2021-2022年广东省广州市华南师范大学附属中学高一（下）压轴训练物理试题含解析

这是一份2021-2022年广东省广州市华南师范大学附属中学高一（下）压轴训练物理试题含解析，共74页。试卷主要包含了 如图甲所示，质量为M = 1，3，0， 新交规规定， 如图所示，一质量m=0等内容，欢迎下载使用。

 2021-2022华南师大附中高一物理压轴题训练
1. 如图所示，静止在水平地面上的长为长木板A，质量，质量的小滑块B（可视为质点）静止在长木板A的左端。已知小滑块和木板动摩擦因数，木板和地面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，水平地面足够长，不计空气阻力，取。求：
（1）对小滑块B施加一水平向右力F使A、B能一起运动时，力F的最大值；
（2）现对小滑块B施加一水平向右恒力，小滑块B滑离长木板A时的速度大小；
（3）现对小滑块B施加一水平向右恒力，经过时间后撤去该力，最终B停在A上的位置到A左端的距离。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）当长木板A和小滑块B相对静止一起匀加速运动且AB之间静摩擦力达到最大值时，F最大设为。设此时两物体的加速度为，对木板A，由牛顿第二定律

带入数据解得

对小滑块B，由牛顿第二定律

带入数据解得

（2）对小滑块B施加一水平向右恒力
>12N
小滑块B与长木板A发生相对滑动，设小滑块B此时的加速度为，对滑块B，由牛顿第二定律得

带入数据解得

设此时长木板A的加速度为，由牛顿第二定律

解得

设经过时间，小滑块B滑离长木板A，则

又


解得

小滑块B滑离长木板A时的速度大小

（3）对小滑块B施加一水平向右恒力，经过时间后撤去该力，此时小滑块B的速度

内小滑块B的位移

长木板A速度

内长木板A的位移

撤去力F之后小滑块B以加速度大小减速，长木板A继续以加速度加速，直到两者共速后一起做匀减速运动。由牛顿第二定律

解得

设撤去力F之后经过两者共速，设共同速度为，则

解得


在时间内，小滑块B的位移

在时间内，长木板A的位移

最终B停在A上的位置到A左端的距离

2. 如图所示，传送带与水平面夹角θ=37°，以恒定速率v=10m/s沿顺时针方向转动。现在传送带上端A处无初速度地放一质量m=1kg的小煤块（可视为质点，忽略滑动过程中的质量损失），小煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，已知传送带上A到B的长度L=29m。取sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）小煤块刚开始运动时的加速度大小；
（2）小煤块从A运动到B的时间；
（3）从A到B的过程中小煤块在传送带上留下的痕迹长度；
（4）从A到B的过程中小煤块和传送带间因摩擦产生的热量。

【答案】（1）10m/s2；（2）3s；（3）5m；（4）36J
【解析】
【详解】（1）对小煤块受力分析可得，小煤块开始下滑的加速度为
mgsinθ＋μmgcosθ=ma1
解得
a1=10m/s2
（2）小煤块与传送带共速经过的时间

此时小煤块的位移

由于x1＜L，且tanθ＞μ，小煤块继续加速下滑，加速度为

则有

解得
t2=2s
故小煤块从A运动到B的时间为
t=t1＋t2=3s
（3）小煤块先相对传送带向上滑动，相对位移沿传送带向上，大小为
s=vt1－x1=5m
共速后，小煤块相对传送带向下滑动，相对位移沿传送带向下，大小为
s′=x2－vt2=4m
因为s＞s′，故小煤块在传送带上留下的痕迹长度为
s=5m
（4）小煤块和传送带间因摩擦产生的热量为

解得
Q=36J
3. 如图所示，光滑的水平地面与倾角为30°的足够长的光滑斜坡平滑相连，某时刻A球在斜坡底C位置，B球在A球左边相距L=16m的地方，A球以v0=10m/s的初速度滑上斜坡，B球也以v0=10m/s的速度向右匀速运动。两小球经过C点时速度大小不变，已知A、B两球沿斜坡上滑和下滑时加速度不变，两球加速度大小均为a=5m/s2，方向均沿斜坡向下。求：
（1）A沿斜坡滑上的最大位移；
（2）A滑上斜坡后经过多长时间两物块相遇；
（3）若将球在C位置的初速度改为20m/s，其余条件不变，A滑上斜坡后经过多长时间两球相遇。

【答案】（1）10m；（2）2.8s；（3）10.4s
【解析】
【详解】（1）由位移速度关系可得滑上的最大位移为

（2）A球滑到最大位移所用时间为

B球到达点所用时间为

故A球在斜面上上滑1.6s时B球才滑到斜面底端；
从开始出发计时，设经过时间两球相遇，球位移为

B球沿斜面位移为

相遇时满足

代入可得

（3）A滑到最高点所用时间

最大位移为

B滑到斜面最高点时间为

故B滑到最高点时，还未到最高点，则两球肯定不会在斜面上相遇，应该在水平面上球追上B球；
B球滑回到点时所用时间为

之后在水平面上匀速向左运动；
球滑回到点所用时间为

之后球以速度追B球，此时两球的距离为

则球追上B球须满足

解得

故总时间为

4. 如图甲所示，质量为M = 1.0kg的平板小车C静止在光滑的水平面上，在t = 0时，质量为2.0kg的物块A与质量为1.0kg的物块B同时从左右两端水平冲上小车，1.0s内它们的v—t图像如图乙所示，（g取10m/s2）求：
（1）物块A和B与平板小车之间的动摩擦因数μA、μB；
（2）要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为多少。

