2012018年高考物理试卷分类汇编：26c力学综合题下

1、第26节力学综合题（下）1.2018年全国卷I、18.如图，abc是竖直面内的光1t固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与 ab相切于b点。一质量为 m的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为（C）A.B. C. D.解析：设小球运动到c点的速度大小为vc,则对小球由a到c的过程,由动能定理得：，又F=mg解得，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后，在水平方向和竖直方向的加速度

2、大小均为 g,则由竖直方向的运动可知，小球离开c点到其轨迹最高点所需的时间为：，小球离开 c点后在水平方向的位移为。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中,水平方向的位移为5R,则小球机械能的增量为，选项 C正确ABDg误。2.2018年天津卷2.滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中（C）A.所受合外力始终为零B.所受摩擦力大小不变C.合外力做功一定为零D.机械能始终保持不变解析：根据曲线运动的特点分析物体的受力情况，根据牛顿第二

3、定律求解出运动员与曲 面间的正压力变化情况， 从而判断运动员所受摩擦力的变化；根据运动员的动能变化情 况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员 的机械能是否守恒。因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，选项A错误；运动员受力如图示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力,有 FN mgcos2 mv RFN mg cos2空，运动过程中速率恒定，且R0在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据fFn可知摩擦力越来越大，选项 B错误；运动员运动过程中速率不变，质量不变，即动能不变，故动能的变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，选项C

4、正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，选项 D错误。3.2018年全国卷III、25. (20分)如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道AB)口水平轨道PA在A点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角 为，。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经 A点沿圆弧轨道通过 C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。 已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度大小为g。求(1)水平恒力的大小和小球到达C点时速度的大小；(2)小球到达A点时动量的大小；(3)小球从C点落至水平轨道所用的时间

5、。解：(1)设水平恒力的大小为 F。，小球到达C点时所受合力的大小为 F。由力的合成法则有设小球到达C点时的速度大小为v,由牛顿第二定律得 由式和题给数据得(2)设小球到达 A点的速度大小为，作 CDL PA交PA于D点，由几何关系得PD A由动能定理有由式和题给数据得，小球在 A点的动量大小为(3)小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设 小球在竖直方向的初速度为，从 C点落至水平轨道上所用时间为 to由运动学公式有由？式和题给数据得?4.2018年浙江卷(4月选考)20.如图所示，一轨道由半径为 2m勺四分之一竖直圆弧轨道A街口长度可以调节的水平直轨道 BO

6、B电平滑连接而成。现有一质量为0.2kg的小球从A电无初速度释放，经过圆弧上的B电时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N,小球经过B段所受阻力为其重力的 0.2倍，然后从C第20题图点水平飞离轨道，落到水平面上的 P点，P、C两点间的高度差为3.2m。小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力。(1)求小球运动至B电的速度大小；(2)求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；(3)为使小球落点FPf B点的水平距离最大，求B9的长度；(4)小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C(飞出后静止所需的时间。(3) B至C过

7、程中，由动能定理:kmgLBC1212一 mvC - mvB222解：(1)在 B 点：Fn mg m得到：vB 4m/s A至B过程中，由动能定理：mgR Wf 1mvB得到：Wf 2.4J 2B至P的水平距离：L vBvC- vC,您 4 1v2 4vC2kg g 45Vc 1.6m/s时，P至B的水平距离最大Lbc3.36m（4） C至P时间：t00.8s5.2011年理综山东卷24. （ 15分）如图所示，在高出水平地面h=1.8m的光滑平台上放置一质量 M：2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A,其右段长度l0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在A最右端放有可视为质点的物块B,其质量

