能量與動量的綜合分析與應用（解析版）-2025年高考物理難點復習

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,通過兩根相同的水平輕彈簧M、N與桌面上的兩個

固定擋板相連。小物塊8放在/的最左端,通過一條跨過輕質定滑輪的輕繩與帶正電的小球。相連，輕

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

靜止，河、N處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。力=0時撤去電場，。向下加速運動，下降0.2巾后

開始勻速運動，。開始做勻速運動瞬間彈簧N的彈性勢能為0.L7。已知A、的質量分別為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摩擦力,

彈簧始終處在彈性限度內，輕繩與滑輪間的摩擦力不計。

⑴求勻強電場的場強大??；

(2)求人與8間的動摩擦因數(shù)及。做勻速運動時的速度大?。?/p>

⑶若力=0時電場方向改為豎直向下，當B與人即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，A、B繼續(xù)向右運動,

一段時間后，4從右向左運動。求/第一次從右向左運動過程中最大速度的大小。(整個過程B未與

?4脫離，。未與地面相碰)

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

(2)。開始做勻速直線運動后，對。和B根據(jù)共點力平衡條件分別有：7]=mcg,Z=%=U.mBg

代入數(shù)據(jù)解得：〃=0.5

。開始勻速運動瞬間，4、B剛好發(fā)生相對滑動，此時4、B、。三者速度大小相等，M、N兩彈簧的彈性勢能

相同；

所以。下降九=0.2m,的過程中，對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沒有電場時，。開始勻速運動瞬間，4、B剛好發(fā)生相對滑動，所以此時4的加速度為零，對4根據(jù)平衡條

件，有：/=2M

當電場方向改為豎直向下，設B與力即將發(fā)生相對滑動時，C下降高度為〃，對4根據(jù)牛頓第二定律可得：

r

『-2kh=mAa

對B、。根據(jù)牛頓第二定律可得：qE+mcg—f—(ms+mc)a

撤去電場后，由第(2)問的分析可知人、石在。下降九二0.2館時開始相對滑動，在。下降九二0.2館的過程中，

對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4的速度是其從左向右運動過程中的最大速度，此后A做簡諧運動，所以4第一次從右向左運動過程中

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，質量為2kg的小球/（視為質點）在細繩O，P和OP作用下處于平衡狀態(tài),細繩07

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

塊C靜止在B的左端。剪斷細繩。P,小球/開始運動。（重力加速度g取10m/s2）

（1）求4運動到最低點時細繩OP所受的拉力。

（2）4在最低點時，細繩OP斷裂。4飛出后恰好與。左側碰撞（時間極短），碰后/豎直下落，。水平向

右運動。求碰后C的速度大小。

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

A

、點_____黑卜、、

【解答】解:（1）細繩OP的長度為乙=1.6館,從小球人開始做圓周運動到最低點的過程,根據(jù)動能定理得：

m^L—Lcos600）=-^TnAVo—0

解得：*=4m/s

設小球人運動到最低點時細繩OP對小球4的拉力為T,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運動到最低點時細繩OP所受的拉力為40N。

（2）4飛出后與。碰撞前做平拋運動，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。碰撞過程水平方向上動量守恒，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B滑行Arc=4館后與B共速（設共速的速度為"）。以向右為正方向，對C相對B滑行

過程，根據(jù)動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之間的動摩擦因數(shù)為：〃=0.15

答：（1）4運動到最低點時細繩OP所受的拉力為40N。

（2）碰后。的速度大小為4m/so

（3）。和B之間的動摩擦因數(shù)為0.15。

3.（2024-安徽）如圖所示，一實驗小車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。一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長

的輕質細線懸掛于。點正下方,并輕靠在物塊左側?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置，靜止釋放小球,小球運

動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運動。已知細線長乙=1.25小。小球

質量m=0.20kg。物塊、小車質量均為0.30kg。小車上的水平軌道長s=L0m。圓弧軌道半徑H

=0.15m。小球、物塊均可視為質點。不計空氣阻力，重力加速度g取:lOm/s?。

_________F

⑴求小球運動到最低點與物塊碰撞前，所受拉力的大?。?/p>

（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小；

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

【解答】解：（1）設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，由動能定理

mgL-—0

代入數(shù)據(jù)得：VQ—5m/s

碰撞前瞬間，對小球受力分析，有T-mg—rn-^-,

代入數(shù)據(jù)解得拉力：T=6N

（2）設水平向右為正方向，小球與物塊彈性碰撞，根據(jù)動量守恒：

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〃較小時，物塊會脫離小車；當〃較大時，物塊不能進入圓弧軌道

