（1）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大??；
（2）b從M運動到N的時間；
（3）b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。
【解答】解：（1）在a運動到圓軌道底端的過程中，由動能定理
magR=12mavP2
解得vP＝6m/s
在P點，根據(jù)牛頓第二定律NP-mag=mavP2R
解得NP＝30N
（2）設(shè)a運動到M的速度為vM，由動能定理
-μmagd=12mavM2-12mavP2
解得vM＝3m/s
取水平向左為正方向，物塊a、b碰撞后的速度分別為v1、v2
把物塊a、b做為一個系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律
mavM＝mav1+mbv2
物塊a、b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)機械能守恒
12mavM2=12mav12+12mbv22
聯(lián)立解得
v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
物塊b進入傳送帶后做勻減速直線運動，由牛頓第二定律
﹣μmbg＝mba
得a＝﹣5m/s2
設(shè)達到共速時間為t1，根據(jù)運動學公式
v0＝v2+at1
解得t1＝0.2s
減速位移
x1=v2+v02×t1=2+12×0.2m=0.3m
勻速運動的位移
x2＝L﹣x1＝3.3m﹣0.3m＝3.0m
勻速運動的時間
t2=x2v0=3.01s=3.0s
b從M運動到N的總時間
t＝t1+t2＝0.2s+3.0s＝3.2s
（3）設(shè)給b一個瞬時沖量后，物塊b的速度為v3，取水平向右為正方向，則作用前物塊b的速度為v0＝﹣1m/s
根據(jù)動量定理
I＝mbv3﹣mbv0
解得v3＝2m/s
物塊b先向右做勻減速運動，后向左做勻加速運動，設(shè)共速時間為t3，根據(jù)運動學公式
t3=-v0-v3a=-1-2-5s=0.6s
物塊b對地位移
x3=v3+(-v0)2×t3=2-12×0.6m=0.3m
傳送帶位移
x4＝v0t3＝1×0.6m＝0.6m
物塊b相對于傳送帶的位移
Δx1＝x3+x4＝0.3m+0.6m＝0.9m
由于Δt＝t3，因此物塊b剛好與傳送帶共速時，又獲得一個沖量I，設(shè)物塊b的速度變?yōu)関4
根據(jù)動量定理
I＝mbv4﹣mbv0
解得v4＝2m/s
同理可得，物塊b對地位移
x5＝0.3m
傳送帶位移
x6＝0.6m
物塊b相對于傳送帶的位移
Δx2＝0.9m
以此類推，物塊b獲得第11次瞬時沖量時，距離傳送帶右端的距離為：
s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m
物塊b獲得第11次瞬時沖量后向右運動s1＝0.3m離開傳送帶，此過程時間為t4，根據(jù)運動學公式
s1＝v3t4+12at42
解得：t4＝0.2s
此過程物塊b相對于傳送帶的位移大小為：
Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m
物塊b相對于傳送帶總的相對位移為：
Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m
產(chǎn)生的摩擦熱
Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。
答：（1）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大小為30N；
（2）b從M運動到N的時間為3.2s；
（3）b從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為95J。
