2024届高考物理二轮专题： 圆周运动答案解析

这是一份2024届高考物理二轮专题： 圆周运动答案解析，共40页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．（2023·佛山模拟）将一台智能手机水平粘在秋千的座椅上，使手机边缘与座椅边缘平行（图甲），让秋千以小摆角（小于5∘）自由摆动，此时秋千可看作一个理想的单摆，摆长为L。从手机传感器中得到了其垂直手机平面方向的a−t关系图如图乙所示。则以下说法正确的是（ ）
A．秋千从摆动到停下的过程可看作受迫振动
B．当秋千摆至最低点时，秋千对手机的支持力小于手机所受的重力
C．秋千摆动的周期为t2−t1
D．该地的重力加速度g=4π2L(t3−t1)2
【答案】D
2．（2023高三下·杭州模拟） 高速离心机用于快速沉淀或分离物质。如图所示，水平试管固定在高速离心机上，离心机的转速为n，在水平试管中有质量为m的某固体颗粒，某时刻颗粒离转轴的距离为r。已知试管中充满液体，颗粒与试管内壁不接触。下列说法正确的是（ ）
A．颗粒运动的角速度为2πn
B．颗粒此时受到的合外力大小必为4π2mrn2
C．离转轴越远，分离沉淀效果越好
D．此款高速离心沉淀机，适用于任何颗粒，颗粒都会到试管底部沉淀
【答案】C
3．（2023高考模拟·温州）在东北严寒的冬天，有一项“泼水成冰”的游戏，具体操作是把一杯滚烫的开水按一定的弧线均匀快速地泼向空中，泼洒出的小水珠和热气被瞬间凝结成冰而形成壮观的场景。如图甲所示是某人玩泼水成冰游戏的精彩瞬间，图乙为其示意图。假设泼水过程中杯子做匀速圆周运动，在 0.4s 内杯子旋转了 6π5 。下列说法正确的是（ ）
A．P位置的小水珠速度方向沿a方向
B．P、Q两位置，杯子的向心加速度相同
C．杯子在旋转时的线速度大小约为 6πm/s
D．杯子在旋转时的向心加速度大小约为 9π2m/s2
【答案】D
4．（2023高三下·浙江模拟）假如当你躺在平静的海滩（位于赤道处）上观看日落时，在太阳消失的瞬时启动秒表，然后站起来，在太阳再次消失时停止计时，这之间的时间间隔为t=11.1s。角度θ很小时，有近似公式tanθ≈θ，那么估算得地球的半径是（ ）
A．5×105mB．5×106mC．5×107mD．5×108m
【答案】B
5．（2023·临海模拟）如图所示，某激光器的一端固定于圆心O点，以角速度ω绕O点转动，转动过程中从激光器的另一端连续发出波长为λ的细激光束（不计光束截面积），在半径为R的虚线圆某处固定一弧形接收屏，接收屏沿虚线圆的长度为l。激光器转动一周的过程中，接收屏接收到的光子数为n，已知普朗克常数为h，激光传播的速度为c，则激光器的发射功率为（ ）
A．nℎλRωlcB．nℎcRωlλC．nℎRωlλcD．nlλcℎωR
【答案】B
6．（2023·义乌模拟）汽车的车厢地面上水平放着一个内装圆柱形工件的木箱，工件截面和车的行驶方向垂直如图乙所示，当汽车匀速通过三个半径依次变小的圆形弯道时木箱及箱内工件均保持相对静止。从汽车行驶方向上看下列分析判断正确是（ ）
A．Q和M对P的支持力大小始终相等
B．汽车过A、B、C三点时工件P受到的合外力大小相等
C．汽车过A点时，汽车重心的角速度最大
D．汽车过A、C两点时，M对P的支持力大于Q对P的支持力
【答案】D
7．（2023·东阳模拟）在科幻题材的电影或动画中，经常提到太空电梯，建造太空电梯需要高强度的材料，目前纳米材料的抗拉强度几乎比钢材还高出100倍，使人们设想的太空电梯成为可能。其工作原理是从同步卫星高度的太空站竖直放下由纳米材料做成的太空电梯，另一端固定在赤道上，这样太空电梯随地球一起旋转，如图甲所示。当航天员乘坐太空电梯时，图乙中r为航天员到地心的距离，R为地球半径，a−r图像中的图线A表示地球引力对航天员产生的加速度大小与r的关系，图线B表示航天员在太空电梯中随地球同步旋转所需要的向心加速度大小与r的关系，当r=r1时，两图线加速分别为a1、a2，引力常量G已知。下列说法正确的是（ ）
A．航天员在r=R处的线速度大小等于第一宇宙速度
B．a2小于地球表面重力加速度g
C．根据r1与a1的值可以计算地球质量
D．随着r的增大，航天员运动的线速度一直减小
【答案】B
8．（2023·金华模拟）天宫空间站天和核心舱的机械臂，长度约10米，是我国自主研发的七自由度系统，与同样属于七自由度系统的人的手臂一样灵活和机动。如图A、B、C是三个主要关节支点，P为BC臂上的一点，机械臂整体以A支点为轴抬起，则下列说法正确的是（ ）
A．作业过程中P与B线速度大小一定相等
B．作业过程中P与B线速度方向一定相同
C．作业过程中P与B角速度大小一定相等
D．作业过程中P与B加速度大小一定相等
【答案】C
9．（2023高三下·湛江模拟）据中国载人航天工程办公室2023年3月12日消息，目前，“神舟十五号”内的航天员状态良好，计划于2023年6月返回地面。航天员能在飞船内处于漂浮状态，关于这种状态，下列说法正确的是（ ）
A．航天员所受的合力为零
B．航天员远离地球，不受到地球的引力
C．飞船对航天员的支持力大于航天员对飞船的压力
D．航天员受到的地球的万有引力提供其随飞船运动所需的向心力
【答案】D
10．（2023高三下·佛山模拟）如图，某兴趣小组设计用一小风力发电机给灯泡供电。发电机线圈与风叶固定在同一转轴上一起转动，灯泡正常发光。若线圈转速变为原来的2倍，理想变压器副线圈匝数变为原来的12，其他条件不变，发电机内阻不计，则以下说法正确的是（ ）
A．流经灯泡电流的频率增大
B．流经灯泡电流的最大值减小
C．灯泡两端电压的有效值增大
D．发电机线圈中的感应电动势大小不变
【答案】A
11．（2023高三下·佛山模拟）在高速公路的水平弯道，若直线道路与转弯的圆曲线（曲率半径一定）道路直接连接，则弯道处存在曲率半径突变。为提高旅客乘车经过弯道时的舒适度，通常设计用一段缓和曲线将直线与圆曲线连接，实现曲率半径的逐渐过渡。假如汽车以恒定的速率经过弯道，因弯道有了缓和曲线的连接，则乘客乘车如图从P到Q的过程中（ ）
A．惯性将减小B．向心加速度是逐渐减小的
C．受到的合外力是逐渐增大的D．合外力对乘客做正功
【答案】C
