能量與動(dòng)量的綜合分析與應(yīng)用（解析版）-2025年高考物理難點(diǎn)復(fù)習(xí)

艮幸不“鵬景易勃■的降金/新易成用

1.(2024.福建)如圖，木板A放置在光滑水平桌面上,通過(guò)兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌面上的兩個(gè)

固定擋板相連。小物塊8放在/的最左端,通過(guò)一條跨過(guò)輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球。相連，輕

繩絕緣且不可伸長(zhǎng)，8與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)，A、8、C均

靜止，河、N處于原長(zhǎng)狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。力=0時(shí)撤去電場(chǎng)，。向下加速運(yùn)動(dòng)，下降0.2巾后

開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)，。開(kāi)始做勻速運(yùn)動(dòng)瞬間彈簧N的彈性勢(shì)能為0.L7。已知A、的質(zhì)量分別為0.3kg、

2

0.4kg、0.2kg,小球。的帶電量為1x10-6。,重力加速度大小取10m/s,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,

彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)。

⑴求勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小；

(2)求人與8間的動(dòng)摩擦因數(shù)及。做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大??；

⑶若力=0時(shí)電場(chǎng)方向改為豎直向下，當(dāng)B與人即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)瞬間撤去電場(chǎng)，A、B繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng),

一段時(shí)間后，4從右向左運(yùn)動(dòng)。求/第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中最大速度的大小。(整個(gè)過(guò)程B未與

?4脫離，。未與地面相碰)

【解答】解：⑴撤去電場(chǎng)前，對(duì)小球。，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有：qE=M3，代入數(shù)據(jù)解得：石=2X106N/C

(2)。開(kāi)始做勻速直線運(yùn)動(dòng)后，對(duì)。和B根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分別有：7]=mcg,Z=%=U.mBg

代入數(shù)據(jù)解得：〃=0.5

。開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，4、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)4、B、。三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性勢(shì)能

相同；

所以。下降九=0.2m,的過(guò)程中，對(duì)4B、。及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有：mcgh=y(mA+

2

mB+mc)v+2Ep

代入數(shù)據(jù)解得：v-

⑶沒(méi)有電場(chǎng)時(shí)，。開(kāi)始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，4、B剛好發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，所以此時(shí)4的加速度為零，對(duì)4根據(jù)平衡條

件，有：/=2M

當(dāng)電場(chǎng)方向改為豎直向下，設(shè)B與力即將發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，C下降高度為〃，對(duì)4根據(jù)牛頓第二定律可得：

r

『-2kh=mAa

對(duì)B、。根據(jù)牛頓第二定律可得：qE+mcg—f—(ms+mc)a

撤去電場(chǎng)后，由第(2)問(wèn)的分析可知人、石在。下降九二0.2館時(shí)開(kāi)始相對(duì)滑動(dòng)，在。下降九二0.2館的過(guò)程中，

對(duì)4B、C及彈簧M、N組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律，有qEh'+mcgh-(mA+mB+mc)^+2EP

此時(shí)4的速度是其從左向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度，此后A做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，所以4第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過(guò)程中

的最大速度為就是其最大速度,聯(lián)工解得：v=—m/s

mo

2.（2024.甘肅）如圖，質(zhì)量為2kg的小球/（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)繩O，P和OP作用下處于平衡狀態(tài),細(xì)繩07

=OP=1.6m,與豎直方向的夾角均為60°-質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物

塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩。P,小球/開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。（重力加速度g取10m/s2）

（1）求4運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。

（2）4在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。4飛出后恰好與。左側(cè)碰撞（時(shí)間極短），碰后/豎直下落，。水平向

右運(yùn)動(dòng)。求碰后C的速度大小。

（3）4、C碰后，。相對(duì)8滑行后與B共速。求。和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

A

、點(diǎn)_____黑卜、、

【解答】解:（1）細(xì)繩OP的長(zhǎng)度為乙=1.6館,從小球人開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理得：

m^L—Lcos600）=-^TnAVo—0

解得：*=4m/s

設(shè)小球人運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP對(duì)小球4的拉力為T(mén),根據(jù)牛頓第二定律得：

