(1)列車運(yùn)動的位移大小及運(yùn)動時間；
(2)列車牽引力所做的功。
【答案】 (1)eq \f(v2,2a) eq \f(v,a) (2)eq \f(mv2,2a)(kg＋a)
【解析】 (1)由速度位移的關(guān)系式得v2＝2ax
解得列車運(yùn)動的位移為x＝eq \f(v2,2a)
由速度公式得v＝at
解得t＝eq \f(v,a)
(2)由動能定理得W－kmgx＝eq \f(1,2)mv2－0
解得W＝eq \f(mv2,2a)(kg＋a)
2.(2020·山東濰坊市月考)如圖甲所示，水平軌道AB與豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道BC相切于B點，一質(zhì)量為m的小滑塊(視為質(zhì)點)，從A點由靜止開始受水平拉力F作用，F(xiàn)隨位移的變化規(guī)律如圖乙所示(水平向右為F的正方向)．已知AB長為4L，圓弧軌道對應(yīng)的圓心角為60°，半徑為L，滑塊與AB間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度為g.求：

(1)滑塊對軌道的最大壓力；
(2)滑塊相對水平軌道上升的最大高度．
【答案】 (1)9mg，方向豎直向下 (2)eq \f(25,8)L
【解析】 (1)小滑塊運(yùn)動到B點時對軌道的壓力最大，從A到B，由動能定理得
4mg×2L－mg×2L－4μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)－0，
解得vB＝2eq \r(2gL)，
在B點由牛頓第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(,B2),L)，
解得FN＝9mg，由牛頓第三定律可知滑塊對軌道壓力大小為9mg，方向豎直向下．
(2)對小滑塊，從B到C，由動能定理得
－mgh1＝eq \f(1,2)mveq \\al(,C2)－eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)，
其中h1＝L(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)L，
解得vC＝eq \r(7gL)，
滑塊在C點的豎直分速度vy＝vCsin 60°＝eq \f(1,2)eq \r(21gL)，
滑塊從C到最高點的過程有veq \\al(,y2)＝2gh2，
解得h2＝eq \f(21,8)L，
滑塊相對水平軌道上升的最大高度h＝h1＋h2＝eq \f(25,8)L.
3.(2021·山東臨沂市一模)如圖所示，彎成四分之三圓弧的細(xì)桿豎直固定在天花板上的N點，細(xì)桿上的PQ兩點與圓心O在同一水平線上，圓弧半徑為0.8 m。質(zhì)量為0.1 kg的有孔小球A(可視為質(zhì)點)穿在圓弧細(xì)桿上，小球A通過輕質(zhì)細(xì)繩與質(zhì)量也為0.1 kg小球B相連，細(xì)繩繞過固定在Q處的輕質(zhì)小定滑輪。將小球A由圓弧細(xì)桿上某處由靜止釋放，則小球A沿圓弧桿下滑，同時帶動小球B運(yùn)動，當(dāng)小球A下滑到D點時其速度為4 m/s，此時細(xì)繩與水平方向的夾角為37°，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，cs 16°＝0.96。問：
(1)小球A下滑到D點時，若細(xì)繩的張力T＝x(N)，則圓弧桿對小球A的彈力是多大？
(2)小球A下滑到D點時，小球B的速度是多大？方向向哪？
(3)如果最初釋放小球A的某處恰好是P點，請通過計算判斷圓弧桿PD段是否光滑。
【答案】 (1)(2.96－0.8x) N (2)2.4 m/s，豎直向下 (3)光滑
【解析】 (1)當(dāng)球A運(yùn)動到D點時，設(shè)圓弧桿對小球A的彈力為FN，由牛頓第二定律有
FN＋Tcs 37°－mgcs 16°＝eq \f(mveq \\al(2,A),R)
解得FN＝(2.96－0.8x) N。