12．（2023·柳州模拟）如图甲为游乐场的旋转飞椅，当中心转柱旋转后，所有飞椅均在同一水平内做匀速圆周运动。为了研究飞椅的运动，某同学建立的简化模型如图乙所示，质量为80kg的球，被长为5m细绳悬挂，悬挂点距转轴距离为2m，当中心转柱以恒定角速度旋转时，细绳与竖直方向的夹角为θ=37°，重力加速度取，g=10m/s2，sin37°=0.6，则（ ）
A．球的质量越大，θ角越小
B．球的动能为1500J
C．球所受的合外力为0
D．若中心转柱的转速减少时，细绳对球做正功
【答案】B
13．（2023·白山模拟）如图所示，半径为R的光滑半圆柱体固定在水平地面上，一可看作质点的小球从半圆柱面上由静止释放，释放点距地面的高度为H（H＜R），小球与半圆柱体分离时距地面的高度为h，则（ ）
A．小球下降过程中加速度大小不变
B．小球落地时的最大速度为gR
C．小球释放点与分离点满足2H=3ℎ
D．小球沿柱面滑行的最大弧长为π3R
【答案】C
14．（2023·宁波模拟）2022年3月23日15时40分，中国航天“天宫课堂”第二课开课了，这次在距离地面约400km的中国载人空间站“天宫”上进行了太空科学探究。授课期间，航天员演示了“水油分离实验”和“太空抛物实验”等，下列说法正确的是（ ）
A．在“天宫”中水和油因为没有受到地球引力而处于漂浮状态
B．“天宫”的运行速度介于第一宇宙速度与第二宇宙速度之间
C．在“天宫”中做“太空抛物实验”时冰墩墩被抛出后做平抛运动
D．利用密度不同，“天宫”中让水和油的混合物做圆周运动能使水和油分离
【答案】D
15．（2023·黑龙江模拟）如图所示是港珠澳大桥的一段半径为120m的圆弧形弯道。晴天时路面对轮胎的径向最大静摩擦力为正压力的0.8倍，下雨时路面对轮胎的径向最大静摩擦力变为正压力的0.4倍。若汽车通过圆弧形弯道时做匀速圆周运动，汽车视为质点，路面视为水平且不考虑车道的宽度，则（ ）
A．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的向心加速度为3.0m/s²
B．汽车以72km/h的速率通过此圆弧形弯道时的角速度为0.6rad/s
C．晴天时汽车以180km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
D．下雨时汽车以70km/h的速率可以安全通过此圆弧形弯道
【答案】D
16．（2023·浙江模拟）如图所示，小球甲在竖直面内摆动的周期为T0，悬线长为L；小球乙在水平面内做匀速圆周运动，悬点为O1、轨迹圆圆心为O2，甲、乙两小球都能视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．小球甲的向心力由合力来充当
B．小球乙的向心力由拉力来充当
C．若小球乙运动的周期为T0，则与小球乙连接的悬线长度为L
D．若O1、O2两点间的距离为L，则小球乙运动的周期为T0
【答案】D
17．（2023·浙江模拟）如图所示是从高空拍摄的一张地形照片，河水沿着弯弯曲曲的河床做曲线运动。若在标注位置处的河水速度近似相等，则河床受力最大的是（ ）
A．A点B．B点C．C点D．D点
【答案】A
18．（2023·汕头模拟）科学家正在研究太阳系外的行星，它们被称作系外行星。它们中的多数围绕其它恒星运转，还有一部分在恒星间漫步游荡。已知一颗半径为R，自转周期为5πRv0的系外行星的赤道上空有一颗相对于它静止的同步的卫星，在该卫星上的探测器刚好能够覆盖行星赤道的为13区域，下列说法正确的是（ ）
A．该卫星的速度为4v025B．该卫星的速度为4v05
C．该卫星离行星表面的距离为2RD．该卫星离行星表面的距离为53R
【答案】B
19．（2023高三下·河南模拟）如图甲所示，质量相等的物块A、B放在水平圆盘上，A、B和圆盘圆心O在同一直线上，让圆盘绕过圆心O的竖直轴匀速转动，当A刚要滑动时，转动的角速度为ω1，当B刚要滑动时，转动的角速度为ω2，若A、B在圆盘上的位置不变，用细线将A、B连接，细线刚好伸直，如图乙所示，让圆盘匀速转动，当A、B一起刚要滑动时，转动的角速度为ω3，两物块与盘面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列关系正确的是（ ）
A．ω1>ω3>ω2B．ω1<ω3<ω2
C．ω1<ω2D．ω1<ω3
【答案】A
20．（2023·广东模拟）如图所示，一物体从固定的光滑圆弧轨道上端由静止下滑，当物体滑到轨道最低点时，下列说法正确的是（ ）
A．物体处于超重状态
B．物体处于平衡状态
C．物体对轨道的压力等于物体的重力
D．物体对轨道的压力大于轨道对物体的支持力
【答案】A
二、多项选择题
21．（2023高三下·汉寿模拟）一半径为r的小球紧贴竖直放置的圆形管道内壁做圆周运动，如图甲所示。小球运动到最高点时管壁对小球的作用力大小为FN，小球的速度大小为v，其FN−v2图像如图乙所示。已知重力加速度为g，规定竖直向下为正方向，不计一切阻力。则下列说法正确的是（ ）
A．小球的质量为ag
B．圆形管道内侧壁半径为cg−r
C．当v2=d时，小球受到外侧壁竖直向上的作用力，大小为dbc−b
D．小球在最低点的最小速度为2cg
【答案】A,B
22．（2023·广州模拟）如图为某种秋千椅的示意图，“П”形轻质锅制支架O1A1A2O2固定在竖直面内，A1A2沿水平方向，四根等长轻质硬杆通过光滑铰链O1、O2悬挂长方形匀质椅板B1C1C2B2，竖直面内的O1B1C1、O2C2B2为等边三角形，并绕O1、O2沿图中线来回摆动。已知重力加速度为g，椅板的质量为m，则椅板摆动到最低点时（ ）
A．B1、C1两点角速度相等B．B2、C2两点线速度相同
C．O1A1受到的拉力等于12mgD．O2A2受到的拉力大于12mg
【答案】A,D
23．（2023·温州模拟）如图甲所示，光电编码器由码盘和光电检测装置组成，电动机转动时，码盘与电动机旋转轴同速旋转，发光二极管发出的光经凸透镜转化为平行光，若通过码盘镂空的明道照在光敏管上，信号端输出高电位，反之输出低电位，两个光敏管分布在同一半径上。根据输出两路信号可以测量电动机的转速和判断旋转方向。从左往右看，内、外都均匀分布20个明道的码盘如图乙所示，电动机转动时两信号的图像如图丙所示，则（ ）