T一如9=如五

解得：T=40N

根據(jù)牛頓第三定律可知A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力為40N。

（2）4飛出后與。碰撞前做平拋運(yùn)動(dòng)，A與。碰撞前瞬間A的水平分速度等于伙）=4m/s,由題意可知碰撞后

4的水平分速度為零。人與。碰撞過(guò)程水平方向上動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則有：

WVo=mcvc

解得碰后C的速度大小為：vc=4m/s

（3）A、C碰后，。相對(duì)B滑行Arc=4館后與B共速（設(shè)共速的速度為"）。以向右為正方向，對(duì)C相對(duì)B滑行

過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律得：

■mcvc^（mc+m^v

2

!j.mcg^x=^-mcvl-y（mc+m^v

解得。和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：〃=0.15

答：（1）4運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力為40N。

（2）碰后。的速度大小為4m/so

（3）。和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15。

3.（2024-安徽）如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車(chē)靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓

弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點(diǎn)。一物塊靜止于小車(chē)最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)

的輕質(zhì)細(xì)線懸掛于。點(diǎn)正下方,并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線拉直到水平位置，靜止釋放小球,小球運(yùn)

動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車(chē)上的軌道運(yùn)動(dòng)。已知細(xì)線長(zhǎng)乙=1.25小。小球

質(zhì)量m=0.20kg。物塊、小車(chē)質(zhì)量均為0.30kg。小車(chē)上的水平軌道長(zhǎng)s=L0m。圓弧軌道半徑H

=0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取:lOm/s?。

_________F

⑴求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前，所受拉力的大?。?/p>

（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；

（3）為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車(chē)，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取值范

【解答】解：（1）設(shè)小球與物塊碰撞前速度為比，碰撞后小球速度為力，物塊速度為生，小球從釋放到與物塊碰

撞前，由動(dòng)能定理

mgL-—0

代入數(shù)據(jù)得：VQ—5m/s

碰撞前瞬間，對(duì)小球受力分析，有T-mg—rn-^-,

代入數(shù)據(jù)解得拉力：T=6N

（2）設(shè)水平向右為正方向，小球與物塊彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒：

mv0=mvi+MV2

根據(jù)能量守恒：

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：3=4m/s

（3）當(dāng)〃較小時(shí)，物塊會(huì)脫離小車(chē)；當(dāng)〃較大時(shí)，物塊不能進(jìn)入圓弧軌道

①物塊滑到水平軌道最右端剛好與小車(chē)共速，此時(shí)〃最大（但不能?。?，設(shè)水平向右為正方向，則小球與小車(chē)水

平方向動(dòng)量守恒，有

MV2—271旬共，解得：o共=2m/s

根據(jù)能量守恒，HmaxMgs=-yX2Mvl

代入數(shù)據(jù)解得：〃max=0.4

②物塊剛好滑到圓弧最高點(diǎn)，即在最高點(diǎn)與小車(chē)共速，此時(shí)〃最小，設(shè)水平向右為正方向，小球與小車(chē)水平方

向動(dòng)量守恒，有

MV2=2Mv共,解得：o共=2m/s

根據(jù)能量守恒，/iminMgs+MgR=X2Mv1

代入數(shù)據(jù)解得：“min=0.25

綜合上面分析，可得滿(mǎn)足要求的動(dòng)摩擦因數(shù)〃取值范圍為：0.25<〃V0.4

答：⑴小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前，所受拉力的大小為6N;

（2）小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為4m/s;

（3）物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃的取值范圍為0.25V0.4。

4.（2024-浙江）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角6=37°的直軌道半徑R=1m的圓弧軌道

BCD,長(zhǎng)度乙=1.25小、傾角為。的直軌道RE,半徑為A、圓心角為。的圓弧管道EF組成,軌道間平滑連

接。在軌道末端F的右側(cè),光滑水平面上緊靠著質(zhì)量m=0.5kg滑塊b，其上表面與軌道末端廠所在的

水平面平齊。質(zhì)量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h靜止釋放，經(jīng)圓弧軌道BCD滑上軌道

DE,軌道。E由特殊材料制成，小物塊a向上運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)出=0.25,向下運(yùn)動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=

