能量与动量的综合分析与应用（解析版）-2025年新高考物理考试易错题

能量与动量的综合分析与应用

1.(2024•福建)如图，木板A放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N与桌面

上的两个固定挡板相连。小物块B放在A的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的

小球C相连，轻绳绝缘且不可伸长，B与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的

匀强电场，A、B、C均静止，M、N处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t=0时撤去电场,

C向下加速运动，下降0.2m后开始匀速运动，C开始做匀速运动瞬间弹簧N的弹性势能为0.1J。

已知A、B、C的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg,小球C的带电量为IXlO'c,重力加速度大

小取lOm*,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力

不计。

(1)求匀强电场的场强大小；

(2)求A与B间的动摩擦因数及C做匀速运动时的速度大小；

(3)若t=0时电场方向改为竖直向下，当B与A即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B继续

向右运动，一段时间后，A从右向左运动。求A第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。(整

个过程B未与A脱离，C未与地面相碰)

MB---

A

I

【解答】解：(1)撤去电场前，对小球C,根据共点力平衡条件有：qE=mcg,代入数据解得：E

=2X106N/C

(2)C开始做匀速直线运动后，对C和B根据共点力平衡条件分别有：「=mcg,Ti=m=pniBg

代入数据解得：口=0.5

C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，此时A、B、C三者速度大小相等，M、N两弹

簧的弹性势能相同；

所以C下降h=0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律有：

1

*12

mcgh=~(mA+mB+mc)v+2埒

2

代入数据解得：v=铲i/s

（3）没有电场时，C开始匀速运动瞬间，A、B刚好发生相对滑动，所以此时A的加速度为零,

对A根据平衡条件，有：f=2kh

当电场方向改为竖直向下，设B与A即将发生相对滑动时，C下降高度为h',对A,根据牛顿

第二定律可得：f'-2kh'=mAa

对B、C根据牛顿第二定律可得：qE+mcg-f=（mB+mc）a

撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B在C下降h=0.2m时开始相对滑动，在C下降h=

,1

0.2m的过程中，对A、B、C及弹簧M、N组成的系统，由能量守恒定律，有qEh+mcgh=-（

2

mA+mB+mc）vm+2Ep

此时A的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A做简谐运动，所以A第一次从右向

左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：Vm=¥“z/S

2.（2024•甘肃）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,

细绳0rp=OP=1.6m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质

量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。（重力加速度g取10m/s2）

（1）求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。

（2）A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞（时间极短），碰后A竖直下落，

C水平向右运动。求碰后C的速度大小。

（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。

【解答】解：（1）细绳OP的长度为L=L6m,从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据

动能定理得：

1

niAg（L-Lcos60°）=ymAVQ—0

解得：vo=4m/s

设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T,根据牛顿第二定律得：

VQ

T-mAg=6/工

解得：T=40N

根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳0P所受的拉力为40N。

（2）A飞出后与C碰撞前做平抛运动，A与C碰撞前瞬间A的水平分速度等于vo=4m/s,由题

意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒，以向右为正方向，则

有：

mAvo=mcvc

解得碰后C的速度大小为：vc=4m/s

（3）A、C碰后，C相对B滑行△x=4m后与B共速（设共速的速度为V）。以向右为正方向，

对C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：

msc=（mc+mB）v

11

m2

^mcgAx=*c谣-2（c+mB）v

解得C和B之间的动摩擦因数为：黑=0.15

答：（1）A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40N。

（2）碰后C的速度大小为4m/s。

（3）C和B之间的动摩擦因数为0.15。

3.（2024•安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分

之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用

不可伸长的轻质细线悬挂于。点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放

小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L

=1.25m=小球质量m=0.20kg。物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m。

圆弧轨道半径R=0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取:10m/s2。

