2025高考物理難點：疑難壓軸 多體多過程問題中力和運動的綜合分析（解析版）

多體多過程問題中力和運動的綜合分析

1.（2024?貴州）如圖，半徑為五=1.8巾的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內，其末端與水平地面

相切于P點、,的長度d=2.7mo一長為L=3.3m的水平傳送帶以恒定速率v0=lm/s逆時針

轉動，其右端與地面在河點無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放,沿軌道下滑至P點,再向左

做直線運動至河點與靜止的物塊b發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短。碰撞后b向左運動到達傳送帶的

左端N時,瞬間給b一水平向右的沖量/，其大小為6N,s。以后每隔M=0.6s給b一相同的瞬時沖量

1,直到b離開傳送帶。已知a的質量為1kg,b的質量為771；,=2kg,它們均可視為質點。a、b與

地面及傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為“=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

（l）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大??；

（2）b從河運動到N的時間；

（3）6從N運動到河的過程中與傳送帶摩擦產生的熱量。

（解答］解：（1）在a運動到圓軌道底端的過程中，由動能定理

magR=

解得vP=6m/s

在P點，根據(jù)牛頓第二定律Np—mag=ma-^-

解得NP=30N

⑵設a運動到M■的速度為1；兇，由動能定理

-rimagd=-3m播

解得期兇=3m/s

取水平向左為正方向，物塊a、b碰撞后的速度分別為5、v2

把物塊a、b做為一個系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律

TU0VM=他5+項。2

物塊a、b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)機械能守恒

1919?12

m

5aVM=yrnavi+—mbvi

聯(lián)立解得

g=-lm/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

-^rnbg=mba

得a5m/s2

設達到共速時間為力i,根據(jù)運動學公式

v0—v2+atx

解得力i=0.2s

減速位移

叫+%~*2+1

Xi=--—X=---x0.2om=n0.3Qm

勻速運動的位移

x2—L—Xi—3.3m—0.3m=3.0m

勻速運動的時間

,623.0八

t=——=——s=Q3.0s

2的1

b從河運動到N的總時間

t=t1-\-t2—0.2s+3.0s=3.2s

(3)設給b一個瞬時沖量后，物塊b的速度為禽,取水平向右為正方向，則作用前物塊b的速度為*=-lm/s

根據(jù)動量定理

I=mbv3-mbvo

解得g=2m/s

物塊b先向右做勻減速運動，后向左做勻加速運動,設共速時間為力3，根據(jù)運動學公式

-v0-v3-1-2八日

力3—--------------------=---------z—s=0.6s

a—5

物塊b對地位移

*+(—*)v,2—1八久nQ

g=-------------xt3=~~—x0.6m=0.3m

傳送帶位移

力4=。0%3=1X0.6m=0.6m

物塊b相對于傳送帶的位移

△為二力3+/4=0.3m+0.6m=0.9m

由于△力二右，因此物塊b剛好與傳送帶共速時，又獲得一個沖量/,設物塊匕的速度變?yōu)椤?

根據(jù)動量定理

I=?72利4一小加0

解得久—2mzs

同理可得，物塊b對地位移

15=0.3m

傳送帶位移

劣6=0.6/71

物塊b相對于傳送帶的位移

A62—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：

Si=L—10g=3.3m—10X0.3m=0.3m

物塊b獲得第11次瞬時沖量后向右運動力=0.3館離開傳送帶，此過程時間為打，根據(jù)運動學公式

S1=禽±4+yatl

解得：力4=0.2s

此過程物塊6相對于傳送帶的位移大小為：

△力3=3力4+51=1X0.2m+0.3m=0.5m

物塊b相對于傳送帶總的相對位移為：

Ax=lOArcx+△力3—10x0.9m+0.5m=9.5m???

產生的摩擦熱

Q—iimbg/\x=0.5x2x10x9.5J=95J。

答：（l）a運動到圓軌道底端時軌道對它的支持力大小為30N;

（2）6從“運動到N的時間為3.2s;

（3）6從N運動到M的過程中與傳送帶摩擦產生的熱量為95Jo

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。右側有一豎直放置的光滑圓弧軌道昭V尸，軌道半徑R=0.8m,MN為其豎直直徑，P點到桌面

的豎直距離也是質量為Af=2.0kg的小物塊B靜止在水平面上。質量為7nA=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。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。點時的速度大??；

（2）S與Q豎直高度蛆

（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）4、B碰撞后，因二者交換速度，所以A靜止，物塊B由。點做平拋運動，落到P點時其豎直