0.5,且最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。當(dāng)小物塊a在滑塊b上滑動(dòng)時(shí)動(dòng)摩擦因數(shù)恒為小，小物塊a運(yùn)動(dòng)

到滑塊右側(cè)的豎直擋板能發(fā)生完全彈性碰撞。(其它軌道均光滑，小物塊視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，

sin37°=0.6，cos37°=0.8,g取10m/s2)

(1)若h=0.8m,求小物塊：

①第一次經(jīng)過(guò)。點(diǎn)的向心加速度大??；

②在。E上經(jīng)過(guò)的總路程；

③在DE上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間維和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間t下之比；

(2)若h=1.6巾,滑塊至少多長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊。

［解答］解:⑴①物塊a從4到C,根據(jù)動(dòng)能定理wigh=^-mvl-0

解得=4m/s

在C處，根據(jù)向心加速度公式CL(j—

R

2

代入數(shù)據(jù)解得ac=16m/s

②物塊a從4到。，根據(jù)動(dòng)能定理mg［九—R(1—cos0)］=

代入數(shù)據(jù)解得2V3m/s

設(shè)上滑的最大高度為

根據(jù)動(dòng)能定理—mgh］—aimgcos。?一?二二0—功

smc/2

代入數(shù)據(jù)解得A】=0.45m

ED之間的高度差hDE=Lsinff=1.25X0.6m=0.75m>

因此物塊a未滑出軌道DE;

設(shè)物塊在DE上經(jīng)過(guò)的總路程為s,最后一次剛好能從。運(yùn)動(dòng)到

根據(jù)動(dòng)能定理—“iTTzgcos。--^-s—血mgcosH?5s=0-明

代入數(shù)據(jù)解得s=2m

③物塊a在。石軌道上滑的加速度大小a1=gsin。+“igcos。

代入數(shù)據(jù)解得ai=8mzs2

由于mgsin。>zagcos仇物塊a上滑減速為零后，沿DE軌道下滑；

物塊a在軌道下滑的加速度大小a2=gsinff—吃gcosB

2

代入數(shù)據(jù)解得a2—2m/s

根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)公式力=力之

由于物塊a上滑和下滑的路程相等，因此有-y=~~a-2^y

⑵物塊a從人經(jīng)。到F的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理mg[/z—Lsind—2J?（1—cos0）]—fi]rngLcosO=-^-mvp—0

代入數(shù)據(jù)解得vF=2m/s

設(shè)物塊a與滑塊b向左運(yùn)動(dòng)的共同速度為n,取水平向右為正方向

根據(jù)動(dòng)量守恒定律WWF=

根據(jù)功能關(guān)系=-^-mvp—■"2mv2

代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得I=0.2mo

答：（1）①第一次經(jīng)過(guò)。點(diǎn)的向心加速度大小16m/s2;

②在DE上經(jīng)過(guò)的總路程為2m;

③在DE上向上運(yùn)動(dòng)時(shí)間力上和向下運(yùn)動(dòng)時(shí)間年之比為1:2;

⑵若7i=1.6m,滑塊至少0.2館長(zhǎng)才能使小物塊不脫離滑塊。

5.（2024-浙江一模）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺(tái)面上的固定彈射器、水平直軌道AB、圓心

為O的豎直半圓軌道BCD、水平直軌道EF、GH組成。BCD的最高點(diǎn)D與EF的右端點(diǎn)E在同一豎直

線上,且。點(diǎn)略高于E點(diǎn)。木板靜止在上，其上表面與EF相平,右端緊靠豎直邊FG,左端固定一

豎直彈性擋板。游戲時(shí)滑塊從A點(diǎn)彈出，經(jīng)過(guò)軌道后滑上木板。已知可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊

質(zhì)量巾=0.3kg,木板質(zhì)量0.1kg,長(zhǎng)度/=Hn,8CD的半徑R=0.4巾，彈簧彈性勢(shì)能的最大值為

8J,滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為小，木板與軌道G8間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃2,其余各處均光滑，不考慮彈

