1、一絕緣軌道ABD固定在豎直平面上，如圖所示,AB段水平且粗糙，動摩擦因數(shù)為"=0.75,

BD段是半徑為R的光滑半圓弧，有一電荷量為Q的正點電荷固定在圓心。點。一質(zhì)量為團，

不帶電的小球1放在絕緣軌道上，在水平恒定外力作用下從C點由靜止開始向右運動。到B

點時撤去外力，與靜止在B處的另一質(zhì)量為機、帶電荷量為p的小球2發(fā)生正碰。碰撞后

小球1的速度大小變?yōu)樵瓉淼?，方向不變。已知CB之間的距離為2R,且碰撞過程中不

4

交換電荷量。

（1）若水平外力為尸=3岫求碰撞前球1的速度大??；

（2）若水平外力為F=3mg,求碰撞后球2在E點對軌道的壓力；

（3）若碰撞后球2要能運動到D點（已知女絲〉mg）,求尸的最小值。

R~

【答案】⑴3旅；⑵k^+^mg,方向水平右；⑶F'=^mg

（解析】（1）球1由C到B的過程由動能定理得（/一〃加g）?2R=g相片一o解得匕=3病;

（2）由動量守恒定律得加W=根?]匕+根丫2，解得丹=a"gR，球2從B到E的過程，

I—

電場力不做功由動能定理得一叫/?=]1〃2匕o一耳1加眩o，解得匕=a7>/gH，球2在E點時，

由牛頓第二定律得外-%篇="器，解得舔=%胃+黑摩，根據(jù)牛頓第三定律知，

球2對軌道的壓力大小&=&=女絲+學(xué)盛，方向水平右；⑶因為?！祎ng,球2

R~16R

到達(dá)D點的最小速度為零，由動能定理得-mg-2火解得球2在B點的速度為

O______

為'=2廊，根據(jù)動量守恒定律得知，球1碰撞前的速度為五，C到B,由動能

1QI

定理得（F'-/jmg）-2R=-m^2-0，解得F'=—mg

236

2、圖甲是某游樂場的一種“雙環(huán)過山車”設(shè)施的一部分，其運行原理可以簡化成圖乙的“小球

軌道”模型。A8段和兩豎直圓軌道1、2均光滑，，圓軌道1、2的半徑分別為K=2m,

4=1.6m,B、C為兩圓軌道的最低點且略微錯開可以使小球通過，3C段的動摩擦因數(shù)

可調(diào)節(jié)，段平直軌道動摩擦因素均為〃=0/，LBC=Lcn=6m,LDE=Im,

DE段與水平面的夾角a=53，E/段平直軌道足夠長。一個質(zhì)量為加=lkg的小球（視

為質(zhì)點），從右側(cè)軌道的4點由靜止開始沿斜面下滑，恰能通過第一個豎直圓軌道1（已知

sin53=0.8，重力加速度g=10m/s?）試求：

（1）4點距BC水平軌道的高度〃；

（2）要使小球恰好通過1軌道后，進(jìn)入軌道2而不脫離第二個圓軌道，求5c段動摩擦因

素〃BC可設(shè)計的范圍；

（3）小球恰好通過2軌道后，沿軌道C0E運動到E處時，在光滑“擋板”作用下轉(zhuǎn)變?yōu)樗?/p>

平方向直線運動，求小球在斯段停止的位置到E點的距離。（不考慮。、E點的能量損失）

圖甲圖乙

1517

【答案】（1）5m；（2）RRC&—或—>2—；（3）25.4m

6630

【解析】（1）小球恰好通過圓軌道1的最高點，在最高點根據(jù)牛頓第二定律可得利!=mg,

R\

從4運動到圓軌道1最高點的過程中，根據(jù)動能定理有機g（〃-2RJ=；加葉，聯(lián)立解得:

/z=5m；（2）要保證小球不脫離軌道，有兩種情況。分別討論如下：①小球能通過第二個圓

軌道的最高點。設(shè)恰能通過第二個圓軌道的最高點的速度為％應(yīng)有機±=mg,從圓軌

道1的最高點運動到圓軌道2的最高點的過程中，根據(jù)動能定理有

1,1,1

mg(2&-26)-/JBCmgLBC=-mv2--mv^,聯(lián)立解得：piBC=-,要保證小球不脫離

第.個圓軌道的最高點，應(yīng)有：②小球不超過第二個圓軌道的圓心等高點。從圓

6

軌道I的最高點恰能運動到圓軌道2的圓心等高點，根據(jù)動能定理有

1,17

-mv

-R2)-/JBCmgLBC-~i-解得：〃區(qū)二不丁要使小球能進(jìn)入第二個圓軌道。

從圓軌道1的最高點恰能運動到圓軌道2的最低點，根據(jù)動能定理有

mg-2/?)-jumgL——mv~,解得：〃叱=一，根據(jù)題意應(yīng)有：—>ABC——，綜上，

BCBC2{6630

1517

動摩擦因素〃BC可設(shè)計的范圍為：〃BC<—或2>〃BCN—；(3)小球在E尸段停止的位置

6630

到E點的距離為x,從第二軌道最高點到最終停止，根據(jù)動能定理有

12

mg(2R2-LDEsin53)-/jmgLCD-cos53LDE-fimgx=——mv2，解得：x=25.4m,

小球在E尸段停止的位置到E點的距離為25.4m。

3.如圖，豎直平面內(nèi)的軌道由高為4R、傾角為37°的粗糙直軌道AB和半徑為R的1/4

圓光滑軌道BC組成。在C正上方有一離地高度為2R的勻速旋轉(zhuǎn)平臺，沿平臺直徑方向

開有兩個到軸心距離相等的小孔P、Q,旋轉(zhuǎn)時兩孔均能到達(dá)C點正上方。一質(zhì)量為m

的小滑塊從A點由靜止出發(fā)，在沿AB向下的恒力F作用下以加速度2=8$訪37°(g為

重力加速度)沿AB向下運動，至B點時撤去F。已知滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)口=0.3,

不計滑塊在B處的機械能損失。

(1)求F的大小，判斷滑塊在AB上運動時機械能是否守恒并說明理由。

(2)滑塊沿軌道通過C點，恰從P孔第一次向上穿過平臺又從P孔落下(期間平臺轉(zhuǎn)

一圈)，返回軌道運動至AB軌道上D點后再次沿軌道通過C點，從P孔第二次穿過平

臺后恰從Q孔落下。求：

①平臺轉(zhuǎn)動的角速度大小3;

②與第一次落回C點相比，滑塊第二次落回C點的機械能減少了多少？

③D點的高度hD。

【解答】解：（1）小滑塊在F作用下滑時，根據(jù)牛頓第二定律得:

mgsin37°+F-pmgcos37°=ma=mgsin37°

解得：F=0.24mg

根據(jù)上述分析可知F和滑塊所受滑動摩擦力大小相等，所以這兩個力做功的代數(shù)和為零,

因此滑塊在AB上運動時機械能守恒。

（2）①設(shè)滑塊第一次到達(dá)P孔時的速度大小為VP,對滑塊從A到P的過程根據(jù)機械能

守恒定律有

|znvp+2mgR=AmgR

由題意可知滑塊第一次在旋轉(zhuǎn)平臺上方運動的時間為

辿=紅

193

解得：3=

②由題意可知滑塊第二次在旋轉(zhuǎn)平臺上方運動的時間為

t1_2咋'