(2)小球A在D點時，小球B的速度
vB＝vAsin 37°＝2.4 m/s，方向豎直向下。
(3)由幾何關(guān)系有
QD＝2Rcs 37°＝1.6R
h＝QDsin 37°＝0.96R
若圓弧桿不光滑，則在小球A從P點滑到D點的過程中，必有摩擦力對小球A做功。設(shè)摩擦力對小球A做功為Wf，對A、B兩小球由功能關(guān)系得
mgh＋mg(2R－QD)＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,B)
代入數(shù)據(jù)解得Wf＝0
所以圓弧桿PD段是光滑的。
4.(2021·浙江湖州市模擬)某?？萍脊?jié)舉行車模大賽，其規(guī)定的賽道如圖所示，某小車以額定功率18 W由靜止開始從A點出發(fā)，經(jīng)過粗糙水平面AB，加速2 s后進(jìn)入光滑的豎直圓軌道BC，恰好能經(jīng)過圓軌道最高點C，然后經(jīng)過光滑曲線軌道BE后，從E處水平飛出，最后落入沙坑中，已知圓軌道半徑R＝1.2 m，沙坑距離BD平面的高度h2＝1 m，小車的總質(zhì)量為1 kg，g＝10 m/s2，不計空氣阻力，求：
(1)小車在B點對軌道的壓力大?。?br>(2)小車在AB段克服摩擦力做的功；
(3)軌道BE末端平拋高臺高度h1為多少時，能讓小車落入沙坑的水平位移最大？最大值是多少？
【答案】(1)60 N (2)6 J (3)1 m 4 m
【解析】 (1)由于小車恰好經(jīng)過圓軌道最高點C，則有mg＝eq \f(mv\\al(,C2),R)
由B→C，根據(jù)動能定理有－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(,C2)－eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)
在B點由牛頓第二定律有FN－mg＝meq \f(v\\al(,B2),R)
聯(lián)立解得FN＝60 N，
由牛頓第三定律可知，在B點小車對軌道的壓力大小為60 N，方向豎直向下．
(2)由A→B，根據(jù)動能定理有：Pt＋Wf＝eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)，解得Wf＝－6 J，即小車在AB段克服摩擦力做的功為6 J.
(3)由B→E，根據(jù)動能定理有－mgh1＝eq \f(1,2)mveq \\al(,E2)－eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)，
飛出后，小車做平拋運(yùn)動，所以h1＋h2＝eq \f(1,2)gt2
水平位移x＝vEt，可得x＝ eq \r(v\\al(,B2)－2gh1) eq \r(\f(2?h1＋h2?,g))，
即x＝ eq \r(?60－20h1?\f(h1＋1,5))，
當(dāng)h1＝1 m時，水平距離最大，xmax＝4 m.
5.(2021·江蘇五校上學(xué)期聯(lián)考)如圖所示，AB和CDO都是處于同一豎直平面內(nèi)的光滑圓弧形軌道，O、A位于同一水平面上。AB是半徑為R＝1 m 的eq \f(1,4)圓周軌道，CDO是半徑為r＝0.5 m的半圓軌道，最高點O處固定一個豎直彈性擋板(可以把小球彈回不損失能量，圖中沒有畫出)D為CDO軌道的中點。BC段是水平粗糙軌道，與圓弧形軌道平滑連接。已知BC段水平軌道長L＝2 m，與小球之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2?，F(xiàn)讓一個質(zhì)量為m＝1 kg的小球P從A點的正上方距水平線OA高H處自由落下(取g＝10 m/s2，不計空氣阻力)。
(1)當(dāng)H＝2 m時，求此時小球第一次到達(dá)D點對軌道的壓力大??；
(2)為使小球僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，求H的取值范圍。
【答案】 (1)84 N (2)0.65 m≤H≤0.7 m