2．（2024?丹陽市校級一模）如圖所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形軌道，其底端恰好與光滑水平面相切。右側(cè)有一豎直放置的光滑圓弧軌道MNP，軌道半徑R＝0.8m，MN為其豎直直徑，P點到桌面的豎直距離也是R，質(zhì)量為M＝2.0kg的小物塊B靜止在水平面上。質(zhì)量為mA＝2.0kg的小物塊A從距離水平面某一高度的S點沿軌道從靜止開始下滑，經(jīng)過弧形軌道的最低點Q滑上水平面與B發(fā)生彈性碰撞，碰后兩個物體交換速度，然后小物塊B從桌面右邊緣D點飛離桌面后，恰由P點沿圓軌道切線落入圓軌道，g＝10m/s2，求：
（1）物塊B離開D點時的速度大?。?br>（2）S與Q豎直高度h；
（3）物塊能否沿軌道到達M點，并通過計算說明理由。
【解答】解：（1）A、B碰撞后，因二者交換速度，所以A靜止，物塊B由D點做平拋運動，落到P點時其豎直速度為vy，有vy2=2gR
又vyvD=tan45°
解得vD＝4m/s
（2）設(shè)A與B碰撞前的速度為v0，A與B相碰交換速度，所以
v0＝vD＝4m/s
A從S滑到Q的過程中，根據(jù)機械能守恒定律得
mAgh=12mAv02
解得
h＝0.8m
（3）設(shè)物塊能沿軌道到達M點，且到達時其速度為vM，從D到M由動能定理得
-mBgRcs45°=12mBvM2-12mBvD2
解得
vM≈2.2m/s＜gR=10×0.8≈2.8m/s即物塊不能到達M點。
3．（2024?西安模擬）北京時間2024年7月31日，在巴黎奧運會自由式小輪車女子公園賽決賽中，中國選手鄧雅文奪得金牌。這也是中國運動員第一次參加奧運會自由式小輪車項目。其部分場地可以簡化為如圖所示的模型，平臺A左右弧面對稱，右側(cè)為半徑r＝3m的部分圓弧面，圓心角θ滿足sinθ＝0.8，平臺B為14的圓弧面，半徑R＝3.2m，鄧雅文以一定的初速度從平臺的左下端沖向平臺A，從M點騰空后沿切線從N點進入賽道，再經(jīng)過一段水平騎行從Q點進入平臺B，恰好到達平臺B的上端邊緣，平臺A上端MN間的距離為2.4m，鄧雅文和獨輪車總質(zhì)量為75kg，運動過程中可視為質(zhì)點，整個過程鄧雅文只在PQ段進行了騎行做功，不計一切阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）鄧雅文和獨輪車到達Q點時賽道給獨輪車的支持力大小；
（2）鄧雅文和獨輪車在MN段騰空最高處的速度；
（3）鄧雅文在PQ段騎行過程中所做的功。
【解答】解：（1）由Q到平臺B上段的過程，根據(jù)機械能守恒有：12mvQ2=mgR
可得：vQ＝ 8m/s
在Q點根據(jù)牛頓第二定律有：FN﹣mg＝mvQ2R
代入數(shù)據(jù)可得：FN＝2250N；
（2）根據(jù)拋體運動，在水平方向有：vxt=12xMN
豎直方向有：vy＝gt，且tanθ=vyvx
聯(lián)立可得：vx＝3m/s
（3）在M點時，根據(jù)關(guān)聯(lián)速度有：vMcs0θ＝vx
可得：vM ＝ 5m/s
由M到Q由動能定理可得：12mvQ2-12vM2=25mgr+W
解得：W＝562.5J
答：（1）鄧雅文和獨輪車到達Q點時賽道給獨輪車的支持力大小為2250N；
（2）鄧雅文和獨輪車在MN段騰空最高處的速度3m/s；
（3）鄧雅文在PQ段騎行過程中所做的功為562.5J。
4．（2024?南充模擬）一個質(zhì)量為m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的質(zhì)量為M，筒長為L，羽毛球的高度為d（可將羽毛球看成質(zhì)量集中在球頭的質(zhì)點），已知羽毛球和球筒間的最大靜摩擦和滑動摩擦力大小近似相等，且恒為f＝kmg（k＞1）。重力加速度為g，不計一切空氣阻力。某同學使用以下三種方式將球從筒內(nèi)取出：
（1）方式一：“甩”，如圖甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在豎直平面內(nèi)繞O點做半徑為R的圓周運動。當球筒運動至豎直朝下時，羽毛球恰要相對球筒滑動，求此時球筒的角速度；
（2）方式二：“敲”，如圖乙所示。手握球筒向下運動，使球筒以一定速度撞擊桌面，球筒撞到桌面后不再運動，而羽毛球恰好能滑至球頭碰到桌面。若已知運動的初速度為0，起始高度為L2，求此過程手對球筒所做的功；
