《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

【例 3】(2025·湖南长沙市雅礼中学月考)
某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为了研究其中的物理规律，小组成员设计出如图乙所示的装置。$P$ 为弹性发射装置，$AB$ 为倾角 $\theta = 37°$ 的倾斜轨道，$BC$ 为水平轨道，$CDC'$ 为竖直圆轨道，$C'E$ 为足够长的曲面轨道，各段轨道均平滑连接。以 $A$ 点为坐标原点，水平向右为 $x$ 轴正方向，竖直向上为 $y$ 轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为 $m$，圆轨道半径 $R = 1\ m$，$BC$ 长为 $3\ m$，滑块与 $AB$、$BC$ 段的动摩擦因数均为 $\mu = 0.25$，其余各段轨道均光滑。现滑块从弹射装置 $P$ 水平弹出的速度为 $4\ m/s$，且恰好从 $A$ 点沿 $AB$ 方向进入轨道，滑块可视为质点。重力加速度 $g$ 取 $10\ m/s^2$，$\sin 37° = 0.6$，$\cos 37° = 0.8$。

(1)求滑块从弹射装置 $P$ 弹出时的坐标值；
(2)若滑块恰好能通过 $D$ 点，求轨道 $AB$ 的长度 $x_{AB}$；
(3)若滑块第一次能进入圆轨道且不脱轨，求轨道 $AB$ 的长度 $x_{AB}$ 的取值范围；(1)$(1.2\ m,0.45\ m)$(2)$5\ m$
(4)若轨道 $AB$ 的长度为 $3.5\ m$，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱轨的位置。(3)$x_{AB} \geq 5\ m$或$x_{AB} \leq 1.25\ m$(4)见解析

答案： 例3
(1)$(1.2\ m,0.45\ m)$
(2)$5\ m$
(3)$x_{AB} \geq 5\ m$或$x_{AB} \leq 1.25\ m$
(4)见解析
解析
(1)对滑块由P到A的运动，根据平抛规律有$v_{y} = v_{0}\tan\theta = 3\ m/s$，平抛运动的竖直方向有$v_{y}^{2} = 2gy$，解得
$y = 0.45\ m$，运动时间$t = \frac{v_{y}}{g} = 0.3\ s$，
则$x = v_{0}t = 1.2\ m$，即弹出时位置的坐标值为$(1.2\ m,0.45\ m)$。
(2)滑块恰好能通过D点，在最高点
有$mg = m\frac{v_{1}^{2}}{R}$
从P到D点，由动能定理得
$mg(y + x_{AB}\sin\theta - 2R) - \mu mgx_{AB}\cos\theta - \frac{1}{2}mv_{1}^{2} = \frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，联立
解得$x_{AB} = 5\ m$。
(3)滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由
(2)知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点时$x_{AB} = 5\ m$
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从P到与圆心等高的位置，由动能定理得
$mg(y + x_{AB}\sin\theta - R) - \mu mgx_{AB}\cos\theta - \frac{1}{2}mv_{2}^{2} = 0 - \frac{1}{2}mv_{0}^{2}$，解得$x_{AB} = 1.25\ m$
滑块从A点切入后不脱离轨道时AB的长度应满足$x_{AB} \geq 5\ m$或$x_{AB} \leq 1.25\ m$
(4)由
(3)知，$x_{AB} = 3.5\ m$时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线与水平方向的夹角为$\alpha$，则脱轨时$mg\sin\alpha = \frac{mv_{2}^{2}}{R}$
从P到脱轨的位置，由动能定理得
$mg(y + x_{AB}\sin\theta - R - R\sin\alpha) - \mu mgx_{AB}\cos\theta - \frac{1}{2}mv_{2}^{2} = \frac{1}{2}mv_{共}^{2} - \frac{1}{2}mv_{0}^{2}$
联立解得$\sin\alpha = 0.6$
即滑块在圆心以上$R\sin\alpha = 0.6\ m$处脱轨。