①物塊滑到水平軌道最右端剛好與小車共速，此時〃最大（但不能?。?，設水平向右為正方向，則小球與小車水

平方向動量守恒，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，即在最高點與小車共速，此時〃最小，設水平向右為正方向，小球與小車水平方

向動量守恒，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，可得滿足要求的動摩擦因數(shù)〃取值范圍為：0.25<〃V0.4

答：⑴小球運動到最低點與物塊碰撞前，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,光滑水平面上緊靠著質量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向上運動時動摩擦因數(shù)出=0.25,向下運動時動摩擦因數(shù)〃2=

0.5,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數(shù)恒為小，小物塊a運動

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

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。點的向心加速度大??；

②在。E上經(jīng)過的總路程；

③在DE上向上運動時間維和向下運動時間t下之比；

(2)若h=1.6巾,滑塊至少多長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)動能定理mg［九—R(1—cos0)］=

代入數(shù)據(jù)解得2V3m/s

設上滑的最大高度為

根據(jù)動能定理—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;

設物塊在DE上經(jīng)過的總路程為s,最后一次剛好能從。運動到

根據(jù)動能定理—“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)勻變速運動公式力=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的過程中，根據(jù)動能定理mg[/z—Lsind—2J?（1—cos0）]—fi]rngLcosO=-^-mvp—0

代入數(shù)據(jù)解得vF=2m/s

設物塊a與滑塊b向左運動的共同速度為n,取水平向右為正方向

根據(jù)動量守恒定律WWF=

根據(jù)功能關系=-^-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。點的向心加速度大小16m/s2;

②在DE上經(jīng)過的總路程為2m;

③在DE上向上運動時間力上和向下運動時間年之比為1:2;

⑵若7i=1.6m,滑塊至少0.2館長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D與EF的右端點E在同一豎直

線上,且。點略高于E點。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。游戲時滑塊從A點彈出，經(jīng)過軌道后滑上木板。已知可視為質點的滑塊

質量巾=0.3kg,木板質量0.1kg,長度/=Hn,8CD的半徑R=0.4巾，彈簧彈性勢能的最大值為

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

射過程中及滑塊經(jīng)過軌道連接處時的能量損失,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。點時，滑塊受到的彈力大小FN；

（2）若4=0.2,〃2=0，則在滿足滑塊始終不脫離木板的條件下，求滑塊在木板上的動能最大值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D處做圓周運動的向心力由重力提供：mg=m替

滑塊由。點滑到最高點。此過程由機械能守恒：Jmvc+mgR--ymv0+2mgR

滑塊滑到。點時做圓周運動的向心力由滑道對滑塊的彈力提供：瑪=山與

聯(lián)立以上方程代入數(shù)值得:F『9N

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

其動量守恒，滿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^.

設滑塊以n的速度滑入木板，并在木板上最終摩擦滑行a;長時滑塊與木板共速，此過程能量守恒：9山"=

li]rngx+-1-（m+M）吸

2

滑塊滑入木板時的動能最大為：Ekm=^-mv

以上方程解得：=7n/Ltimgx

當力=2/時，滑塊在木板上的動能最大值Ekm=4.8J,此時：v—4V2m/s>2m/s

所以滑塊能夠滑上木板，相應的機械能為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:v0=2m/s

因為“1=0,“2=。」，木板與地面之間存在摩擦，而滑塊與木板之間沒有摩擦，滑塊與擋板第1次碰撞時動量

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x2m/s=3m/s>5

=22

之后，木板做勻減速運動，加速度a—zg0.1X10m/s=lm/so滑塊勺速運動，設經(jīng)過力發(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，木板已處于靜止狀態(tài)。

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

答：（1）滑到圓心。等高處的。點時，滑塊受到的彈力大小/為9N;

（2）滑塊在木板上的動能最大值石濡為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，處于豎直平面內的軌道，由傾角。=37°的足夠長直軌道AB、圓心為Q的

半圓形軌道BCD、圓心為。2的圓形細圓管軌道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，點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的右側光滑水平面上,緊靠著質量雙=0.6kg、長度d=2山的無動力

擺渡車,車上表面與直軌道FG平齊?？梢暈橘|點、質量m=0.3kg的滑塊從直軌道AB上某處靜止釋

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

___________F

AE

FCP

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

(2)若滑塊始終不脫離軌道求釋放點與。點高度差h的取值范圍；

(3)若滑塊從E點飛出后落在軌道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上。己知滑塊和擺渡車之間的動摩擦因數(shù)〃?，且滑塊恰好不脫離擺

渡車，求:

①滑塊運動至點G的速度大小加；

②滑塊離開點E的速度大小vE.