（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；

（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；

（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数u

的取值范围。

M

【解答】解：(1)设小球与物块碰撞前速度为V0,碰撞后小球速度为VI，物块速度为V2，小球从

释放到与物块碰撞前，由动能定理

mgL=—0

代入数据得：v0=5m/s

碰撞前瞬间，对小球受力分析，有T-mg=m号，

代入数据解得拉力：T=6N

(2)设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：

mvo=mvi+Mv2

根据能量守恒：+~MV2

代入数据联立解得：v2=4m/s

(3)当四较小时，物块会脱离小车；当口较大时，物块不能进入圆弧轨道

①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时U最大(但不能取)，设水平向右为正方向，

则小球与小车水平方向动量守恒，有

Mv2=2Mv共，解得：v共=2tn/s

11

根据能量守恒，HmaxMgS=-Mvl一万X2M唳

代入数据解得：Hmax=0.4

②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时U最小，设水平向右为正方向，小球

与小车水平方向动量守恒，有

Mv2=2Mv共，解得：v共=2m/s

11

根据能量守恒，i^ntnMgs+MgR=-Mvj-5x2M唳

代入数据解得：Hmin=0.25

综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数U取值范围为：0.25WRV0.4

答：(1)小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小为6N；

(2)小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为4m/s；

(3)物块与水平轨道间的动摩擦因数日的取值范围为0.25WR<0.4。

4.(2024•浙江)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角8=37°的直轨道AB,半径R=lm的圆

弧轨道BCD,长度L=1.25m、倾角为。的直轨道DE,半径为R、圆心角为。的圆弧管道EF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m=0.5kg滑块b,其上表面与轨

道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨

道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数|ii=0.25,向下

运动时动摩擦因数上=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦

因数恒为由，小物块a运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，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?）

（1）若h=0.8m,求小物块：

①第一次经过C点的向心加速度大小；

②在DE上经过的总路程；

③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；

（2）若h=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。

1

【解答】解：（1）①物块a从A到C,根据动能定理mgh=*诏—0

解得vc—4m/s

在C处，根据向心加速度公式配=卷

代入数据解得ac=16m/s2

1

②物块a从A到D,根据动能定理mg[h-R（1-cos。）]=*诒-0

代入数据解得v°=2V3m/s

设上滑的最大高度为比

一hl1O

根据动能定理-mghi-^mgcosd-――=0—-mv1

SITLUZ

代入数据解得hi=0.45m

ED之间的高度差hDE=Lsine=1.25X0.6m=0.75m>hi

因此物块a未滑出轨道DE；

设物块在DE上经过的总路程为s,最后一次刚好能从C运动到D；

根据动能定理一^mgcosd--s—112mgeos。--s=0-^mvj)

代入数据解得s=2m

③物块a在DE轨道上滑的加速度大小ai=gsin0+^igcose

代入数据解得为=8m/s2

由于mgsine>|i2mgcos。，物块a上滑减速为零后，沿DE轨道下滑；

物块a在DE轨道下滑的加速度大小a2=gsin0-^2gcos0

代入数据解得a?=2m/s2

1\

t根据匀变速运动公式X=-at2

11

由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有5al库=5a2专

所以9=叵=信=1：2

七下7\8

(2)物块a从A经C到F的过程中,根据动能定理mg[/i—LsinO一2R(1-cosO)]-^mgLcosd=

1?

■zmvp—0

代入数据解得VF=2m/s

设物块a与滑块b向左运动的共同速度为v,取水平向右为正方向

根据动量守恒定律mvF=2mv

11

根据功能关系2〃1血矶=/加一万•2mv2

代入数据联立解得l=0.2m。

答：(1)①第一次经过C点的向心加速度大小16m/s2；

②在DE上经过的总路程为2m；

③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比为1：2；

(2)若h=1.6m,滑块至少0.2m长才能使小物块不脱离滑块。

5.（2024•浙江一模）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道

AB、圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF、GH组成。BCD的最高点D与EF的右端

点E在同一竖直线上，且D点略高于E点。木板静止在GH上，其上表面与EF相平，右端紧靠

竖直边FG,左端固定一竖直弹性挡板。游戏时滑块从A点弹出，经过轨道AB、BCD、EF后滑

上木板。已知可视为质点的滑块质量m=0.3kg,木板质量M=0.1kg,长度l=lm,BCD的半径R

=0.4m,弹簧弹性势能的最大值为8J,滑块与木板间的动摩擦因数为内，木板与轨道GH间的动

摩擦因数为上，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨道连接处时的能量损失，滑块

与挡板发生弹性碰撞。

（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF,求滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN；