射過(guò)程中及滑塊經(jīng)過(guò)軌道連接處時(shí)的能量損失,滑塊與擋板發(fā)生彈性碰撞。

（1）若滑塊恰好能夠滑上軌道班\求滑到圓心。等高處的。點(diǎn)時(shí)，滑塊受到的彈力大小FN；

（2）若4=0.2,〃2=0，則在滿(mǎn)足滑塊始終不脫離木板的條件下，求滑塊在木板上的動(dòng)能最大值Ekm;

（3）若〃1=0,上=0.1,滑塊恰好能夠滑上軌道即,求在滑塊與擋板剛發(fā)生第2次碰撞前，摩擦力對(duì)木板

做的功W。

【解答】解：⑴若滑塊恰好能夠滑上軌道EF,在最高點(diǎn)D處做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由重力提供：mg=m替

滑塊由。點(diǎn)滑到最高點(diǎn)。此過(guò)程由機(jī)械能守恒：Jmvc+mgR--ymv0+2mgR

滑塊滑到。點(diǎn)時(shí)做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由滑道對(duì)滑塊的彈力提供：瑪=山與

聯(lián)立以上方程代入數(shù)值得:F『9N

（2）因?yàn)?0.2,〃2=0,木板與地面之間沒(méi)有摩擦，而滑塊與木板之間存在摩擦，把滑塊與木板看成一個(gè)系統(tǒng)，

其動(dòng)量守恒，滿(mǎn)足滑塊始終不脫離木板必定滑塊與木板共速，

以向左的方向有：mv=（m+M）v^.

設(shè)滑塊以n的速度滑入木板，并在木板上最終摩擦滑行a;長(zhǎng)時(shí)滑塊與木板共速，此過(guò)程能量守恒：9山"=

li]rngx+-1-（m+M）吸

2

滑塊滑入木板時(shí)的動(dòng)能最大為：Ekm=^-mv

以上方程解得：=7n/Ltimgx

當(dāng)力=2/時(shí)，滑塊在木板上的動(dòng)能最大值Ekm=4.8J,此時(shí)：v—4V2m/s>2m/s

所以滑塊能夠滑上木板，相應(yīng)的機(jī)械能為7.2J<8JO

（3）由題意滑塊恰好能夠滑上軌道有：vQ—y/~gR

代入數(shù)值滑塊剛滑上木板時(shí):v0=2m/s

因?yàn)椤?=0,“2=?！?，木板與地面之間存在摩擦，而滑塊與木板之間沒(méi)有摩擦，滑塊與擋板第1次碰撞時(shí)動(dòng)量

守恒有:HIVQ=mvi+MV2

再由能量守恒定律有：

解得滑塊速度：Vi=~^vo=EX2m/s=lm/s

木板速度：v2——=萬(wàn)x2m/s=3m/s>5

=22

之后，木板做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度a—zg0.1X10m/s=lm/so滑塊勺速運(yùn)動(dòng)，設(shè)經(jīng)過(guò)力發(fā)生第二次碰撞，

則有：g力一.a#—5t

代入數(shù)據(jù)：力=0,%=4s,此時(shí)木板的速度7?=。2—a力=3m/s—1x4m/s=—lm/s<0

經(jīng)判斷，發(fā)生第2次碰撞前，木板已處于靜止?fàn)顟B(tài)。

故摩擦力對(duì)木板做的功：W=0-^-Mvl=0-^-X0.1X32J=-0.45J

答：（1）滑到圓心。等高處的。點(diǎn)時(shí)，滑塊受到的彈力大小/為9N;

（2）滑塊在木板上的動(dòng)能最大值石濡為4.8J;

（3）在滑塊與擋板剛發(fā)生第2次碰撞前，摩擦力對(duì)木板做的功W為一4.5J。

6.（2024?溫州一模）如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的軌道，由傾角。=37°的足夠長(zhǎng)直軌道AB、圓心為Q的