【解答】解：⑴對滑塊，從釋放點到。點過程,根據(jù)動能定理

mg(Zsin0+R—Rcosff)——mvc

在。點合外力提供向心力：耳一mg—Tn-^-

代入數(shù)據(jù)解得：瑪=15N

(2)滿足恰好達到半圓形軌道BCD與Q等高處：仙=R=0.5m

可得：0&無40.5館

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

恰好能過_D點而不掉落，重力分力提供向心力：mgcos3=

從釋放點到D點過程：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對滑塊，從G點滑上擺渡車至共速，根據(jù)動量守恒定律

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點飛出落在EF段,根據(jù)位移偏轉角和速度偏轉角的關系：tan45°=*

2UE

■91■尸u2。)2fUE

可行：----,t=----,v=2OV

g9vE

所以：V//=。石sin450+2UECOS45°=vE

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

代入數(shù)據(jù)解得：vE=2V2m/s

答：⑴若釋放點距點B的距離/=1.5小,滑塊到最低點。時軌道對其支持力弱的大小為157V;

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

1.8m;

（3）①滑塊運動至點G的速度大小vG為2，16m/s;

②滑塊離開點E的速度大小也為22m/s;

7.（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級一模）圖甲為某游戲項目模型，由彈性發(fā)射裝置P、傾角。=37°長。=2.75項的固定

斜面AB、質量7nl=1kg的表面為四分之一光滑圓弧的滑塊河和質量7n2=4kg長度Z2=2.25m的平板

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

質點）以=4m/s速度水平彈出，恰好由A點沿斜面方向進入斜面,不考慮其運動時通過各連接點間的

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

cos37°=0.8）

（1）求水平彈出點離A點的豎直高度用；

（2）若鎖定平板小車，小物塊與小車間的動摩擦因數(shù)〃2=0.6。求小物塊滑上及時對。點的壓力歹及上

滑的最大高度九2；

（3）現(xiàn)解除小車鎖定，并在小車上表面噴涂一種特殊材料（不計噴涂材料的質量），使小物塊與小車間的

動摩擦因數(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。點？并說明理由。

【解答】解：（1）根據(jù)平拋運動規(guī)律，小物塊到在A點時有：

—=tan37°

"o

喘=2gh

解得：vy—3m/s,加=0.45m;

（2）小物塊在A點速度為合速度，則有：

22

vA—J說+說=V4+3m/s=5m/s

小物塊從Z運動到B的過程中，由動能定理可得：

77^Zisin37°—〃i??i^cos37°?h=—

解得：vB=6m/s

小物塊從石運動到C的過程中，由動能定理有可得：

-jLt2mgl2=

解得:vc—3m/s

在圓軌道C點,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，小物塊滑上同時對。點的壓力：F=N

解得：F=19N,方向豎直向下。

設小物塊滑上M■的最大高度時，小物塊與M■共速g,由動量守恒定律和機械能守恒定律可得:

mvC=(ml+m2)vl

=

解得：/i20.225m;

⑶小物塊從B到。過程，克服摩擦力做功為：

WBC=U3mgi21+3"，7ngz22

解得：WBC—6.5J

若到。點共速，則對三者組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律有:

mvB—（m+mi+佗）”共

解得：”共=lm/s

AE領=y（m+mj+m2）v^

解得：AB損=15J

可知AE填>%。，故小物塊能通過。點。

答：⑴水平彈出點離A點的豎直高度為0.45m;

（2）小物塊滑上”時對。點的壓力為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，通過分析可知小物塊能通過。點。

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KPQ上表面水平相切，P點放置質量為小。=0.4kg的小物塊，KP、PQ長度分別為

