疑难压轴2 能量与动量的综合分析与应用-备战2025年高考物理易错题专练（新高考通用）

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（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）
【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＝2×106N/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：T1＝mCg，T1＝fB＝μmBg
代入数据解得：μ＝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：mCgℎ=12(mA+mB+mC)v2+2Ep
代入数据解得：v=23m/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＝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=12(mA+mB+mC)vm2+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=223m/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O'P＝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＝1.6m，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：
mAg（L﹣Lcs60°）=12mAv02−0
解得：v0＝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：
T﹣mAg=mAv02L
解得：T＝40N
根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳OP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v0＝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：
mAv0＝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Δx＝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：
mCvC＝（mC+mB）v
μmCgΔx=12mCvC2−12(mC+mB)v2
解得C和B之间的动摩擦因数为：μ＝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O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μ的取值范围。
【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v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，由动能定理
mgL=12mv02−0
代入数据得：v0＝5m/s
碰撞前瞬间，对小球受力分析，有T﹣mg=mv02L，
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：
mv0＝mv1+Mv2
根据能量守恒：12mv02=12mv12+12Mv22
代入数据联立解得：v2＝4m/s
（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ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μ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＝2m/s
根据能量守恒，μmaxMgs=12Mv22−12×2Mv共2
代入数据解得：μmax＝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μ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
根据能量守恒，μminMgs+MgR=12Mv22−12×2Mv共2
代入数据解得：μmin＝0.25
综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为：0.25≤μ＜0.4
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μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。
4．（2024•浙江）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ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μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝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μ1，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，cs37°＝0.8，g取10m/s2）
（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。
【解答】解：（1）①物块a从A到C，根据动能定理mgℎ=12mvC2−0
解得vC＝4m/s
在C处，根据向心加速度公式aC=vC2R
代入数据解得aC＝16m/s2
②物块a从A到D，根据动能定理mg[ℎ−R(1−csθ)]=12mvD2−0
代入数据解得vD=23m/s
设上滑的最大高度为h1
根据动能定理−mgℎ1−μ1mgcsθ⋅ℎ1sinθ=0−12mvD2
代入数据解得h1＝0.45m
ED之间的高度差hDE＝Lsinθ＝1.25×0.6m＝0.75m＞h1
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−μ1mgcsθ⋅12s−μ2mgcsθ⋅12s=0−12mvD2
代入数据解得s＝2m
③物块a在DE轨道上滑的加速度大小a1＝gsinθ+μ1gcsθ
代入数据解得a1=8m/s2
由于mgsinθ＞μ2mgcsθ，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＝gsinθ﹣μ2gcsθ
代入数据解得a2=2m/s2
t根据匀变速运动公式x=12at2
由于物块a上滑和下滑的路程相等，因此有12a1t上2=12a2t下2
所以t上t下=a2a1=28=1：2
（2）物块a从A经C到F的过程中，根据动能定理mg[ℎ−Lsinθ−2R(1−csθ)]−μ1mgLcsθ=12mvF2−0
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
根据功能关系2μ1mgl=12mvF2−12⋅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＝1m，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μ1，木板与轨道GH间的动摩擦因数为μ2，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μ1＝0.2，μ2＝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μ1＝0，μ2＝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W。
