甲速度为，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒 解得 设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，由机械能守恒得 又因为 解得 所以乙能从C离开圆弧轨道。 19．（23-24高三上·四川·期末）如图所示，一个可视为质点、质量m＝1kg的小物块，从平台上的A点以的初速度水平抛出，恰好无碰撞地从C点进入固定光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量M＝2kg的长木板，并恰好能到达长木板的左端。已知长木板的上表面与圆弧轨道末端的切线相平，圆弧轨道的半径，圆弧轨道对应的圆心角为θ，小物块与长木板间的动摩擦因数，长木板与地面间的动摩擦因数，不计空气阻力，取重力加速度大小，sinθ＝0.8。求： （1）小物块滑上长木板时的速度大小； （2）小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q。 【答案】（1）；（2） 【详解】（1）小物块在C点的速度为 小物块从C点运动至D点，根据动能定理有 解得小物块滑上长木板时的速度大小为 （2）对小物块，根据牛顿第二定律有 对长木板，根据牛顿第二定律有 解得 ， 设经历时间小物块与长木板共速，速度为，则 解得 小物块与长木板间的相对位移为 小物块与长木板间因摩擦产生的热量为 20．（23-24高三上·贵州·阶段练习）如图所示，有一个质量为的小物块（可视为质点），从光滑平台上的A点以初速度水平抛出，高度，到达点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端点的木板。已知长度的木板质量为，放在粗糙的水平地面上，木板上表面与小物块间的动摩擦因数，木板下表面与地面间的动摩擦因数，且与圆弧轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为，半径与竖直方向的夹角（不计空气阻力，，，）。求： （1）小物块的初速度大小； （2）小物块到达圆弧轨道点时对轨道的压力大小； （3）全程小物块对木板所做的功。 【答案】（1）；（2）；（3） 【详解】（1）由 可得小物块到达点时，竖直速度 解得 方向沿圆弧切线方向；则水平速度 解得 （2）小物块在C点的速度 小物块从C点运动到D点的过程中，由动能定理可知 可得 小物块在D点时 解得 （3）小物块开始在长木板上运动时有 长木板开始运动时有 在小物块运动到与长木板共速的过程中有 解得 小物块的位移 长木板的位移 小物块相对于长木板的位移 则有 即共速后，它们相对静止运动直至停止，共速后，它们的加速度为 它们间的摩擦力 减速位移 故全程小物块对木板做的功 可得 21．（23-24高一上·河北石家庄·期末）如图所示，在水平台的右侧有半径、圆心角的粗糙圆弧轨道BC固定在地面上，圆弧轨道末端与长木板P上表面平滑对接但不粘连，P静止在水平地面上。质量的小物块从固定水平台右端A点以4m/s的初速度水平抛出，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，至C点时对圆弧轨道的压力大小为60N，之后小物块滑上木板P，最终恰好未从木板P上滑下。已知木板P质量，小物块与木板P间的动摩擦因数，木板P与地面间的动摩擦因数，重力加速度g取，，，忽略空气阻力，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求： （1）AB两点间的竖直高度差； （2）小物块滑上木板P时，木板P的加速度大小； （3）木板P的长度。 【答案】（1）0.45m；（2）1m/s2；（3）2.5m 【详解】（1）设物块运动到B点的竖直速度为vy，AB两点的高度差为h，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道 解得 竖直方向有 解得 （2）小物块滑上木板P时，设木板P的加速度为，对木板列牛顿第二定律 代入数据解得 （3）小物块滑上木板P时，设小物块的加速度为，初速度为，最后共速为，对小物块列牛顿第二定律 解得 至C点时对圆弧轨道的压力大小为60N，根据牛顿第三定律可知，即支持力也是60N，对小物块在C点列牛顿第二定律 解得 设达到共速的时间为t，则有 解得 设此过程的小物块的位移为x1，木板的是位移x2，木板的长度为L，则有 22．