【答案】（1）0.3，0.3；（2）7.125m
【解析】
【详解】（1）由v—t图可知，在0 ~ 1s内，物体A、B的加速度大小相等，均为

根据牛顿第二定律得
对A有

对B有

可得

（2）0 ~ 1.0s内，物体A、B所受的滑动摩擦力大小分别为
，方向水平向左
，方向水平向右
所以小车C所受的摩擦力
，方向水平向右
因此在0 ~ 1s内，小车C向右做匀加速直线运动，加速度为

通过的位移

末C的速度为

在0 ~ 1s内A、B的位移分别为


由图知：时A、C的速度相同，之后AC一起向右做匀减速运动，加速度为

设再经过时间三者速度相同，共同速度为，则有

解得
，
从到共速的过程，AC的位移为

B的位移为

故要使A、B在整个运动过程中不会相碰，车的长度至少为

解得

5. 新交规规定：“在没有信号灯的路口，一旦行人走上人行道，机动车车头便不能越过停止线”。如图甲所示，一长度为的卡车以的初速度向左行驶，车头距人行道为，人行道宽度为。同时，一距离路口为的行人以的速度匀速走向长度为的人行道。图乙为卡车的侧视图，货箱可视为质点，货箱与车之间的动摩擦因数为，货箱距离车头、车尾的间距为、。重力加速度取，求：
（1）当司机发现行人在图中位置时立即加速且以后加速度恒定，要保证卡车整体穿过人行道时，人还没有走上人行道，卡车的加速度最小为多少；
（2）如果司机以第（1）问的最小加速度加速，且穿过人行道后立即匀速，通过计算说明货箱是否会掉下来；
（3）当司机发现行人在图示位置时立即减速且以后加速度恒定，要保证不违反交规，且货箱不撞到车头，求卡车刹车时加速度大小需要满足的条件。

【答案】（1）；（2）会；（3）
【解析】
【详解】（1）人走上人行道的时间

在末卡车刚好穿过人行道，加速度最小，设为

解得

（2）卡车穿过人行道时

货箱的加速度

假设箱子没掉下来，货箱加速的时间为

货箱的位移为

汽车的位移为

所以箱子相对汽车向后运动

假设错误，箱子会掉下来；
（3）①人穿过人行道的时间

假设内汽车的位移小于，加速度最小，由

得

以此加速度汽车减速为零的时间为

说明此加速度汽车在9s时已经减速为零，9s后不再运动，而此时刹车距离

说明假设错误，所以卡车在内速度减小为零加速度最小

②箱子刚好不撞车头时，卡车的加速度最大，设为，有

解得

刹车时加速度需要满足的条件

6. 直角光滑固定支架PQN，P点固定于墙面，N点固定于地面，PQ水平，长度为15cm，QN竖直，足够长。PQ、QN分别穿过中间有孔的A、B小球，小球质量均为，A、B间用铰链与硬质轻杆相连，杆长为10cm。原长为8cm的轻质弹簧（始终在弹性限度内）一端固定于P点，另一端连接小球B。初始时，将小球A提至Q点（A、B间轻杆水平），由静止释放A球，当A球下落6cm时，A的速度为1.6m/s，g取10m/s2.求：
（1）此时A球重力做功的功率；
（2）此时B的速度大小；
（3）若将A的质量换为2m，B的质量换为m，仍将A球提至Q点，由静止释放，求A下落8cm时A的速度大小。

【答案】（1）16W；（2）1.2m/s；（3）
【解析】
【详解】（1）此时A球重力做功的功率为

代入数据解得

（2）如图所示

当A球下落6cm时，设为，由几何关系得

根据运动的分解可得

解得

（3）当A球下落6cm时，BQ长度为8cm，此时弹簧的形变量为

弹簧处于压缩状态，此时弹簧弹性势能为，A下落8cm时，设为，由几何关系得

此时BQ为6cm，则PB长度为9cm，此时弹簧形变量为

弹簧处于伸长状态，根据运动的分解可得

设未释放小球时弹簧的弹性势能为，在（2）中由机械能守恒定律得

（3）中由机械能守恒定律得

解得

7. 如图所示，一质量m=0.4kg的滑块（可视为质点）静止于水平轨道上的A点。现对滑块施加一恒定的水平外力F=5N，使其向右运动，经过一段时间后撤去外力，滑块继续滑行至B点后水平飞出，恰好在点沿切线方向进入固定在竖直平面内的光滑圆弧形轨道，轨道的最低点D处装有压力传感器，当滑块到达传感器上方时，传感器的示数。已知轨道AB的长度L=2.0m，半径OC和竖直方向的夹角，圆形轨道的半径R=0.5m，物块与水平轨道间的动摩擦因数均为，空气阻力可忽略，重力加速度，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求滑块运动到C点时速度的大小；
（2）求水平外力作用在滑块上的位移S；
（3）若改变拉力大小和作用距离，要使物块离开B点后落在D点右侧，求拉力F的最小值（结果保留2位有效数字）。

【答案】（1）5m/s；（2）0.8m；（3）2.4N
【解析】
【详解】（1）物块经过D点的速度为，则

解得

物体经过C点的速度为，从C到D有

解得

（2）物体经过B点的速度为

物体从A到B的过程中

解得

（3）物体经过C点时的竖直方向速度为

B到C平抛运动时间为

BC间的竖直高度和水平距离分别为


若要落点在D点之外，则


则要求物体经过B点速度

物体从A到B的过程中

解得拉力的最小值
F=2.4N
8. 如图所示，光滑的部分圆弧轨道PMN竖直放置，在右侧N点与一倾斜传送带相切。M为圆弧轨道最低点，圆弧所在圆的圆心为O，PO水平，∠PON＝127°。一质量m＝2kg的小物块a（可视为质点）从圆弧轨道最左端P以m/s的初速度向下运动。已知圆弧轨道半径R＝5m，传送带L＝8m且在电机驱动下始终以速度m/s顺时针匀速转动（与轮子间无相对滑动），小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）小物块经过M点时，小物块对圆弧轨道的压力大小；
（2）传送带在传送小物块过程中，其电机多做的功。