（3）方式三：“落”，如圖丙所示。讓球筒從離地h高處由靜止釋放，已知：k＝4，M＝8m，且球筒撞擊地面后反彈的速度大小始終為撞擊前的14。若要求在球筒第一次到達最高點以后，羽毛球從球筒中滑出，求h應滿足怎樣的取值范圍？（不考慮球筒和地面的多次碰撞）
【解答】解：（1）當球筒運動至豎直朝下時，以羽毛球為研究對象，羽毛球恰要相對球筒滑動，對羽毛球受力分析有：
f﹣mg＝mRω2
將f＝kmg代入
解得：ω=(k-1)gR
（2）以球筒和羽毛球整體為研究對象，設(shè)手對其整體做功為W，整體碰到桌面時的速度為v，從開始至碰到桌面的過程由動能定理，有：
W+(m+M)g?12L=12(m+M)v2-0
以羽毛球為研究對象，它在球筒內(nèi)減速下滑至桌面，由動能定理：
mg(L-d)-f(L-d)=0-12mv2
聯(lián)立解得：
W=(m+M)g((k-1)(L-d)-L2)
（3）羽毛球和球筒從h處自由下落，觸地瞬間的速度滿足
v02=2gh
此后m以初速度v0向下做勻減速運動，M以v0/4得初速度向上做勻減速運動，在二者達到共速之前的過程中，對于m，由牛頓第二定律方程：
kmg﹣mg＝ma1
解得：x=v10+v1t2Δt1+12v20Δt2=46m
對于M，由牛頓第二定律方程：
kmg+Mg＝Ma2
可解得：a2=32g
設(shè)M第一次運動至最高點的時間為t0滿足
14v0=a2t0
即：t0=v06g
選豎直向下為正方向，設(shè)二者在t1時刻達到共速，則t1滿足
v0-a1t1=-14v0+a2t1
可解得：t1=5v018g
由t0＜t1＜2t0可知，二者在M第一次到達最高點以后下落過程中達到共速，若恰好在共速時刻m滑出，二者的相對位移為L，即：
v0t1-12a1t12-(-14v0t1+12a2t12)=L
聯(lián)立可得h的最小值
h1=7225L≈2.9L
若m恰好在t0時刻滑出，即：
v0t0-12a1t02-(-14v0t0+12a2t02)=L
聯(lián)立可得h的最大值
h2=247L≈3.4L
故h應滿足：
7225L＜h＜247L。
答：（1）此時球筒的角速度為ω=(k-1)gR；
（2）整個過程中手對球筒所做的功為W=(m+M)g((k-1)(L-d)-12)；
（3）h的取值范圍是7225L＜h＜247L。
5．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以速度v＝5m/s沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°。質(zhì)量均為m＝5kg的小物塊A和B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻開始給物塊A以沿傳送帶方向的初速度v0＝14m/s（此時物塊A、B的速率相等，且輕繩繃緊），使物塊A從傳送帶下端沖上傳送帶，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，不計滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個運動過程中物塊B都沒有上升到定滑輪處。取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物塊A剛沖上傳送帶時的加速度；
（2）物塊A沖上傳送帶運動到最高點所用時間；
（3）物塊A沿傳送帶向上運動的過程中，物塊A對傳送帶做的功。
【解答】解：（1）物塊A剛沖上傳送帶時，對A物塊，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinθ+T+μmgcsθ＝ma1
對B物塊：mg﹣T＝ma1
聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：a1=9m/s2
方向沿傳送帶向下；
（2）物塊減速到與傳送帶共速后，物塊繼續(xù)向上做勻減速直線運動，對A物塊，根據(jù)牛頓第二定律有
mgsinθ+T′﹣μmgcsθ＝ma1′
對B物塊有：T′﹣mg＝ma1′
聯(lián)立解得：a1′＝7m/s2
