新高考物理三轮冲刺专项训练压轴题02 牛顿运动定律 曲线运动（2份打包，原卷版+解析版）

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1.本专题是动力学方法的典型题型，包括应用动力学方法解决圆周运动、抛体运动问题。高考中既可以在选择题中命题，更会在计算题中命题。2024年高考对于动力学的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力,分析和推理能力。提高学生关键物理素养。
3.用到的相关知识有:圆周运动的规律,抛体运动的规律等。牛顿第二定律对于整个高中物理的串联作用起到至关重要的效果，是提高学生关键物理素养的重要知识点，因此在近几年的高考命题中动力学问题一直都是以压轴题的形式存在，其中包括对与高种常见的几种曲线运动形式（圆周运动和抛物线运动），以及对于曲线与直线组合等运动形式，要求考生学会运动的合成与分解的思想，掌握建立运动模型的思想方法，通过生活中的抛体运动和圆周运动的实例分析，建立平抛运动、水平面和竖直面内的圆周运动模型。
考向一：曲线运动的性质和运动轨迹
1.曲线运动的条件
当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动。合运动与分运动具有等时性和等效性，各分运动具有独立性。
2.合外力方向与轨迹
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的凹侧。
考向二：运动分解与合成
1.合运动与分运动：如果一个物体同时参与了几个运动，那么物体实际发生的运动就是这几个运动的合运动，这几个运动就是物体实际运动的分运动。
2.运动的合成与分解的法则：描述运动的物理量如位移、速度、加速度的合成与分解，遵从矢量运算法则。
3.相互垂直的两个分运动，位移和速度的合成
由于两分运动的方向相互垂直，对应的位移大小和速度大小为s＝ SKIPIF 1 < 0 ，v＝ SKIPIF 1 < 0 。
4.合运动与分运动的四个特性
(1)等效性：各分运动的共同效果与合运动的效果相同。
(2)等时性：各分运动与合运动同时发生、同时结束，时间相同。
(3)独立性：各分运动之间互不相干，彼此独立，互不影响。
(4)同体性：各分运动与合运动是同一物体的运动。
5.合运动与分运动的求解方法
(1)两个分运动在同一直线上时，同向相加，反向相减。
(2)两个分运动不在同一直线上时，按照平行四边形定则进行合成与分解。
6.“化繁为简”的两种分解
(1)按效果分解：①确定物体的实际运动即合运动；②根据运动的实际效果确定两个分运动的方向；③根据平行四边形定则确定两个分运动的大小。
(2)按正交分解：①先建立平面直角坐标系；②在平面直角坐标系中沿坐标轴进行分解。
考向三：平抛运动的基本规律
1.运动性质：抛体运动是匀变速曲线运动。
2.平抛运动
(1)规律：vx＝v0，vy＝gt，x＝v0t，y＝ eq \f(1,2) gt2。
(2)处理思路：分解的思想和方法的运用。
3.平抛运动的两个推论
(1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则有tanθ＝2tanφ，如图甲所示。
(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示。
考向四：与斜面相关的平抛运动模型
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。
1.常见的模型
2.从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个特点
(1)位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。
(2)末速度方向平行，竖直分速度与水平分速度(初速度)之比等于斜面倾斜角正切值的2倍。
(3)运动的时间与初速度成正比 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＝\f(2v0tanθ,g)))。
(4)位移与初速度的二次方成正比。
(5)当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。
考向五：平抛运动的临界极值问题
1.分析平抛运动中临界极值问题的思路
(1)确定运动性质。
(2)分析临界条件。
(3)确定临界状态，并画出轨迹示意图。
(4)应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解。
2.处理平抛运动中临界极值问题的关键
(1)从题意中提取出重要的临界条件，如“恰好”“不大于”等关键词，确定临界状态及临界轨迹，并由此列出符合临界条件的物理方程。
(2)恰当运用数学知识分析求解临界与极值问题。
考向六：圆周运动模型
1.解题思路