A．从左往右看，电动机顺时针转动
B．从左往右看，电动机逆时针转动
C．电动机转动的转速为50r/s
D．电动机转动的转速为125r/s
【答案】A,C
24．（2023·龙岩模拟）北京时间2022年11月30日，“神舟十五号”载人飞船与“天和”核心舱成功对接，6名航天员“胜利会师”。如图所示，对接前，飞船沿圆轨道1运行，核心舱在距地面约400km高度的轨道Ⅱ运行。飞船从轨道I加速后，经过调整到达轨道Ⅱ与核心舱完成对接，对接后共同沿轨道Ⅱ运行。下面说法正确的是（ ）
A．航天员在核心舱中处于失重状态
B．对接后核心舱的运行速度小于7.9km/s
C．飞船在轨道I的机械能大于在轨道Ⅱ的机械能
D．飞船在轨道I的运行周期大于在轨道Ⅱ的运行周期
【答案】A,B
25．（2023·日照模拟）如图所示，倾斜圆盘圆心处固定有与盘面垂直的细轴，盘面上沿同一直径放有质量均为m的A、B两物块（可视为质点），分别用两根平行圆盘的不可伸长的轻绳与轴相连。物块A、B与轴的距离分别为2L和L，与盘面的动摩擦因数均为μ，盘面与水平面的夹角为θ。圆盘静止时，两轻绳无张力处于自然伸直状态。当圆盘以角速度ω匀速转动时，物块A、B始终与圆盘保持相对静止。当物块A转到最高点时，A所受绳子的拉力刚好为零，B所受的摩擦力刚好为最大静摩擦力。已知重力加速度为g。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则下列说法正确的是（ ）
A．μ=3tanθ
B．运动过程中绳子对A拉力的最大值为mgsinθ
C．运动过程中B所受摩擦力的最小值为mgsinθ
D．物块B从最低点运动到最高点的过程中摩擦力的冲量大小为m8gLsinθ
【答案】A,C
26．（2023·河北模拟）2020年6月23日，“北斗三号”最后一颗全球组网卫星在西昌卫星发射中心点火升空，中国终于有了自己的卫星导航系统，未来将向全世界开放，也会成为70多亿人生活的一部分。北斗卫星导航系统有55颗卫星，若其中在同一平面不同轨道上同向运行的两颗人造地球卫星甲和乙，它们运行的周期分别是2小时、16小时，且某时刻两卫星相距最近。则下列说法中正确的是（ ）
A．两颗卫星再次相距最近的时间是167小时
B．两颗卫星相距最远的时间是(16k+4)(k＝0，1，2，……)小时
C．乙卫星点火加速可以与甲卫星对接
D．甲、乙两颗卫星的轨道半径之比为1：4
【答案】A,D
27．（2023·河北模拟）如图所示，水平转台上的小物体a、b（可视为质点）通过轻弹簧连接，并静止在转台上，现从静止开始缓慢地增大转台的转速（即在每个转速下均可认为是匀速转动），已知a、b的质量分别为m、2m，a、b与转台间的动摩擦因数均为μ，a、b离转台中心的距离都为r，且与转台保持相对静止，已知弹簧的原长为r，劲度系数为k，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，以下说法中正确的是（ ）
A．物体a和b同时相对转台发生滑动
B．当a受到的摩擦力为0时，b受到的摩擦力背离圆心
C．当b受到的摩擦力为0时，a受到的摩擦力背离圆心
D．当a、b均相对转台静止时，允许的最大角速度为k2m+μgr
【答案】C,D
28．（2021·安徽模拟）甲、乙两颗人造卫星质量相等，均绕地球做圆周运动，甲的轨道半径是乙的2倍。下列应用公式进行的推论正确的有（ ）
A．由 v=gR 可知，甲的速度是乙的 2 倍
B．由 a=ω2r 可知，甲的向心加速度是乙的2倍
C．由 F=GMmr2 可知，甲的向心力是乙的 14
D．由 r3T2=k 可知，甲的周期是乙的 22 倍
【答案】C,D
三、非选择题
29．（2023高三下·深圳模拟）一个有一定厚度的圆盘，可以绕通过中心垂直于盘面的水平轴转动，圆盘加速转动时，把角速度的增加量 Δω 与对应时间 Δt 的比值定义为角加速度 β （即 β=ΔωΔt ）。我们用电磁打点计时器（所接交流电的频率为50Hz）、复写纸、米尺、纸带来完成下述实验：
甲 乙
①如图甲所示，将打点计时器固定在桌面上，将纸带的一端穿过打点计时器的限位孔，然后固定在圆盘的侧面，用游标卡尺测得圆盘直径d为6.000cm，当圆盘转动时，纸带可以卷在圆盘侧面上；
②接通电源，打点计时器开始打点，启动控制装置使圆盘匀加速转动；
③经过一段时间，停止转动和打点，取下纸带，进行测量。
（1）如图乙所示，纸带上A、B、C、D为计数点，相邻两计数点间有四个点未画出，由于刻度尺1cm~5cm之间刻度不清楚，因此无法读出A、B之间的距离。根据纸带，打下计数点B时，圆盘转动的角速度为 rad/s，圆盘转动的角加速度大小为 rad/2。（本题计算结果均保留三位有效数字）
（2）根据圆盘直径，可以判断出我们使用的游标卡尺为 （选填“10分度”或“20分度”），理由 。
【答案】（1）9.02；19.7
（2）20分度；10分度游标尺读数精确到0.01cm，而20分度游标尺读数精确到0.001cm，由圆盘直径6.000cm可知选用的是二十分度游标尺
30．（2023·东阳模拟）某班级同学在探究向心力大小的表达式实验时：
第一小组采用甲图所示的装置进行探究，两个变速塔轮通过皮带连接，转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的钢球就做匀速圆周运动。横臂的挡板对钢球的压力提供向心力，钢球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力筒下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个钢球所受向心力的比值。
第二小组采用用乙图所示的装置进行探究，滑块套在水平杆上，随水平杆一起绕竖直杆做匀速圆周运动，力传感器通过一细绳连接滑块，用来测量向心力F的大小。滑块上固定一遮光片，宽度为d，光电门可以记录遮光片通过的时间，测得旋转半径为r。滑块随杆匀速圆周运动，每经过光电门一次，通过力传感器和光电门就同时获得一组向心力F和角速度ω的数据。
（1）下列实验中与这两组同学采用的科学方法不同是______。
A．探究加速度与力、质量的关系
B．探究影响通电导线受力的因素
C．探究两个互成角度的力的合成规律