當物塊A的速度減為零時，其沿傳送帶向上運動的距離最遠，則有：t1=v0-0a1=99s＝1，st2=va1'=57s
那么物塊A沖上傳送帶運動到最高點所用時間：t＝t1+t2＝1s+57s=127s
（3）此過程中物塊對傳送帶做的功：Wf＝fx1﹣fx2
其中：f＝μmgcsθ
傳送帶在兩段時間內(nèi)的位移：x1＝vt1，x2＝vt2
代入數(shù)據(jù)解得：W=1007J
答：（1）物塊A剛沖上傳送帶時的加速度為9m/s2，方向沿傳送帶向下
（2）物塊A沖上傳送帶運動到最高點所用時間為127s
（3）物塊A沿傳送帶向上運動的過程中，物塊A對傳送帶做的功為1007J。
6．（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）一闖關(guān)游戲裝置處于豎直截面內(nèi)，如圖所示，該裝置由傾角θ＝37°的直軌道AB，螺旋圓形軌道BCDEF，水平直軌道FG，傳送帶GH，水平直軌道HI，兩個相同的四分之一圓管道拼接成的管道IJ，水平直軌道JK組成。其中螺旋圓形軌道與軌道AB、FG相切于B（E）和C（F）。直線軌道FG和HI通過傳送帶GH平滑連接，管道IJ與直線軌道HI相切于I點，直線軌道JK右端為彈性擋板，滑塊與彈性擋板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.4m，F(xiàn)G長LFG≈2m，傳送帶GH長LGH＝1.5m，HI長LHI＝4m，LJK＝2.8m，四分之一圓軌道IJ的半徑r＝0.4m。滑塊與FG、HI、JK間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.6，其余軌道光滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊從傾斜軌道AB上某高度h處靜止釋放（滑塊視為質(zhì)點，所有軌道都平滑連接，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2）
（1）若滑塊恰好經(jīng)過圓形軌道最高點D，求滑塊過C點對軌道的壓力及滑塊靜止釋放時的高度；
（2）若滑塊從AB上高h′＝3m處靜止釋放，且傳送帶靜止，那么滑塊最終靜止的位置距離H點的水平距離有多遠；
（3）若滑塊從AB上高h′＝3m處靜止釋放，且傳送帶以恒定的線速度順時針轉(zhuǎn)動，要使滑塊停在JK上（滑塊不會再次通過軌道IJ回到HI上），求傳送帶的線速度v需滿足的條件。
【解答】解：（1）若滑塊恰好經(jīng)過圓形軌道最高點D，則根據(jù)牛頓第二定律可得：
mg=mvD2R
代入數(shù)據(jù)解得：
vD=gR=10×0.4m/s＝2m/s
滑塊從C到D點過程中，根據(jù)動能定理可得：
﹣mg?2R=12mvD2-12mvC2
代入數(shù)據(jù)解得：
vC＝25m/s
滑塊過C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：
F'C-mg=mvC2R
代入數(shù)據(jù)解得：
FC′＝60N
由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力為：
FC＝F′C＝60N
方向豎直向下?；瑝K從A到D點過程中，根據(jù)動能定理可得：
mg（h﹣2R）=12mvD2
代入數(shù)據(jù)解得：
h＝1m
（2）滑塊滑下斜面AF重力做功：
WG＝mgh′
解得：WG＝30J
若傳送帶靜止，滑塊運動到I點，需克服摩擦力做功：
Wf1＝μ1mgLFG+μ2mgLGH+μ1mgLHI
解得：Wf1＝24J
由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達I點時的動能：
EkI＝WG﹣Wf1＝30J﹣24J＝6J
設(shè)滑塊滑上半圓軌道IJ的高度h1，
則有：EkI＝mgh1
解得：
h1＝0.6m＜2r＝0.8m
則滑塊會從圓軌道IJ返回滑下運動，根據(jù)動能定理可得：
﹣μ1mgx＝0﹣EkI
解得滑塊滑過四分之一圓軌道IJ繼續(xù)滑行的位移大小
x＝2.4m
所以滑塊最終靜止在H點右側(cè)，距H點的水平距離為：