【答案】（1）68N；（2）
【解析】
【详解】（1）小物块a下滑到圆弧最低，点M时的速度为，根据机械能守恒定律有

小物块a在最低点，根据牛顿第二定律有

代入数据可得

根据牛顿第三定律可知，小物块对圆弧最低，点M的压力大小为68N
（2）小物块a从P下滑到N点时速度为，根据机械能守恒定律有

代入数据可得

小物块a在传送带上减速运动的加速度

减速至与传送带运动速度相等的时间

时间内小物块发生的位移

传送带发生的位移

小物块与传送带的相对位移为

摩擦生热

由于，小物块a将与传送带保持相对静止直至到达传送带顶端。根据能量守恒定律，传送带传送小物块a的过程中，电机多做的功

代入数据可得

9. 如图所示，水平传送带以一定速度匀速运动，将质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上的P点，小物块运动到A点后被水平抛出，小物块恰好无碰撞地沿圆弧切线从B点进入竖直光滑圆弧轨道。B、C为圆弧上的两点，其连线水平，O点为圆弧轨道的最低点，BC垂直于，已知圆弧对应圆心角θ=106°，圆弧半径R=5.5m，A点距水平面的高度h=3.2m，圆弧C点与斜面CD恰好相切，小物块到达C点时的速度大小与B点相等，并沿固定斜面向上滑动，小物块从C点到第二次经过斜面上D点的时间间隔为1.6s，已知小物块与斜面间的动摩擦因数，重力加速度g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）小物块离开A点时的水平速度大小；
（2）小物块在O点时对轨道的压力大小（结果保留1位小数）；
（3）斜面上C、D两点间的距离。


【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）小物块从A点到B点做平抛运动，有

解得

到达B点时的竖直分速度

由题意可知

解得

（2）小物块到达B点时的速度大小为

设小物块在O点时的速度大小为，从B点到O点，由动能定理有

解得

设在O点轨道对小物块的支持力大小为，由圆周运动规律有

解得

由牛顿第三定律可知，小物块在O点时对轨道压力为

（3）滑块到达C点时的速度与B点速度相等，则

斜面CD的倾角为θ，滑块上滑过程中，根据牛顿第二定律有

解得加速度

上滑的时间

上滑的距离

下滑过程中，根据牛顿第二定律有

解得加速度

下滑的位移

因此CD间距离

10. 如图所示，CD与EG是两段半径为R的四分之一竖直光滑圆弧轨道，G为圆弧轨道的最高点，圆连线水平，DE错开的距离略大于小滑块的大小，将一轻弹簧放置在水平轨道AC上，弹簧左端固定在A点，右端位于B点，并与质量为m的小滑块接触但不连接，此时弹簧恰好处于原长。现将小滑块推至O点并由静止释放，小滑块向右运动进入圆弧轨道，通过G点后落到水平轨道AN的P点（P点未画出）。已知G点在水平轨道上的投影点为M，，，，滑块与水平轨道AB间的动摩擦因数为，BC部分光滑且与竖直圆弧轨道相切于C点。用g表示重力加速度大小，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小滑块可视为质点，弹簧在弹性限度内的最大压缩量为2.5R。求：
（1）小滑块运动到圆弧轨道最高点G时，对轨道的压力F；
（2）弹簧被压缩到O点时弹簧的弹性势能；
（3）若保证小滑块能够进入圆弧轨道且在圆弧轨道上运动过程中中途不脱离圆弧轨道，小滑块释放点到B点的距离范围（已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比）。

【答案】（1）；（2）3mgR；（3）或
【解析】
【详解】（1）小球过最高点G后做平抛运动，平抛运动的初速度为、运动时间为t
由平抛运动规律得


解得

小球在最高点G，由牛顿第二定律得

解得

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为0，即恰好过最高点；
（2）O点到G点，由能量守恒定律得

解得

（3）设释放点到B点的距离为时，弹性势能为，小物块恰好到达B点，
由能量守恒


解得

设释放点到B点的距离为时，小物块恰好到达圆轨道上与圆心等高的D位置，由能量守恒


解得

由题意可知，当释放点到B点的距离为2R时，小物块恰好到达G点。释放点到B点的距离x满足
或
11. 如图所示，处于竖直平面内的光滑弧形轨道与水平轨道相切于点，以速度逆时针转动的传送带与直轨道、、处于同一水平面上，、、的长度均为。圆弧形细管道半径为，在竖直直径上，点高度为。一质量的小球由光滑圆弧形轨道上的点由静止释放，点与水平轨道间的高度为。已知，，，，，，小球与、之间的动摩擦因数，轨道和管道均光滑，小球落到时不反弹且静止。忽略、和、之间的空隙，与平滑连接，小球可视为质点。
（1）若，求小球到达点时的速度的大小；
（2）若小球能通过最高点，求小球在最高点时管道对小球的作用力与间满足的关系式；
（3）若小球释放高度，求小球最终静止的位置坐标的取值范围（以点为坐标原点，水平向右为正，建立轴）