半圓形軌道BCD、圓心為。2的圓形細(xì)圓管軌道OE、傾角&=45°的直軌道硬、水平直軌道FG組成，各

段軌道均光滑且各處平滑連接，B和。為軌道間的相切點(diǎn)，點(diǎn)E、圓心。2處于同一豎直線上，。、斤、G

處于同一水平面上。在軌道末端G的右側(cè)光滑水平面上,緊靠著質(zhì)量雙=0.6kg、長(zhǎng)度d=2山的無(wú)動(dòng)力

擺渡車(chē),車(chē)上表面與直軌道FG平齊?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量m=0.3kg的滑塊從直軌道AB上某處?kù)o止釋

放。己知軌道BCD和DE的半徑R=0.5m。（sin37°=0.6,cos37°=0.8）

___________F

AE

FCP

(1)若釋放點(diǎn)距點(diǎn)B的距離l=1.5巾,求滑塊到最低點(diǎn)。時(shí)軌道對(duì)其支持力FN的大??；

(2)若滑塊始終不脫離軌道求釋放點(diǎn)與。點(diǎn)高度差h的取值范圍；

(3)若滑塊從E點(diǎn)飛出后落在軌道E尸上，與軌道碰撞后瞬間沿軌道速度分量保持不變，垂直軌道速度分

量減為零，再沿軌道滑至擺渡車(chē)上。己知滑塊和擺渡車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃?，且滑塊恰好不脫離擺

渡車(chē)，求:

①滑塊運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)G的速度大小加；

②滑塊離開(kāi)點(diǎn)E的速度大小vE.

【解答】解：⑴對(duì)滑塊，從釋放點(diǎn)到。點(diǎn)過(guò)程,根據(jù)動(dòng)能定理

mg(Zsin0+R—Rcosff)——mvc

在。點(diǎn)合外力提供向心力：耳一mg—Tn-^-

代入數(shù)據(jù)解得：瑪=15N

(2)滿(mǎn)足恰好達(dá)到半圓形軌道BCD與Q等高處：仙=R=0.5m

可得：0&無(wú)40.5館

滿(mǎn)足恰好能到達(dá)E點(diǎn),則：h2—2J?(1+cos。)=2x0.5x(1+0.8)m=1.8m

恰好能過(guò)_D點(diǎn)而不掉落，重力分力提供向心力：mgcos3=

從釋放點(diǎn)到D點(diǎn)過(guò)程：mg仇3—R—Rcosff)=-^-TTIVD

解得：拉3=1.1館

綜上可得：0&九40.5772或1.1m1.8m

(3)①對(duì)滑塊，從G點(diǎn)滑上擺渡車(chē)至共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律

mVG=(M+772)。共

根據(jù)能量守恒定律

/Limgd=-mvG——(A/+rn)v^_

聯(lián)立解得：vG=2V10m/s

②從E點(diǎn)飛出落在EF段,根據(jù)位移偏轉(zhuǎn)角和速度偏轉(zhuǎn)角的關(guān)系：tan45°=*

2UE

■91■尸u2。)2fUE

可行：----,t=----,v=2OV

g9vE

所以：V//=。石sin450+2UECOS45°=vE

由碰撞點(diǎn)到G點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理：mg(2H+2J?cos0—H)=--mv0-

代入數(shù)據(jù)解得：vE=2V2m/s

答：⑴若釋放點(diǎn)距點(diǎn)B的距離/=1.5小,滑塊到最低點(diǎn)。時(shí)軌道對(duì)其支持力弱的大小為157V;

（2）若滑塊始終不脫離軌道ABCDE,釋放點(diǎn)與。點(diǎn)高度差無(wú)的取值范圍為：04九＜0.5巾或1.1恒4八4

1.8m;

（3）①滑塊運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)G的速度大小vG為2，16m/s;

②滑塊離開(kāi)點(diǎn)E的速度大小也為22m/s;

7.（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)一模）圖甲為某游戲項(xiàng)目模型，由彈性發(fā)射裝置P、傾角。=37°長(zhǎng)。=2.75項(xiàng)的固定

斜面AB、質(zhì)量7nl=1kg的表面為四分之一光滑圓弧的滑塊河和質(zhì)量7n2=4kg長(zhǎng)度Z2=2.25m的平板

小車(chē)等四部分組成。圓弧CD的半徑R=1m,最低點(diǎn)。與小車(chē)等高。當(dāng)P把巾=lkg的小物塊（視為

質(zhì)點(diǎn)）以=4m/s速度水平彈出，恰好由A點(diǎn)沿斜面方向進(jìn)入斜面,不考慮其運(yùn)動(dòng)時(shí)通過(guò)各連接點(diǎn)間的