8、m=kg。B与A左段间动摩擦因数=0.4 0开始时二者均静止，现对 A施加F=20N水平向右的恒力，待 B脱离A （A尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离 x=1.2m。（取 g=10m/s2）求：B离开平台时的速度Vb。B从开始运动到刚脱离 A时，B运动的时间tB和位移XB.A左端的长度l2,解析：（1）设物块平抛运动的时间为 t,由运动学知识可得12_h gt X=VBt 联立式，代入数据得VB=2m/s （2）设B的加速度为aB,由牛顿第二定律和运动学的知识得mg maB Vb HbIb XB联立式，代入数据得tB0.5s Xb 0.5m (3)设B刚开

9、始运动时A的速度为vi,由动能定理得12 GF11-Mv1 2设B运动后A的加速度为aA,由牛顿第二定律和运动学的知识得F ；mg MaA 12 A八1 2 XB V1t B - aAt B 2联立式，代入数据得12 1.5 m(i2)6.2011年理综天津卷(16分)如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平地面上，轨道半径为 R MM直径且与水平面垂直，直径略BM小于圆管内径的小球 A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最 代、J高点M时与静止于该处的质量与 A相同的小球B发生碰撞，碰 K ：N A后两球粘在一起飞出轨道，洛地点距N为2R重力加速度为g,N A -忽略圆管内径，空气阻力及各处

10、摩擦均不计，求粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t ；小球A冲进轨道时速度v的大小。【解析】(1)粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有12R ,gt2 解得t 2柏(2)设球A的质量为m碰撞前速度大小为V1,把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0,由机械能守恒定律知 mv2 -mv2 2mgR 22设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2,由动量守恒定律知mv1 2mv22R v2t 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有综合式得V22.赤7.2011年物理江苏卷 14. （16分）如图所示，长为 L、内壁光滑的直管与水平地面成30角固定放置。将一质

11、量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为附km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，（重力加速度为一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运 动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。g）求小物块下落过程中的加速度大小；求小球从管口抛出时的速度大小；i试证明小球平抛运动的水平位移总小于必L2k 1答：(1)g(2)2(k 1)k 22(k 1)gL (k2)(3)见解析2【解析】（1）设细线中的张力为 T,根据牛顿第二定律 Mg-T=Ma T-mgsin 30 =ma且 M=km单得：a 2k 1 g2（ k 1）设M落地时的速度大小为v, m射出

12、管口时速度大小为v。, M落地后m的加速度为a0。根据牛顿第二定律-mgsin 30 =ma,匀变速直线运动 v2 2aLsin30v： v22aL(1 sin30)解得：v0k 22( k 1)gL (k2)(3)平抛运动Lsin30工gt2,解得x lJ k 2x v0t21 2( k 1)一，k 2 .2因为k 1 ,所以x L ,得证。k 128.2014年物理江苏卷15.(16分)如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为V0,小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为然.乙的宽度足够大，重力加速度为g.(1)若乙的速度为V。

13、，求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动 方向)滑过的距离s;(2)若乙的速度为2V。，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v下一只工件恰好传到乙上，如保持乙的速度2V。不变，当工件在乙上刚停止滑动时, 此反复.若每个工件的质量均为 m除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率【答案】(1) v0- (2) 2V0返mgv0 2 g5【解析】(1)摩擦力与侧向的夹角为 45侧向加速度大小axg cos45匀变速直线运动2axs 0 V2解得s. 2V2 2-g(2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为8 ,侧向、纵向加速度的大小分别为ax、a,贝U ay/a x=ta

14、n 0 ,在很小的 t时间内，侧向、纵向的速度增量Vx=axt, Vy=ayAt ,解得 Vy/Vx=tan 0VyiVy VyVy且由就息可知tan 一，则- tan ,Vx VxVxVx所以摩擦力方向保持不变 则当Vx 0时，Vy 0 ,即V 2V0(3)工件在乙上滑动的侧向位移为 x,沿乙方向的位移为y由题意知 axgcos , ay gsins ,2在侧向上2axX 0 v0, 在纵向上2ayy (2v0 )2 0,工件滑动时间t 空0,乙前进的距离yi 2vot, ay工件相对乙的位移LX2 (y1y )2则系统摩擦生热Q mgL, TOC o 1-5 h z HYPERLINK l