一是要准确进行受力分析，确定向心力的来源；二是求合力，运用牛顿第二定律列式分析。
F＝m eq \f(v2,r) ＝mω2r＝mωv＝mr eq \f(4π2,T2) 。
2.常见的圆周运动及临界条件
(1)水平面内的圆周运动
(2)竖直面及倾斜面内的圆周运动
01 曲线运动的性质和运动轨迹
1.如图所示，足球场上画了一条以O为原点，以x轴为对称轴的抛物线，A、B为该抛物线上的两点。体育老师要求学生在规定时间内不停顿地沿抛物线从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，可以肯定的是( )
A.所受的合外力始终不为零
B.x轴方向的分运动是匀速运动
C.y轴方向的分运动是匀速运动
D.通过A、B两点时的加速度相等
【答案】A
【解析】学生沿抛物线不停顿地运动，其做曲线运动，速度方向时刻发生变化，即速度变化量不为零，加速度不为零，即学生所受外力的合力肯定不为零，A正确；学生所受外力的合力方向指向抛物线的凹侧，但是具体方向不确定，因此x轴方向与y轴方向的分运动不能肯定是匀速运动，B、C错误；由于学生所受外力的合力大小与方向均不确定，因此通过A、B两点时的加速度不一定相等，D错误。
02 运动和合成与分解
2.(多选)质量为4 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图像和y方向的位移图像如图所示，下列说法正确的是( )
A.质点的初速度大小为5 m/s
B.质点所受的合力大小为6 N
C.t＝0时，质点速度的方向与合外力方向垂直
D.2 s末质点速度大小为2eq \r(13) m/s
【答案】ABD
【解析】质点在x方向做匀变速直线运动，由图可知，初速度为vx0＝3 m/s，直线在y方向做匀速直线运动，速度大小为vy＝4 m/s，则物体的初速度为v0＝5 m/s，根据牛顿第二定律得F＝max＝6 N，A、B正确；质点所受合外力方向与加速度方向相同，为x方向，由A可知，质点的初速度方向不是沿着y轴方向，C错误； 2 s末质点在x方向的速度大小为6 m/s，则质点的速度为v＝eq \r(62＋42) m/s＝2eq \r(13) m/s，D正确。
03 平抛运动的基本应用
3.(多选)如图所示，7人制足球门高2 m，宽 5 m，P点是地面球门线的中点，PQ垂直于球门线且PQ＝6 m，某运动员在Q点正上方跳起将球以一定的初速度水平向右顶出，运动员跳起后的高度为2.45 m，球视为质点，不计空气阻力及人的宽度，重力加速度g取10 m/s2, eq \r(42.25) ＝6.5，以下说法正确的是( )
A.球进入球门的最短时间为0.7 s
B.球落在P点的时间为0.7 s
C.球能进入球门的最小发球速度约为20 m/s
D.球能进入球门的最大发球速度约为21.67 m/s
【答案】BD
【解析】根据题意可知，球做平抛运动，下落高度最小时，时间最短，由h＝ eq \f(1,2) gt2可得，最短时间tmin＝ eq \r(\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2.45－2)),10)) s＝0.3 s，故A错误；由h＝ eq \f(1,2) gt2可得，球落在P点的时间t1＝ eq \r(\f(2×2.45,10)) s＝0.7 s，故B正确；根据题意，由x＝v0t和h＝ eq \f(1,2) gt2可知，球的初速度v0＝x eq \r(\f(g,2h)) ，可知当水平位移最小，下落高度最大时，初速度最小，则球从P点进门时发球速度最小，最小发球速度vmin＝6× eq \r(\f(10,2×2.45)) m/s≈8.6 m/s，当水平位移最大，下落高度最小时，初速度最大，则球从球门上角进入时初速度最大，此时水平位移x＝ eq \r(62＋2.52) m＝6.5 m，下落高度Δh＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2.45－2)) m＝0.45 m，则最大速度vmax≈21.67 m/s，故C错误，D正确。
04 与斜面相关的平抛运动模型
4.2021年3月14日，中国小将谷爱凌获自由式滑雪世锦赛女子坡面障碍技巧赛的冠军。如图所示，现假设运动员从跳台a处以初速度v0沿水平方向飞出，落在斜坡上某点b处，将斜坡等效成一个与水平面的夹角为30°的斜面，不计空气阻力，下列说法正确的有( )
A.运动员在空中运动时间与初速度v0成正比
B.a、b两点间的水平距离与初速度v0的大小成正比
C.a、b两点间的竖直距离与初速度v0的二次方成正比
D.运动员落在斜坡上的速度方向与水平方向的夹角与v0的大小无关
【答案】ACD
