1、BABAfGFN第26节 力学综合题（下）1.2018年全国卷I、18如图，abc是竖直面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为2R；bc是半径为R的四分之一圆弧，与ab相切于b点。一质量为m 的小球，始终受到与重力大小相等的水平外力的作用，自a点处从静止开始向右运动。重力加速度大小为 g。小球从a点开始运动到其轨迹最高点，机械能的增量为 （ C ）A 2gRB 4mgR C 5g D 6mR解析：设小球运动到c点的速度大小为v c，则对小球由a到c的过程，由动能定理得：213cvF，又F=mg，解得 v42，小球离开c点后，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向在重力作用下做匀减速直线
2、运动，由牛顿第二定律可知，小球离开c点后，在水平方向和竖直方向的加速度大小均为g，则由竖直方向的运动可知，小球离开c点到其轨迹最高点所需的时间为： gRvtc2，小球离开c 点后在水平方向的位移为 Ratx21。由以上分析可知，小球从a点开始运动到其轨迹最高点的过程中，水平方向的位移为5R，则小球机械能的增量为 mFE5，选项C正确ABD 错误。2.2018年天津卷2滑雪运动深受人民群众的喜爱，某滑雪运动员（可视为质点）由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中 （ C ）A所受合外力始终为零B所受摩擦力
3、大小不变C合外力做功一定为零D机械能始终保持不变解析：根据曲线运动的特点分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解出运动员与曲面间的正压力变化情况，从而判断运动员所受摩擦力的变化；根据运动员的动能变化情况，结合动能定理分析合外力做功；根据运动过程中，是否只有重力做功来判断运动员的机械能是否守恒。因为运动员做曲线运动，所以合力一定不为零，选项A 错误；运动员受力如图示，重力垂直曲面的分力与曲面对运动员的支持力的合力充当向心力，有 得RmvgFN2cosRmvg2cos，运动过程中速率恒定，且在减小，所以曲面对运动员的支持力越来越大，根据 可知摩擦力越来越大，选项 B错误；运动NFf员运动过程中速率
4、不变，质量不变，即动能不变，故动能的变化量为零，根据动能定理可知合力做功为零，选项C正确；因为克服摩擦力做功，机械能不守恒，选项D 错误。a bcRBOACPROABCP DM3.2018年全国卷III、25（20分）如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑圆弧轨道ABC和水平轨道PA在A点相切， BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为 ， 3sin5。一质量为m的小球沿水平轨道向右运动，经 A点沿圆弧轨道通过 C点，落至水平轨道；在整个过程中，除受到重力及轨道作用力外，小球还一直受到一水平恒力的作用。已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零。重力加速度
5、大小为g。求（1）水 平 恒 力 的 大 小 和 小 球 到 达 C点 时 速 度 的 大 小 ；（2）小球到达A点时动量的大小；（3）小球从C点落至水平轨道所用的时间。解：（1）设水平恒力的大小为F 0，小球到达C点时所受合力的大小为F。由力的合成法则有0tanmg220()设小球到达C点时的速度大小为 v，由牛顿第二定律得2FmRv由式和题给数据得 034Fmg52gRv（2）设小球到达A点的速度大小为 1v，作CDPA，交 PA于 D点 ， 由 几 何 关 系 得 DsinC(1co)R由动能定理有 2201CDAmgFmv 由式和题给数据得，小球在A 点的动量大小为123Rpv（3）小
6、球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动，加速度大小为g。设小球在竖直方向的初速度为 ，从C点落至水平轨道上所用时间为t 。由运动学公式有21Dtvsin由式和题给数据得P地面h=3.2mCBAR=2m第20题图35Rtg4.2018年浙江卷（4月选考）20 如图所示，一轨道由半径为2m 的四分之一竖直圆弧轨道AB和长度可以调节的水平直轨道BC在B点平滑连接而成。现有一质量为0.2kg的小球从A点无初速度释放，经过圆弧上的B点时，传感器测得轨道所受压力大小为3.6N，小球经过 BC段所受阻力为其重力的0.2倍，然后从C点水平飞离轨道，落到水平面上的P点，P 、 C两点间的高度差为3.