（2）第一组同学在某次实验时，两个钢球质量和转动半径相等，图中标尺上红白相间的等分格显示出两个小球所受向心力的比值为1：4，与皮带连接的两个变速塔轮的半径之比为 。
（3）第二组同学实验时，以F为纵坐标，以1Δt2为横坐标，可在坐标纸中描出数据点作一条如图乙所示直线，图线斜率为k，则滑块的质量为 （用k、r、d表示）。
【答案】（1）C
（2）2：1
（3）krd2
31．（2023·汕头模拟）物理创新实验研究小组用步进电机、圆盘、小物块、手机等制作了圆周运动综合探究平台，探究圆周运动中向心力、向心加速度等各个物理量之间的关系：
（1）手机内部自带加速度传感器，可测量向心加速度大小与方向，规定x、y、z三个方向的正方向如图所示。某同学站在转台上将手水平伸直，以不同朝向拿着手机，如图以自己身体为轴旋转，某段时间内测得y轴方向加速度—时间图像如图，x、z轴方向加速度为零，则她可以是____（填选项前的字母）
A．将手机竖起，手机屏幕正对自己旋转
B．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让底边对着自己旋转
C．手机平放在手掌上，屏幕朝上，让侧边对着自己旋转
（2）为了测加速度传感器在手机中位置，该同学如图将手机沿径向平放固定在圆盘上，底边正对圆盘转轴，让步进电机带动圆盘旋转，手机的加速度、角速度等值可通过手机app phyphx读取，由an−ω²的图像获得斜率为k（使用国际单位），再用刻度尺测量手机底边到转轴的长度d，如图，则d= m。手机内部加速度传感器到手机底边的长度为 （用题目所给的物理量表示）。
（3）手机中有光照传感器，用手电筒在圆盘固定位置打光，手机旋转时记录光照强度周期性变化如图所示，则手机旋转的周期为 s（保留2位小数）。测得手机的质量m，周期为T，手机视为质点，手机到转轴的距离为r，可求得向心力Fn= （用题目所给的物理量表述）。
【答案】（1）B
（2）0.1016；k−d
（3）2.03；m4π2rT2
32．（2023·日照模拟）某物理兴趣小组利用传感器进行“探究向心力大小F与半径r、角速度ω、质量m的关系”实验，实验装置如图甲所示，装置中水平光滑直杆能随竖直转轴一起转动，将滑块套在水平直杆上，用细线将滑块与固定的力传感器连接。当滑块随水平光滑直杆一起匀速转动时，细线的拉力提供滑块做圆周运动的向心力。拉力的大小可以通过力传感器测得，滑块转动的角速度可以通过角速度传感器测得。
（1）小组同学先让一个滑块做半经r为0.20m的圆周运动。得到图乙中②图线。然后保持滑块质量不变。再将运动的半径r分别调整为0.14m，0.16m，0.18m，0.22m，在同一坐标系中又分别得到图乙中⑤、④、③、①四条图线。
本实验所采用的实验探究方法与下列哪些实验是相同的（ ）
A．探究平抛运动的特点
B．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
C．探究两个互成角度的力的合成规律
D．探究加速度与物体受力、物体质量的关系
（2）对②图线的数据进行处理，获得了F−x图像，如图丙所示，该图像是一条过原点的直线，则图像横坐标x代表的是 。（用半径r、角速度ω、质量m表示）
（3）对5条F−ω图线进行比较分析，做F−r图像，得到一条过坐标原点的直线，则该直线的斜率为 。（用半径r、角速度ω、质量m表示）
【答案】（1）B；D
（2）ω2 （或 mω2 等带 ω2 即可）
（3）mω2
33．（2023·福州模拟）如图甲，利用向心力演示器探究做圆周运动的小球，当质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度ω之间关系。
（1）如图乙，若传动皮带套在塔轮第二层，左、右塔轮半径R1、R2之比为2：1，则塔轮转动时，A、C两处的角速度之比为 ；
（2）图中标尺上黑白相间的等分格显示如图丙，则A、C两处钢球所受向心力大小之比约为 ；
（3）由此实验，得到的结论是 。
【答案】（1）1：2
（2）1：4
（3）当质量、半径一定时，所需向心力大小F与角速度的平方 ω2 成正比关系。
34．（2023·临海模拟）如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置的示意图，该装置由长L1=3m、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在O1和O2，圆心角θ=120°、半径R=0.4m的光滑圆弧轨道BCD和光滑细圆管EFG组成，其中B点和G点分别为两轨道的最高点和最低点，B点在传送带右端转轴的正上方。在细圆管EFG的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长L2=2.2m、质量M=0.4kg木板（与轨道不粘连）。现将一块质量m=0.2kg的物块（可视为质点）轻轻放在传送带的最左端A点，物块由传送带自左向右传动，在B处的开口和E、D处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.2，物块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.5，g取10m/s2。
（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度3m/s，求物块经过圆弧轨道BCD最低D点时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的最大速度4m/s，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产生的热量Q与传送带速度v之间的关系。
【答案】（1）解：物块进入圆弧轨道 BCD 后恰好不脱轨，则在B点有 mg=mv2R
解得 vB=gR=2m/s
若物块在传送带上一直加速，由 v2=2×μ1mgmL1
则 v=2μ1gL1=23m/s
由此可知物块应该是先加速后匀速 t=vBμ1g+L1−vB22μ1gvB=2s
（2）解：若传送带的速度 3m/s ，则物体先加速后匀速，经过B点时的速度为 vB1=3m/s
从B到D，由动能定理得 12mvD2−12mvB12=mgR(1+sin30°)