【解析】选ACD。设运动员落到斜坡上的时间为t，位移与水平方向夹角为tan α＝eq \f(\f(1,2)gt2,v0t)＝eq \f(\r(3),3)，解得t＝eq \f(2\r(3)v0,3g)，A正确；a、b两点间的水平距离为x＝v0t＝，B错误；a、b两点间的竖直距离为h＝eq \f(1,2)gt2＝，C正确；运动员落在斜坡上的速度方向与水平方向的夹角θ的正切值等于位移与水平方向夹角α的正切值的2倍，即tanθ＝2tanα，则运动员落在斜坡上的速度方向与水平方向的夹角与v0的大小无关，D正确。
05 平抛运动的临界极值问题
5.海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、以v0＝15 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)求鸟蛤落到水平地面上时的速度；
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20 m，速度大小在15 m/s～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
【解析】(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。
竖直方向分速度大小为vy，根据速度—位移关系可得
veq \\al(2,y)＝2gH
解得vy＝20m/s
根据运动的合成与分解得
v＝25 m/s
落地时速度方向与水平方向的夹角θ满足tan θ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(4,3)
可得θ＝53°
因此鸟蛤落到水平地面上时的速度大小为25 m/s，速度方向与水平方向的夹角为53°。
(2)若释放鸟蛤的初速度为v1＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，鸟蛤下落的时间为t，则有
H＝eq \f(1,2)gt2，解得t＝2s。
根据平抛运动的规律可得
x1＝v1t＝15×2m＝30m
根据几何关系可得
x2＝x1＋L＝30 m＋6 m＝36m
若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1′，击中右端时，释放点的x坐标为x2′，根据平抛运动的规律可得
x1′＝v2t＝17×2m＝34m
根据几何关系可得x2′＝x1′＋L＝34 m＋6 m＝40m
综上得x坐标区间为(34 m，36 m)。
06 圆周运动模型
6.《水流星》是中国传统民间杂技艺术，杂技演员用一根绳子兜着里面倒上水的两个碗，迅速地旋转着绳子做各种精彩表演，即使碗底朝上，碗里的水也不会洒出来。假设水的质量均为m，绳子长度为l，重力加速度为g，不计空气阻力。绳子的长度远大于碗口直径。杂技演员手拿绳子的中点，让碗在空中旋转。
(1)两碗在竖直平面内做圆周运动，若碗通过最高点时，水对碗的压力等于mg，求碗通过最高点时的线速度大小；
(2)若两只碗在竖直平面内做圆周运动，两碗的线速度大小始终相等，如图甲所示，当正上方碗内的水恰好不流出来时，求正下方碗内的水对碗的压力；
(3)若两只碗绕着同一点在水平面内做匀速圆周运动，如图乙所示。已知绳与竖直方向的夹角为θ，求碗和水转动的角速度大小。
【答案】(1)eq \r(gl) (2)2mg，方向竖直向下 (3)eq \r(\f(2g,lcs θ))
【解析】(1)水对碗的压力等于mg，根据牛顿第三定律，碗对水的弹力F1＝mg
对水受力分析，合力提供向心力，
即F1＋mg＝meq \f(v2,R)
轨道半径R＝eq \f(l,2)
可得碗通过最高点时的线速度大小
v＝eq \r(gl)。
(2)两只碗在竖直平面内做匀速圆周运动，两碗的线速度大小相等，若碗通过最高点时，水恰好不流出来，重力恰好提供向心力，设此时速度为v0，有mg＝ SKIPIF 1 < 0
设正下方碗对水的支持力大小为F2，水所受的合力提供向心力，即F2－mg＝ SKIPIF 1 < 0
可得F2＝2mg
由牛顿第三定律，正下方碗内的水对碗的压力大小为2mg，方向竖直向下。
(3)设碗的质量为M，绳的拉力为F
竖直方向上Fcsθ＝(M＋m)g
水平方向上Fsinθ＝(M＋m)ω2r
其中r＝eq \f(l,2)sinθ
联立可得ω＝eq \r(\f(2g,lcs θ))。
1．（23-24高三下·浙江·期中）如图所示， SKIPIF 1 < 0 为竖直半圆形光滑圆管轨道，其半径 SKIPIF 1 < 0 端切线水平。水平轨道 SKIPIF 1 < 0 与半径 SKIPIF 1 < 0 的光滑圆弧轨道 SKIPIF 1 < 0 相接于 SKIPIF 1 < 0 点， SKIPIF 1 < 0 为圆弧轨道的最低点，相切于粗糙程度可调的水平轨道 SKIPIF 1 < 0 ，圆弧轨道 SKIPIF 1 < 0 对应的圆心角 SKIPIF 1 < 0 。一质量 SKIPIF 1 < 0 的小球（可视为质点）在弹射器的作用下从水平轨道 SKIPIF 1 < 0 上某点以某一速度冲上竖直圆管轨道，并从 SKIPIF 1 < 0 点飞出，经过 SKIPIF 1 < 0 点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过 SKIPIF 1 < 0 点，随后落到右侧圆弧面 SKIPIF 1 < 0 上，圆弧面内边界截面为四分之一圆形，其圆心与小球在 SKIPIF 1 < 0 处球心等高，半径为 SKIPIF 1 < 0 。取 SKIPIF 1 < 0 。求∶