【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：mg=mvD2R
滑块由C点滑到最高点D此过程由机械能守恒：12mvC2+mgR=12mvD2+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=mvc2R
联立以上方程代入数值得：FN＝9N
（2）因μ1＝0.2，μ2＝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：12mv2=μ1mgx+12(m+M)v共2
滑块滑入木板时的动能最大为：Ekm=12mv2
以上方程解得：Ekm=m+MMμ1mgx
当x＝2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm＝4.8J，此时：v=42m/s＞2m/s
所以滑块能够滑上木板，相应的机械能为7.2J＜8J。
（3）由题意滑块恰好能够滑上轨道有：v0=gR
代入数值滑块刚滑上木板时：v0＝2m/s
因为μ1＝0，μ2＝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：mv0＝mv1+Mv2
再由能量守恒定律有：12mv02=12mv12+12Mv22
解得滑块速度：v1=12v0=12×2m/s＝1m/s
木板速度：v2=32v0=32×2m/s＝3m/s＞v1
之后，木板做匀减速运动，加速度a＝μ2g＝0.1×10m/s2＝1m/s2。滑块匀速运动，设经过t发生第二次碰撞，则有：v2t−12at2=v1t
代入数据：t＝0，t＝4s，此时木板的速度v＝v2﹣at＝3m/s﹣1×4m/s＝﹣1m/s＜0
经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。
故摩擦力对木板做的功：W=0−12Mv22=0−12×0.1×32J=−0.45J
答：（1）滑到圆心O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Ekm为4.8J；
（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θ＝37°的足够长直轨道AB、圆心为O1的半圆形轨道BCD、圆心为O2的圆形细圆管轨道DE、倾角α＝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O2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，cs37°＝0.8）
（1）若释放点距点B的距离l＝1.5m，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μ=23，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
mg(lsinθ+R−Rcsθ)=12mvC2
在C点合外力提供向心力：FN−mg=mvC2R
代入数据解得：FN＝15N
（2）满足恰好达到半圆形轨道BCD与O1等高处：h1＝R＝0.5m
可得：0≤h≤0.5m
满足恰好能到达E点，则：h2＝2R（1+csθ）＝2×0.5×（1+0.8）m＝1.8m
恰好能过D点而不掉落，重力分力提供向心力：mgcsθ=mvD2R
从释放点到D点过程：mg(ℎ3−R−Rcsθ)=12mvD2
解得：h3＝1.1m
综上可得：0≤h≤0.5m或1.1m≤h≤1.8m
（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
μmgd=12mvG−12(M+m)v共2
联立解得：vG=210m/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：tan45°=gt2vE
可得：H=2vE2g，t=2vEg，vy＝2vE
所以：v∥=vEsin45°+2vEcs45°=322vE
由碰撞点到G点，根据动能定理：mg(2R+2Rcsθ−H)=12mvG2−12mv∥2
代入数据解得：vE=22m/s
答：（1）若释放点距点B的距离l＝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：0≤h≤0.5m或1.1m≤h≤1.8m；
（3）①滑块运动至点G的速度大小vG为210m/s；
②滑块离开点E的速度大小vE为22m/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θ＝37°长l1＝2.75m的固定斜面AB、质量m1＝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＝1m，最低点C与小车等高。当P把m＝1kg的小物块（视为质点）以v0＝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μ1＝0.5，忽略小车和M下表面与地面的摩擦。（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
（1）求水平弹出点离A点的竖直高度h1；
（2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数μ2＝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v0＝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：
vyv0=tan37°
vy2=2gℎ
解得：vy＝3m/s，h1＝0.45m；
（2）小物块在A点速度为合速度，则有：
vA=v02+vy2=42+32m/s=5m/s
小物块从A运动到B的过程中，由动能定理可得：
mgl1sin37°−μ1mgcs37°⋅l1=12mvB2−12mvA2
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：
−μ2mgl2=12mvC2−12mvB2
解得：vC＝3m/s
在圆轨道C点，根据牛顿第二定律有：
N−mg=mvC2R
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v1，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mvC＝（m1+m2）v1
12mvC2=12(m+m1)v12+mgℎ2
解得：h2＝0.225m；
（3）小物块从B到C过程，克服摩擦力做功为：
WBC=μ3mgl21+μ1+μ42mgl22
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+m1+m2）v共
解得：v共＝1m/s
ΔE损=12（m+m1+m2）v共2
解得：ΔE损＝15J
可知ΔE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v0＝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＝1m的四分之一圆弧槽M固定在地面上，圆弧槽末端位于圆心O′正下方、且与平台KPQ上表面水平相切，P点放置质量为m0＝0.4kg的小物块，KP、PQ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=π8×102T、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＝+1.6×10﹣2C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＝2.5×102V/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；