Δx＝LHI﹣x＝4m﹣2.4m＝1.6m
（3）若向上滑塊恰好能到達J，則滑塊在H點的動能為：
EkH1=12mvH12=μ1mgLH1+mg?2R
代入數(shù)據(jù)解得：
vH1＝6m/s
由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達G點的過程可得：
mgh'-μ1mgLFG=12mvG2
代入數(shù)據(jù)解得：
vG=50m/s＞6m/s
若傳送帶靜止，由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達H點時，可得
EkH=mgh'-μ1mgLFG-μ2mgLGH=30J-5J-9J=16J=12mvH2
代入數(shù)據(jù)解得：
vH=32m/s＜6m/s
則滑塊在傳送帶上先減速再勻速運動，且傳送帶的速度為：
v1＝6m/s
若滑塊在JK上與彈性擋板碰撞后，恰好停在J點，則從H到停下根據(jù)動能定理可得：vH2-μ1mg(LHI+2LJK)-2mgr=0-12mvH22
代入數(shù)據(jù)解得：
vH2＝8m/s
則滑塊在傳送帶上做勻速直線運動，傳送帶的速度需滿足的條件為：
v≤8m/s
因此要使滑塊停在KL上（滑塊不會再次返回半圓軌道IJ回到HI上），傳送帶的速度需滿足的條件為：
6m/s≤v≤8m/s
答：（1）滑塊過C點對軌道的壓力為60N，方向豎直向下，滑塊靜止釋放時的高度為1m；
（2）滑塊最終靜止的位置距離H點的水平距離為1.6m；
（3）要使滑塊停在JK上（滑塊不會再次通過軌道IJ回到HI上），傳送帶的線速度v需滿足的條件為6m/s≤v≤8m/s。
7．（2024?湖北一模）近兩年自媒體發(fā)展迅猛，受到各年齡段用戶的青睞；人們經(jīng)常在各種自媒體平臺分享自己生活的精彩片段，某位同學就分享了自己在一個大的水泥管內(nèi)玩足球炫技的視頻。如圖，該同學面向管壁站立在管道最低點，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出兩個足球，足球在如圖所示豎直圓截面內(nèi)運動，恰好分別落入該同學胸前和背后的兩個背包。已知水泥管道截面半徑為R，該同學胸前和背后的兩個背包口看成兩個水平圓框，且圓框與豎直圓截面的圓心O等高，兩水平圓框最近點的間距為0.28R，且兩最近點關(guān)于過O點的豎直直徑對稱，不計足球與水泥管間的摩擦，足球看成質(zhì)點，且均從水平圓框的圓心進入背包，重力加速度大小為g，3=1.73，11=3.32，59=7.70，sin53°=0.8。（1）兩球與水泥管道的脫離點分別為A、B，求OA、OB與水平方向的夾角θ1、θ2；
（2）設(shè)R＝1m，胸前的背包口圓框的直徑是多少米（數(shù)據(jù)保留兩位小數(shù)）？
【解答】解：（1）設(shè)脫離點與水泥管圓心連線與水平方向的夾角為θ，由牛頓第二定律得
mgsinθ=mv2R
根據(jù)動能定理
﹣mgR（ 1+sinθ）=12mv2-12mv02
解得
v0=(2+3sinθ)gR
可得
sinθ1=12，sinθ2=45
則
θ1＝30°，θ2＝53°
（2）對過A點的足球受力分析可得
mgsinθ1=mv12R
解得
v1=12gR
足球與水泥管脫離后做斜拋運動，從脫離到最高點過程，豎直方向
v1csθ1＝gt1
解得
t1=3R8g
水平位移
x1＝v1sinθ1t1
豎直位移
h1=12gt12
足球從最高點到背包口過程，水平位移
x2＝v1sinθ1t2
豎直位移
h2＝h1+Rsinθ1=12gt22
足球斜拋的水平位移
x＝x1+x2
胸前的背包口圓框的直徑
d＝2（ Rcsθ1﹣x-0.28R2）
聯(lián)立解得d＝0.19m
答：（1）OA、OB與水平方向的夾角分別為30°，53°；
（2）胸前的背包口圓框的直徑是0.19m。
