《2025年高考帮高中物理》

5.[不含弹簧的多过程]如图所示，一个质量为$m = 4\ kg$的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平面上的木板，木板质量为$M = 1\ kg$，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为$R = 0.5\ m$，滑块到达轨道最高点时，与轨道间没有作用力. 已知滑块可视为质点，斜面倾角$\theta = 53^{\circ}$，滑块与斜面、滑块与木板间动摩擦因数均为$\mu_{1} = 0.5$，木板与地面间动摩擦因数为$\mu_{2} = 0.2$，重力加速度为$g = 10\ m/s^{2}$，$\sin 53^{\circ} = 0.8$，$\cos 53^{\circ} = 0.6$，试求：
(1)滑块冲上台阶时的速度大小；
(2)滑块释放时相对斜面底端的高度；
(3)滑块和木板间产生的热量.

答案： 5.
(1)5 m/s
(2)4.5 m
(3)37.5 J 解析
(1)设滑块在斜面底端时速度为v₁，冲上台阶时速度为v₂，在圆轨道最高点时速度为v₃。在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有mg = m(v₃² / R) 由机械能守恒定律有½mv₂² = 2mgR + ½mv₃² 联立解得v₂ = 5 m/s
(2)设滑块在木板上滑动时加速度的大小为a₁，木板加速度的大小为a₂，由牛顿第二定律可知 a₁ = μ₁mg / m = 5 m/s² a₂ = (μ₁mg - μ₂(m + M)g) / M = 10 m/s² 设滑块在木板上滑行的时间为t，对木板，由v₂ = a₂t 得t = v₂ / a₂ = 0.5 s 对滑块，由v₂ = v₁ - a₁t 得v₁ = 7.5 m/s 设滑块在斜面上释放时高度为h，由能量守恒定律可得 mgh = ½mv₁² + μ₁mgcosθ·(h / sinθ) 代入数据可得h = 4.5 m
(3)滑块在木板上运动的位移大小为x₁ = (v₁ + v₂) / 2t = 25 / 8 m 木板的位移大小为x₂ = v₂ / 2t = 5 / 4 m 相对位移大小为Δx = x₁ - x₂ = 15 / 8 m 所以产生热量$Q = μ₁mg·Δx = 37.5 J 

6.[含弹簧的多过程]如图所示为某弹射游戏装置图. 水平枪管中弹簧被弹射杆$P$用线拉着，处于压缩状态，质量为$m$的小球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点$A$的内侧对齐. 水平轨道$BC$在$B$、$C$两点分别与半圆轨道内侧和倾角$\theta = 45^{\circ}$的倾斜轨道平滑连接. 扣动扳机，弹射杆$P$立即松开弹簧，小球射出经轨道到达斜面上$D$点时速度为零，后又恰好能回到$A$点进入枪内，挤压弹簧后再次被弹出. 已知半圆轨道半径为$R$，$BC$长$s = 2R$，小球与斜面$CD$、水平面$BC$间的动摩擦因数均为$\mu = 0.25$，重力加速度为$g$，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦力. 求：
(1)小球第二次经过$A$点时的速度大小$v_{A}$；
(2)小球第二次经过$B$点时的速度大小$v_{B}$；
(3)弹簧储存的最大弹性势能$E_{p}$；
(4)通过计算说明小球能否脱离轨道.

答案： 6.
(1)v_A = √(gR)
(2)v_B = √(5gR)
(3)E_p = 3.5mgR
(4)见解析 解析
(1)由题意知，小球恰能返回A点，所以在A点有mg = m(v_A² / R) 解得v_A = √(gR)
(2)小球从B到A由机械能守恒定律有½mv_B² = ½mv_A² + mg×2R 代入数据得v_B = √(5gR)
(3)从D到B由动能定理得 mgh - μmgcosθ×(h / sinθ) - μmgs = ½mv_B² - 0 代入数据得h = 4R 从发射到第一次回到A点，由功能关系可得 E_p = 2μmg((h / tanθ) + s) + ½mv_A² 代入数据得E_p = 3.5mgR
(4)由机械能守恒定律知，第三次经B点与第二次经B点动能相同，设第三次经B点能到达斜面的最大高度为h'，由动能定理得 - mgh' - μmg((h' / tanθ) + s) = 0 - ½mv_B² 代入数据得h' = 1.6R 设第四次经B点后能达半圆轨道的最大高度为h_m，则从h'到h_m 由动能定理得 mgh' - μmg((h' / tanθ) + s) - mgh_m = 0 - 0 代入数据得h_m = 0.7R 因为0.7R < R，所以小球不会脱离轨道。