（1）物块到达 SKIPIF 1 < 0 点时的速度大小 SKIPIF 1 < 0 ；
（2）物块从 SKIPIF 1 < 0 点飞出的速度大小 SKIPIF 1 < 0 和在 SKIPIF 1 < 0 点受到轨道作用力大小 SKIPIF 1 < 0 和方向；
（3）现改变水平轨道 SKIPIF 1 < 0 的粗糙程度，当小球从 SKIPIF 1 < 0 点抛出后落到圆弧面 SKIPIF 1 < 0 的速度最小时，小球在 SKIPIF 1 < 0 点抛出的水平速度大小为多少。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0
【详解】（1）B到C运动过程，由
SKIPIF 1 < 0
得
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
因为小球沿切线进入圆弧轨道 SKIPIF 1 < 0 ，所以
SKIPIF 1 < 0
（2）在C处
SKIPIF 1 < 0
当B处轨道对小球恰好无作用力时
SKIPIF 1 < 0 < SKIPIF 1 < 0
所以B处轨道对小球作用力方向竖直向下
由牛顿第二定律
SKIPIF 1 < 0
得
SKIPIF 1 < 0
（3）设落到圆弧面MN时速度为 SKIPIF 1 < 0 ，则
SKIPIF 1 < 0
设E点抛出时水平速度为 SKIPIF 1 < 0 ，落到圆弧面MN时水平位移x，竖直位移y
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
代入得
SKIPIF 1 < 0
变形得
SKIPIF 1 < 0
因为
SKIPIF 1 < 0
代入得
SKIPIF 1 < 0
数学可知，当 SKIPIF 1 < 0 时， SKIPIF 1 < 0 最小，得
SKIPIF 1 < 0
所以此时的水平速度
SKIPIF 1 < 0
2.（23-24高三下·江西南昌·开学考）如图所示，长 SKIPIF 1 < 0 水平传送带右端M与水平地面平齐并无缝对接，半径 SKIPIF 1 < 0 的竖直半圆环轨道与水平地面相切于圆环的端点P。传送带以 SKIPIF 1 < 0 的速度顺时针匀速转动，某时刻质量 SKIPIF 1 < 0 的物块无初速度地放在传送带的左端，经水平地面从P点冲上半圆环轨道后从Q点水平飞出，最后物块恰落在M点。已知物块经过Q点时速度是经过P点速度大小的 SKIPIF 1 < 0 ，物块与传送带间的摩擦因数 SKIPIF 1 < 0 ，物块与水平地面间的摩擦因数 SKIPIF 1 < 0 ，重力加速度 SKIPIF 1 < 0 ，物块的大小忽略不计，求：
（1）物块离开传送带右端M时的速度大小；
（2）M、P两点间的距离；
（3）物块经过P点时对轨道压力的大小。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3）50N
【详解】（1）物块在传送带的加速度为
SKIPIF 1 < 0
假设物块在传送带上一直做匀加速运动，根据动力学公式
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
假设成立，物块离开传送带时的速度为 SKIPIF 1 < 0 。
（2）物块在水平地面上的加速度大小为
SKIPIF 1 < 0
设 SKIPIF 1 < 0 间距离为x，由运动学公式可得
SKIPIF 1 < 0
物块从Q点水平飞出，做平抛运动
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
由题意可知
SKIPIF 1 < 0
联立可得
SKIPIF 1 < 0
（3）物块运动到轨道P时受到的支持力 SKIPIF 1 < 0 ，如图所示。由向心力公式和牛顿第二定律可得
SKIPIF 1 < 0
联立可得
SKIPIF 1 < 0
由牛顿第三定律可得：物块经过在轨道P点时对轨道压力 SKIPIF 1 < 0 等于物块运动到轨道P时受到的支持力 SKIPIF 1 < 0 ，即
SKIPIF 1 < 0