8．（2024?思明區(qū)校級模擬）蹴鞠是有史料記載的最早足球活動，圖甲所示是某蹴鞠活動的場景。如圖乙所示，某校舉行蹴鞠比賽的場地為一長方形ABCD，長AD＝10m，寬AB＝8m，E、E′、F、F′分別為各邊中點，O為EE′和FF′交點，EE′上豎直插有兩根柱子，兩柱之間掛一張大網(wǎng)，網(wǎng)的正中間有一圓形的球洞名為“風流眼”，兩支球隊分別在網(wǎng)的兩側(cè)，若蹴鞠穿過“風流眼”后落地，射門的球隊得分。圓形“風流眼”的圓心Q在O點正上方，Q、O之間的高度h＝3.75m。甲、乙兩位運動員在某次配合訓練中，甲將靜止在地面F點的蹴鞠斜向上踢出，經(jīng)時間t1＝0.5s恰好到達最高點P，P在場地上的投影為P′且P′在FO上，P′到F點的距離為x1＝2m。乙運動員緊接著從P點將蹦斜向上踢出，恰好經(jīng)過“風流眼”中的Q點且經(jīng)過Q點時速度方向水平，穿過“風流眼”后蹴鞠落到OF′上的K點（蹴鞠第一次著地的位置），如圖丙所示。蹴鞠的質(zhì)量為0.6kg，蹴鞠可看作質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：
（1）最高點P離地面的高度h1；
（2）甲運動員對蹴鞠做的功W；
（3）K點到O點的距離d（結(jié)果可以用根式表示）。
【解答】解：（1）蹴鞠豎直向上逆過程就是自由落體運動，h1=12gt12
解得，h1＝1.25m
（2）蹴鞠水平方向，有vx=x1t1
解得，vx＝4m/s
豎直方向上，有vy＝gt
解得，vy＝5m/s
蹴鞠的初速度為v0=vx2+vy2
解得，v0=41m/s
甲運動員對蹴鞠做的功W=12mv02
解得，W＝12.3J
（3）PQ的高度為Δh＝h﹣h1
豎直方向上，有Δh=12gt22
蹴鞠從P運動到Q的時間為t2=22s
蹴鞠從P運動到Q時，設(shè)FO距離為l1，故沿水平方向的速度為vx2=l1-x1t2，代入數(shù)據(jù)可得：vx2=32m/s
蹴鞠從Q點落到K點的時間為t3=2hg 可得，t3=32s
K點到EE′的距離為d＝vx2t3 可得，d=362m
答：（1）最高點P離地面的高度h1為.25m；
（2）甲運動員對蹴鞠做的功W為12.3J；
（3）K點到O點的距離d為362m。
9．（2024?市中區(qū)校級二模）如圖所示，光滑軌道ABC由豎直段AB、半徑為R的14圓弧形軌道BC組成，末端C處切線水平。緊鄰C右端依次為水平粗糙的傳送帶甲、乙和水平粗糙的地面，均與C點等高；傳送帶甲以恒定的速率u=7gR順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶乙和上方的均質(zhì)木板處于靜止狀態(tài)，其中木板長度與乙兩端DE等長，均為kR（k未知），忽略軌道、傳送帶、地面相互之間的間隙?，F(xiàn)有一物塊從軌道上的P處靜止釋放，經(jīng)C點進入傳送帶甲，于D處與木板發(fā)生碰撞后取走物塊，碰撞前后物塊、木板交換速度，且在碰撞結(jié)束瞬間，傳送帶乙啟動并以木板被碰后的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動，最終木板運動2kR的距離后靜止，忽略碰撞時間以及乙啟動時間。已知，物塊通過傳送帶甲過程，甲皮帶運動的路程是物塊路程的1.5倍；木板與傳送帶乙、地面之間的動摩擦因數(shù)為0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；PB高度差h＝R，物塊、木板質(zhì)量均為m，重力加速度為g，忽略物塊和傳送帶輪子的尺寸。已知簡諧運動的周期公式T=2πmk'，其中k'為回復力系數(shù)。sin27°=55，求：
（1）物塊即將滑出軌道末端C時，對C處的作用力F；
（2）若傳送帶甲因傳送物塊多消耗的電能為W，甲和物塊間的摩擦生熱為Q，求WQ的數(shù)值大??；
（3）k的大??；
（4）木板的運動時間t。
【解答】解：（1）物塊由P至C，根據(jù)機械能守恒定律有
mg(h+R)=12mv02
解得
v0=2gR
C處根據(jù)牛頓第二定律有
F-mg=mv02R
解得
F＝5mg
由牛頓第三定律，物塊對C處的作用力大小為5mg、方向豎直向下；
（2）由題意物塊進入甲傳送帶時v0＜u，假設(shè)物塊一直勻加速到D，設(shè)加速度為a，末速度為vD，對物塊根據(jù)運動學公式有
CD=v0t+12at2
vD＝v0+at
對傳送帶
ut=32CD