匕廿一丁

所以滑塊第二次從P孔向上穿出時的速度大小為

vP'=^vP=y/gR

乂因為滑塊從C到P的過程中機械能守恒，所以與第一次落回C點相比，滑塊第二次落

回C點的機械能減小量為

AE=^mvp--^mvp'2=1.5mgR

③根據(jù)功能關(guān)系有

4E=

211mgeos37°-s^7o

解得：hD=1.875R

答：（1）滑塊在AB上運動時機械能守恒，理由見解析;

（2）①平臺轉(zhuǎn)動的角速度大小為27r

②與第一次落回C點相比，滑塊第二次落回C點的機械能減少了1.5mgR；

③D點的高度為1.875R。

4.為助力全國文明城區(qū)建設(shè)，九龍城區(qū)師生積極參與社區(qū)建設(shè)，組織了“科技創(chuàng)作進(jìn)社區(qū)”

等一系列活動，如圖所示為某小區(qū)業(yè)主自行研制的一彈射游戲裝置，該裝置由安裝在水

平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB、圓心為01的豎直半圓軌道BCD、圓心為02

的豎直半圓管道DEF、水平直軌道FG及彈性板等組成，軌道各部分平滑連接。已知滑

塊（可視為質(zhì)點）質(zhì)量m=0.01kg,軌道BCD的半徑R=0.8m,管道DEF的半徑r=0.1m,

滑塊與軌道FG間的動摩擦因數(shù)以=0.5,其余各部分軌道均光滑，軌道FG的長度L=2m,

射器中彈簧的彈性勢能最大值Epm=0.5J,滑塊與彈簧作用后，彈簧的彈性勢能完全轉(zhuǎn)化

為滑塊的動能，滑塊與彈性板作用后以等大速率彈回，g=10m/s2,求：

（1）若彈簧的彈性勢能EP=0.4J,求滑塊運動到B點時對軌道的壓力的大?。?/p>

（2）若滑塊被彈簧彈開后恰能沿軌道BCD到達(dá)D點，請判斷之后能否繼續(xù)沿軌道DEF

到達(dá)F點；

（3）若滑塊在運動過程中不脫離軌道且最終靜止在軌道FG中點的右側(cè)區(qū)域內(nèi)，求彈簧

的彈性勢能Ep的范圍。

【解答】解：（1）若彈簧的彈性勢能Ep=0.4J,設(shè)滑塊達(dá)到B點的速度大小為VB,則有:

口12

Ep=2mvB

在B點，根據(jù)牛頓第二定律可得：FN-mg=m^

聯(lián)立解得:FN=1.1N

根據(jù)牛頓第三定律可得對軌道的壓力的大小為I.1N；

(2)若滑塊被彈簧彈開后恰能沿軌道BCD到達(dá)D點，達(dá)到D點的最小速度為Vmin,

則有：mg=m嗅組

°R

解得：Vmin~2>/2m/s

若能繼續(xù)沿軌道DEF到達(dá)F點，根據(jù)能量守恒定律可得：=mg?2r

代入數(shù)據(jù)解得：VD=2m/s<Vniin.

所以滑塊被彈簧彈開后恰能沿軌道BCD到達(dá)D點，之后能繼續(xù)沿軌道DEF到達(dá)F點；

(3)如果滑塊在運動過程中不脫離軌道，根據(jù)功能關(guān)系可得：

1,

Epo=mg?2R+2nu^in

代入數(shù)據(jù)解得：EPo=O.2J

如果滑塊在運動過程中不脫離軌道且在FG過程中運動］A靜止，根據(jù)功能關(guān)系可得：

L

Epi=mg(2R+2r)+nmg,-

代入數(shù)據(jù)解得：EPi=0.205J

滑塊從F到G損失的能量為AE=|imgL,代入數(shù)據(jù)解得：AE=0.1J

射器中彈簧的彈性勢能最大值Epm=0.5J,所以滑塊最多能夠與被擋板碰撞2次，第2次

碰撞后達(dá)到FG中間時對應(yīng)的彈性勢能最大，根據(jù)功能關(guān)系可得：

Ep2=mg(2R+2r)+|img(3L+2L)