動(dòng)能損失。小物塊與AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5,忽略小車(chē)和河下表面與地面的摩擦。（sin37°=0.6,

cos37°=0.8）

（1）求水平彈出點(diǎn)離A點(diǎn)的豎直高度用；

（2）若鎖定平板小車(chē)，小物塊與小車(chē)間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=0.6。求小物塊滑上及時(shí)對(duì)。點(diǎn)的壓力歹及上

滑的最大高度九2；

（3）現(xiàn)解除小車(chē)鎖定，并在小車(chē)上表面噴涂一種特殊材料（不計(jì)噴涂材料的質(zhì)量），使小物塊與小車(chē)間的

動(dòng)摩擦因數(shù)能從右（B端）向左隨距離變化，如圖乙所示。若小物塊仍以"°=4m/s速度水平彈出，試分

析小物塊能否通過(guò)。點(diǎn)？并說(shuō)明理由。

【解答】解：（1）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，小物塊到在A點(diǎn)時(shí)有：

—=tan37°

"o

喘=2gh

解得：vy—3m/s,加=0.45m;

（2）小物塊在A點(diǎn)速度為合速度，則有：

22

vA—J說(shuō)+說(shuō)=V4+3m/s=5m/s

小物塊從Z運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，由動(dòng)能定理可得：

77^Zisin37°—〃i??i^cos37°?h=—

解得：vB=6m/s

小物塊從石運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有可得：

-jLt2mgl2=

解得:vc—3m/s

在圓軌道C點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律有：

___________________________________?

N—mg—m—j-

根據(jù)牛頓第三定律可知，小物塊滑上同時(shí)對(duì)。點(diǎn)的壓力：F=N

解得：F=19N,方向豎直向下。

設(shè)小物塊滑上M■的最大高度時(shí)，小物塊與M■共速g,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得:

mvC=(ml+m2)vl

=

解得：/i20.225m;

⑶小物塊從B到。過(guò)程，克服摩擦力做功為：

WBC=U3mgi21+3"，7ngz22

解得：WBC—6.5J

若到。點(diǎn)共速，則對(duì)三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有:

mvB—（m+mi+佗）”共

解得：”共=lm/s

AE領(lǐng)=y（m+mj+m2）v^

解得：AB損=15J

可知AE填>%。，故小物塊能通過(guò)。點(diǎn)。

答：⑴水平彈出點(diǎn)離A點(diǎn)的豎直高度為0.45m;

（2）小物塊滑上”時(shí)對(duì)。點(diǎn)的壓力為19N,方向豎直向下，小物塊上滑的最大高度0.225??；

（3）若小物塊仍以v0=4m/s速度水平彈出，通過(guò)分析可知小物塊能通過(guò)。點(diǎn)。

8.（2024?衡水模擬）如圖所示，半徑R=的四分之一圓弧槽“固定在地面上，圓弧槽末端位于圓心O

正下方、且與平臺(tái)KPQ上表面水平相切，P點(diǎn)放置質(zhì)量為小。=0.4kg的小物塊，KP、PQ長(zhǎng)度分別為

0.45m>2.75m,Q右側(cè)空間存在面積足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=jx102T、方向水平向右，在

O

右側(cè)空間建立。叫/Z三維直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)。位于KPQ延長(zhǎng)線上，刀軸正方向垂直于紙面向里，“

軸正方向豎直向上，z軸正方向水平向右，QO的距離d=16nz,平面內(nèi)放置有足夠大的擋板。質(zhì)

量m=0.1kg、帶電量q=+1.6xI。一。的小球自圓弧槽A點(diǎn)正上方h=4m處從靜止釋放，小球與小物

塊發(fā)生碰撞同時(shí)，在KPQ平臺(tái)上方施加方向水平向右、大小E=2.5x102V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)圖中未畫(huà)出。