（2024·西宁一模）物流公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏。为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置，其中，质量为M＝40 kg紧靠货车的A装置是由光滑曲面和粗糙水平面两部分组成，其水平粗糙部分长度为L0＝2 m。质量也为M＝40 kg的转运车B紧靠A且与A的水平部分等高，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经A的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板。已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.4，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，不计转运车与地面间的摩擦，包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略，重力加速度g取10 m/s2。 （1）若包裹C在缓冲装置A上运动时A静止不动，求包裹C的最大质量； （2）若某包裹的质量为m1＝10 kg，从距A水平部分高度为h1＝1.8 m处由自由释放，为使该包裹能停在转运车B上，求转运车B的最小长度L； （3）转运车B的长度为（2）问中所求的最小长度Lmin，质量为m2＝60 kg的包裹从距A水平部分高度为处自由释放，求包裹最终距B车右侧挡板的距离。 【解答】解：（1）设包裹C的质量为m，需满足： μ1mg≤μ2（m+M）g 解得：m≤40 kg 即包裹C的最大质量为40kg （2）包裹的质量为m1＝10 kg，缓冲装置A静止不动，包裹从滑上B车与挡板碰撞后又返回到B车的最左端时，B、C二者恰好共速，此时小车的长度最短，则包裹C滑至B车左端时，根据动能定理有： 包裹C与B车相互作用的过程中，根据动量守恒，以向右方向为正方向有： m1v0＝（m1+M）v 根据能量守恒，有： ＝+μ1m1g•2Lmin 联立得：Lmin＝1 m （3）由于包裹质量大于40kg，则装置A推动B车运动，包裹到达A的水平粗糙部分后，A、B一起的加速度为： a1＝ 代入数据得：a1＝0.5m/s2 包裹的加速度为： a2＝＝μ1g＝0.4×10m/s2＝4m/s2 包裹在光滑曲面下滑至水平面时有： 所以：v'0＝4.5 m/s 设包裹从A水平部分左端滑到右端经历t时间，有： 代入数据解得：或（舍去） 包裹C滑上B车时，有： vC＝v0′﹣a2t＝4.5m/s﹣m/s＝m/s vB＝a1t＝0.5×m/s＝m/s 包裹C在B车上，C与B车组成的系统动量守恒，达到共同速度v'，有 m2vC+MvB＝（m2+M）v' 代入数据解得： 由能量守恒得： 解得：x＝0.1125 m 所以包裹C与右侧挡板距离： Δx＝Lmin﹣x＝1m﹣0.1125m＝0.8875 m 答：（1）包裹C的最大质量为40kg； （2）为使该包裹能停在转运车B上，则转运车B的最小长度L为1m； （3）包裹最终距B车右侧挡板的距离为0.8875m。 23．（2024·东湖区校级一模）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、长度为L1＝2m的固定粗糙水平直轨道BC及两半径均为R1＝0.4m的固定四分之一光滑细圆管DEF组成，其中圆弧轨道的B、D端与水平轨道相切且平滑连接。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，滑块与粗糙水平直轨道BC及小车上表面GH间的动摩擦因数均为μ＝0.3，不计其它阻力，取g＝10m/s2。求： （1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度； （3）若释放的高度，试分析滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系。 