聯(lián)立求解得
vD=223gR＞u
說明物塊在甲上先加速，后以u勻速；設(shè)物塊勻加速時間為t1，根據(jù)功能關(guān)系有
W＝Ff?μt1
Q=Ff?[ut1-12(v0+u)t1]
聯(lián)立解得
WQ=145；
（3）碰撞后木板的速度大小為u，對木板此后運動的動力學分析結(jié)果為
①木板位移x≤12kR：
合力為0，木板做勻速直線運動；
②木板位移12kR≤x≤kR：
合力為
F=μmgkRx-μmgkR(kR-x)=2μmgkRx-μmg
則木板做變減速運動，合力隨位移均勻增加；
③木板位移kR≤x≤2kR：
合力為
F＝μmg
合力恒定、勻減速至靜止。對木板，全程由動能定理
-0+μmg2?kR2-μmg?kR=0-12mu2
解得
k＝39.2；
（4）①木板位移x≤12kR過程勻速，時間為
t1=12kRu=145Rg
②木板位移12kR≤x≤kR過程做簡諧運動，x=12kR時恰為平衡位置，由
F=2μmgkRx-μmg
可得回復力系數(shù)
k'=2μmgkR
簡諧運動的周期為
T=2πkR2μg
設(shè)此簡諧運動的振幅為A，滿足
12k'A2=12mu2
可得
A=7Rk=9855R
故
t2=arcsin12kRA2π?T=27360?T=21π10R5g；
③木板位移kR≤x≤2kR過程以加速度a＝μg做勻減速直線運動，由
kR=12at32
可得
t3=2kRμg=28R5g
故總時間為
t=t1+t2+t3=75Rg(35π10+45+2)。
10．（2024?花溪區(qū)校級模擬）如圖所示，是一兒童游戲機的簡化示意圖。光滑游戲面板與水平面成一夾角θ，半徑為R的四分之一圓弧軌道BC與長度為8R的AB直管道相切于B點，C點為圓弧軌道最高點（切線水平），管道底端A位于光滑斜面擋板底端，輕彈簧下端固定在AB管道的底端，上端系一輕繩，繩通過彈簧內(nèi)部連一手柄P。經(jīng)過觀察發(fā)現(xiàn)：無彈珠時（彈簧無形變），輕彈簧上端離B點距離為3R，緩慢下拉手柄P使彈簧壓縮，后釋放手柄，彈珠經(jīng)C點被射出，最后擊中斜面底邊上的某位置（圖中未標出），根據(jù)擊中位置的情況可以獲得不同的獎勵。假設(shè)所有軌道均光滑，忽略空氣阻力，彈珠可視為質(zhì)點。直管AB粗細不計。（g為重力加速度，彈簧的彈性勢能可用Ep=12kx2，計算（x為彈簧的形變量）最后結(jié)果可用根式表示）：
（1）調(diào)整手柄P的下拉距離，可以使彈珠經(jīng)BC軌道上的C點射出，求在C點的最小速度？
（2）經(jīng)BC軌道上的C點射出，并擊中斜面底邊時距A最近，求此最近距離；
（3）設(shè)彈珠質(zhì)量為m，θ＝30°，該彈簧勁度系數(shù)k=mgR，要達到（2）中條件，求彈珠在離開彈簧前的最大速度。
【解答】解：（1）當彈珠和彈簧分離后在AB直管道中運動時，彈珠受到重力、管道的支持力，合力大小為mgsinθ，方向沿管道向下。當彈珠以最小速度通過C點時，由牛頓第二定律得：
mgsinθ＝mmv02R
解得：v0=gRsinθ
（2）當彈珠經(jīng)C點速度最小，彈珠P離A點最遠，并設(shè)彈珠經(jīng)C點的最小速度為v0，此時彈珠經(jīng)過C點時管道對彈珠無作用力，由重力沿斜面向下的分力提供向心力，彈珠離開C后做類平拋運動，在平行斜面向下方向，有：8R+R＝（gsinθ）t2
解得：t=18Rgsinθ
水平方向：x＝v0t=gRsinθ?18Rgsinθ=32R
所以最近距離：d＝x+R=(32+1)R
（3）彈珠離開彈簧前，在平衡位置時，速度最大。
設(shè)此時彈簧壓縮量為x0，根據(jù)平衡條件得：mgsinθ＝kx0
結(jié)合題設(shè)條件k=mgR，解得：x0＝Rsinθ
取彈珠從平衡位置到C點的運動過程為研究過程，系統(tǒng)機械能守恒，取平衡位置重力勢能為零，由機械能守恒定律得：12kx02+12mvm2=mg（x0+3R+R）+12mvC2
解得彈珠在離開彈簧前的最大速度：vm=gR(8+2sinθ-sin2θ)=3gR

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