【解析】(1)設(shè)小球第一次到達(dá)D點的速度為vD，對小球從靜止釋放到D點的過程，根據(jù)動能定理有
mg(H＋r)－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,D)
在D點軌道對小球的支持力FN提供向心力，則有FN＝meq \f(veq \\al(2,D),r)，聯(lián)立解得FN＝84 N，由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕N′＝FN＝84 N。
(2)為使小球僅與擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最小時必須滿足能上升到O點，則有：mgHmin－μmgL＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)，在O點由牛頓第二定律有mg＝meq \f(veq \\al(2,0),r)，代入數(shù)據(jù)解得Hmin＝0.65 m
僅與彈性擋板碰撞一次，且小球不會脫離CDO軌道，H最大時，與擋板碰后再返回最高能上升到D點，則mg(Hmax＋r)－3μmgL＝0，代入數(shù)據(jù)解得Hmax＝0.7 m，故有0.65 m≤H≤0.7 m。
6．(2021·河北邯鄲市期末)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定在水平面上，一質(zhì)量為m的小物塊受到一沿斜面向上的恒定拉力F的作用，從A點由靜止開始向上加速運(yùn)動，當(dāng)小物塊運(yùn)動到斜面上的B點時，它的動能與重力勢能之和增加了18 J，此時將拉力F反向，但大小不變，直到物塊再次返回出發(fā)點A.已知物塊從A到B的時間為從B返回A時間的一半．重力加速度為g，求：
(1)拉力F的大小；(用m、θ、g表示)
(2)以A為零勢能點，當(dāng)物塊動能為6 J時，物塊的重力勢能．
【答案】 (1)9mgsin θ (2)0.75 J或3 J
【解析】 (1)設(shè)物塊在時間t內(nèi)從A到B，則從B返回A的時間為2t，t和2t時間內(nèi)的加速度大小分別為a1、a2，
由于t與2t內(nèi)的位移大小相等，方向相反，
則有：eq \f(1,2)a1t2＝－[a1t·2t－eq \f(1,2)a2(2t)2]，
解得：eq \f(a1,a2)＝eq \f(4,5)，
由牛頓第二定律得：
從A到B過程：F－mgsin θ＝ma1，
從B到A過程：F＋mgsin θ＝ma2，
解得：F＝9mgsin θ；
(2)物塊的動能為6 J的位置有兩個，設(shè)第一個動能為6 J的位置距離A為x1，
第二個動能為6 J的位置距離B為x2，A、B間的距離為x，
由動能定理得：(F－mgsin θ)x1＝Ek，
解得：mgx1sin θ＝eq \f(1,8)Ek＝0.75 J，
該點重力勢能：Ep1＝mgx1sin θ＝0.75 J；
對從開始運(yùn)動到動能第二次為6 J的過程，由動能定理得：(F－mgsin θ)x－(mgsin θ＋F)x2＝Ek，
由于F＝9mgsin θ，則：eq \f(8,9)Fx－10mgx2sin θ＝6 J，
由于Fx＝18 J，解得：mgx2sin θ＝1 J，
該點的重力勢能：Ep＝mgxsin θ＋mgx2sin θ，
因為mgxsin θ＝eq \f(1,9)Fx＝2 J，
因此：Ep2＝(2＋1) J＝3 J.
7.(2021·湖南衡陽市第一次聯(lián)考)如圖所示，由兩個半徑均為R的四分之一圓弧細(xì)管道構(gòu)成的光滑細(xì)管道ABC豎直放置，且固定在光滑水平面上，圓心連線O1O2水平，輕彈簧左端固定在豎直板上，右端與質(zhì)量為m的小球接觸(不拴接，小球的直徑略小于管的內(nèi)徑，小球大小可忽略)，寬和高均為R的木盒子固定于水平面上，盒子左側(cè)DG到管道右端C的水平距離為R，開始時彈簧處于鎖定狀態(tài)，具有的彈性勢能為4mgR，其中g(shù)為重力加速度。當(dāng)解除鎖定后小球離開彈簧進(jìn)入管道，最后從C點拋出。(軌道ABC與木盒截面GDEF在同一豎直面內(nèi))