解得：EP2=0.505J>0.5J,故最多為0.5J。

綜上所述，滿足條件的彈性勢能范圍為：0.205J<EP^0.5Jo

答：(1)若彈簧的彈性勢能Ep=0.4J,滑塊運動到B點時對軌道的壓力的大小為L1N；

(2)若滑塊被彈簧彈開后恰能沿軌道BCD到達(dá)D點，之后能繼續(xù)沿軌道DEF到達(dá)F

點；

(3)若滑塊在運動過程中不脫離軌道且最終靜止在軌道FG中點的右側(cè)區(qū)域內(nèi)，彈性勢

能范圍為0.205JVEpW0.5J。

5.如圖所示，可看成質(zhì)點質(zhì)量分別為mi=1kg的物體A和m2=2kg的物體B之間夾著一

壓縮的輕、短彈簧，兩物體用細(xì)線綁著放在水平傳送帶上，物體與傳送帶間的動摩擦因

數(shù)均為0.2,傳送帶兩端與光滑水平地面相切。某一時刻燒斷細(xì)線，同時傳送帶以v=3m/s

的恒定速度沿順時針方向運動(忽略傳送帶加速和彈簧彈開的時間)。彈開時，A獲得的

速度為VA=4m/s,A、B距傳送帶兩端的距離如圖所示，(取g=10m/s2)求:

(1)彈開過程彈簧釋放的彈性勢能。

(2)A、B到達(dá)傳送帶兩端時的速度大小。

(3)若在傳送帶兩端外的水平地面上各固定放置一半徑相同的光滑豎直圓軌道，要使兩

物體第一次沖上內(nèi)圓軌道后都不脫離軌道，軌道半徑應(yīng)滿足什么條件？

【解答】解：(1)A、B、彈簧系統(tǒng)在彈開過程動量和能量守恒O=mivA-m2VB

解得彈開后B的速度大小VB=2m/s

Ep=品源+品2詔

解得彈開過程彈簧釋放的彈性勢能Ep=12(J)

(2)彈開后B做加速運動，設(shè)B一直加速到右端，根據(jù)動能定理得

“m2gM=品2K一品2詣

解得：Vg=3(m/s)

彈開后A做減速運動，設(shè)一直減速到左端，根據(jù)動能定理得

2

-^glA=jniiV；-imxvj

解得：v'A=2應(yīng)(m/s)

(3)欲使A、B均不脫離軌道，有兩種情形：

①均能過軌道的最高點，設(shè)恰能過最高點

mg=zn方

在最低點速度為vo,最低到最高過程，

根據(jù)動能定理得：~mvo-2+2mgR

解得：/?=也

因/V%,故取A,解得&=2下=0.16(m)

②均不超過圓心等高處，設(shè)恰到圓心等高處：=mgR2

,2

解得：

因%V%,故取B,

解得/?2=算=0.45(m)

乙g

綜上：RW0.16(m)或R20.45(m)

答：(1)彈開過程彈簧釋放的彈性勢能是12(J)。

(2)A、B到達(dá)傳送帶兩端時的速度大小分別是2V2m/s和3m/s。

(3)若軌道半徑應(yīng)滿足條件是RW0.I6(m)或R20.45(m)

6.如圖所示，傾角。=37°的足夠長斜面固定在地面上，斜面上A點以上光滑，A點以下

粗糙，質(zhì)量M=1.5kg的長板放置在距離A上方的xo=O.()4m處，長板通過輕質(zhì)細(xì)線繞

過定滑輪與質(zhì)量為m=0.5kg小鐵球相連，小鐵球被電磁鐵P吸引，細(xì)線分別與斜面和豎

直面平行且足夠長。已知A點以下粗糙面動摩擦因數(shù)u=0.8,重力加速度g=10m/s2,sin37°

=0.6,cos37°=0.8。

(1)求電磁鐵對小球的作用力F的大小。

(2)若電磁鐵突然斷電，求長板下端下滑到A點需要的時間t。

(3)接(2)問，長板停止時其上端剛好到達(dá)A點，求長板長度L。

【解答】解：(1)設(shè)細(xì)線的張力為Ti,由平衡條件得:

長板M：Ti=Mgsin37°

球m：F+mg=Ti

解得：F=4N

(2)設(shè)細(xì)線的張力為T,由牛頓笫二定律得：

長板M：Mgsin37°-T=Ma

球m：T-mg=ma

解得：a=2m/s2

由位移公式得：x=^at2

解得：t=0,2s

(3)對長板M在從電磁鐵斷電到最終停止過程中應(yīng)用動能定理：Mg(L+xo)sin0-Wf

-WT=O-0

對小球m在從電磁鐵斷電到最終停止過程中應(yīng)用動能定理：WT-mg(L+xo)=0-0

其中叫=JL=與=O+iiMgcosQL

代入數(shù)據(jù)得：L=0.2m

答：(1)電磁鐵對小球的作用力F的大小是4N。

(2)若電磁鐵突然斷電，長板下端下滑到A點需要的時間是0.2s。

(3)接(2)問，長板停止時其上端剛好到達(dá)A點，長板長度是0.2m。

7.如圖為游樂場所的軌道，簡化為由傾斜直線軌道48、水平軌道BC、半圓形軌道COE、

水平軌道EF組成，已知軌道AB的傾角獨37。，AB間高度差”=12m,B、C間距離4m,軌

道CO的半徑R=4.8m,軌道。E的半徑/=2.4m,在軌道ABC上運動時軌道車(含人)受到

的阻力為上表面正壓力的0.2倍，其余阻力均不計，車輪分布在軌道上、側(cè)、下三面(如圖)，

一起把軌道抱住。游客從4點乘坐軌道車由靜止開始沿軌道A8C運動(不計B點轉(zhuǎn)折處動

能損失)接著沿軌道CDEF運動，最后從尸點離開，制動進(jìn)入〃=0.3的水平地面。已知軌道

車功率尸恒為2xl()3w,進(jìn)入半圓軌道CD前發(fā)動機工作時間由場所管理者控制，進(jìn)入半圓

軌道CC后發(fā)動機始終關(guān)閉，游客與軌道車質(zhì)量均為山=50kg,可視為質(zhì)點。

(1)某次滑行中，經(jīng)過C點的速度匕=4jFnVs,求通過C點時人對車的壓力；

(2)滿足(1)中的條件下，求發(fā)動機的工作時間介

(3)現(xiàn)用軌道車對軌道進(jìn)行安全測試，軌道所能承受的壓力不大于軌道車重力的8倍，求

能在安全完成完整測試的情況下，軌道車停止位置離尸點的范圍。

(1)3000N,豎直向下；(2)