速度為叼，有嫣=2g_R

又=tan45°

VD

解得n°=4m/s

（2）設＞1與B碰撞前的速度為＞1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

解得

h=0.8m

（3）設物塊能沿軌道到達M■點，且到達時其速度為。”,從。到河由動能定理得

-mBgRcos45°=

解得

“M也2.2m/s＜y/gR=V10X0.842.8m/s即物塊不能至U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4左右弧面對稱，右側為半徑r=3m的部分圓弧面,圓心角0滿足sin。=

0.8,平臺8為J的圓弧面，半徑R=3.2小,鄧雅文以一定的初速度從平臺的左下端沖向平臺從河

點騰空后沿切線從N點進入賽道，再經過一段水平騎行從Q點進入平臺8,恰好到達平臺B的上端邊

緣，平臺A上端VN間的距離為2.4m,鄧雅文和獨輪車總質量為75kg,運動過程中可視為質點，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=lOm/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：⑴由Q到平臺B上段的過程,根據(jù)機械能守恒有：^mv^=mgR

可得：％=8m/s

D2

在。點根據(jù)牛頓第二定律有：FN—mg=m—^~

代入數(shù)據(jù)可得：入=2250N;

（2）根據(jù)拋體運動，在水平方向有：vxt=

豎直方向有：％=g且tan。=—

聯(lián)立可得：vx=3m/s

（3）在Af點時，根據(jù)關聯(lián)速度有：VMCOSG9=vx

可得：=5m/s

由M'到Q由動能定理可得：^-mvQ—■~^mgr+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A1N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562.5Jo

4.（2024-南充模擬）一個質量為m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的質量為河,筒長為L,羽毛球的高度

為d（可將羽毛球看成質量集中在球頭的質點），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/=歷叼（％>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繞O點做半徑為A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，，求此過程手

對球筒所做的功；

(3)方式三「落”，如圖丙所示。讓球筒從離地九高處由靜止釋放，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]。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％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=mRct)2

將/=kmg代入

解得：。二點千^

(2)以球筒和羽毛球整體為研究對象，設手對其整體做功為W,整體碰到桌面時的速度為口，從開始至碰到

桌面的過程由動能定理，有：

W+(m+M)g?--L=](m+M)v2—0

以羽毛球為研究對象，它在球筒內減速下滑至桌面，由動能定理：

mg(L—(￡)—f(L—d)=0——^-mv2

聯(lián)立解得：

W=(m+Al)g((k—1)(￡/—d)—多)

(3)羽毛球和球筒從九處自由下落,觸地瞬間的速度滿足

Vo=2gh

此后m以初速度&o向下做勻減速運動,M以o()/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，對于恒，由牛頓第二定律方程：

kmg—mg=mai

解得：a?=At】+X。2()△力2=46m

對于“，由牛頓第二定律方程：

kmg+Mg—Ma2

可解得：a2=1~g

設“第一次運動至最高點的時間為書滿足

1.

—vo=a2io

即:t。=黑

6g

選豎直向下為正方向，設二者在ti時刻達到共速，則。滿足

—a由=-1*+a2ii

可解得：益=等

18g

由曲Vti<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：

Mi—去的龍一(一^v0t1+-^-a2ti^=L

聯(lián)立可得無的最小值

/11=I|L?2.9L

若m恰好在電時刻滑出，即:

。0力0—^"5曲一(一］”oAj+/a2%)—L

聯(lián)立可得九的最大值

無2=年94入3.4七

故九應滿足：

72丁—-24r

—L<h<—L.

答：(1)此時球筒的角速度為。=J。-；

(2)整個過程中手對球筒所做的功為W=(m+M)ff((A;-l)(L-d)-y);

(3)/z的取值范圍是<h<好L。

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。=5m/s沿順時針方向勻速轉

動，傳送帶與水平方向的夾角6=37°。質量均為m=5kg的小物塊A和8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vn=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)〃=0.25,不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊B

都沒有上升到定滑輪處。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。求：

(1)物塊人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，物塊人對傳送帶做的功。

【解答】解：（1）物塊4剛沖上傳送帶時，對A物塊，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsinff+T+“mgcosP=max

對B物塊：mg—T—max

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：Qi=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/物塊，根據(jù)牛頓第二定律有

f

mgsinJ+T—/imgcosff=mav

對B物塊有：Tr—mg=ma/

聯(lián)立解得：Q/=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：打=———=-^-s=l,st2=