15、 bookmark62 o Current Document 2 12电动机做功Wm(2v0)mv0 Q, HYPERLINK l bookmark64 o Current Document 2.-W - 4 5由 P ,解得 P mgv0,t59.2014年理综安徽卷24. (20分)在光滑水平地面上有一凹槽 A,中央放一小物块R物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m。凹槽与物块的质量均为 m两者之间的动摩擦因数代为0.5。开始时物块静止，凹槽以 v0=5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10m/s2。求：L L ,(1)物块与凹槽相对静

16、止时的共同速度；v0 一工 B2AJ1f矛产户,产#*产产产产产产产品,产产产产#产*牙产#*，贺(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。【答案】(1) 2.5m/s (2) 6 (3) 12.75m【解析】(1)设两者间相对静止时的速度为mv=2mvv=2.5m/s(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff Nmg,设两者间相对静止时的路程为s1,由动能定理得1212 ziFf s1(m m)vmv0 得 s1=12.5m已知L=1m可推知物块与右侧槽壁共发生 6次碰撞v,由动量守恒定律得22(3)设凹槽

17、与物块碰前的速度分别为vi、V2,碰后的速度分别为vi、V2,。有得 Vi =V2, V2 =Vi即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为 13段，凹槽、物块的V-t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则V=Vo+ata=(1 g 解得 t =5s凹槽的V-t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小S20 (等腰三角形面积共分 13份，第一份面积为0.5 L。其余每份面积均为 Lo )v0S -(-0)t 6.5LS2=12.75m210.2014年理综四川卷 9. (15分)石墨烯是近些年发现的一种新材料

18、，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯”的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想，通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换。(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站，求轨道站内质量为m的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为，地球半径为R(2)当电梯仓停在距地面高度 h2=4R的站点时，求仓内质量m=50kg的人对水平地板的压力大小。取地面附近重力加速度g=10m/s2,地

19、球自转角速度=7.3 x 10-5rad/s ,地球半径 R=6.4X103kn%【解析】(1)设货物相对地心的距离为一，线速度为V1,则&h1V1 = r12货物对地心运动的动能为 Ek m1Vl2122联立式Ek5ml 2(R h1)2说明：式各1分受地球的万有引力(2)设地球质量为 M人相对地心的距离为 h,向心加速度为a向,为F,则P2=Ft+ h2 R2设水平地板对人的支持力大小为 N,人对水平地板白压力大小为 NF Nm2a向N =N联立式并代入数据得N = 11.5N(11)说明：式各2分，(11)式各1分11.2015年理综新课标I卷25.(20分)长木板置于粗糙水平地面上，木

20、板左端放置图(a)小物块，在木板右方有一墙壁，木 板右端与墙壁的距离为 4.5m,如图(a)所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数及小物块与木板间的动摩擦因数12；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解：(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动。设加速度为ai,小

21、物块和木板的质量分别为 m和M由牛顿第二定律有1(m M )g (m M)a1 由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度vi=4m/s,由运动学公式得vi V。 aiti 12so voti - aiti 2ti=is, So=4.5cm是木板碰前的位移，Vo是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得i o.i在木板与墙壁碰撞后，木板以-vi的初速度的向左做匀变速运动，小物块以Vi的初速的向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2,由牛顿第二定律有2mg ma2 v2 v1 公a2t2 ti式中12=2s, v2=0,联立式和题给条件得2 0.4(2)设碰撞后木板的加速度为 a3,经过时间At

22、,木板和小物块刚好具有共同速度va,由牛顿第二定律及运动学公式得2mgi (M m)g Ma3 v3 -vi a 3 t V3 vi a2 t 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为siviv3t?2-小物块运动的位移为s2viv3t?2-小物块相对木板的位移为 s=s2- si?A s=6.0m?6.0m。因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为(3)在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为34,此过程中小物块和木板运动的位移为S3,由牛顿第二定律及运动学公式得1 (m M )g (m M )a4? 20 V3 2a4 s