经过D点时 mvD2R=FD−mgsin30°
解得轨道对物块的作用力大小 FD=11.5N
（3）解：从B到G，由动能定理得 12mvG2−12mvB22=2mgR(1+sin30°)
若在木板上恰好不分离则有
mvG=(m+M)v1
12mvG2−12(m+M)v12=μ2mgL2
得 vB2=3m/s
当 2m/s≤v≤3m/s 时 Q=12mvG2−12(m+M)v12=mvG23=m(vB22+6gR)3=v2+2415(J)
当 3m/s≤v≤4m/s 时 Q=μ2mgL2=2.2J
35．（2023·临海模拟）如图所示，竖直平面内有水平光滑直轨道AB，轨道左侧有一竖直光滑半圆轨道CDE，其半径R=0.2m，最低点E与水平传送带平滑连接。现一质量为m=10g、可视为质点的滑块压缩弹簧（滑块与弹簧不相连），静止释放后滑块沿轨道ABCDE运动，BC之间有小缝可供滑块通过，然后滑上传送带，最后落在水平地面P点。滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，传送带的EF长度L=0.6m，传送带轮子的半径r=0.1m，传送带以v=4m/s的速度顺时针匀速转动，传送带下表面离地面高度ℎ=0.6m。某次释放滑块时弹簧的弹性势能Ep=0.02J，取g=10m/s2。求：
（1）滑块运动到E点时对轨道的压力大小；
（2）落地点P离开传送带右端的水平距离Δx；
（3）若要使滑块的落地点在同一位置，弹性势能的取值范围是多少？
【答案】（1）解：根据机械能守恒 Ep+mg×2R=12mvE2
滑块运动到E点时，设轨道对滑块的支持力N，根据牛顿第二定律 N−mg=mvE2R
代入数据联立得 vE=23m/s ，N=0.7N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小N1=0.7N
（2）解：滑块在传送带上加速度大小 a=μg=4m/s2
根据 v2−vE2=2as
解得，滑块加速度到速度 v=4m/s 时位移s=0.5m
所以滑块运动到F点速度 vF=v=4m/s
此后做平抛运动，根据 ℎ+2r=12gt2
解得t=0.4s
落地点P离开传送带右端的水平距离 Δx=vFt=1.6m
（3）解：若要使滑块的落地点在同一位置，则滑块运动到F点速度 vF=v=4m/s
当在传送带上加速运动时，有
v2−vE'2=2aL
Ep1+mg×2R=12mvE'2
解得 Ep1=0.016J
当在传送带上减速运动时，有
vE'2−v2=2aL
Ep1+mg×2R=12mvE'2
解得 Ep1≤0.064J
所以弹性势能的取值范围是 0.016J≤Ep≤0.064J
36．（2023·义乌模拟）一游戏装置如图所示，该装置由圆锥摆、传送带和小车三部分组成。质量不计长度为l=1m的细线一端被固定在架子上，另一端悬一个质量为m=1kg的物体（可视为质点）。现使物体在水平面做匀速圆周运动，此时细线与竖直方向夹角为θ=37°。一段时间后悬挂物体的细线断裂，物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）沿传送方向进入传送带。倾角为α=30°的传送带以恒定的速率v0=26m/s沿顺时针方向运行，物体在传送带上经过一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度为L=698m，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ=35。质量为M=2kg的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上表面光滑且由水平轨道与14圆轨道平滑连接组成，圆轨道半径为R=0.5m。物体离开传送带后沿水平方向冲上小车（物体从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗），并在小车右侧的最高点离开小车，过一段时间后重新回到小车，不计空气阻力。重力加速度取g=10m/s2。
（1）求物体做水平匀速圆周运动的线速度大小v1和物体离开细绳瞬间距离传送带最上端的高度ℎ；
（2）求物体在传送带上运动过程中，物体对传送带摩擦力冲量If和压力冲量IN；
（3）从物体离开小车开始计时，求物体重新回到小车所用的时间t′。
【答案】（1）解：物体在水平面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得 mgtanθ=mv12lsinθ
可得 v1=gltanθsinθ=10×1×34×35m/s=322m/s
物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端，则有 tanα=vyv1
又 2gℎ=vy2
联立解得 ℎ=340m
（2）解：物体刚滑上传送带时的速度为 v=v1csα=6m/s可知物体刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度大小为 a1=mgsinα+μmgcsαm=8m/s2
物体刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为 t1=v0−va1=68s
下滑的位移为 x1=v+v02t1=98m物体与传送带共速后，继续向下做匀加速运动，受到向上的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速度大小为 a2=mgsinα−μmgcsαm=2m/s2
设物体从共速到传送带底端所用时间为 t2 ，根据运动学公式可得 L−x1=v0t2+12a2t22
解得 t2=62s 或 t2=−562s （舍去）
根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的摩擦力冲量方向沿传送带向下，大小为 If=μmgcsα(t2−t1)=968N⋅s
物体对传送带的压力冲量方向垂直传送带向下，大小为 IN=mgcsα(t2+t1)=7528N⋅s
（3）解：物体刚滑上小车的速度为 v2=v0+a2t2=36m/s