（3）小球打在挡板上的坐标。（结果可含有π）
【解答】解：（1）小球从释放至运动到K点，由机械能守恒定律，得
mg(ℎ+R)=12mvK2
小球到最低点时：
FN−mg=mvK2R
求得
FN＝11N，vK＝10m/s
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力
F′＝FN＝11N
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＝mv1+m0v2
12mvK2=12mv12+12m0v22
求得
v1＝﹣6m/s，v2＝4m/s
小球在电场中的加速度
a=qEm=1.6×10−2×2.5×1020.1m/s2=40m/s2
设经时间t1二者第二次相遇，则
v1t1+12at12=v2t1
解得
t1＝0.5s或t1＝0（舍去）
此过程中小物块位移
x1＝v2t1＝4×0.5m＝2m
再次碰撞前小球速度
v3＝v1+at1＝﹣6m/s+40×0.5m/s＝14m/s
此时m0的速度仍为v2，第二次发生碰撞有
mv3+m0v2＝mv4+m0v5
12mv32+12m0v22=12mv42+12m0v52
解得
v4＝﹣2m/s，v5＝8m/s
设经时间t2二者第三次相遇，则
v4t2+12at22=v5t2
解得
t2＝0.5s或t2＝0（舍去）
此过程中小物块位移
x2＝v5t2＝8×0.5m＝4m
则两次碰撞总距离
x1+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
vQ2−v422a=2.75m−2m
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
t=dvQ=168s=2s
小球在xOy平面内做曲线运动，沿z轴正方向看去，如图所示：
根据计算，小球在磁场中以v﹣的速度做圆周运动的周期
T=2πmqB=2π×0.11.6×10−2×π8×102s=1s
mg＝qv+B
求得
v+=5πm/s
小球沿x轴的位移为
x=v+⋅2T=5π×2×1m=10πm
则小球打到挡板的坐标为(−10πm，0，0)。
答：（1）小球运动到K点时对轨道的压力大小为11N，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；
（3）小球打在挡板上的坐标为(−10πm，0，0)。
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14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=13M）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μ＝0.4，重力加速度为g。
（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＝1m，m＝1kg，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，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
mg(H+2R)−μmgL=12mvC2
在C点，对小物块
F−mg=mvC2R
代入数据解得
Fmg=7
（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
mx1＝Mx2
x1+x2＝2R+L+R
所求凹槽离开初始位置的最大距离为
x2=54R
（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
mg(H+R−Rcs37°)−μmgL=12m(vx2+vy2)+12MvM2
mvx＝MvM
由速度关系，有
tan37°=vyvx+vM
在该位置有
mgcs37°=m(vysin37°)2R
由以上各式解得
H＝0.936 m
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54R；
（3）若不固定凹槽，且R＝1m，m＝1kg，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m＝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L1＝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，物块与倾斜直轨道的动摩擦因数满足μ1=12tanθ（θ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μ2＝0.1、μ3＝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。
【解答】解：（1）对物块，在A到B的运动过程应用动能定理得：mgh﹣μ1mgcsθ•ℎsinθ=12mvB2
又：μ1=12tanθ
代入数据解得：vB＝5m/s；
若传送带速度v＝4m/s，根据速度—位移公式得：v2−vB2=−2μ2gx1，
代入数据解得物块在传送带上做匀减速运动的位移：x1＝4.5m
匀减速运动的时间：t1=v−vB−μ2g=4−5−0.1×10s＝1s，
随后在传送带上匀速运动的时间：t2=L1−x1v=10.5−4.54s＝1.5s，
物块通过传送带所需的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s；
（2）a、当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上一直做减速运动，物块克服摩擦力所做的功最多，即物块刚滑上滑板时的动能最小，最小动能设为Ekm1，
由动能定理得：﹣μ2mgL1＝Ekm1−12mvB2，
代入数据解得：Ekm1＝2J；
b、当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，摩擦力对物块所做的功最多，即物块刚滑上滑板时的动能最大，最大动能设为Ekm2，
由动能定理得：μ2mgL1＝Ekm2−12mvB2，
代入数据解得：Ekm2＝23J；
（3）当v＝6m/s时，物块滑上传送带后先做匀加速直线运动，匀加速的位移：x2=v2−vB22μ2g=62−522×0.1×10m＝5.5m＜L1，
可知滑块在传送带上先做匀加速然后做匀速，刚滑上滑板时的速度大小v1＝6m/s
设若滑板与挡板间距足够长，滑板碰挡板前物块与滑板能达共速v2，规定向右为正方向，
规定向右为正方向，由动量守恒得：mv1＝（m+M）v2，
代入数据解得：v2＝2m/s
对物块，由动能定理得：﹣μ3mgs1=12mv22−12mv12，
对滑板，由动能定理得：μ3mgs2=12Mv22，
代入数据解得：s1＝3.2m，s2＝0.8m
物块相对滑板的位移Δs＝s1﹣s2＝3.2m﹣0.8m＝2.4m，
故若L3≥s2＝0.8m，则木板与挡板碰撞前物块与滑板已经共速，共速后二者相对静止，无摩擦力，
故克服摩擦力做的功：Wf＝μ3mg（s1+L2﹣Δs）＝0.5×1×10×（3.2+2.8﹣2.4）J＝18J，
若0＜L3＜0.8m，则当滑板与挡板相碰时物块尚未滑到滑板的右端，
这种情况下物块的对地位移为：s3＝L2+L3＝2.8+L3，
克服摩擦力做的功：Wf＝μ3mgs3＝14+5L3。
答：（1）物块刚滑上传送带时的速度大小为5m/s，通过传送带所需的时间为2.5s；
（2）物块刚滑上右侧滑板时所能达到的最大动能为23J，最小动能为2J；
（3）克服摩擦力所做的功Wf与L3的关系为：当L3≥0.8m时，克服摩擦力做的功为18J，当0＜L3＜0.8m时，克服摩擦力做的功为14+5L3。