7、2m。小球运动过程中可以视为质点，且不计空气阻力。（1）求小球运动至B点的速度大小；（2）求小球在圆弧轨道上克服摩擦力所做的功；（3）为使小球落点P与B点的水平距离最大，求BC段的长度；（4）小球落到P点后弹起，与地面多次碰撞后静止。假设小球每次碰撞机械能损失75%，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等。求小球从C点飞出后静止所需的时间。解：（1）在B点： 得到：2BNvFmgR4m/sB（2）A至B 过程中，由动能定理： 得到：21fWv2.4Jf（3）B至C过程中，由动能定理： BCBkgLB至P的水平距离：2 2145BCCvhLv当 P至B的水平距离最大1.6m/sCv时 ， 3.6mBC
8、L（4）C至P时间： 02.8shtg102.8stt 1()2ntt.4s5.2011年理综山东卷24（15分）如图所示，在高出水平地面h=1.8m 的光滑平台上放置一质量M=2kg、由两种不同材料连接成一体的薄板A，其右段长度l 1=0.2m且表面光滑，左段表面粗糙。在 A最右端放有可视为质点的物块B，其质量m=1kg。B与A左段间动摩擦因数=0.4。开始时二者均静止，现对A施加F=20N水平向右的恒力，待B脱离A（A 尚未露出平台）后，将A取走。B离开平台后的落地点与平台右边缘的水平距离x=1.2m 。（取g=10m/s 2）求：B离开平台时的速度v B。B从开始运动到刚脱离A时，B运动
9、的时间t B和位移x B.A左端的长度l 2，解析：（1）设物块平抛运动的时间为t，由运动学知识可得2ghx=vBt 联立式，代入数据得vB=2m/s (2)设B的加速度为a B，由牛顿第二定律和运动学的知识得mgBtv21ax联立式，代入数据得s5.0Btmx（3）设B刚开始运动时A的速度为v 1，由动能定理得211MFl设B运动后A 的加速度为a A，由牛顿第二定律和运动学的知识得mg212BABttvxl联立式，代入数据得5.2l6. 2011年理综天津卷10（16分）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖直固定在水平BAFl2 l1xhBAR ONM地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面
10、垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A 相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2 R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；小球A冲进轨道时速度v 的大小。【解析】（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有2Rgt解得t（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为 v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为 0，由机械能守恒定律知 221vmgR设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v 2，由动量守恒定律知 12mv飞出轨道后做平抛运动
11、，水平方向分运动为匀速直线运动，有 Rt综合式得 2vgR7. 2011年物理江苏卷14（16分）如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30角固定放置。将一质量为m 的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M= km的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。（重力加速度为g）求小物块下落过程中的加速度大小；求小球从管口抛出时的速度大小；试证明小球平抛运动的水平位移总小于 L2答：(1) (2) (k2) (3) 见解析g)k(12g)k(12【解析】(1) 设细线中的张
12、力为T，根据牛顿第二定律Mg-T=Ma， T-mgsin 30=ma且M=km 解得： )k(amM30(2) 设M 落地时的速度大小为v ，m射出管口时速度大小为v 0，M落地后m 的加速度为a 0。根据牛顿第二定律 -mgsin30=ma 0 ，匀变速直线运动 23sinaL)sin(La0231解得： (k2)g)k(v10(3) 平抛运动 ， ，解得tx02013gtsinL)k(Lx12因为 ，所以 ，得证。12k28. 2014年物理江苏卷15 . (16 分) 如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为 v0，小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙
13、上，工件与乙之间的动摩擦因数为 . 乙的宽度足够大，重力加速度为 g.(1 ) 若乙的速度为 v 0，求工件在乙上侧向 ( 垂直于乙的运动方向)滑过的距离 s;(2 ) 若乙的速度为 2 v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小 v(3 ) 保持乙的速度 2 v 0 不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复. 若每个工件的质量均为 m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率 P.【答案】（1） （2）2 v 0 （3）g0 054mgv【解析】（1）摩擦力与侧向的夹角为45侧向加速度大小 匀变速直线运动045cosax20vsa
14、x解得 gvs20（2）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为 ，侧向、纵向加速度的大小分别为a x、 ay，则a y /ax=tan，在很小的t时间内，侧向、纵向的速度增量 v x= axt，v y= ayt，解得 v y /v x=tan传送带甲传送带乙v0且由题意可知 ， 则 ，xyvtantanvxyxy所以摩擦力方向保持不变则当 ， 即0yxv向 02（3）工件在乙上滑动的侧向位移为x，沿乙方向的位移为y由题意知 ,singa,cosgayx 在侧向上 在纵向上,vx20,)v(ya02工件滑动时间 乙前进的距离,aty,t01工件相对乙的位移 212)y(xL则系统摩擦生热 ,mgQ电动