【答案】（1）；（2）以竖直向下为正方向，（）；
（3）当时，；当时，
【解析】
【详解】（1）小球从静止释放到点过程，根据动能定理可得

解得

（2）设小球通过点时的速度大小为，小球从静止释放到点过程，根据动能定理可得

当时，解得

小球经过点时，以竖直向下为正方向，根据牛顿第二定律可得

联立解得
（）
（3）当时，小球最终静止的位置在点或点右侧，根据动能定理可得

从点飞出后，竖直方向有

水平方向有

根据几何关系可得

联立解得

代入数据解得

当时，从释放时，根据动能定理可得

解得

可知小球从释放时，到达距离点右侧处静止，小球从释放时，小球到达点速度为零后返回过程，根据动能定理可得

解得

可知小球从释放时，小球从圆弧轨道返回静止在距离点右侧处，综上分析可知，当时，有

代入数据解得

12. 如图所示，固定在竖直平面内的轨道由高为的平台，斜面，半径的竖直圆轨道（轨道在处稍微错开）及倾角为的斜面组成，一劲度系数为的弹簧一端固定在斜面的最高点，其下端距离地面。一质量为的滑块（可视为质点）从平台末端A以速度水平飞出，恰好无碰撞的从B点沿斜面向下滑行，B离地高度为，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为，其余摩擦不计，不计滑块经轨道转折点能量损失及空气阻力，最大静摩擦力认为等于滑动摩擦力，当弹簧压缩量为时，弹簧具有的弹性势能为（或可以用图像下的面积求变力做功）。
（1）求B与A间的水平距离；
（2）滑块经圆轨道最高点时轨道对滑块的压力；
（3）滑块沿右侧斜面第一次到达最高点时弹簧的弹性势能；
（4）滑块最终静止的位置距端的距离。


【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）从抛出到落至斜面的时间

故

（2）滑块从抛出到斜面底端过程由动能定理

得

由到过程中，由动能动理有

在时

联立得

（3）设滑块第一次上滑到最高点时，弹簧的最大压缩量为，则

解得

故弹簧弹性势能最大值

（4）滑块第一次在最高点时，因为

故滑块会继续下滑，设滑块滑到水平面的速度为，则

解得

故滑块不能到达圆周轨道圆心等高线；又

故再次滑上斜面后不会接触弹簧，设滑块再次滑上斜面的最大位移为，有

解得

之后由于，所以滑块静止在该位置，即滑块最终静止的位置距的距离为。
13. 小明用如图所示轨道探究滑块的运动规律。足够长的光滑斜轨道倾角为，斜轨道底端平滑连接长的水平轨道，水平轨道左端与半径的光滑半圆形轨道底端B平滑连接。将质量m=0.2kg的滑块（可不计大小）放在斜轨道离底端距离为处静止释放。已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为。
（1）当、时，求滑块到达B点时对半圆轨道压力的大小；
（2）当时，为保证滑块运动时不脱离轨道，求的取值范围；
（3）为保证滑块离开半圆轨道顶端A后恰好能垂直撞击斜轨道，求的范围。


【答案】（1）；（2）或；（3）
【解析】
【详解】（1）根据动能定理有

根据牛顿第二定律有

由以上各式并代入数据解得

根据牛顿第三定律知：滑块到达B点时对半圆轨道压力的大小

（2）若滑块刚好能滑到与圆心等高的位置，根据动能定理有

解得

若滑块刚好能通过A点，则有

根据动能定理有

解得

因此，为保证滑块运动时不脱离轨道，则
或
（3）设从A点飞出时的速度为v，根据平抛运动规律有
，，
由几何关系知

而

由以上各式并代入数据得

即

而，解得

14. 过山车是游乐场一项富有挑战性的娱乐项目，小车从高处开始运动，冲进圆形轨道，到达圆形轨道最高点时，乘客在座椅里头朝下，人体颠倒，非常惊险刺激。现将过山车简化成模型如图所示，质量m=1kg的小球从光滑倾斜轨道距地面高h的A点静止释放，倾斜轨道AB和水平轨道BC用一小段平滑圆弧连接，小球经过时速度大小不变，水平轨道BC长L=1m，小球从C点向右进入半径R=1m的光滑圆形轨道，圆形轨道底部C处前后错开，小球可以从C点向右离开圆形轨道，在水平轨道上继续前进，小球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.4（不计其它阻力，重力加速度g =10m/s2）
（1）若释放点A高度h1=3m，则小球经过圆形轨道最高点E时对轨道的压力是多大？
（2）要使小球完成圆周运动，则释放点A的高度h需要满足什么条件？
（3）若小球恰好不脱离轨道，求小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离？

【答案】（1）2N ；（2）不小于2.9m；（3）最后静止的位置可能在C点的左侧0.5m处或在C点右侧6.25m处
【解析】
【详解】（1）设小球到最高点E时的动能为v，据动能定理有

小球经过圆形轨道最高点E时，轨道对小球的弹力为

代入数据解得

根据牛顿第三定律，小球经过圆形轨道最高点E时对轨道的压力是2N，方向竖直向上；
（2）要使小球完成圆周运动，则小球在最高点时最小速度需重力提供向心力，则有

根据动能定理有

解得

则可知要使小球完成圆周运动，则释放点A的高度h需要不小于2.9m；
（3）若小球恰好不脱离轨道，第一种情况是，即小球从2.9m高处滑下，过圆最高点后，从C点向右离开圆形轨道，小球最后静止的位置到圆轨道最低点C的距离为x，根据动能定理有

解得

即小球最后静止的位置在C点的右侧，距圆轨道最低点C的距离为6.25m；
若小球恰好不脱离轨道，第二种情况是，小球从斜面滑下后最高点只刚好到与圆心等高处，然后滑回来过C点向左滑，根据动能定理有