（Xi9Qi7

那么物塊4沖上傳送帶運動到最高點所用時間：t=t1-\-t2=ls-\--1-s=5s

（3）此過程中物塊對傳送帶做的功：Wf=fx1-fx2

其中：/=/imgcos9

傳送帶在兩段時間內的位移：Xi=vti,x2=vt2

代入數(shù)據(jù)解得：W=竿J

答：（1）物塊4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-y-s

（3）物塊A沿傳送帶向上運動的過程中，物塊A對傳送帶做的功為與J。

6.（2024-龍鳳區(qū)校級模擬）一闖關游戲裝置處于豎直截面內，如圖所示,該裝置由傾角6=37°的直軌道

螺旋圓形軌道8cDE尸,水平直軌道斤G,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。，水平直軌道JK組成。其中螺旋圓形軌道與軌道AB、斤G相切于8（初和。（尸）。

直線軌道FG和印通過傳送帶GH平滑連接，管道。與直線軌道即相切于I點,直線軌道用右端為

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,FG長LFG"

2M，傳送帶GH長LGH=l.5m,HI長乙m=4m,LJK=2.8m,四分之一圓軌道〃的半徑『=0.4mo滑

塊與FG、HI、JK間的動摩擦因數(shù)“1=0.25,與傳送帶間的動摩擦因數(shù)“2=0.6，其余軌道光滑?，F(xiàn)將

一質量為m=1kg的滑塊從傾斜軌道AB上某高度h處靜止釋放（滑塊視為質點，所有軌道都平滑連

接,不計空氣阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2）

⑴若滑塊恰好經過圓形軌道最高點。，求滑塊過。點對軌道的壓力及滑塊靜止釋放時的高度；

（2）若滑塊從4B上高加=3成處靜止釋放,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上高兒=3m處靜止釋放,且傳送帶以恒定的線速度順時針轉動，要使滑塊停在JK

上（滑塊不會再次通過軌道〃回到印上），求傳送帶的線速度v需滿足的條件。

【解答】解：（1）若滑塊恰好經過圓形軌道最高點。,則根據(jù)牛頓第二定律可得:

mg=mV-D

Jtt

代入數(shù)據(jù)解得：

vD=y/gR=V10x0.4m/s=2m/s

滑塊從。到。點過程中，根據(jù)動能定理可得：

—mg?2R---m虎—mvc

代入數(shù)據(jù)解得：

vc—2V5m/s

滑塊過。點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：

m比

F'c—mg=m—

it

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：

F°=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（/z-27?）=

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/點，需克服摩擦力做功：

用1=u，imgLFG+/22mgLGH+u^ngLm

解得：Wfl^24J

由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達1點時的動能：

EkI=WG—Wfl=30J—24J=6J

設滑塊滑上半圓軌道〃的高度出，

則有：EkI=mgh]

解得：

hi—0.6m<2r—0.8m

則滑塊會從圓軌道7J返回滑下運動，根據(jù)動能定理可得：

-Himgx=0-EkI

解得滑塊滑過四分之一圓軟道”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，距H點的水平距離為：

△2=LHI—x=4m—2.4m=1.6m

（3）若向上滑塊恰好能到達J,則滑塊在方r點的動能為：

EkHi=2rn施i=UxmgLm+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'-UimgLFG=

代入數(shù)據(jù)解得：

vG—V50m/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'—^mgLFG—nimgLGH=30J—5J—9J—16J=臺

代入數(shù)據(jù)解得：

vH=A/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：

%=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-//imgCLm+

2LJG-2mgr=0-

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：

v8m/s

因此要使滑塊停在也上（滑塊不會再次返回半圓軌道〃回到田上），傳送帶的速度需滿足的條件為：

6m/s4。48m/s

答：（1）滑塊過。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;

⑵滑塊最終靜止的位置距離H點的水平距離為1.6??；

（3）要使滑塊停在JK上（滑塊不會再次通過軌道〃回到印上），傳送帶的線速度v需滿足的條件為6m/s

Wo48m/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“平&、迎等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,且兩最近點關于過。點的豎直直徑對稱，不計足球與水泥管間的

摩擦,足球看成質點，且均從水平圓框的圓心進入背包，重力加速度大小為9，血=1.73,，11=3.32,

V59=7.70,sin53°=0.8。(1)兩球與水泥管道的脫離點分別為4、8,求。4、OB與水平方向的夾角

%、%；

(2)設衣=1成，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)設脫離點與水泥管圓心連線與水平方向的夾角為仇由牛頓第二定律得