【解答】解：（1）滑块在圆弧轨道上下滑过程，根据动能定理得 代入数据解得： 在F点，对滑块，根据牛顿第二定律得 解得细圆管道对滑块的作用力为：N＝6N 根据牛顿第三定律，细圆管道受到滑块的作用力N′＝N＝6N，方向竖直向下。 （2）滑块在小车上运动过程中，取水平向右为正方向，根据滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒得 mvF＝（M+m）v 解得： 根据能量守恒得 滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度： hmax＝0.3m （3）经过计算可知，当释放的高度时，滑块刚好能到达半径为R2＝0.5m的四分之一的光滑圆弧的最高点。 若释放的高度，根据动能定理得 取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得 mvF＝（M+m）v 根据能量守恒得 解得：s＝2.5h+0.5，（0＜h≤m） 答：（1）滑块运动到圆弧轨道上的F点时，细圆管道受到滑块的作用力为6N，方向向下； （2）滑块在小车上运动过程中离上表面GH的最大高度为0.3m； （3）滑块最终在小车上表面GH上滑行的路程s与高度h的关系为s＝2.5h+0.5，（0＜h≤m）。 24．（2024春·沙河口区校级期中）有一装置如图所示，光滑水平轨道AB、BD在B点与一半径为R的竖直面内光滑圆轨道O1平滑连接，一质量为m的物块以一定初速度滑上AB，刚好通过O1最高点C，再回到水平轨道BD，物块到达D点后滑上一质量为m的薄板，物块与薄板间动摩擦因数μ1＝0.4，薄板与轨道DE间动摩擦因数μ2＝0.1，物块滑到薄板右端时恰好共速，且到达E点，之后物块冲上半径为的竖直面内光滑半圆轨道O2，设物块可视为质点，重力加速度为g。求： （1）物块的初速度v0； （2）物块与薄板间因摩擦产生的热Q； （3）判断物块在E点冲上O2后，由E到F过程中是否会脱离圆轨道；若不脱离，求物块上升的最大高度，若脱离，求脱离位置距离E的高度。 【解答】解：（1）物块刚好通过O1最高点C，根据牛顿第二定律有 根据动能定理有 解得 （2）物块在薄板运动的加速度为： 薄板的加速度为 共速的时间满足v0﹣a1t＝a2t 解得 到达E点的速度 板长为 解得 根据功能关系可知Q＝μ1mgL 解得 （3）根据能量守恒定律可知 由于 所以物块会脱离圆轨道 设脱离轨道位置，物块与圆心O2连线与水平方向夹角为θ 设，脱离时速度大小为v1，根据牛顿第二定律有 根据能量守恒定律有 解得 则h＝R1（1+sinθ） 解得 答：（1）物块的初速度为； （2）物块与薄板间因摩擦产生的热为； （3）物块会脱离圆轨道，脱离位置距离E的高度为。 25．（2024春·镇海区校级期中）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为R1＝0.6m的半圆单层轨道ABC、半径为R2＝0.1m的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为m＝0.1kg的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度L1＝1m且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到Epm＝5.8J。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为m1＝0.1kg、m2＝0.2kg、m3＝0.4kg的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是μ＝0.5，其他所有摩擦都不计，IJ段长度L2＝0.4m，JK段长度L3＝0.7m。问： （1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心O1等高的B处时对轨道的最大压力； （2）如果小张同学以Ep＝2J的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？ （3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？ 