解得

即小球最后静止的位置在C点的左侧，因BC长L=1m，所以小球最后停在BC中点处、距圆轨道最低点C的距离为0.5m；
综上所述，小球最后静止的位置可能在C点的左侧0.5m处或在C点右侧6.25m处。
15. 如图所示，一游戏装置由安装在水平台面上的高度H可调的斜轨道KA、水平直轨道AB，圆心为的竖直半圆轨道BCD、圆心为的竖直半圆管道DEF，水平直轨道FG及弹性板等组成，F、D、B在同一竖直线上，轨道各部分平滑连接，已知滑块（可视为质点）从K点静止开始下滑，滑块质量m＝0.01kg，轨道BCD的半径R＝0.8m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝0.5，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度L＝2m，H可调最大的高度是5m，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。
（1）若滑块第1次恰能过D点，求高度H的大小；
（2）若滑块在运动过程中不脱离轨道，求第1次经过管道DEF的最高点F时，轨道对滑块弹力的最小值；
（3）若滑块在运动过程中不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域内，求可调高度H的范围。


【答案】（1）2m；（2）0.3N，方向竖直向上；（3）2.3m 【解析】
【详解】（1）恰能过D点时，由牛顿第二定律可得

从释放到D点过程，据机械能守恒定律可得

解得
H=2m
（2）滑块在运动过程中不脱离轨道，则通过轨道BCD的最高点D的最小速度为

DF过程

在F点有

联立解得
，
由牛顿第三定律可知，轨道对滑块弹力的最小值为0.3N，方向竖直向上。
（3）保证不脱离轨道，滑块在F点的速度至少为
vmin=vF=2m/s
若以此速度在FG上滑行直至静止运动距离为

滑块没有越过FG的中点,滑块从最大高度释放，在FG上滑行的最大路程为xmax，则

解得
xmax=6.4m
由题意知，滑块不脱离轨道且最终静止在轨道FG中点的右侧区域，在FG上运动的路程应满足
1m 当x=1m时，可得H1=2.3m，当x=3m时，可得H2=3.3m；
当x=5m时，可得H3=4.3m，当x=6.4m时，可得H4=5m；
因此可调高度H的范围为
2.3m 16. 如图，长L＝5m的水平轨道AB与半径R＝0.5m的光滑圆弧轨道BC连接，圆弧轨道处于竖直平面内且C端的切线竖直。在C端上方h＝0.5m处有一薄圆盘，圆盘绕其圆心在水平面内做匀速圆周运动。圆盘上沿某一直径方向开有小孔P、Q，且圆盘旋转时孔P、Q均能转至C端正上方。一质量m＝2kg、与轨道AB间动摩擦因数μ＝0.25的小滑块静置于轨道A端。现对该滑块施加一水平向右的恒力F，使其由静止开始运动；当滑块运动至B点时撤去F，滑块运动到C端时对轨道的压力为60N；滑块冲出圆弧轨道后恰好穿过小孔P，后又通过小孔Q落回圆弧轨道。不计空气阻力，滑块无阻碍通过小孔，g取10m/s2。求：
（1）滑块经过C端时的速率vC；
（2）水平恒力F的大小；
（3）圆盘转动的角速度ω。

【答案】（1）；（2）10N；（3）
【解析】
【详解】（1）由牛顿第三定律可知，滑块滑离C端时，圆弧对滑块的弹力，充当向心力，所以

解得

（2）滑块沿圆弧BC运动过程，只有重力做功，机械能守恒定律得

解得

滑块在AB段做初速度为零的匀加速运动，受力如图

由匀加速运动规律

解得

由牛顿第二定律得

解得

（3）滑块从C端飞出做竖直上抛运动，有

可得穿过P孔时的速度

滑块从穿过P孔后再到穿过Q孔的时间

滑块又恰能穿过Q孔落回，圆盘角速度需满足

因此

17. 如图所示，质量为m=1kg的小物块从光滑斜面上的A点由静止下滑，进入圆心为O、半径为R=1m的光滑圆弧轨道BCD（B点和D点等高）。圆弧B点的切线与斜面重合，DE为光滑曲线轨道（该轨道与物体以某一速度从E点平抛后的运动轨迹重合），光滑曲线轨道DE在D点处的切线与OD垂直，曲线轨道的E端与带有挡板的光滑水平木板平滑连接，轻质弹簧左端固定在挡板上。已知A点距斜面底端B的距离l=2m，水平木板距离地面的高度h=0.45，斜面的倾角θ=37°。（取g=10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）小物块运动到圆弧最低点C时受到的支持力的大小FN；
（2）要使小物块从D点沿轨道运动到E点的过程中对轨道刚好没有压力，小物块释放点距B点的距离d（计算结果保留两位有效数字）；
（3）若斜面不光滑且动摩擦因数μ=0.1，小物块仍从A点下滑，在整个过程中小物块沿斜面滑行的总路程s。

【答案】（1）38N；（2）；（3）15m
【解析】
【详解】（1）由A→C过程，根据动能定理得

根据牛顿第二定律得

解得
FN＝38N
（2）要使物体由D点运动到E点对轨道没有压力作用，看作物体由D到E做平抛运动逆运动，即物块运动到E点时的速度 为平抛运动的初速度，D点时，根据平抛运动规律
，
 解得
，
则

小物块从释放点运动到D点的过程，根据动能定理有

解得

（3）从开始下滑到运动到B点的速度为零时，根据动能定理有

解得
s＝15m
18. 如图所示，轻质弹簧左端固定，右端刚好与质量m=2kg的小物块P接触（但不连接），物体P静止处于光滑水平面AB上，水平面AB右端平滑连接足够长的粗糙斜面BC，斜面BC的倾角θ=37°。现向左推压小物块一定距离，然后释放，小物块沿AB向右运动，并滑上BC，测得从B处第一次向上滑行的最大位移s1=1.8m。已知小物块与BC斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8 ，g＝10m/s2，求：
（1）小物块沿BC向上运动时的加速度大小a上；
（2）向左推压小物块所做的功W；
（3）小物块能在BC上通过的总路程l；
（4）小物块从B处第n次向上滑行的最大位移sn与s1的关系式。（n为自然数）