2

7ngs.m'二—m—v

R

根據(jù)動能定理

—mgR(1+sin。)=—^-mvo

解得

=J(2+3sin6)gR

可得

sin%=J,sin%=~

Zto

則

9=30°,82=53°

(2)對過4點的足球受力分析可得

.八mvl

mgsinU、=—^―

R

解得

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

%cos/=gti

解得

水平位移

Xi=%sin9/i

豎直位移

拉1=-j-^l

足球從最高點到背包口過程，水平位移

x2—%sin9i±2

豎直位移

h2=hi+Rsindi=

足球斜拋的水平位移

x=Xi+x2

胸前的背包口圓框的直徑

八C（口0.28/?\

d=2（Reosa/—x--------）

聯(lián)立解得d=0.19m

答：（1）CL4、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0.19小。

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=10小,寬AB=8小，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，網的正中間有一圓

形的球洞名為“風流眼”，兩支球隊分別在網的兩側，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。點正上方,Q、。之間的高度h=3.75mo甲、乙兩位運動員在某次配合

訓練中，甲將靜止在地面尸點的蹴鞠斜向上踢出，經時間打=0.5s恰好到達最高點在場地上的

投影為P且P在尸。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

好經過“風流眼”中的Q點且經過Q點時速度方向水平，穿過“風流眼”后蹴鞠落到O尸上的K點（蹴

鞠第一次著地的位置）,如圖丙所示。蹴鞠的質量為0.6kg,蹴鞠可看作質點，忽略空氣阻力，重力加速

度大小取g=lOm/s?。求：

⑴最高點P離地面的高度出；

（2）甲運動員對蹴鞠做的功W；

（3）K點到。點的距離d（結果可以用根式表示）。

【解答】解：（1）蹴鞠豎直向上逆過程就是自由落體運動，耳=

解得,hi=1.25m

（2）蹴鞠水平方向，有vx=^-

解得，vx—4m/s

豎直方向上，有Vy—gt

解得，vy—5m/s

蹴鞠的初速度為伙）=/蟾+%

解得,v0=V41m/s

甲運動員對蹴鞠做的功W=

解得，W=12.3J

（3）PQ的高葭為Ah=h-hI

豎直方向上，有Ah=[gt%

蹴鞠從P運動到Q的時間為如=烏s

蹴鞠從P運動到Q時，設FO距離為Z],故沿水平方向的速度為小2=與紅，代入數(shù)據(jù)可得：vx2=3V2m/s

力2

蹴鞠從Q點落到K點的時間為^可得，

V92

K點到的距離為弓=以2右可得，d

答：⑴最高點P離地面的高度/為.25小；

⑵甲運動員對蹴鞠做的功W為12.3J;

（3）K點到。點的距離d為‘碧山。

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的半圓弧形軌道組

成，末端C處切線水平。緊鄰。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〃=7前順時針轉動，傳送帶乙和上方的均質木板處于靜止狀態(tài),其中木

板長度與乙兩端。E等長，均為ALRG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C點進入傳送帶甲，于。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L5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；尸口高度差拉=R,物塊、木板質量均為山,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7=2%反，其中A/為回復力系數(shù)。sin27°=李，求：

Vkr5

⑴物塊即將滑出軌道末端。時，對。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,求胃的數(shù)值大小;

(3)%的大小；

(4)木板的運動時間力。

物塊

I解答】解：(1)物塊由P至。,根據(jù)機械能守恒定律有

mg仇+/?)=

解得

v0=2^gR

。處根據(jù)牛頓第二定律有

卜—mg—m—

R

解得

F—5mg

由牛頓第三定律,物塊對。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為〈〃,假設物塊一直勻加速到。，設加速度為Q,末速度為對物塊根據(jù)

運動學公式有

CD=v&+-yat2

vD=v0-\-at

對傳送帶

ut='CD

聯(lián)立求解得

vD^^-y/'gR>u

o

說明物塊在甲上先加速，后以〃勻速；設物塊句加速時間為九根據(jù)功能關系有

W=Ff^t1

Q=Ff?[皿一](*+”)方〔

聯(lián)立解得

IV_14

(3)碰撞后木板的速度大小為“，對木板此后運動的動力學分析結果為

①木板位移力

合力為0,木板做勻速直線運動；

13

②木板位移。fcRWa;WfcR：

合力為

°Hmgij.mg2/Ltmg

F=~kRX-^R(kR—x)=x—jumg

kR

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—imig

合力恒定、勻減速至靜止。對木板，全程由動能定理

0+〃?九gkRo12

--------?-11mq?k7R—0n——mu

22々2

解得

k=39.2;

(4)①木板位移x^^-kR過程勻速，時間為

②木板位移gkR—WkR過程做簡諧運動x=^-kR時恰為平衡位置，由

02//mg

上————a：—umq

kR

可得回復力系數(shù)

,,21jmg

k二父

簡諧運動的周期為

設此簡諧運動的振幅為4,滿足

可得

A=7RVk=*⑤R

5

故

^kR

arcsin"?生,生聲.

22兀360