（2）若m=0.2，匿=0,则在满足滑块始终不脱离木板的条件下，求滑块在木板上的动能最大值

Ekm；

（3）若由=0,因=0.1,滑块恰好能够滑上轨道EF,求在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩

擦力对木板做的功Wo

【解答】解：（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF,在最高点D处做圆周运动的向心力由重力提供:

VQ

mg=m—

11

滑块由C点滑到最高点D此过程由机械能守恒：+mgR=严诏-\-2mgR

滑块滑到C点时做圆周运动的向心力由滑道对滑块的弹力提供：FN=/

联立以上方程代入数值得：FN=9N

（2）因臼=0.2,归=0,木板与地面之间没有摩擦，而滑块与木板之间存在摩擦，把滑块与木板

看成一个系统，其动量守恒，满足滑块始终不脱离木板必定滑块与木板共速，

以向左的方向有：mv=（m+M）v共

设滑块以v的速度滑入木板，并在木板上最终摩擦滑行x长时滑块与木板共速，此过程能量守恒:

■^mv2=n1mgx+~（m+"）啖

1.

2

滑块滑入木板时的动能最大为：Ekm=^mv

m+M

以上方程解得：Efc,n=-^-^mgx

当x=21时，滑块在木板上的动能最大值EkmMd.gJ,此时：v=4V2m/s>2m/s

所以滑块能够滑上木板，相应的机械能为7.2JV8J。

（3）由题意滑块恰好能够滑上轨道有：丫0=历

代入数值滑块刚滑上木板时：v0=2m/s

因为四=0,国=0.1,木板与地面之间存在摩擦，而滑块与木板之间没有摩擦，滑块与挡板第1

次碰撞时动量守恒有：mvo=mvi+Mv2

再由能量守恒定律有：=-^mvl+-Mvl

_11

解得滑块速度：V1=亍?0=,x2m/s=lm/s

33

木板速度：V2=那0=万x2m/s=3m/s>vi

之后，木板做匀减速运动，加速度a=U2g=01义10m/s2=lm/s2。滑块匀速运动，设经过t发生第

1.

二次碰撞，则有：v2t-]at2=vit

代入数据：t=0,t=4s,止匕时木板的速度v=V2-at=3m/s-1X4m/s=-lm/s<0

经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。

11

故摩擦力对木板做的功：W=0--Mvl=0--X0.1X32/=-0.457

答：（1）滑到圆心。等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN为9N；

（2）滑块在木板上的动能最大值£小为4.8人

（3）在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W为-4.5J。

6.（2024•温州一模）如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角0=37°的足够长直轨道AB、圆

心为01的半圆形轨道BCD、圆心为O2的圆形细圆管轨道DE、倾角a=45°的直轨道EF、水平直

轨道FG组成，各段轨道均光滑且各处平滑连接，B和D为轨道间的相切点，点E、圆心。2处于同

一竖直线上，C、F、G处于同一水平面上。在轨道末端G的右侧光滑水平面上，紧靠着质量M=

0.6kg、长度d=2m的无动力摆渡车，车上表面与直轨道FG平齐。可视为质点、质量m=0.3kg的

滑块从直轨道AB上某处静止释放。己知轨道BCD和DE的半径R=0.5m。(sin37°=0.6,cos37°

=0.8)