物体刚离开小车时，相对速度方向竖直向上，则物体与小球有相同的水平速度，以物体和小车为系统，根据系统水平方向动量守恒可得 mv2=(m+M)vx
解得 vx=6m/s
设物体刚离开小车时的竖直分速度为 vy ，根据系统机械能守恒可得 12mv22=12(m+M)vx2+12mvy2+mgR
解得 vy=26m/s
物体刚离开小车后在竖直方向做竖直上抛运动，则从物体离开小车开始计时，物体重新回到小车所用的时间为 t′=2vyg=265s
37．（2023·东阳模拟）小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置，轨道的主要部分可简化为如图所示的模型，水平轨道AB和倾斜轨道OD分别与圆轨道相切于B点和D点，弯曲轨道AE与水平轨道平滑连接，E点切线方向恰好水平。O点固定一弹射装置，刚开始时装置处于锁定状态。当赛车从A点出发经过圆轨道进入OD轨道，到达O点时恰好可以触发弹射装置将赛车原路弹回，最终进入回收装置F。测得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失1.8J，每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹性势能值。已知赛车质量为0.2kg，电动机功率恒为3W，圆轨道半径为R=0.4m，E点离水平轨道高度和与F点间水平距离均为3R，AB轨道长2m，赛车在水平轨道上运动时所受阻力等于其对轨道压力的0.25倍，赛车在轨道其余部分上所受摩擦力可忽略，赛车看成质点。
（1）若赛车恰好能过C点，求赛车经过H点时对轨道的压力大小；
（2）若某次测试时，赛车电动机工作1.5s，经过一次弹射后恰好落入回收装置之中，则此次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大？
（3）若某次测试时，赛车电动机工作1.5s，最终停在水平轨道AB上，且运动过程中赛车不能脱轨，求弹射装置的弹性势能取值范围。
【答案】（1）解：赛车恰好过C点，根据牛顿第二定律 mg=mvc2R
解得 vc=gR=2m/s
从H到C，由动能定理有 −mgR=12mvc2−12mvH2
解得 vH=23m/s
根据指向圆心方向合力提供向心力有 FN=mvH2R
解得 FN=6N
根据牛顿第三定律在H点对轨道压力 6N ；
（2）解：赛车从E到F做平抛运动，有
ℎ=3R=12gt2
x=3R=vEt
解得 vE=6m/s
对赛车，从A出发最终到E的过程中，根据功能关系可得 Pt′0−μmgL−ΔE损+Ep弹0−μmgL−mg⋅3R=12mvE2−0
代入数据解得 Ep弹0=2.3J
（3）解：题中所述赛车最终停在水平轨道AB上，有两种临界情况
①假设赛车第一次弹回时，恰好能过C点，此时 Ep弹 最小，由上分析可知 vC=gR=2m/s
小车从出发到第二次经过C点，根据能量守恒定律 Pt′0+Ep弹min=12mvC2+μmgL+2mgR+ΔE损
解得 Ep弹min=0.3J
设赛车最高到达A点右侧弯曲轨道上高度h处，从C点到高度h处，根据动能定理 mg⋅2R−μmgL−mg⋅ℎ=0−12mvC2
可得 ℎ=0.5m<3R
所以赛车不会从E点飞出，有 Ep弹≥0.3J
②假设赛车第一次弹回时，恰好能运动到E点，从E点滑下到左侧圆轨道，根据动能定理 3mgR−μmgL−mgℎ′=0−0
可得 ℎ′=0.7m
则 R<ℎ′<2R
赛车要脱离轨道。所以赛车从AE轨道返回时最多运动到H点，设赛车从AE返回时恰能到达H点，从出发到从AE返回恰运动到H点的过程，根据能量守恒定律 Pt′0+Ep弹max=3μmgL+mgR+ΔE损
解得 Ep弹max=1.1J
综上，当 0.3J≤Ep弹≤1.1J
时可满足要求。
38．（2023·深圳模拟）在火力发电厂，将煤块制成煤粉的球磨机的核心部件是一个半径R=2m的躺卧圆筒。圆筒绕水平中心轴旋转，将筒内的钢球带到一定高度后，钢球脱离筒壁落下将煤块击碎，截面简化如图。设筒内仅有一个质量为m=0.2kg、大小不计的钢球，初始静止在最低点A．（g=10m/s2）
（1）启动电机使圆筒加速转动，钢球与圆筒保持相对静止，第一次到达与圆心等高的位置B时，圆筒的角速度ω0=2rad/s，求此时钢球线速度v0的大小和该过程中圆筒对钢球所做的功W；
（2）当钢球通过C点时，另一装置瞬间让钢球与圆筒分离（分离前后钢球速度不变），此后钢球仅在重力作用下落到位置D．CD连线过O点，与水平方向成45°。求分离时圆筒的角速度ω1；
（3）停止工作后将圆筒洗净，内壁视为光滑。将一钢球从位置C正下方的E点由静止释放，与筒壁碰撞6次后恰好又回到E点。若所有碰撞都是弹性的（即碰撞前后沿半径方向速度大小相等方向相反，沿切线方向速度不变），求钢球从释放开始至第一次回到E点所用的时间；若改变钢球释放的高度，钢球能否与筒壁碰撞3次后回到释放点，并简要说明理由（取2−1=105，2+1=2155）。
【答案】（1）解：此时钢球线速度 v0=ω0R
解得 v0=2m/s ；
该过程中设圆筒对钢球做的功为W，由动能定理 W−mgR=12mv02
解得 W=(0.4+22)J
（2）解：钢球分离后做斜抛运动，将运动沿水平方向和竖直方向分解可得
2R=vCcs45°t
−2R=vCsin45°t−12gt2
解得 vC=10m/s
根据圆周运动，有 vC=ω1R
解得 ω1=5rad/s
（3）解：6次返回E点，在F点发生碰撞后做平抛运动，如图所示
在F点与A点之间满足 (1−cs45°)R=12gt12
解得 t1=2−15s 或 25s
又 Rsin45°=vFt1
解得 vF=23m/s 或 5(2+1)m/s
从E点与F点之间满足 vF=gt2
解得 t2=5(2+1)10s 或 35s
则从E点出发到返回E点的时间 t=4t1+4t2
解得 t=4(3+2)5s
若经过3次碰撞后回到E点，必须在右下圆弧沿半径方向与筒壁发生碰撞。
如此碰撞的路径小球的速度的反向延长线不过水平位移的中点违背了平抛运动的规律，故不能经过3次回到E点。