【答案】（1）10m/s2；（2）36J；（3）4.5m；（4）
【解析】
【详解】（1）对于小物块沿BC向上的运动状态，运用牛顿第二定律，有




（2）对于小物块沿BC向上的匀减速运动过程，有


小物块第1次在B处时的动能

向左推压小物块所做的功等于弹簧增加的弹性势能，由于AB光滑，这些弹性势能转化为动能EkB1，所以，向左推压小物块所做的功

（3）对于小物块运动的全过程，其机械能最终全部转为小物块与斜面摩擦产生的内能，
所以有


（4）对于小物块沿BC向下的运动状态，运用牛顿第二定律，有


对于小物块沿BC第1次下滑的运动过程，有

对于小物块沿BC第2次上滑的运动过程，有

由上二式，可得

同理可推得
，，……
推得


19. 如图所示，高h=1.6m、倾角为θ=30°斜面固定在水平面上。一质量为m=1kg、长度L=2m薄木板B置于斜面顶端，恰能保持静止，木板下端连有一原长为0.2m的轻弹簧。有一质量M=3kg的小物块A，从斜面左侧离水平面的高度H=1.8m某位置水平抛出，沿平行于斜面方向落到木板上并向下滑行，同时木板沿斜面下滑，木板滑到斜面底端碰到挡板时立刻停下，运动过程中物块A最终恰好能脱离弹簧。已知A、B间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）小物块A刚滑上木板B时速度的大小；
（2） 斜面与木板B间的动摩擦因数μ0及木板B到达斜面底端时小物块A相对木板B的位移；
（3）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。


【答案】（1）4m/s；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）物块A落到木板前做平抛运动，则

得

得

（2）木板恰好静止在斜面上

得

物块A在木板上滑行时，对A
（沿斜面向上）
对B
（沿斜面向下）
假设A与木板达到共同速度v共时，A还没有压缩弹簧且木板还没有到达底端，则有：

解得
，
位移为
，
假设成立，故

（3）木板停下，此后A做匀减速到与弹簧接触，然后A压缩弹簧至最短，设接触弹簧时A的速度为vA，有

得

设弹簧最大压缩量为xm，A从开始压缩弹簧到刚好回到原长过程有

得
，
A从开始压缩弹簧到弹簧最短过程有

20. 如图所示，处于竖直平面内的装置，O点固定一弹射器，调节弹簧的压缩量使弹簧获得弹性势能，质量的弹射小球由静止被水平弹出后获得速度。水平轨道OAB及EF处于同一水平面上，其中AB段粗糙，长度，动摩擦因数，其余部分均光滑，EF段足够长。竖直平面内固定两光滑圆弧轨道BC、CD，半径分别为R和2R，其中，BC、CD间存在缝障，恰能使弹射小球无碰撞通过，间大小可忽略，圆弧BC与水平轨道AB相切于B点，E点恰好位于D点的正下方。g取10m/s2，求
（1）若小球恰能运动到C处，求小球在B点对轨道的压力：
（2）求小球到达D点的速度vD与弹簧弹性势能的关系；
（3）小球从D点水平飞出后，与地面多次碰撞后静止，假设小球每次碰撞损失75%的机械能，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，求小球最后静止时离E点的最小距离x。

【答案】（1）；（2）；（3）2m
【解析】
【详解】（1）小球恰能运动到C处，在C处速度为0，从B到C列动能定理：

可得

在B处受力分析

可得

根据牛顿第三定律可知，小球对轨道压力大小为6N，方向竖直向下。
（2） 小球从释放到D列动能定理：

因为|，可得

但要到达D点

D点速度至少为，所以至少为6.6J
所以


（3）设D点速度为，从D点平抛的小球落在水平面EF上，根据平抛运动：



得

根据小球每次碰撞损失机械能75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，可知反弹后水平速度和竖直速度均变为原来的一半。
第一次反弹（上去下来）的时间为

水平距离

第一次反弹（上去下去）的时间

水平距离

……
第n次反弹（上去下去）的时间

水平距离


的最小值为，所以x的最小值为2m
21. 如图为某玩具轨道结构示意图，它由弹射装置（弹性势能大小可以调节）连接着水平直线轨道AB、半径R=0.2m的竖直圆轨道（B与略错开）、水平直线轨道D及倾斜直线轨道DE平滑连接，其中水平轨道AB与斜轨道DE粗糙，动摩擦因数均为0.5，其它轨道摩擦力不计，水平轨道AB的长度L=1.2m，斜轨道DE的倾角，长度为。弹射装置将质量的小球P自A点弹出，小球可视为质点，不计过D点的机械能损失，重力加速度g取10。求：
（1）假设弹射装置的弹性势能为2J，求小球P到达圆轨道的B点时对轨道的压力大小；
（2）假设弹射装置的弹性势能为4.8J，求小球P能够到达距离ABD水平面的最大高度；
（3）要使小球P运动过程中始终不脱离轨道，则弹射装置弹射的能量需要满足的条件。