2s；(3)16m<x<28m

【詳解】(1)設(shè)通過C點時車對人的支持力大小為Ev，根據(jù)牛頓第二定律有

解得

FN=3000N

根據(jù)牛頓第三定律可知，人對車的壓力大小為3000N,方向豎直向下。

(2)對人和車從A到C的運動過程，根據(jù)動能定理有

八H1

Pt+2mgH-2kmgcos0---------2kmgx=—?2mv2

sin。BC2c

解得

r=2s

(3)要完成完整測試，軌道車必須能夠通過。點，因為車輪將軌道抱住，所以其通過。點

的最小速度為零，則通過E點的最小速度v?應(yīng)滿足

八12c

0——〃嗎=-2mgr

在E點根據(jù)牛頓第二定律有

Fw-,ng=m^

r

解得

=5mg<8mg

滿足題意。再對軌道車在水平地面的制動過程，根據(jù)動能定理有

-jLimgx,=O-^wv1,

解得

X=I6m

當(dāng)軌道車通過E點的速度最大（設(shè)為V&）時，根據(jù)牛頓第二定律有

Fm-mg=m

"2=8，"g

在這種情況下，設(shè)軌道車在C點的速度大小為《，對軌道車從C到￡的過程，根據(jù)動能定

理有

D121p

-mgR=-mvE1--mv-

在C點，根據(jù)牛頓第二定律有

氏=6.5fng<8加g

滿足題意。再對軌道車在水平地面的制動過程，根據(jù)動能定理有

x2=28m

所以能在安全完成完整測試的情況下，軌道車停止位置離F點的范圍是

16m4x428m

8.如圖所示，光滑軌道"cde固定在豎直平面內(nèi)，其中帥段水平，cde段是以。為圓心、

半徑R=0.4m的一小段圓弧，圓心O在ab的延長線上。在軌道ab上放著兩個質(zhì)量均為m=

1kg物塊A、B（A、B可視為質(zhì)點），用輕質(zhì)細(xì)繩將A、B連接在一起，且A、B間夾著一

根被壓縮的輕質(zhì)彈簧P（兩端未與A、B拴接）。軌道左側(cè)緊靠a點的光滑水平地面上停著

一質(zhì)量為〃=1kg的小車。小車上表面與水平面帥等高，車上有一根輕彈簧Q。彈簧。的

左端固定在小車上，彈簧原長時右端在小車上g點正上方，小車上表面g點右側(cè)與右端點了

之間是粗糙的，g點左側(cè)是光滑的，物塊A與g、/兩點之間的動摩擦因數(shù)〃=0.25?，F(xiàn)將物

塊A、B之間的細(xì)繩剪斷，脫離彈簧P后A向左滑上小車，B沿軌道bcde滑動。當(dāng)B運動

到d點時速度沿水平方向，大小為v=lm/s,已知重力加速度g取lOm/s?。求：

（1）物塊B運動到d點時受到的支持力的大小FN;

（2）釋放A、B前彈簧P所儲存的彈性勢能耳,；

⑶若彈簧。所能儲存的最大彈性勢能EpQ=0.75J,則小車上/、g兩點之間的距離L多少？

【詳解】（1）物塊B在d點，由牛頓運動定律

v2

mg-F=m—

NK

解得物塊B在d點受到的支持力的大小

FN=7.5N

（2）物塊B由位置人運動到d的過程中

1,1.