(1)求小球經(jīng)C點時的動能；
(2)求小球經(jīng)C點時對軌道的壓力；
(3)小球從C點拋出后能直接擊中盒子底部時，討論彈簧此時彈性勢能滿足什么條件。
【答案】 (1)2mgR (2)3mg，方向豎直向上 (3)eq \f(9,4)mgR＜Ep＜eq \f(5,2)mgR
【解析】 (1)對小球從釋放到C的過程，應(yīng)用動能定理可得4mgR－2mgR＝EkC－0，
解得小球經(jīng)C點時的動能EkC＝2mgR。
(2)由(1)可知C點小球的速度 vC＝eq \r(\f(2EkC,m))＝2eq \r(gR)
在C點，由牛頓第二定律可得
mg＋FN＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，解得FN＝3mg，方向豎直向下
由牛頓第三定律可知在C點時小球?qū)壍赖膲毫Υ笮∫矠?mg，方向豎直向上。
(3)當(dāng)小球恰從G點射入盒子中，則由平拋運(yùn)動規(guī)律可得
豎直方向R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,1)
水平方向R＝vC1t1
聯(lián)立解得vC1＝ eq \r(\f(gR,2))
小球從釋放到C點的過程Ep1－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C1)－0
得Ep1＝eq \f(9,4)mgR
當(dāng)小球直接擊中E點時，彈性勢能是符合條件的最大值，由平拋運(yùn)動規(guī)律可得
豎直方向2R＝eq \f(1,2)gteq \\al(2,2)
水平方向2R＝vC2t2
聯(lián)立解得vC2＝eq \r(gR)
小球從釋放到C點的過程Ep2－2mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C2)－0
得Ep2＝eq \f(5,2)mgR
綜上符合條件的彈性勢能應(yīng)滿足eq \f(9,4)mgR＜Ep＜eq \f(5,2)mgR。
8．(2021·全國名校11月大聯(lián)考)如圖所示，質(zhì)量為m＝2 kg的小物塊從一半徑為R＝0.45 m的四分之一光滑圓弧軌道頂點A從靜止開始下滑，滑到圓弧最低點B后，滑上長為L＝1.6 m的水平桌面，水平桌面上沿運(yùn)動方向粘貼了一段長度未知的粗糙紙面，桌面其他部分光滑，小物塊與粗糙紙面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25.小物塊滑出后做平拋運(yùn)動，桌面離地高度h以及水平飛行距離s均為0.8 m，重力加速度為g，求：(g＝10 m/s2)
(1)在圓弧最低點B，物塊對軌道的壓力；
(2)粗糙紙面的長度x；
(3)將粗糙紙面放在不同位置，物塊從B端滑過桌面到落地過程，時間最長是多少？
【答案】 (1)60 N，方向豎直向下 (2)1 m (3)1.1 s
【解析】 (1)物塊從A到B只有重力做功，機(jī)械能守恒，
故有：mgR＝eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)
解得：vB＝eq \r(2gR)＝eq \r(2×10×0.45) m/s＝3 m/s
物塊在B處時，由牛頓第二定律可得：FN－mg＝eq \f(mv\\al(,B2),R)
代入數(shù)據(jù)解得FN＝60 N
由牛頓第三定律可得，在圓弧最低點B處，物塊對軌道的壓力大小為60 N，方向豎直向下．
(2)物塊滑出桌面后做平拋運(yùn)動，設(shè)物塊在桌面邊緣的速度為v，則由平拋運(yùn)動規(guī)律得：h＝eq \f(1,2)gt2，s＝vt，
代入數(shù)據(jù)解得：v＝2 m/s，t＝0.4 s，
物塊在桌面上運(yùn)動過程，由動能定理可得：
－μmgx＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \\al(,B2)
代入數(shù)據(jù)解得x＝1 m.