【解答】解：（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心O1等高的B处时对轨道的压力最大。从弹出到B处，根据动能定理有： 经过B处时，根据牛顿第二定律有： 由牛顿第三定律可知：FN＝FN′ 联立解得最大压力：，方向由O1指向B。 （2）当m1刚好经过C时，根据牛顿第二定律有： m1g＝ 代入数据解得： 假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得： 解得：vC＝4m/s＞vC1 故滑块在C点不脱离轨道，m1从起点到车左端，根据动能定理有： 故以Ep＝2J的弹性势能弹出到达车左端的速度： m1与车共速时，以向右为正，根据动量守恒有： m1v1＝（m1+m）v共1 由能量守恒定律有： μm1gs＝﹣1 解得共速时与摆渡车的相对位移：s＝0.6m 所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离： s′＝ 代入数据得：s′＝0.3m 故滑块所停位置在离车右端距离： L′＝L1﹣s﹣s′＝（1﹣0.6﹣0.3）m＝0.1m （3）当m2刚好经过C时： m2g＝ 根据能量关系能： Ep≥2m2gR1+ 将m2弹出到平台上，根据动能定理有： m2与车共速时： m2v＝（m2+m）v共2 由能量守恒： Ep＝2m2g（R1+R2）+ 要使得滑块停在目标区： L1+L2≤s1≤L1+L2+L3 联立上面四式解得：4.6J≤Ep≤5.5J，且：0≤Ep≤5.8J 故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为：4.6J≤Ep≤5.5J 答：（1）小振同学的滑块经过与圆心O1等高的B处时对轨道的最大压力为； （2）根据计算后判断滑块最终停在离I点左侧距离0.1m； （3）发射时的弹性势能应满足：4.6J≤Ep≤5.5J。 26．（2024·福田区校级开学）如图所示为某游乐场中一滑道游乐设施的模型简化图，一质量为m＝1kg的物块，可视为质点，从某一斜面AB的顶端A由静止开始滑下，斜面下端与一圆形轨道相切于B点。圆轨道半径R＝1m，物块从B点进入圆形轨道，并恰好通过轨道的最高点。圆形轨道在最低点C处略有错开，物块接着进入水平轨道CD，然后滑上与D等高的质量为M＝2kg的滑槽，并最终滑块未离开滑槽。滑槽开始时静止在光滑水平地面上，EF部分长为LEF＝1m，G部分为半径为r＝0.2m的四分之一圆弧轨道。已知水平轨道CD长为LCD＝4.25m，与物块的动摩擦因数μ1＝0.4，物块与滑槽EF之间的动摩擦因数0＜μ2＜1，其他接触面均光滑。OB与OC的夹角θ为37°，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力以及轨道连接处的机械能损失。求： （1）物块在轨道最低点C处受到支持力的大小； （2）斜面AB的长LAB为多少； （3）若滑块始终不脱离滑槽，求滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ2的取值范围。 【解答】解：（1）物体恰好通过轨道的最高点，重力完全提供向心力； 根据牛顿第二定律 代入数据解得最高点的速度 从圆形轨道最高点到C点，根据动能定理 代入数据解得 在C点由牛顿第二定律 代入数据解得FN＝60N （2）从A到C应用动能定理 代入数据解得 （3）物体从C到D，根据动能定理 代入数据解得vD＝4m/s 对物块与滑槽，滑块始终不脱离滑槽，最终二者共速，取水平向右为正方向； 根据水平方向动量守恒 mvD＝（M+m）v1 代入数据解得 若滑块刚好能滑到最高点G，根据能量守恒定律 代入数据解得 若滑到最高点G又滑到E处，根据能量守恒定律 代入数据解得 因此，若滑块始终不脱离滑槽，则对动摩擦因数的要求是。 答：（1）物块在轨道最低点C处受到支持力的大小60N； （2）斜面AB的长LAB为； （3）滑块与滑槽EF段的动摩擦因数μ2的取值范围。 27.（2023.06·台州·高二下期末）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角θ=37°的光滑直轨道AB、圆心为O的光滑圆轨道BCDC'、光滑直轨道C'E、右端带有竖直固定挡板的木板和粗糙水平面GH组成，B为直轨道与圆的切点，圆轨道出口C'与进口C稍错开，木板上表面与E所在的光滑水平面平齐，可视为质点的滑块自A点静止释放，滑上木板后能与竖直挡板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，最终滑块停在木板上。