0.45m>2.75m,Q右側空間存在面積足夠大的勻強磁場，磁感應強度B=jx102T、方向水平向右，在

O

右側空間建立。叫/Z三維直角坐標系，坐標原點。位于KPQ延長線上，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,平面內放置有足夠大的擋板。質

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

塊發(fā)生碰撞同時，在KPQ平臺上方施加方向水平向右、大小E=2.5x102V/m的勻強電場圖中未畫出。

小球與小物塊碰撞時無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點，

不計一切摩擦，求：

（1）小球運動到K點時對軌道的壓力為；

（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數(shù)；

（3）小球打在擋板上的坐標。（結果可含有兀）

【解答】解：（1）小球從釋放至運動到K點，由機械能守恒定律，得

mg（/i+R）=^-mv'k

小球到最低點時：

可VK

it

求得

FN=11N,vK=lOm/s

根據(jù)牛頓第三定律，小球對軌道的壓力

F—FN—11N

方向豎直向下。

（2）第一次碰撞，設向右為正方向，由動量守恒定律、能量守恒定律，得

mvK=mv\+mov2

=-^-rnvl+。皿日

求得

5=—6m/s,v2—4m/s

小球在電場中的加速度

22

qE1.6xlQ-x2.5xlO一仃/2

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

m0.1

設經(jīng)時間力1二者第二次相遇，則

解得

1=0.5s或7=0（舍去）

此過程中小物塊位移

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

設經(jīng)時間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過程有

vQ-vi=2.75m-2m

2a

解得

VQ=8m/s

小球進入磁場后沿z軸方向做勻速直線運動，撞到擋板的時間

4d16o

t——=——S=2s

%8

小球在/Og平面內做曲線運動，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為■—m,0,0k

\兀/

答：（1）小球運動到K點時對軌道的壓力大小為HN,方向豎直向下;

（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數(shù)2次；

（3）小球打在擋板上的坐標為（一?館,0,0）。

9.（2024?開福區(qū)校級模擬）如圖所示，質量為河的凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內有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）,軌道都處于豎直平面內且各部分

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

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

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

RP

H

⑴若固定凹槽靜止不動，且H=L8A,求小物塊第一次經(jīng)過。點后瞬間軌道對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。點的過程中，凹槽離開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_DO間某位置時剛好脫離軌道，

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)設小物塊第一次經(jīng)過。點瞬間的速度為對小物塊從P到。點的過程有

mg(H+2R)—fimgL=--mvc

在。點，對小物塊

z>M

F-mg=—^-

It

代入數(shù)據(jù)解得

—=7

mg

(2)因為小物塊和凹槽組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，所以小球到達。點時兩者在水平方向的速度均為零，

此時凹槽離開初始位置的距離最大。設小物塊和凹槽沿水平方向運動的距離分別為0和力2,則

mxx=MX2

劣1+冗2=2R+L+R

所求凹槽離開初始位置的最大距離為

5p

出=薩

(3)小物塊第一次經(jīng)過。。間某位置時剛好脫離軌道，設在該位置時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，對系統(tǒng)有

mg(H+R—Rcos37。)—/imgL—儂+說)+

mvx=MVM

由速度關系，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，且H=L8R,小物塊第一次經(jīng)過。點后瞬間軌道對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。點的過程中，凹槽離開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。。間某位置時剛好脫離軌道，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)校級模擬）如圖所示為某傳送裝置的示意圖,整個裝置由三部分組成，中間是水平傳送帶，

傳送帶順時針勻速傳動,其速度的大小v可以由驅動系統(tǒng)根據(jù)需要設定，其左側為一傾斜直軌道,右側為

放置在光滑水平面上質量為河的滑板,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接。

一質量為m的物塊從傾斜直軌道的頂端由靜止釋放，物塊經(jīng)過傳送帶后滑上滑板,滑板運動到D時與固

定擋板碰撞粘連,此后物塊滑離滑板。已知物塊的質量m=L0kg,滑板的質量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摩擦因數(shù)滿足〃i=]tan。（。為斜直軌道的傾

角），物塊與傳送帶和滑板間的動摩擦因數(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的速度大小及通過傳送帶所需的時間；

（2）求物塊剛滑上右側滑板時所能達到的最大動能和最小動能；

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

【解答】解：⑴對物塊，在A到B的運動過程應用動能定理得：mgh—/iimgcosff-—=4~m蝙