15、机做功 ,Qv)(W20201由 解得,tP,g0549. 2014年理综安徽卷24(20分) 在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1.0m。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数 为0.5。开始时物块静止，凹槽以v 0=5m/s初速度向右运动，设物块与凹槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10m/s 2。求：（1）物块与凹槽相对静止时的共同速度；（2）从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；（3）从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。【答案】（1）2.5m/s （2） 6 （3）1
16、2.75m【解析】（1）设两者间相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得mv0=2mv v=2.5m/s（2）物块与凹槽间的滑动摩擦力 ,mgNFf设两者间相对静止时的路程为s 1，由动能定理得得s 1=12.5m2021v)m(Ff v0 2L2LB At/sv/ms-10 1 2 3 4 5v0v0/2已知L=1m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞。（3）设凹槽与物块碰前的速度分别为v 1、v 2, 碰后的速度分别为v 1、v 2,。有,vm212121m得 v 1= v2 ， v 2= v1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为1
17、3段，凹槽、物块的v-t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则v=v0+at a=g 解得t=5s 凹槽的v-t图象所包围的阴影面积即为凹槽的位移大小s 2。（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L。其余每份面积均为L。）s2=12.75m L.t)v(5621010.2014年理综四川卷9(15分）石墨烯是近些年发现的一种新材料，其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化，其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳，人类搭建“太空电梯” 的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想，通过地球同步轨道
18、站向地面垂下一条缆绳至赤道基站，电梯仓沿着这条缆绳运行，实现外太空和地球之间便捷的物资交换。（1） 若”太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h 1的同步轨道站，求轨道站内质量为m 1的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为，地球半径为R。（2）当电梯仓停在距地面高度h 2 = 4R的站点时，求仓内质量m 2 = 50kg的人对水平地板的压力大小。取地面附近重力加速度g = 10m/s2，地球自转角速度 = 7.310 -5rad/s，地球半径R = 6.4103km。【解析】（1）设货物相对地心的距离为r 1，线速度为v 1，则r1Rh 1 v1r 1 货物对地心运动的动能为 21v
19、mEk联立式 2121)hR(k说明：式各1分（2）设地球质量为M，人相对地心的距离为 r2，向心加速度为a 向 ，受地球的万有引力为F，则r2Rh 2 1a向2rmGFRg设水平地板对人的支持力大小为N，人对水平地板的压力大小为N，则向aF2NN 联立式并代入数据得 N11.5 N 说明：式各2分，式各1分11.2015年理综新课标I卷25.(20分) 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端 放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图(a) 所示。 t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短 )。碰撞前后木板速度
20、大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图(b) 所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s 2。求(1)木板与地面间的动摩擦因数 1及小物块与木板间的动摩擦因数 2；(2)木板的最小长度；(3)木板右端离墙壁的最终距离。解：（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动。设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ，由牛顿第二定律有1()()Mga由图可知，木板与墙壁碰前瞬间的速度v 1=4m/s，由运动学公式得101at2 st1=1s，s o=4.5cm是木板碰前的位移， v0
21、是小物块和木板开始运动时的速度联立式和题给条件得 1.在木板与墙壁碰撞后，木板以-t/s1 0 2 2 4 v/m.s-1图（b） 图（a） v1的初速度的向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速的向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有22mga12vt式中t 2=2s，v 2=0，联立式和题给条件得 20.4（2）设碰撞后木板的加速度为 ，经过时间t，木板和小物块刚好具有共同速度 。由牛顿第3a 3v二定律及运动学公式得321()mgMgtav33-21碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为tvs31小物块运动的位移为tvs231小物块相对木板的位