小球與小物塊碰撞時(shí)無(wú)能量損失且小球電量不變，重力加速度g取10m/s2,小球和小物塊均可看作質(zhì)點(diǎn)，

不計(jì)一切摩擦，求：

（1）小球運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為；

（2）小物塊飛離平臺(tái)前與小球的碰撞次數(shù)；

（3）小球打在擋板上的坐標(biāo)。（結(jié)果可含有兀）

【解答】解：（1）小球從釋放至運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律，得

mg（/i+R）=^-mv'k

小球到最低點(diǎn)時(shí)：

可VK

it

求得

FN=11N,vK=lOm/s

根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫?/p>

F—FN—11N

方向豎直向下。

（2）第一次碰撞，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律，得

mvK=mv\+mov2

=-^-rnvl+。皿日

求得

5=—6m/s,v2—4m/s

小球在電場(chǎng)中的加速度

22

qE1.6xlQ-x2.5xlO一仃/2

a=----=--------------------------m/s2=4Um/sz

m0.1

設(shè)經(jīng)時(shí)間力1二者第二次相遇，則

解得

1=0.5s或7=0（舍去）

此過(guò)程中小物塊位移

xr=02tl—4x0.5m=2m

再次碰撞前小球速度

3=5+a}=—6m/s+40X0.5m/s=14m/s

此時(shí)7no的速度仍為外，第二次發(fā)生碰撞有

mv3+m0V2—mv^+

-j~mv3+-j~mov2=

解得：

g=—2m/s,=8m/s

設(shè)經(jīng)時(shí)間t2二者第三次相遇，則

。4力2+］。6=。5力2

_______0

解得

t2=0.5s或力2=0（舍去）

此過(guò)程中小物塊位移

x2—3力2—8x0.5m=4m

則兩次碰撞總距離

力1+/2=2m+4m=6m>2.75m

小物塊飛離平臺(tái)前與小球發(fā)生了2次碰撞。

（3）小球與小物塊第二次碰撞后至飛離平臺(tái)過(guò)程有

vQ-vi=2.75m-2m

2a

解得

VQ=8m/s

小球進(jìn)入磁場(chǎng)后沿z軸方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，撞到擋板的時(shí)間

4d16o

t——=——S=2s

%8

小球在/Og平面內(nèi)做曲線運(yùn)動(dòng)，沿z軸正方向看去，如圖所示:

2nm2TUX0.1

T=s=ls

qB1.6xl0-2xfX102

o

mg=qv+B

求得

5/

v=——m/s

+兀

小球沿力軸的位移為

x=v-2T=-X2X1m=——m

+兀7T

則小球打到擋板的坐標(biāo)為■—m,0,0k

\兀/

答：（1）小球運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為HN,方向豎直向下;

（2）小物塊飛離平臺(tái)前與小球的碰撞次數(shù)2次；

（3）小球打在擋板上的坐標(biāo)為（一?館,0,0）。

9.（2024?開(kāi)福區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示，質(zhì)量為河的凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有1光滑圓弧軌道

AB、水平粗糙軌道和光滑半圓軌道CDO（D為CDO軌道的中點(diǎn)）,軌道都處于豎直平面內(nèi)且各部分

之間平滑連接，OA處于同一水平線上?，F(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為山（山=/河）的小物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）從A

點(diǎn)的正上方距A高H處自由下落，已知軌道AB段的半徑為2R,段軌道長(zhǎng)為L(zhǎng){L=2R），軌道CDO

的半徑為小物塊與BC段軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為“=0.4,重力加速度為g。

RP

H

⑴若固定凹槽靜止不動(dòng)，且H=L8A,求小物塊第一次經(jīng)過(guò)。點(diǎn)后瞬間軌道對(duì)它的作用力與其重力的

比值；

⑵若不固定凹槽，且H=1.8R,求小物塊到達(dá)。點(diǎn)的過(guò)程中，凹槽離開(kāi)初始位置的最大距離；

⑶若不固定凹槽，且_R=bn,m=1kg,g=lOm/sz,小物塊第一次經(jīng)過(guò)_DO間某位置時(shí)剛好脫離軌道，

該位置與半圓軌道圓心的連線與豎直方向成37°角，求H的大小。(sin37°=0.6)