23、3?碰后木板运动的位移为 S= S1 S3?联立？ ？ ？ ？式，并代入数值得s=-6.5m木板右端离墙壁的最终距离为 6.5m12.2015年理综新课标n卷 25. (20分)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地3质火害。某地有一倾角为8=37(sin37 = -)的山坡C,上面有一质重为 m的石板5B,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)， A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为 m(可视为质量不变的滑块)3 、一一在极短时间内，A、B间的动摩擦因数 然1减小为3，B、C间的8动摩擦因数 然2减小为0.5, A、B开始运动，此时刻为计

24、时起点;在第2s末，B的上表面突然变为光滑，然2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s2。求:(1)在02s时间内A和B加速度的大小(2) A在B上总的运动时间解析：(1)在02s时间内，A和B的受力如图所示,擦力和正压力的大小,力和正压力的大小，方向如图所示f1N1mg cos f2、N2是B与C之间的摩擦f22N2N2N1 mgcos 以沿斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为ai和a2,由牛顿第二定律得mgsinfi m& mgsinf2 f1 ma2联立式，并代入题给条件得ai=3m/s2 a2

25、=1m/s2 (2)在ti=2s时，设A和B的速度分别为vi和V2,则vi=aiti=6m/sV2=a2t i=2m/st t1时，设A和B的加速度分别为a i和a2o止匕时A与B之间摩擦力为零，同理可得 a i=6m/s2?a 2=-2m/s2?即B做减速运动。设经过时间t2, B的速度减为零，则有 v2 a2t2 0 ?联立？ ？式得t2=1s?在ti t2时间内，A相对于B运动的距离为 TOC o 1-5 h z ,1 ,2,1 , 2, 1 ,2,1 , 2s (一ati vit2 ait2) -(azti v2t2 a2t2) 12m 27m?2222此后B静止不动，A继续在B上滑动

26、。设再经过时间t3后A离开B,则有1, 2cl s (v1 a1t2 )t3 -a1t3?2可得t3=1s (另一解不合题意，舍去Q7)设A在B上总的运动时间为t总，有t 总=11+12+13=4$(18)13.2015年理综福建卷21. (19分)如图，质量为 M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道， BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道 相切于B点。一质量为m的滑块在小车上从 A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。（i）若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力；mOR若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后MLjBtr-C从C点

27、滑出小车。已知滑块质量 m M ,在任一时刻滑块相对地面速度 2的水平分量是小车速度大小的 2倍，滑块与轨道 BC间的动摩擦因数为 M，求：滑块运动过程中，小车的最大速度大小v叫滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小 So答案：（1） 3mg （2） s=L/3解析：（1）由图知，滑块运动到 B点时对小车的压力最大从A到B,根据动能定理：在B点：联立解得：FN=3mg根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg（2）若不固定小车，滑块到达 B点时，小车的速度最大根据动量守恒可得：从A到B,根据能量守恒：联立解得：设滑块到C处时小车的速度为v,则滑块的速度为2v,根据能量守恒： 解得：小车的

28、加速度：根据解得：s=L/314,2015年江苏卷14.（16分）一转动装置如图所示，四根轻杆 OA OC A国口 CB两小 球及一小环通过较链连接， 轻杆长均为i,球和环的质量均为 m o端固定在竖直的轻质 转轴上。套在转轴上的轻质弹簧连接在 o与小环之间，原长为L,装置静止时，弹簧长为 3 L ,转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内， 忽略一切摩2擦和空气阻力，重力加速度为 g.求：(1)弹簧的劲度系数k； TOC o 1-5 h z (2) AB杆中弹力为零时，装置转动的角速度30；(3)弹簧长度从3 l缓慢缩短为11的过程中，外界对转动装置所做 HYPERLIN