3.（2024·浙江温州·二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角 SKIPIF 1 < 0 的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度 SKIPIF 1 < 0 ，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 ，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径 SKIPIF 1 < 0 ，圆弧PQ所对应的圆心角 SKIPIF 1 < 0 ，轨道各处平滑连接。现将质量 SKIPIF 1 < 0 的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小 SKIPIF 1 < 0 ，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以 SKIPIF 1 < 0 的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数 SKIPIF 1 < 0 ，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数 SKIPIF 1 < 0 ；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0 ；（4） SKIPIF 1 < 0
【详解】（1）滑块从D到E做斜抛运动，E点为最高点，分解 SKIPIF 1 < 0 ，竖直方向
SKIPIF 1 < 0
水平方向
SKIPIF 1 < 0
竖直位移为y，则 SKIPIF 1 < 0 ，解得
SKIPIF 1 < 0
所以
SKIPIF 1 < 0
（2）滑块以 SKIPIF 1 < 0 滑上传送带，假设能被加速到 SKIPIF 1 < 0 ，则
SKIPIF 1 < 0
成立。故滑块离开F点的速度
SKIPIF 1 < 0
从F到P由动能定理得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
所以，滑块停止时离G点
SKIPIF 1 < 0
（4）设传送带速度为 SKIPIF 1 < 0 时，滑块恰能到Q点，在Q点满足
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
从F到Q由动能定理得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
设传送带速度为 SKIPIF 1 < 0 时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，由动能定理得
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
若滑块被传送带一直加速，则
SKIPIF 1 < 0
可得
SKIPIF 1 < 0
所以，传送带可调节的速度范围为
SKIPIF 1 < 0
4．（23-24高三下·河南商丘·开学考）如图所示，质量为m=1kg的小物块由A点静止释放.沿光滑的固定圆弧轨道运动到B点，在B点时对轨道的压力为30N，轨道半径r=3.2m，物块从B点滑上水平桌面上M=2kg的长木板，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.4，长木板与桌面间的动摩擦因数为μ2=0.1，物块从长木板的右端滑出的瞬间，长木板立即被锁定静止不动，前方的圆筒立即开始匀速转动，圆筒的侧面有一个小孔P，圆筒静止时小孔正对长木板的方向，已知圆筒的顶端与长木板上表面在同一水平面上，P距圆筒顶端的高度为h=0.2m，物块从长木板上滑出的位置距圆筒顶端中心的距离d=0.85m，圆筒半径R=0.05m，现观察到物块从长木板滑出后恰好钻进P孔，重力加速度g取10m/s2，且小物块可看做质点。求：
（1）物块在B点的速度大小；
（2）木板的长度L；
（3）圆筒转动的角速度ω。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 ；（2） SKIPIF 1 < 0 ；（3） SKIPIF 1 < 0 （n=1、2、3……）
【详解】（1）在B点时小物块对轨道的压力为30N，根据牛顿第三定律可知，轨道对小物块的支持力也为30N，根据牛顿第二定律，有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
（2）小物块从木板飞出后做平抛运动，设飞出时速度为 SKIPIF 1 < 0 ，有
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
小物块在木板上减速，设加速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
设小物块在木板上运动的时间为 SKIPIF 1 < 0 ，有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