已知滑块质量m=1kg，木板质量M=2kg，A距B所在的水平面高度h=1.7m，圆轨道半径R=0.5m，滑块与木板间的动摩擦因数μ1=0.4，木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.2，取g=10m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，求： （1）滑块通过轨道最低点C的速度大小vC； （2）滑块通过圆轨道最高点D时对轨道的压力大小FN； （3）滑块与挡板碰撞后瞬间，滑块与木板的速度大小之比k； （4）木板的最小长度L。 【答案】（1）；（2）22N；（3）；（4） 【解析】 【详解】（1）滑块从A到C过程，根据动能定理，有 解得 （2）滑块从C点到D点的过程中，由机械能守恒定律有 对滑块在D点受力分析有 由牛顿第三定律有 解得 （3）假设碰撞前瞬间滑块的速度为v0，碰撞后瞬间滑块的速度为v1，碰撞后瞬间木板的速度为v2，滑块与挡板碰撞过程，根据动量守恒，有 根据能量守恒，有 解得 则滑块与木板的速度大小之比为 （4）滑块滑上木板后受到的滑动摩擦力大小 木板与水平面间的滑动（最大静）摩擦力 由于，木板相对水平面不滑动； 滑块滑到木板右端的过程中，由动能定理有 碰撞后对滑块，根据牛顿第二定律，有 可得加速度大小为 碰撞后木板的加速度大小 代入数据可得 由于，可知滑块速度减至0后会反向加速。设从碰撞后瞬间到滑块和木板的速度恰好相等时的时间为t，该相同速度大小为v3，有 可得 当滑块和木板的速度相同后，整体的加速度大小 由于，所以滑块与木板不再发生相对运动。 从碰撞后瞬间到滑块和木板的速度恰好相等的过程中，滑块运动的位移大小 木板向右运动的位移大小 为使滑块停在木板上 解得 28.（2023.06·舟山·高二下期末）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道AB（足够长）、水平轨道BC、竖直螺旋圆形轨道CDPE、水平轨道EF、无动力摆渡车GH、水平直轨道IJ组成，螺旋圆形轨道与轨道BC、EF相切于C（E）处，摆渡车上表面GH及水平直轨道IJ粗糙，其余各轨道均光滑，且各处平滑连接，C（E）是圆形轨道的最低点，P是圆形轨道的最高点，D是圆形轨道上与圆心O等高的点。凹槽FKLI底面KL水平光滑，上面放有一无动力摆渡车GH，摆渡车上表面与直轨道EF、直轨道IJ位于同一水平面。一滑块（视为质点）质量m=0.1kg，在直轨道AB上距离B点处由静止释放，它恰好可以完整地通过圆轨道，之后滑上摆渡车。已知滑块与GH、IJ间的动摩擦因数，摆渡车质量M=0.4kg，上表面GH的长度d=4.8m（其中G为上表面的左端点，H为上表面的右端点），每当滑块由静止释放时摆渡车紧靠在竖直侧壁FK处，当摆渡车碰到右侧壁IL后立即静止。不计空气阻力，FI间的距离很大，取，。求： （1）圆形轨道的半径R； （2）滑块到达D点时轨道对它的作用力大小； （3）滑块最终停在何处； （4）改变滑块的释放位置，滑块在IJ上最多能滑多远？ 【答案】（1）；（2）；（3）停在摆渡车上；（4） 【解析】 【详解】（1）滑块恰好可以完整地通过圆轨道，有 滑块从斜面开始运动到运动到P，由动能定理可得 联合解得 （2）滑块由P运动到D，由动能定理可得 在D点，轨道对滑块的作用力提供向心力，故 联合解得 （3）滑块从斜面开始运动到运动到E，由动能定理可得 解得 因此滑块将以的速度在F点冲上摆渡车，FI间的距离很大，根据动量守恒定律可知滑块与摆渡车共速，即 解得 滑块与GH、IJ间的动摩擦因数都为，设滑块在粗糙面上滑行的距离为，当滑块运动到静止时，由动能定理可得 解得 故滑块最终停在摆渡车上； （4）当滑块与摆渡车共速时，在摆渡车上滑行的相对距离刚好为d时，滑块滑上IJ的速度最大，设此时共速的速度为，滑块在F点的速度为，则由动量守恒定律可得 可得 从滑上摆渡车到共速由动能定理可得 联合解得 故滑块将以速度滑上IJ，根据动能定理可得 解得 学科网（北京）股份有限公司 $