29、K l bookmark26 o Current Document 22的功W【答案】(1)k胆(2) o J药(3) W mgL剪支 L. 5LL解：(1)装置静止时，设 OA AB干中的弹力分别为Fi、Ti, OA干与转轴的夹角为 01.小环受到弹簧的弹力F k- 2小环受力平衡尸弹1 mg 2T1cos 1小球受力平衡 F1 cos 1 T1 cos 1 mg , F1 sin 1 T1 sin 1解得k 4mg L(2)设OA AB杆中的弹力分别为F2、K, OA杆与转轴的夹角为 九,弹簧长度为x,小环受到弹簧的弹力F弹2 k (x L)小环受力平衡F弹2 mg得x - L对小球 F2

30、cos 2 mg, F2 sin 2m 2l sin 2 且 cos 2x2l解得08g5L4F3、工，OA杆与弹簧的夹角为 9 3(3)弹簧长度为L/2时，设OA AB干中的弹力分别为小环受到弹簧的弹力：F弹3 k -2小环受力平衡:2T3 cos 3 mg F弹 3 且 cos 3L 4I对小球： F3 cos 3 T3 cos 3 mg； F3 sin 3T3 sinm 2l sin 3解得:16g整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理: 解得：W mgL 16mgi15.2016年新课标n卷25. (20分)轻质弹簧原长为 21 ,将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将

31、一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时， 弹簧长度为1。现将该弹簧水平放置，一端固定在 A点，另一端与物块 P接触但不连接。AB是长度为51 的水平轨道，B端与半径为1的光滑半圆轨道BCEJ目切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块 P与AB间的动摩 擦因数m =0.5。用外力推动物块P,将弹簧压缩至长度1, 然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为 g0(1)若P的质量为m求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围【答案】(1) (2)【解析】(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被

32、压缩至1时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为1时的弹性势能为日=5mg设P的质量为M到达B点时的速度大小为Vb,有能量守恒定律得2_Ep Mv2Mg 41 联立式，去M=m并代入题给数据得vb 而 若P能沿圆轨道运动到 D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即 P此时的速度大小v满足2 TOC o 1-5 h z mvmg 0 设P滑到D点时的速度为Vp,由机械能守恒定律得 HYPERLINK l bookmark50 o Current Document 1 _ 21 _ 2mvB - mvD mg 21 HYPERLINK l bo

33、okmark90 o Current Document 22联立式得vD 阿VD满足式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度VD水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t,由运动学公式得P落回到AB上的位置与B点之间的距离为s vDt联立式得s 2 j2 l（2）为使P能滑上圆轨道，它到达 B点时的速度不能小于零。由式可知5mgl Mg 41 要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械1 C能守怛定律有-MvB Mgl ? 2联立？式得？16,2016年新课标1卷25. （18分）如图，一轻弹簧原长为 2R,其一端固定在倾角为37。的固定直轨道 AC的底端A处

34、，另一端位于直轨道上 B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为cos37 一 ) 5（1）求P第一次运动到B点时速度的大小。求P运动到E点时弹簧的弹性势能。改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。 P自圆弧轨道的最高点 D处水平飞出后，恰好通过G点在C点的左下方，与 C点水平相距7R、竖直相距2R,求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量解析：（1）选P为研究对象，受力分析如图:R的光滑圆弧轨道相6切于C点，AG7R A B、C、D均在同一竖直平面内。质量为 m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达 E点（未画出）随后 P沿轨道被弹回，最高到达 F点，AF=4R已知P与直轨道间的动摩擦因数1一,重力加速度大小为 43g。(取 sin37 一,5已知点设P加速度为a,其垂直于斜面方向受力平衡:G cos N沿斜面方向，由牛顿第二定律得:G sinf magsing cos对CB段过程，由2VtV02 2 asG2 . gR代入数据得B点速度:(2) P从C点出发，最终静止在F,分析整段过程;由C到F,重力势能变化量：Epmg 3Rsin减少的重力势能全部转化为内能。设E点离B点的距离为xR从C到F,