YO21

(1)若释放点距点B的距离求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；

(2)若滑块始终不脱离轨道ABCDE,求释放点与C点高度差h的取值范围；

(3)若滑块从E点飞出后落在轨道EF上，与轨道碰撞后瞬间沿轨道速度分量保持不变，垂直轨

2

道速度分量减为零，再沿轨道滑至摆渡车上。己知滑块和摆渡车之间的动摩擦因数以=不且滑

块恰好不脱离摆渡车，求：

①滑块运动至点G的速度大小VG；

②滑块离开点E的速度大小VE。

【解答】解：(1)对滑块，从释放点到C点过程，根据动能定理

1

mg(lsin6+R—RcosO)=宓

在C点合外力提供向心力：FN—mg=

代入数据解得：FN=15N

(2)满足恰好达到半圆形轨道BCD与Oi等高处：hi=R=0.5m

可得：OWhWO.5m

满足恰好能到达E点，则:h2=2R(l+cos0)=2X0.5X(1+0.8)m=1.8m

2

恰好能过D点而不掉落，重力分力提供向心力：mgcosO=m等

1

从释放点到D点过程：mg(%3—R-Rcosd)=/诒

解得：h3=l.1m

综上可得：OWhWO.5m或LlmWhWl.8m

(3)①对滑块，从G点滑上摆渡车至共速，根据动量守恒定律

mvG=(M+m)v共

根据能量守恒定律

119

|imgd=~^mvG——（M+m）v^

联立解得：=2V10m/s

②从E点飞出落在EF段，根据位移偏转角和速度偏转角的关系：tan45o=井

乙UE

,2瑶

可得：H=—,t=—",Vy=2VE

所以：V||=vEsin45°+2vEcos45°=—^-vE

11

由碰撞点到G点，根据动能定理：mg（2R+2Rcos6一H）=

代入数据解得：vE=2V2m/s

答：（1）若释放点距点B的距离1=1.5m,滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小为15N；

（2）若滑块始终不脱离轨道ABCDE,释放点与C点高度差h的取值范围为：OWhWO.5m或1.1m

WhW1.8m；

（3）①滑块运动至点G的速度大小VG为2V16m/s；

②滑块离开点E的速度大小vE为2鱼m/s；

7.（2024•镇海区校级一模）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角0=37°长h=2.75m

的固定斜面AB、质量叫=1kg的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量m2=4kg长度l2=2.25m

的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径R=lm,最低点C与小车等高。当P把m=lkg的小物

块（视为质点）以v（）=4m/s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间的动摩擦因数由=0.5,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点的竖直高度比；

（2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数上=0.6。求小物块滑上M时对C点的压

力F及上滑的最大高度h2；

（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vo=4m/s速度

水平弹出，试分析小物块能否通过C点？并说明理由。

【解答】解：（1）根据平抛运动规律，小物块到在A点时有:

-=tan370

vo

Vy=2gh

解得：Vy=3m/s,hi=0.45m；

（2）小物块在A点速度为合速度，则有:

VA=+%2=742+32m.is=5m/s

小物块从A运动到B的过程中，由动能定理可得:

11

mg/1sm37°—u,mgcos37。•卜—

解得：VB=6m/s

小物块从B运动到C的过程中，由动能定理有可得:

11

-〃2血矶2=/正-产诒

解得：vc=3m/s

在圆轨道C点，根据牛顿第二定律有:

NT—mg=m常

根据牛顿第三定律可知，小物块滑上M时对C点的压力：F=N

解得：F=19N,方向竖直向下。

设小物块滑上M的最大高度时，小物块与M共速vi，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得:

mvC=(ml+m2)vl

11

-^mvc=~(m+mQ谎+mgh2

解得：h2=0.225m；

(3)小物块从B到C过程，克服摩擦力做功为:

〃1+〃4

WBC=^3mgl21+--~~mgl22

解得：WBC=6.5J

若到C点共速，则对三者组成的系统，由动量守恒定律有:

mvB=(m+mi+m2)v共

解得：v共=lm/s

1

△E损——(m+mi+m2)v共2

解得：AE损=15J

可知AE损〉WBC，故小物块能通过C点。

答：(1)水平弹出点离A点的竖直高度为0.45m；

(2)小物块滑上M时对C点的压力为19N,方向竖直向下，小物块上滑的最大高度0.225m；

(3)若小物块仍以vo=4m/s速度水平弹出，通过分析可知小物块能通过C点。

8.(2024•衡水模拟)如图所示，半径R=lm的四分之一圆弧槽M固定在地面上，圆弧槽末端位于

圆心0'正下方、且与平台KPQ上表面水平相切，P点放置质量为mo=O.4kg的小物块，KP、PQ

7T

长度分别为0.45m、2.75m,Q右侧空间存在面积足够大的匀强磁场，磁感应强度B=万x1。21、方

向水平向右，在右侧空间建立Oxyz三维直角坐标系，坐标原点O位于KPQ延长线上，x轴正方向

垂直于纸面向里，y轴正方向竖直向上，z轴正方向水平向右，QO的距离d=16m,xOy平面内放置

有足够大的挡板。质量m=0.1kg、带电量q=+1.6Xl()-2c的小球自圆弧槽A点正上方h=4m处从

静止释放，小球与小物块发生碰撞同时，在KPQ平台上方施加方向水平向右、大小E=2.5X102v/m

的匀强电场图中未画出。小球与小物块碰撞时无能量损失且小球电量不变，重力加速度g取10m/s2,

小球和小物块均可看作质点，不计一切摩擦，求：

(1)小球运动到K点时对轨道的压力FN；

(2)小物块飞离平台前与小球的碰撞次数;

【解答】解：(1)小球从释放至运动到K点，由机械能守恒定律，得

1

mg(/i+R)=严成

小球到最低点时：

FN-mg=Tn-f

K

求得

FN—UN,VK=lOm/s

根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力

F，=FN=UN

方向竖直向下。

(2)第一次碰撞，设向右为正方向，由动量守恒定律、能量守恒定律，得

mvK=mvi+moV2

111

/吸=^771Vi+诏

求得

vi=-6m/s,V2=4m/s

小球在电场中的加速度

qE1.6xl0-2x2.5xl02__

a=—=-------------------------m/sz=40m/s2

设经时间打二者第二次相遇，则

1

Viti+-aq=v2h

解得

h=O.5s或ti=O(舍去)

此过程中小物块位移

xi=v2tl=4义0.5m=2m

再次碰撞前小球速度

V3=vi+ati=-6mzs+40X0.5m/s=14m/s

此时mo的速度仍为V2,第二次发生碰撞有

mv3+moV2=mv4+moV5

1111

ymvj+严。班=ynv4+产。谓

解得

V4=-2m/s,V5=8m/s

设经时间t2二者第三次相遇，则

1

V4t2+2at2=V5t2

解得

t2=0.5s或t2=0(舍去)

此过程中小物块位移

X2=v5t2=8X0.5m=4m

则两次碰撞总距离

xi+x2=2m+4m=6m>2.75m

小物块飞离平台前与小球发生了2次碰撞。

(3)小球与小物块第二次碰撞后至飞离平台过程有

VQ-V4

-------=2.75m—2m

2a

解得

VQ=8m/s

小球进入磁场后沿Z轴方向做匀速直线运动，撞到挡板的时间

d16

t==—s=2s

VQ8

小球在xOy平面内做曲线运动，沿z轴正方向看去，如图所示:

qv+B

根据计算，小球在磁场中以v-的速度做圆周运动的周期

2nm_____________

T=qB=1.6xl0-2x^xl02s=ls

mg=qv+B

求得

5

v+=—m/s

小球沿X轴的位移为

510

x=v.-2T=-x2x1m=—m

nn

一10

则小球打到挡板的坐标为（一一m,0,0）。

71

答：（1）小球运动到K点时对轨道的压力大小为UN,方向竖直向下；

（2）小物块飞离平台前与小球的碰撞次数2次；

一10

（3）小球打在挡板上的坐标为（―一m,0,0）

ITo

一一1

9.（2024•开福区校级模拟）如图所示，质量为M的凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有彳光滑圆弧