木板做匀加速直线运动，设加速度大小为 SKIPIF 1 < 0 ，有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0
木板长度为
SKIPIF 1 < 0
（3）若小物块恰好钻进P孔，则小物块做平抛运动的时间为圆通转动周期的整数倍，即
SKIPIF 1 < 0 （n=1、2、3……）
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0 （n=1、2、3……）
5．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，在光滑水平台面上，一质量 SKIPIF 1 < 0 的物块1（视为质点）压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量 SKIPIF 1 < 0 的物块2（视为质点）发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B点沿切线方向入光滑竖直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC所对应的圆心角 SKIPIF 1 < 0 ，圆弧轨道BC的半径 SKIPIF 1 < 0 。已知A、B两点的高度差 SKIPIF 1 < 0 ，圆弧轨道BC与水平光滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D点前后瞬间速率不变。传送带两端DE的长度 SKIPIF 1 < 0 ，传送带的倾角为 SKIPIF 1 < 0 ，其速度大小 SKIPIF 1 < 0 。已知物块2与传送带间的动摩擦因数 SKIPIF 1 < 0 ，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小 SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ， SKIPIF 1 < 0 ，求：
（1）弹簧被锁定时的弹性势能；
（2）物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。
【答案】（1） SKIPIF 1 < 0 J；（2）0.84J
【详解】（1）打开锁扣K，根据能量守恒定律有
SKIPIF 1 < 0
两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
此后物块2做平抛运动，则有
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0 J
（2）滑块2从A到D，根据动能定理有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0 m/s
滑块2速度大于传送带速度，根据牛顿第二定律有
SKIPIF 1 < 0
运动的时间为
SKIPIF 1 < 0
位移为
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0 s， SKIPIF 1 < 0 m
该过程产生的热量为
SKIPIF 1 < 0 J
此后，滑块2受摩擦力向上，根据牛顿第二定律有
SKIPIF 1 < 0
位移为
SKIPIF 1 < 0 m
根据匀变速直线运动位移—时间公式有
SKIPIF 1 < 0
解得
SKIPIF 1 < 0 s
此过程产生的热量为
SKIPIF 1 < 0 J
则因摩擦产生的热量为
SKIPIF 1 < 0 J
6.（23-24高三·江西·开学考）如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道的圆心为O，半径OA与水平方向的夹角θ＝37°，A、B两端点等高，传送带水平固定，左、右两端的距离L＝1.5m，以大小v＝3m/s的速度顺时针匀速转动，一物块（视为质点）以大小 SKIPIF 1 < 0 的速度从左端滑上传送带，离开传送带右端后恰好从A点无碰撞地进入圆弧轨道，随后撤去传送带。已知物块通过A、B两点的速度大小相等，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，取重力加速度大小 SKIPIF 1 < 0 ，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）求物块从传送带右端飞出时的速度大小v'；
（2）求A点到传送带右端的水平距离x；
（3）若物块从B点飞出后恰好能回到A点，求物块通过B点前瞬间的角速度大小ω（结果用分式表示）。
【答案】（1）3m/s；（2）1.2m；（3） SKIPIF 1 < 0
【详解】（1）物块放上传送带后做匀加速运动，加速度
SKIPIF 1 < 0
当与传送带共速时
SKIPIF 1 < 0
解得
s=1.25m