D=-mv~一—mv^

A、B分開過程系統(tǒng)動量守恒

0=mvA~mvB

彈簧P儲藏的彈性勢能

解得

Ep=9J

（3）當(dāng)彈簧。儲存的彈性勢能最大時，物塊A與小車的速度相等，由動量守恒定律

mvA=(M+m)力

根據(jù)能量守恒定律得

gmv\=g(M++pimgL+￡p

聯(lián)立解得

L=0.6m

9.如圖所示，光滑曲線軌道3c分別與豎直軌道AB、粗糙水平地面CQ平滑連接，CD右

端與光滑半圓軌道OE平滑連接，半圓軌道直徑為2凡CD性為1=2R,豎直軌道的最高點A

與地面高度差〃=2R。質(zhì)量為機的小滑塊P從A點靜止釋放，之后在。點與靜止放置在該處

的小滑塊Q發(fā)生碰撞，碰撞過程機械能損失不計。已知小滑塊Q的質(zhì)量也為，"，物體Q被

撞后的瞬間對軌道的壓力突然增大了2mg。已知重力加速度為g。

（1）求水平軌道的動摩擦因數(shù)〃；

（2）如果小滑塊P的質(zhì)量變?yōu)??（左為正數(shù)），如果要求小滑塊Q在半圓軌道OE段運動過

程中沒有脫離圓?。ㄔO(shè)碰撞后P立即拿走，不發(fā)生兩次碰撞），求我的取值范圍；

（3）在第（2）問中，發(fā)現(xiàn)小滑塊Q經(jīng)過E點落到曲線軌道3c上任意一點的動能均與落到

C點的動能相同，以。點為坐標(biāo)原點，向右為x軸、向上為），軸建立坐標(biāo)系，求曲線軌道

BC在坐標(biāo)系中的方程（寫成y=f（x）的形式）。

AnPE

B\

<_J___>1

22

9.（1）0.5；（2）kMl或a2布+5；⑶y=1R_L^25R-4x,-2.5R<x<-2R

344

【詳解】（1）設(shè)碰后滑塊Q的速度為v,由于碰后滑塊Q對軌道的壓力F突然增大了2mg,

即變?yōu)?mg,根據(jù)牛頓第二定律可得

F-mg=m—

R

設(shè)滑塊P碰前的速度為V/,碰后速度為U2,在滑塊P和滑塊Q碰撞過程中，由動量守恒定

律可得

mvx=mv2+mv

由于碰撞過程不考慮機械能損耗，所以有

121212

—mv,=—mv.+—mv

21222

滑塊P由A運動至。的過程中，由動能定理可得

12

mgh-pimgl=2mV'

結(jié)合題意帶入數(shù)據(jù)可得

vt=v=yl2gR

4=0.5

（2）設(shè)滑塊P到。點的速度為w，滑塊P由A運動至。的過程中，由動能定理可得

kmgh-/jkmgl=；kmv：>

設(shè)碰后，滑塊P和滑塊Q的速度分別為3，“。在滑塊P和滑塊Q碰撞過程中，由動量守

恒定律可得

kmvp=kmv'p+mvQ

由于碰撞過程不考慮機械能損耗，故有

解得

2k

v'p

①若滑塊Q能夠到達(dá)軌道的最高點，且不脫離軌道，則滑塊Q在最高點E時，由牛頓第二

定律可得

mV

<Q

m8~—

則Q從最低點到最高點的過程，由功能關(guān)系可得

],[2

-2mgR=-mv'^--mvQ

聯(lián)立可得

3

②若滑塊Q到達(dá)最大高度不過圓心等高處。由功能關(guān)系可得

12

mgR>-mvQ

聯(lián)立可得

k<\

綜上可得

E或八巫生

3

（3）滑塊Q從瓦點飛出后做平拋運動，設(shè)飛出的速度為.落在弧形軌道上的坐標(biāo)為（-

y）,將平拋運動分解成水平方向的勻速直線運動和豎直方向的自由落體，則有

-x=vot

Q從點E落到軌道BC上的過程中，根據(jù)動能定理可得

I,

mg(2R-y)=Ek--/nv'

解得落點處的動能為

2

mgx"

E=mg(2R-y)+

k4(2/?-y)

因為滑塊Q從E點到弧形軌道BC上任意點的動能都相等，且與落點C（—2R,0）一致,

則將C點坐標(biāo)帶入得

EK=2.5mgR

化簡可得

O1______________________

y=-R——A/25/E2-4X2（-2.5/?<X.-2/?）

44

10.如圖所示，半徑R=0.25m的光滑圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道的一個端點3和圓

心。的連線與水平方向間的夾角為6=37。，另一端點C為軌道的最低點，C點右側(cè)的水平面

上靜止放置一木板（緊挨著C點），木板的質(zhì)量M=lkg,上表面與C點等高。木板距右側(cè)墻

壁。的距離為x=0.5m,木板上表面與光滑墻壁。上表面在同一水平面上，墻壁。上表面放

置有一自由伸長的彈簧，右端固定；質(zhì)量為m=lkg的物塊（可視為質(zhì)點）從空中A點以

v尸0.6m/s的速度水平拋出，恰好從軌道的端沿切線方向進(jìn)入軌道并沿著圓弧軌道運動。已

知物塊與木板間的動摩擦因數(shù)"=0.2,木板與水平面間的動摩擦因數(shù)川=0.05,若木板與墻壁

。碰撞后速度變成零（有能量損失），sin37°=0.6,cos37°=0.8?取g=10m/s2?求：

（1）物塊經(jīng)過B點時的速度VB；

（2）物塊經(jīng)過C點時的速度vc;