轨道AB、水平粗糙轨道BC和光滑半圆轨道CDO（D为CDO轨道的中点），轨道都处于竖直平面

1

内且各部分之间平滑连接，OA处于同一水平线上。现将一个质量为m（m=-M）的小物块P（可

视为质点）从A点的正上方距A高H处自由下落，已知轨道AB段的半径为2R,BC段轨道长为L

（L=2R）,轨道CDO的半径为R,小物块与BC段轨道之间的动摩擦因数为四=0.4,重力加速度为

（1）若固定凹槽静止不动，且H=1.8R,求小物块第一次经过C点后瞬间轨道对它的作用力与

其重力的比值；

（2）若不固定凹槽，且H=1.8R,求小物块到达O点的过程中，凹槽离开初始位置的最大距离;

（3）若不固定凹槽，且R=lm,m=lkg,g=lOm/s2,小物块第一次经过DO间某位置时刚好脱

离轨道，该位置与半圆轨道圆心的连线与竖直方向成37°角，求H的大小。（sin37。=0.6）

【解答】解：（1）设小物块第一次经过C点瞬间的速度为vc，对小物块从P到C点的过程有

1_

mg（H+2R）—nmgL=­mvc

在C点，对小物块

F_mg=.

5R

代入数据解得

---=7

mg

（2）因为小物块和凹槽组成的系统水平方向动量守恒，所以小球到达D点时两者在水平方向的

速度均为零，此时凹槽离开初始位置的距离最大。设小物块和凹槽沿水平方向运动的距离分别为

X1和X2,则

mxi=Mx2

XI+X2=2R+L+R

所求凹槽离开初始位置的最大距离为

5

X2=V

（3）小物块第一次经过DO间某位置时刚好脱离轨道，设在该位置时小物块的水平方向速度为

vx,竖直方向速度为Vy,凹槽的速度为VM，对系统有

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mg（H+R—Rcos37°）-|imgL=产（吸+芋）+5M隔

mvx=MvM

由速度关系，有

在该位置有

xvyx2

mgcos37°=m^sin37°^

R

由以上各式解得

H=0.936m

答：（1）若固定凹槽静止不动，且H=1.8R,小物块第一次经过C点后瞬间轨道对它的作用力与

其重力的比值为7；

（2）若不固定凹槽，且H=1.8R,小物块到达O点的过程中，凹槽离开初始位置的最大距离为

5

4R；

（3）若不固定凹槽，且R=lm,m=lkg,g=10m/s2,小物块第一次经过DO间某位置时刚好脱

离轨道，该位置与半圆轨道圆心的连线与竖直方向成37°角，H的大小为0.936m。

10.（2024•镇海区校级模拟）如图所示为某传送装置的示意图，整个装置由三部分组成，中间是水

平传送带，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定，其左侧为一

倾斜直轨道，右侧为放置在光滑水平面上质量为M的滑板，倾斜直轨道末端及滑板上表面与传送

带两端等高并平滑对接。一质量为m的物块从倾斜直轨道的顶端由静止释放，物块经过传送带后

滑上滑板，滑板运动到D时与固定挡板碰撞粘连，此后物块滑离滑板。已知物块的质量111=

1.0kg,滑板的质量M=2.0kg,倾斜直轨道顶端距离传送带平面的高度h=2.5m,传送带两轴心

间距Li=10.5m,滑板的长度L2=2.8m,滑板右端到固定挡板D的左端的距离为L3,物块与倾

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斜直轨道的动摩擦因数满足M（9为斜直轨道的倾角），物块与传送带和滑板间的动摩擦

因数分别为凶=0］、臼=0.5,重力加速度的大小g=10m/s2。

（1）若v=4m/s,求物块刚滑上传送带时的速度大小及通过传送带所需的时间；

（2）求物块刚滑上右侧滑板时所能达到的最大动能和最小动能；

（3）若v=6m/s,讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力所做的功Wf与L3

的关系。

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