【解答】解：(1)設(shè)小物塊第一次經(jīng)過(guò)。點(diǎn)瞬間的速度為對(duì)小物塊從P到。點(diǎn)的過(guò)程有

mg(H+2R)—fimgL=--mvc

在。點(diǎn)，對(duì)小物塊

z>M

F-mg=—^-

It

代入數(shù)據(jù)解得

—=7

mg

(2)因?yàn)樾∥飰K和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，所以小球到達(dá)。點(diǎn)時(shí)兩者在水平方向的速度均為零，

此時(shí)凹槽離開(kāi)初始位置的距離最大。設(shè)小物塊和凹槽沿水平方向運(yùn)動(dòng)的距離分別為0和力2,則

mxx=MX2

劣1+冗2=2R+L+R

所求凹槽離開(kāi)初始位置的最大距離為

5p

出=薩

(3)小物塊第一次經(jīng)過(guò)。。間某位置時(shí)剛好脫離軌道，設(shè)在該位置時(shí)小物塊的水平方向速度為小，豎直方向速

度為以，凹槽的速度為，對(duì)系統(tǒng)有

mg(H+R—Rcos37。)—/imgL—儂+說(shuō))+

mvx=MVM

由速度關(guān)系，有

tan37°=———

vx+vM

在該位置有

mi

mgcos37°=—sin37°/

R

由以上各式解得

H=0.936m

答：(1)若固定凹槽靜止不動(dòng)，且H=L8R,小物塊第一次經(jīng)過(guò)。點(diǎn)后瞬間軌道對(duì)它的作用力與其重力的比值

為7;

（2）若不固定凹槽，且H=L8R,小物塊到達(dá)。點(diǎn)的過(guò)程中，凹槽離開(kāi)初始位置的最大距離為亳9；

⑶若不固定凹槽，且R=Im,m=1kg,g—10mzs\小物塊第一次經(jīng)過(guò)。。間某位置時(shí)剛好脫離軌道，該位

置與半圓軌道圓心的連線與豎直方向成37°角，H的大小為0.936M。

10.（2024-鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）如圖所示為某傳送裝置的示意圖,整個(gè)裝置由三部分組成，中間是水平傳送帶，

傳送帶順時(shí)針勻速傳動(dòng),其速度的大小v可以由驅(qū)動(dòng)系統(tǒng)根據(jù)需要設(shè)定，其左側(cè)為一傾斜直軌道,右側(cè)為

放置在光滑水平面上質(zhì)量為河的滑板,傾斜直軌道末端及滑板上表面與傳送帶兩端等高并平滑對(duì)接。

一質(zhì)量為m的物塊從傾斜直軌道的頂端由靜止釋放，物塊經(jīng)過(guò)傳送帶后滑上滑板,滑板運(yùn)動(dòng)到D時(shí)與固

定擋板碰撞粘連,此后物塊滑離滑板。已知物塊的質(zhì)量m=L0kg,滑板的質(zhì)量M=2.0kg,傾斜直軌道

頂端距離傳送帶平面的高度％=2.5m,傳送帶兩軸心間距〃=10.5m,滑板的長(zhǎng)度乙2=2.8m,滑板右端

到固定擋板。的左端的距離為乙3,物塊與傾斜直軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)滿(mǎn)足〃i=]tan。（。為斜直軌道的傾

角），物塊與傳送帶和滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為〃2=0.1、〃3=0.5,重力加速度的大小9=1011^2。

⑴若”=4m/s,求物塊剛滑上傳送帶時(shí)的速度大小及通過(guò)傳送帶所需的時(shí)間；

（2）求物塊剛滑上右側(cè)滑板時(shí)所能達(dá)到的最大動(dòng)能和最小動(dòng)能；

（3）若。=6m/s,討論物塊從滑上滑板到離開(kāi)滑板右端的過(guò)程中，克服摩擦力所做的功用與乙3的關(guān)系。

【解答】解：⑴對(duì)物塊，在A到B的運(yùn)動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：mgh—/iimgcosff-—=4~m蝙