（3）若木板長L=1.5m,在運動過中系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q。

【詳解】（1）由

vRsin0=%

解得

Vfi

vn==Im/s

sin。

（2）設(shè)物塊經(jīng)過C點時的速度為七,由動能定理有

(Rsin，+R)=gmv^-gmv^

解得

vc=3m/s

（3）物塊在木板上滑動時，設(shè)物塊與木板的加速度大小外,木板與水平面的加速度大小“2

由pmg="4得

q=2m/s2

由

jjtng_〃(M+m)g=Ma2

得

出=lm/s2

設(shè)物塊與木板經(jīng)過4達(dá)到共同速度U,其位移分別為巧、乙，有

%—卬?=初=口

解得

4=ls,v=lm/s

v+v.

X=-r^—4=2m

V八「

=f

x2~i=（）.5m

此時物塊恰好到達(dá)木板最右端，木板與墻壁。相撞速度瞬間減為0,物塊以lm/s的速度滑

上墻壁。上表面并壓縮彈簧，直至被彈簧向左反彈，以速度為lm/s從新滑上木板，物塊與

木板的加速度大小仍為6,木板與水平面的加速度大小仍為〃2,設(shè)物塊與木板經(jīng)過，2達(dá)到共

同速度其位移分別為工、石，有

l

v—a[t2=a2t2=v

解得

，…'2

x,=----=—m

229

,“1

Xy=—I)=—m

2218

物塊與木板共速后，不相對滑動，加速度

a'=ju'g=0.5m/s2

即物塊與木板以共同速度M,加速度"做勻減速直線運動，位移為與有

Q=Q+Q2=〃mg（%-々）+“（m+M）gx2+jLimg（x,-x；）+//（/n+M）g（x；+x3）=4J

11.如圖，半徑為R的光滑半圓軌道尸Q固定在豎直平面內(nèi)，其下端與足夠大光滑水平面在P

點相切，在半圓軌道底端尸處安裝有壓力傳感器，在水平面左端安裝豎直擋板，擋板右側(cè)

水平固定輕質(zhì)彈簧。先用置于水平面上質(zhì)量為5m的小球。向左壓縮彈簧至某一位置，并標(biāo)

記此時小球。的位置，放手后彈簧將小球彈出，爾后經(jīng)過半圓軌道底端P處時，壓力傳感器

顯示小球a對軌道壓力為其自身重力的10倍；在水平面上靠近尸處放置另一質(zhì)量為，"的小

球b,再次用小球a向左壓縮彈簧至原來位置，放手后小球a離開彈簧，并立即移除擋板及

彈簧，然后a、b兩球發(fā)生彈性碰撞，氏a兩球先后經(jīng)過P處滑上半圓軌道。重力加速度為

g，彈簧勁度系數(shù)為&，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，空氣阻力不計、彈簧振子周期公式7=

（〃?為振子質(zhì)量，k為彈簧勁度系數(shù)），計算結(jié)果可以保留根式形式。

（1）求彈簧將小球?彈出過程中彈簧對小球?的平均作用力大小F；

（2）求小球8經(jīng)過軌道最高點。時軌道對其彈力大小%.

（3）通過計算論證小球a能否通過軌道最高點Q若不能通過軌道最高點。，求小球”離

開軌道時距離水平面的高度h-,

（4）小球6從。點水平飛出后落到水平面上彈起，與水平而發(fā)生多次碰撞后最終停止。小

球h每次與水平面碰撞損失的機械能為碰前小球機械能的75%,且小球每次與水平面碰撞

前后的速度方向與水平面間夾角相等，求小