(3)物塊在粗糙紙面上做初速度為vB，加速度大小為μg，末速度為v的勻減速運(yùn)動，運(yùn)動時間恒定；在紙面左側(cè)的部分，物塊以vB勻速運(yùn)動，在紙面右側(cè)的部分，物塊以v勻速運(yùn)動；故要使滑塊從B端滑過桌面用時最長，應(yīng)使粗糙紙面的左邊界和B點重合，最長時間為
tmax＝eq \f(L－x,v)＋eq \f(x,\f(vB＋v,2))＋t＝1.1 s．
9.(2021·浙江寧波市 “十校聯(lián)考”)如圖所示，一水平圓盤繞過圓心的豎直軸轉(zhuǎn)動，圓盤半徑R＝0.2 m，圓盤邊緣有一質(zhì)量m＝1 kg的小滑塊．當(dāng)圓盤轉(zhuǎn)動的角速度達(dá)到某一數(shù)值時，滑塊恰從圓盤邊緣A沿過渡圓管滑落，進(jìn)入軌道ABC，AB粗糙，BCD光滑，CD面足夠長且離地面高為h′＝0.4 m，經(jīng)C點后突然給滑塊施加水平向右的恒力F＝eq \f(10\r(3),3) N．已知AB段斜面傾角為60°，BC段斜面傾角為30°，小滑塊與圓盤的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，A點離B點所在水平面的高度h＝1.2 m，運(yùn)動到B點時的速度為3 m/s，滑塊從A至C運(yùn)動過程中始終未脫離軌道，不計在過渡圓管處和B點的機(jī)械能損失，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)滑出A點時，圓盤轉(zhuǎn)動的角速度ω；
(2)小滑塊在從A到B時，摩擦力做的功；
(3)小滑塊在CD面上的落點與C點的距離．
【答案】 (1)5 rad/s (2)－8 J (3)eq \f(\r(3),15) m
【解析】 (1)滑塊在圓盤上做圓周運(yùn)動時，靜摩擦力充當(dāng)向心力，根據(jù)牛頓第二定律得：μmg＝mω2R，
代入數(shù)據(jù)解得：ω＝5 rad/s
(2)vA＝ωR＝5×0.2 m/s＝1 m/s，
從A到B的運(yùn)動過程由動能定理得：
mgh＋Wf＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvA2，
解得Wf＝ －8 J
(3)從B到C的過程由動能定理得：
－mgh′＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2， 解得 vC＝1 m/s
對小滑塊經(jīng)C點后受力分析可知，F(xiàn)合＝eq \f(20,3)eq \r(3) N，則合加速度大小為a＝eq \f(20,3)eq \r(3) m/s2，由幾何關(guān)系可知，合加速度的方向與C點速度方向垂直，則小滑塊做類平拋運(yùn)動，
沿C點速度方向：x＝vCt
沿合加速度方向：y＝eq \f(1,2)at2
又eq \f(y,x)＝tan 30°
小滑塊落點距C點s＝eq \f(x,cs 30°)，
聯(lián)立解得s＝eq \f(\r(3),15) m.
10.(2021·黑龍江齊齊哈爾市期末)如圖所示，固定的粗糙弧形軌道下端B點水平，上端A與B點的高度差為h1＝0.3 m，傾斜傳送帶與水平方向的夾角為θ＝37°，傳送帶的上端C點與B點的高度差為h2＝0.112 5 m(傳送帶傳動輪的大小可忽略不計)．一質(zhì)量為m＝1 kg的滑塊(可看作質(zhì)點)從軌道的A點由靜止滑下，然后從B點拋出，恰好以平行于傳送帶的速度從C點落到傳送帶上，傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，速度大小為v＝0.5 m/s，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，且傳送帶足夠長，滑塊運(yùn)動過程中空氣阻力忽略不計，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，試求：
(1)滑塊運(yùn)動至C點時的速度大小vC；
(2)滑塊由A到B運(yùn)動過程中克服摩擦力做的功Wf；
(3)滑塊在傳送帶上運(yùn)動時與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量Q.
【答案】 (1)2.5 m/s (2)1 J (3)32 J
【解析】 (1)在C點，豎直分速度：vy＝eq \r(2gh2)＝1.5 m/s
由vy＝vCsin 37°，解得vC＝2.5 m/s
(2)C點的水平分速度與B點的速度相等，則
vB＝vx＝vCcs 37°＝2 m/s
從A到B點的過程中，根據(jù)動能定理得
mgh1－Wf＝eq \f(1,2)mvB2
解得Wf＝1 J
(3)滑塊在傳送帶上運(yùn)動時，根據(jù)牛頓第二定律有
μmgcs 37°－mgsin 37°＝ma
解得a＝0.4 m/s2
達(dá)到共同速度所需時間t＝eq \f(vC－v,a)＝5 s
兩者間的相對位移Δx＝eq \f(v＋vC,2)t－vt＝5 m
由于mgsin 37°

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