39．（2023高三下·潮州模拟）滑板运动是青少年喜欢的运动之一，某滑板运动场地如图所示，水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接，滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下，同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放．两滑板在水平面上互相靠近时，滑板爱好者跳到滑板乙上，并和滑板乙保持相对静止，此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点，被站在D点的工作人员接收．已知斜面AB长l=1.225m，倾角为θ=30°，圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角α=60°，滑板质量m=5kg，滑板爱好者的质量M=55kg，不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦，滑板爱好者与滑板均可视为质点，取g=10ms2。求：
（1）圆弧CD的半径；
（2）滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时，对C点压力的大小。
【答案】（1）解：对滑板爱好者及滑板甲，从A到B的过程中，由动能定理得 (M+m)glsin30°=12(M+m)v12−0
解得 v1=3.5ms
系统动量守恒定律得 (M+m)v1−mv2=mv1′+(M+m)v2′
两滑板均恰能到达D点被工作人员接收，则 v1′=v2′=v2
对滑板乙，从D点运动到C点的过程中，由动能定理得 mgR(1−cs60°)=12mv22−0
解得 R=0.9m
（2）解：在C点，由牛顿第二定律得 FN−mg=mv22R
解得 FN=100N
由牛顿第三定律得，滑板乙对C点的压力大小 FN'=FN=100N
40．（2023·浙江模拟）2023年4月23日，某高中同学集体游玩杭州乐园，小王同学深受启发，将高空飞翔、激流勇进、悬挂飞车等项目进行整合，设计出一款更加刺激的极限项目。如下图所示。半径为R1=3m的圆盘O1边缘通过长为L=3m的轻绳挂着若干质量为m1=20kg的座椅，质量为m=50kg的人坐在其中一个座椅1上，启动升降台，使圆盘一边缓慢加速转动，一边缓慢上升，当圆盘O1上升ℎ0=80m后，轻绳与竖直方向的夹角为θ1=37∘且不再变化，某时刻，人脱离座椅1，做平抛运动，从B点进入特制座椅2，进入座椅2时速度方向恰好与轨道平行，轨道BC与水平方向夹角为θ2=60∘，座椅2的质量为m2=10kg，人连同座椅一起通过直轨道BC后进入半径为R2=40m的圆弧轨道CD，再进入水平轨道DE，圆弧轨道CD与直轨道BC和DE相切，座椅通过E点时，座椅上的挂钩被停在H处的轻质滑轮勾住，滑轮沿半径为R3=8m的光滑轨道O3运动，再次回到最低点时，挂钩脱离滑轮，座椅沿轨道FG继续向前直至停止。已知BC长度为L1=4033m，由于有水流作用，可认为座椅2在倾斜轨道及圆弧轨道上运动时无阻力，在水平轨道上时阻力大小与速度成正比f=100v，试求：
（1）圆盘上升到80m时，维持匀速圆周运动时，座椅1的速度v1；
（2）人坐上座椅2后瞬间，人和座椅的速度大小v2，并求人到达D处时，座椅2对人的支持力的大小；
（3）若DE的长度为s=3m，则人最终停在距离D点多远处；
（4）要使人安全，DE长度的取值范围是多少（挂钩和座椅的大小均可忽略）。
【答案】（1）解：对人和座椅受力分析(m1+m)gtan37∘=(m1+m)vA2R1+Lsin37∘
解得vA=6m/s
（2）解：进入座椅2时速度方向恰好与轨道平行，则有vA=vBcs60∘
解得vB=12m/s
由动量守恒有mvB=(m2+m)vB′
可得vB′=10m/s
根据动能定理有12(m2+m)vD2−12(m2+m)vB′2=(m2+m)gL1sin60∘+(m2+m)gR2(1−cs60∘)
解得vD=30m/s
在D点有F−mg=mvD2R2
解得F=2500N
（3）解：根据动量定理有−fvΔt=(m2+m)Δv
根据题意，可知100s=60(vD−vE)
可得vE=25m/s
若人和座椅2恰好可过最高点，在最高点速度为v0=gR3
要求在E处速度为vE′=5gR3=20m/s
因而可以过最高点，故最终会停在FG段，则有−fvΔt=(m2+m)Δv
挤压−100s'=(m2+m)(0−vD)
解得s'=18m
（4）解：恰好到最高点vE=25m/s
根据fs1=(m2+m)(vD−vE)
解得s1=6m
恰好到圆心等高点vE=410m/s
根据fs2=(m2+m)(vD−vE)
解得s2=12−12510(m)
41．（2023·安徽模拟）如图所示，质量为5kg的轨道A的左端为半径R=18m的四分之一光滑圆弧，其余部分水平足够长且粗糙，锁定在光滑水平面上。一质量为4kg的小物块C静止在圆弧轨道的最低点，质量为1kg的小物块B从圆弧顶端无初速度释放，当物块B滑到圆弧底端时与物块C发生碰撞并粘在一起，碰撞的一瞬间解除轨道的锁定，最终物块与轨道以相同的速度向前运动。物块B、C与轨道水平部分的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度g=10m/s2，物块B、C均可视为质点。求：
（1）物块B第一次滑到圆弧轨道最低点时（未与C相碰），对圆弧轨道的压力；
（2）物块在轨道水平部分相对滑行的距离；
（3）若轨道始终保持锁定，物块B与C的每次碰撞均为弹性碰撞（B与C每次碰撞前C均静止），物块最终静止在轨道上，则物块B、C最终停下的位置离圆弧轨道最低点的距离为多少。
【答案】（1）解：设物块B从圆弧面上滑下与C碰撞前瞬间的速度大小为v0，根据机械能守恒有mBgR=12mBv02
解得v0=6m/s
在圆弧轨道的最低点由牛顿第二定律有FN−mBg=mBv02R
解得FN=3mBg=30N
根据牛顿第三定律可知，物块B对圆弧轨道最低点的压力大小为30N，方向竖直向下。
（2）解：物块B与C碰撞后瞬间的速度大小为v1，根据动量守恒定律有mBv0=(mB+mC)v1
解得v1=1.2m/s
设两物块和轨道最终的速度大小为v2，根据动量守恒有mBv0=(mB+mC+mA)v2