22、移为s=s 2-s1 s=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。（3）在小物块和木板具有共同速度后，两者向左做匀变速运动直至停止，设加速度为a 4，此过程中小物块和木板运动的位移为s 3，由牛顿第二定律及运动学公式得41()()mMga34230sv碰后木板运动的位移为s= 13s联立式，并代入数值得s=-6.5m木板右端离墙壁的最终距离为6.5m12.2015年理综新课标卷25.（20分）下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为=37（sin37= ）的山坡C ，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B53上有一碎石堆A（
23、含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A 、 B间的动摩擦因数 1减小为 ，83B、 C间的动摩擦因数 2减小为0.5，A 、 B开始运动，此时刻为计时37BCA起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑， 2保持不变。已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g=10m/s 2。求：（1）在02s时间内A和B加速度的大小（2）A在B 上总的运动时间解析：（1）在02s时间内，A和B的受力如图所示，其中 、 是A和1fNB之间的摩擦力和正压力的大
24、小， 、 是B与C 之2间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示1fNcosmg22f1s以沿斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为 和 ，由牛顿第二定律得1a21sinmgfa22m联立式，并代入题给条件得a1=3m/s2 a2=1m/s2 （2）在t 1=2s时，设A 和B的速度分别为 v1和v 2，则v1= a1t1=6m/s v2= a2t1=2m/s 时，设A和B的加速度分别为a 1和a 2。此时A 与B之间摩擦力为零，同理可得a1=6m/s2 a2=-2m/s2 即B做减速运动。设经过时间t 2，B的速度减为零，则有20va联立式得 t2=1s 在 时间内，A相对于B 运动的距离为
25、12t 27m121-2221 向向向 tatvattvas此后B静止不动，A继续在B 上滑动。设再经过时间 后A离开B，则有3N1f1mgAmgf1f2N1N2B231321tat)vsl 向可得t 3=1s （另一解不合题意，舍去 设A在B上总的运动时间为 ，有t总t总 =t1+t2+t3=4s 13.2015年理综福建卷21.（19分）如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一圆弧光滑轨道，BC段是长为L 的水平粗糙轨道，两段轨道相切于 B点。一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。(1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力
26、;(2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车。已知滑块质量 ,在任一时刻滑块相对地面速度的水平2Mm分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC 间的动摩擦因数为，求:滑块运动过程中，小车的最大速度大小v m；滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小 s。答案：（1）3mg （2） gRvm31s=L /3解析：（1）由图知，滑块运动到B点时对小车的压力最大从A到B，根据动能定理： 02Bv在B点： RvmgFBN2联立解得 ： F N=3mg，根据牛顿第三定律得，滑块对小车的最大压力为3mg（2）若不固定小车， 滑块到达B点时，小车的速度最大根据动量守恒可得：
27、 mMv从A到B，根据能量守恒： 221mvgR联立解得： vm31设滑块到C处时小车的速度为 v，则滑块的速度为2v，根据能量守恒：gLMvgR2解得： 31AB CMOmLR小车的加速度： gMma21根据 svm2 解得：s=L/314.2015年江苏卷14. (16 分) 一转动装置如图所示，四根轻杆 OA、 OC、 AB 和 CB 与两小球及一小环通过铰链连接，轻杆长均为 l，球和环的质量均为 m，O 端固定在竖直的轻质转轴上。 套在转轴上的轻质弹簧连接在 O 与小环之间，原长为 L. 装置静止时，弹簧长为 . L23转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升。弹簧始终在弹性限度内，忽略
28、一切摩擦和空气阻力，重力加速度为 g.求：(1)弹簧的劲度系数 k；(2)AB 杆中弹力为零时，装置转动的角速度 0；(3)弹簧长度从 缓慢缩短为 的过程中，外界对转动装置所做的L2321功 W. 【答案】（1） （2） （3）mgk4Lg580LmglW216解：（1）装置静止时，设OA、AB杆中的弹力分别为F 1、T 1，OA 杆与转轴的夹角为 1.小环受到弹簧的弹力 1向小环受力平衡 12cosTg向小球受力平衡 ， mgcsF11 11sinTiF解得 Lmk4（2）设OA、AB 杆中的弹力分别为F 2、T 2，OA 杆与转轴的夹角为 2 ，弹簧长度为x，小环受到弹簧的弹力 向向Lxk
29、2小环受力平衡得g向 45对小球 ， 且mcosF2202sinlsiFlxcos2解得 Lg580（3）弹簧长度为L/2 时，设OA 、 AB杆中的弹力分别为F 3、T 3，OA杆与弹簧的夹角为 3l lllABCOL3m mm小环受到弹簧的弹力： 23LkF向小环受力平衡：且32向mgcosTlLcos43对小球： ； 33 323sinlmiTin解得： Lg163整个过程弹簧弹性势能变化为零，则弹力做的功为零，由动能定理： 2321432向向sinlm)(g)(mgW解得：Ll1615.2016年新课标卷25（20分）轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的