【答案】（1）10N；（2）0.84m；（3）或
【解析】
【详解】（1）从A到B，根据动能定理

在B点时

解得

由牛三定律得

（2）若恰好能到达C点，在C点时

从A到C的过程中，根据动能定理

联立可得

小球能通过C点，设到达E点时的速度为，根据动能定理

解得

到达E点后小球做斜抛运动，在竖直方向上

解得

故最大高度

（3）不脱离轨道有两种可能，其一：不能超过与圆心等高处，此时

解得

其二：能安全通过C点，恰能通过C点时

解得

恰能到达E点时

解得

综上所述不脱离轨道的条件为
或
22. 宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，飞船与地心的距离为地球半径R0的2倍，飞船圆形轨道平面与地球赤道平面重合。由于地球遮挡阳光，会经历“日全食”过程。如图4所示，已知地球表面重力加速度为g，近似认为太阳光是平行光，忽略地球自转，试估算
（1）飞船做匀速圆周运动的周期；
（2）飞船在“日全食”过程中绕地球转过圆心角；
（3）飞船绕地球一周，“日全食”的时间；


【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）飞船做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律

又有

由以上两式可得

（2）如图下图


设圆心角为。当飞船在阴影区时不能接受阳光，据几何关系得

解得

（3）飞船绕地球一周，“日全食”的时间为

23. 某游戏装置由弹丸发射器、固定在水平地面上倾角为37°的斜面以及放置在水平地面上的光滑半圆形挡板墙构成。如图，游戏时调节发射器，使弹丸（可视为质点）每次从M点水平发射后都能恰好无碰撞地进入到斜面顶端N点，继续沿斜面中线下滑至底端P点，再沿粗糙水平地面滑至Q点切入半圆形挡板墙。已知弹丸质量m=0.2kg，弹丸与斜面间的摩擦力F1=1N，弹丸与水平地面的摩擦力F2=1.2N，弹丸发射器距水平地面高度H=1.35m，斜面高度h=0.9m，半圆形挡板墙半径R=0.2m，不考虑P处碰撞地面时的能量损失，g取10m/s2
（1）求弹丸从发射器M点射出的速度v0；
（2）向左平移半圆形挡板墙，使P、Q重合，求弹丸刚进入半圆形轨道Q点时受到弹力的大小；
（3）左右平移半圆形挡板墙，改变PQ的长度，要使弹丸最后不会滑出半圆挡板墙区域，设停止位置对应转过的圆心角为θ，求圆心角θ与PQ的距离x满足的关系式。

【答案】（1）；（2）；（3）（）
【解析】
【详解】（1）弹丸落入斜面，弹丸速度关系有

根据平抛运动规律得



联立解得
，
（2）N到P过程根据动能定理有

水平面上轨道的支持力提供向心力

弹丸刚进入半圆形轨道Q点时受到弹力为轨道支持力与底板克服重力的弹力的合力，有


（3）P到E过程有，水平地面对小球有摩擦力作用，根据动能定理有

小球在轨道内运动的路程为

整理得

联立得
（）
24. 如图甲所示，质量为的木板静止在光滑水平面上，质量为的物块以初速度滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
（1）若恒力，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间t是多少？
（2）图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围

【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）以初速度为正方向，物块的加速度

木板的加速度大小

由图乙知，板长，滑块相对木板的路程

联立解得
或
当时，滑块的速度为2m/s，木板的速度为4m/s，而当物块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，应舍弃，故所求时间为。
（2）①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时，则


位移关系满足

由图乙知，相对路程

代入解得

②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则


由于静摩擦力存在最大值，所以

联立解得

综上，BC段恒力F的取值范围是‍
25. 某工厂用倾角为37°的传送带把货物由低处运送到高处，已知传送带总长为，正常运转的速度为。一次工人刚把的货物放到传送带上的A处时停电了，为了不影响工作的进度，工人拿来一块带有挂钩的木板，把货物放到木板上，通过定滑轮用绳子把木板拉上去。货物与木板及木板与传送带之间的动摩擦因数均为0.8，（物块与木板均可看做质点，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，，）
（1）为把货物拉上去，且货物与木板不发生相对滑动，求拉力F的最大值；
（2）若工人用的恒定拉力使货物运动10s，求货物的位移大小；
（3）若10s后来电，来电后工人撤去拉力，问还需要多长时间货物能到达B处（不计传送带的加速时间）。

【答案】（1）192N；（2）10m；（3）6.25s
【解析】
【详解】（1）设最大拉力为Fm，货物与木板之间的静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a1，对货物分析，根据牛顿第二定律得

代入数据得

对货物与木板整体分析，根据牛顿第二定律得

代入数据得

（2）设工人拉木板加速度为a2，根据牛顿第二定律得

代入数据解得

10s末木板的速度为

即此10s内，货物一直做匀加速直线运动，货物的位移大小

代入数据解得

（3）由于v1<4m/s，所以来电后木板继续加速，加速度为a3

代入数据得

设经过t1木板速度与传送带速度相同

代入数据得

设t1内木板加速的位移为x1

得

共速后，木板与传送带相对静止一起匀速运动，设匀速运动的时间为t2，匀速运动的位移

该段位移所用时间

所以来电后木板再需要运动的时间为

26. 如图，两个滑块A和B的质量mA＝mB＝2kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5；木板的质量mC＝4kg，与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动，初速度大小分别为vA＝1m/s、vB＝5m/s，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。
（1）求刚开始时滑块A、B和木板C的加速度大小；
（2）滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小；
（3）为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？