解得v2=0.6m/s
设物块在轨道水平部分滑行的距离为L，根据能量守恒有μ(mB+mC)gL=12(mB+mC)v12−12(mA+mB+mC)v22
解得L=0.18m
（3）解：若轨道始终保持锁定，物块B与C的每次碰撞均为弹性碰撞，设B与C第一次碰撞后，B、C的速度大小分别为v′1、v′2，根据动量守恒定律有mBv0=−mBv′1+mCv′2
碰撞前后瞬间，根据机械能守恒有12mBv02=12mBv′12+12mCv′22
解得
v′1=35v0=3.6m/s
v′2=25v0=2.4m/s
第二次碰撞前，物块C在轨道上滑行的距离为x1，根据动能定理有μmCgx1=12mCv′22
解得x1=1.44m
设物块B与C第二次碰撞前的速度大小为v3，根据动能定理有μmBgx1=12mBv′12−12mBv32
解得v3=655m/s
第二次碰撞后，物块B的速度大小为v4=35v3=18525m/s
物块C的速度大小为v5=25v3=12525m/s
设第二次碰后，物块B向左滑行的距离为x2，根据动能定理μmBgx2=12mBv42
解得x2=0.648m
因此B停下时的位置离圆弧轨道最低点的距离s1=x1−x2=0.792m
设第二次碰后，物块C向左滑行的距离为x3，根据动能定理μmCgx3=12mCv52
解得x3=0.288m
物块C停下时的位置离圆弧轨道最低点的距离s2=x1+x3=1.728m
42．（2023·黑龙江模拟）如图所示是一个游戏装置的示意图，固定于地面的水平轨道AB、竖直半圆形轨道BC和竖直圆形管道CD平滑连接，B和C分别是BC和CD的最低点。水平平台EF可在竖直平面内自由移动。锁定的压缩弹簧左右两端分别放置滑块a和b，解除锁定后，a沿轨道ABCD运动并从D点抛出。若a恰好从E点沿水平方向滑上EF且不滑高平台，则游戏成功。已知BC半径R1=0.2m；CD半径R2=0.1m且管道内径远小于R2，对应的圆心角θ=127°；EF长度L=1.08m；滑块与EF间动摩擦因数μ=0.25，其它阻力均不计；滑块质量ma=0.1kg，mb=0.2kg，且皆可视为质点；sin37°=0.6，cs37°=0.8。
（1）若弹簧释放的能量Ep=3.0.J，求在B点时圆形轨道对a的支持力大小；
（2）若要游戏成功，a在C点的最小速度是多少？
（3）若固定b，推导并写出游戏成功时a最终位置到D点的水平距离x与弹簧释放的弹性势能Ep的关系式。
【答案】（1）解：滑块 a 、 b 相互作用动量守恒，弹性势能转化为 a 、 b 动能
mav1=mbv2
Ep0=12mav12+12mbv22
v1=210m/s
FN−mag=mav12R1
FN=21N
（2）解：滑块 a 要到达 D 点，在 D 点速度要大于0，则 C 点的速度至少满足：
12mavc2=mag(R2+R2sin37°)
vc=3.2m/s
过半圆环轨道 BC 的最小速度 gR1 大小为 2m/s ： 3.2m/s>2m/s
物体 a 在 C 点的最小速度为 3.2m/s
（3）解：设物体 a 到达 D 点的速度为 v Ep=12mav2+mag(2R1+R2+R2sin37°)
斜抛运动满足 t=vsin53°g
水平位移 x1=vtcs53°
得到 x1=v2sin53°cs53°g
EF 轨道位移 x2=(vcs53°)22μg
距离 D 点的水平位移
x=x1+x2
x=0.12(20Ep−11.2) 0.56J≤EP≤1.31J
43．（2023·浙江模拟）如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R=1.6m，在竖直面MN的右侧（包括M、N点）存在竖直向上的匀强电场，电场强度E=5mg2q。一带正电金属滑块a质量为m=0.1kg，电量为q，从斜面AB上高h=3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1=0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2，斜面倾角θ=37°，传送带长为5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，重力加速度g=10m/s2，
（1）求滑块a到达B点时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动的速度v=2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；
（3）以M点为坐标原点，向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
【答案】（1）解：从A到B过程，根据动能定理有mgℎ−μ1mgcsθ⋅ℎsinθ=12mvB2−0
解得vB=6m/s
（2）解：分析可知滑块a在传送带上一直减速，从B到C过程12mvC2=12mvB2−μ2mgL
解得vC=4m/s
a与b碰撞，根据动量守恒mvC=2mv1①
解得v1=2m/s
结合体c从M到N过程，根据动能定理qE⋅2R−2mg⋅2R=122mv22−122mv12②
解得v2=25m/s
在N点根据向心力公式2mg+FN−qE=2mv22R
根据牛顿第三定律，代入数值可得结合体对轨道压力FN′=FN=3N
方向竖直向上。
（3）解：根据平抛运动可知，竖直方向有2R=12gt2，t=0.8s
水平方向有x=v2t③
分析可知当滑块a在传送带上一直减速到达C点时速度为4m/s；当传送带顺时针转动，滑块a在传送带上一直加速到达C点时速度为v′，有v′2−vB2=2μ2gLBC
解得v′=214m/s
情况一：当传送带顺时针转动且速度0≤v<4m/s或逆时针转动时，根据前面分析滑块到C点速度vC=4m/s，此时位置坐标为x=v2t=25×0.8m=855m
情况二：当传送带顺时针转动且速度4m/s≤v≤214m/s时，可知滑块a在传送带上运动过程中必定与传送带共速，即滑块到C点速度为v，联立①②③可得位置坐标为x=2v2+645m
情况三：当传送带顺时针转动且速度v>214m/s时，滑块到C点速度vC=214m/s，联立①②③可得此时位置坐标为x=4305m