30、物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l。现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接。AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示。物块P与AB间的动摩擦因数=0.5。用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g。（1）若P的质量为m，求P到达 B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；（2）若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围。【答案】（1） 2l （2） 532mM【解析】（1）依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至l时，
31、质量为5m 的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能。由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能为Ep=5mgl 设P的质量为M，到达B 点时的速度大小为v B，有能量守恒定律得lgB421联立式，去M=m并代入题给数据得 glvB6若P能沿圆轨道运动到D点，其到达 D点时的向心力不能小于重力，即 P此时的速度大小v满足02glvBCDAP设P滑到D点时的速度为v P，由机械能守恒定律得lmgvDB2122联立式得 vD满足式要求，故P能运动到D点，并从D 点以速度v D水平射出。设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得 21lgtP落回到AB上的位置与 B点之间的距离为 tv
32、sD联立式得 ls2（2）为使P能滑上圆轨道，它到达B点时的速度不能小于零。由式可知lMgml45要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C。由机械能守恒定律有 lvB21联立式得 532m16.2016年新课标1卷25.（18分）如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态。直轨道与一半径为 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC=7R，A、B、C56R、D均在同一竖直平面内。质量为 m的小物块P自C 点由静止开始下滑，最低到达E点（未画出）随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF=4R。已知P与直轨道
33、间的动摩擦因数 ，重力加速度大14小为 。（取 ， ）g3sin754cos75(1) 求P第一次运动到B点时速度的大小。(2) 求P运动到 点时弹簧的弹性势能。E(3)改变物块P的质量，将P推至 点，从静止开始释放。已知EP自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过 G点。G 点在C点的左下方，与C点水平相距 、竖直相距R，求P运动72到D点时速度的大小和改变后 P的质量。解析：（1）选P为研究对象，受力分析如图：设P加速度为 ，其垂直于斜面方向受力平衡：acosGN37ABFCPDGR27沿斜面方向，由牛顿第二定律得： sinGfma且 ，可得：fN2sicos5gg对CB段过程，由20t
34、va代入数据得B点速度： BgR（2）P从C点出发，最终静止在 F，分析整段过程；由C到F，重力势能变化量： 3sinPEmgR减少的重力势能全部转化为内能。设E点离B 点的距离为xR，从 C到F，产热：cos(72)QmgRx由 ，联立、解得：x=1；P研究P从C点运动到E点过程重力做功： sin(5)GWmgRx摩擦力做功： cof动能变化量： 0JkE由动能定理： Gfk弹代入得： 512-mgRW弹由 E弹 =-W弹 ，到E点时弹性势能E 弹 为 。（3）其几何关系如下图可知： ， RCQO21,3由几何关系可得，G点在D左下方，竖直高度差为2.5R，水平距离为 3R。设P从D点抛出时
35、速度为v 0，到G 点时间为t其水平位移： v竖直位移： 215gt解得： 30Rv研究P从E 点到D点过程，设P此时质量为m，此过程中：重力做功： 351(6sin)20GWmgRmgRGfNFCDGR27OQ摩擦力做功： 6cos5fWmgRmgR弹力做功： 12E弹 弹 动能变化量： 20Jkv9gR由动能定理： Gf kW弹将代入，可得： m3117.2017年浙江选考卷20.图中给出一段“ ”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不S同水平面上的圆弧，圆心分别为O 1,O2，弯道中心线半径分别为 ，弯道2比弯0m,12r道1高 ，有一直道与两弯道圆弧相切。质量 的汽车通过弯
36、道时做匀速圆周运动2h kgm0，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑。（sin37=0.6，sin53=0.8）（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度 ；1v（2）汽车以v 1进入直道，以 的恒定功率直线行驶了kW30P，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度s0.8t，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽 ，求此最短时间（ A、 B两点都在轨道的中心线上，计算m10d时视汽车为质点 ）。【答案】（1） （ 2） （3）/s51
37、vJ.4fWs8.1t【解析】（1）弯道1的最大速度v 1，有： 12rvkg得 m/s511kgr（2）弯道2的最大速度v 2，有： 2rvkg得 /s1052kgr直道上由动能定理有： 2121mvWmghtpf代入数据可得 J.4f(3) grvgrmv25.125.1第20题图O2O1r2r1AB弯道1 弯道2直道可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计应如答图所示由图可以得到 2121)( drr代入数据可以得到r=12.5m汽车沿着该路线行驶的最大速度 m/s5.1rkgvo1062则 对 应 的 圆 心 角 度由 1sin.8r线路长度 3.360r最短时间 。s8.1vt答图A BO O1r