【答案】（1）5m/s2，5m/s2，0；（2）4m/s；（3）2.5m
【解析】
【详解】（1）对滑块A受力分析得


对滑块B受力分析得


对木板C受力分析得：

木板与地面间无摩擦，故

（2）设滑块A经时间t1速度减到0，在此过程中，
滑块A

滑块B

解得

（3）A从开始到速度减到0的过程中，
滑块A向右运动的位移为

滑块B向左运动的位移为

设从滑块A速度减到0到滑块A、滑块B、木板C达到共速所用时间为t2，则在此过程中
滑块A、木板C



滑块B



故木板C的长度至少为2.5m。
27. 如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度顺时针匀速运动，传送带与水平方向的夹角，质量的小物块P和质量的小物块由跨过定滑轮的轻绳连接，P与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻物块Р从传送带上端以速度冲上传送带（此时P、Q的速率相等），已知物块P与传送带间的动摩擦因数，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块都没有上升到定滑轮处。（。）求：
（1）物块Р刚冲上传送带时加速度的大小；
（2）求物块在传送带上向前冲的最远距离（以地面为参照物）；
（3）若传送带以不同的速度顺时针匀速运动，当取多大时，物块Р沿传送带运动到最远处过程中与传送带的相对路程最小？

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）对P、Q进行受力分析，如图所示

设刚冲上传送带时Q的加速度为a1，对Q

对P

解得

（2）设减速到与传送带共速的过程中P的位移为x1

解得

当在传送带上减速到与传送带共速时，经分析得到P、Q受力如图所示

设此时P的加速度为a2，对Q

对P

解得

设与传送带共速到减速到0的过程中P的位移为x2，则有

解得

所以物块P在传送带上向前冲的最远距离为

（3）设传送带的速度v（0

得

皮带位移为

第二个减速过程


解得

皮带的位移

块Р沿传送带运动到最远处过程中与传送带的相对路程

所以最小时，传送带速度为

28. 如图所示，AB段为一与水平面成37°角的光滑斜面，BCDE段为一传送带，BC段水平、角CDE也为37°，传送带与物体间动摩擦因数为0.5，转动轮大小不计。一弹簧一端固定在斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝4kg的小物块P，小物体Q与P接触，已知Q的质量为m2＝10kg，弹簧的质量不计，劲度系数k＝100N/m，系统恰好在斜面某位置处于静止，现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它们一起从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知力F的大小随位移x按如图所示规律变化（sin37°＝0.6，cos37°=0.8，g＝10m/s2）。求：
（1）刚开始时加力F时弹簧的压缩量；
（2）求PQ一起运动的加速度的大小；如果PQ运动0.4m恰好到B点，求物体Q到B点时的速度大小；
（3）如果运动0.4m到B点时，PQ刚好分离，同时撤去拉力F，传送带逆时针匀速转动，速度大小为10m/s，物体经过B点时利用特殊装置使使物体速度方向立即变为水平，大小不变，BC段距离为x=0.4m，当物体运动到C点时，传送带开始顺时针匀速转动，速度大小不变，CD段长度为s=22.25m，求物块从C运动到D所用时间。


【答案】（1）0.84m；（2），；（3）
【解析】
【详解】（1）设P、Q静止时弹簧压缩量为x0，，由平衡条件得
（m1＋m2）gsinθ＝kx0
解得
=0.84m
（2）P、Q刚开始运动时拉力最小，根据牛顿第二定律
Fmin＝（m1＋m2）a＝70N
解得

即PQ一起运动的加速度的大小为；
由运动学规律可知运动到B点时速度

（3）在水平传送带上，传送带在逆时针转动，物块受向左滑动摩擦力而减速，由牛顿第二定律

解得

设其减速到C点时速度为vc，由匀变速直线运动规律

解得

物体在CD段的运动，在和传送带速度相等前先做匀加速运动，由牛顿第二定律得



解得

加速到和传送带速度相等时发生的位移
=5m
所用时间
=1s
在物体速度达到10m/s后，由于滑动摩擦力小于重力下滑分力，物体无法和传送带一起匀速，所以仍做加速运动，摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得

解得

由匀变速直线运动公式

解得

物块从C运动到D所用时间

29. 如图所示，水平传送带在电动机的带动下以速度匀速运动，小物体、的质量分别为，，由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，时刻放在传送带中点处由静止释放。已知与传送带之间的动摩擦因数为，传送带水平部分两端点间的距离，不计定滑轮的质量及摩擦，与定滑轮间的绳水平，取，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等。
（1）求经过多长时间滑离传送带；
（2）若从传送带中点开始运动时具有一水平向右的初速度，则至少应多大才能使到达传送带右端。


【答案】(1)；(2)
【解析】
【详解】(1)对受力分析得

对受力分析得



有运动学公式可知

联立解得

(2)当的速度时，将以(1)问中的加速度做匀加速直线运动，设以速度减速运动至速度为零发生的位移为，则

解得

故的初速度应大于，设相对传送带向右滑动时，加速度为



联立解得
‍
30. 如图所示，质量M=2kg的木块A套在水平杆上，并用轻绳将木块与质量m=kg的小球B相连。今用与水平方向成α=30°角的力F=10N，拉着小球带动木块一起向右匀速运动，运动中M、m相对位置保持不变，g取10 m/s2求：
（1）木块与水平杆间的弹力；
（2）运动过程中轻绳与水平方向的夹角θ；
（3）当α为多大时，使小球和木块一起向右匀速运动的拉力最小？

【答案】（1）；（2）θ=30°；（3）α=arctan
【解析】
【详解】（1）对AB整体进行分析，根据平衡条件

解得

（2）对B进行受力分析

设细绳对B的拉力为T，由平衡条件可得
Fcos30°=Tcosθ
Fsin30°＋Tsinθ=mg
解得
T=10N
tanθ=
即
θ=30°
（3）对A进行受力分析，由平衡条件有
Tsinθ＋Mg=FN
Tcosθ=μFN
解得
μ=
对A、B进行受力分析，由平衡条件有
Fsinα＋FN=（M＋m）g
Fcosα=μFN
解得
F=
令
sinβ=
cosβ=
即
tanβ=
则
F=
显然，当α＋β=90°时，F有最小值，所以
tanα=μ=
即
α=arctan