【例 4】(2025·安徽合肥市第八中学月考)
一游戏装置由水平弹射装置、传送带、水平直轨道 $BC$、足够长的凹槽 $CHID$、水平直轨道 $DE$、螺旋圆形轨道 $EFP$、水平直轨道 $PQ$ 和放在 $Q$ 处的竖直挡板组成，除传送带和 $PQ$ 段外各段表面均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道 $DE$、$PQ$ 相切于 $E(P)$ 处，螺旋圆形轨道半径 $R = 0.08\ m$。传送带的水平部分 $AB$ 长 $L_1 = 0.9\ m$，沿顺时针运行的速率 $v = 6\ m/s$。$PQ$ 间距离 $L_2 = 0.25\ m$。凹槽 $CHID$ 内有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 $CH$ 处，摆渡车质量 $M = 0.25\ kg$，上表面与 $A$、$B$、$C$、$D$、$E$、$P$、$Q$ 点在同一水平面，若摆渡车碰到凹槽的 $DI$ 侧壁时将立刻被锁定。现将一个质量 $m = 0.25\ kg$ 的滑块(可视作质点)向左压缩弹簧至 $O$ 点由静止释放(弹簧始终在弹性限度内，且 $OA ＞ 0.4\ m$)，弹簧的弹力 $F$ 与滑块在 $OA$ 段运动的位移 $x$ 的关系如图乙所示。已知滑块与传送带、摆渡车上表面间的动摩擦因数均为 $\mu_1 = 0.5$，滑块与轨道 $PQ$ 间的动摩擦因数为 $\mu_2 = 0.2$，重力加速度 $g$ 取 $10\ m/s^2$。求：


(1)滑块滑上传送带的初速度大小 $v_A$；
(2)滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量 $Q$；
(3)为了使滑块能碰到 $Q$ 处的挡板，求摆渡车长度 $s$ 的范围。(1)$4\ m/s$(2)$0.375\ J$(3)$1.25\ m \leq s \leq 1.475\ m$

答案： 例4
(1)$4\ m/s$
(2)$0.375\ J$
(3)$1.25\ m \leq s \leq 1.475\ m$
解析
(1)由题图乙得弹簧弹力做功$W_{1} = 2\ J$
由$W_{1} = \frac{1}{2}mv_{A}^{2}$
解得$v_{A} = 4\ m/s$
(2)假设滑块在传送带上一直匀加速，
由牛顿第二定律得
$a = \frac{\mu_{1}mg}{m} = \mu_{1}g = 5\ m/s^{2}$
由运动学公式得$v_{B}^{2} - v_{A}^{2} = 2aL_{1}$
解得$v_{B} = 5\ m/s ＜ 6\ m/s$
可知假设合理，运动时间$t = \frac{v_{B} - v_{A}}{a} = 0.2\ s$，
此过程中传送带的位移$x_{带} = 1.2\ m$
滑块与传送带的相对位移$x_{相} = x_{带} - L_{1} = 0.3\ m$
滑块在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量$Q = \mu_{1}mgx_{相} = 0.375\ J$
(3)若滑块刚好过F点，$mg = m\frac{v_{F}^{2}}{R}$
由动能定理得
$mg × 2R = \frac{1}{2}mv_{E}^{2} - \frac{1}{2}mv_{F}^{2}$
解得$v_{E} = 2\ m/s$
若刚好能到Q点，
有$\frac{1}{2}mv_{E}'^{2} = \mu_{2}mgL_{2}$
解得$v_{E}' = 1\ m/s$
所以$v_{E} \geq 2\ m/s$
滑块在摆渡车上时，由$\mu_{1}mg = ma_{m}$得滑块加速度大小$a_{m} = 5\ m/s^{2}$
由$\mu_{1}mg = Ma_{M}$得摆渡车加速度大小$a_{M} = 5\ m/s^{2}$
由$v_{B} - a_{m}t' = a_{M}t' = v_{共}$
滑块从滑上摆渡车到达到共速的过程中，解得$v_{共} = 2.5\ m/s$，$t' = 0.5\ s$
此过程滑块相对摆渡车的位移
$x_{1} = \frac{v_{B} + v_{共}}{2}t' - \frac{v_{共}}{2}t' = 1.25\ m$
所以$s \geq 1.25\ m$
摆渡车不碰到DE侧壁停止后滑块继续匀减速，由动能定理有
$-\mu_{1}mgx_{2} = \frac{1}{2}mv_{D}^{2} - \frac{1}{2}mv_{共}^{2}$
$v_{D} \geq 2\ m/s$时，滑块才能过F点，所以$x_{2} \leq 0.225\ m$
所以$s = x_{1} + x_{2} \leq 1.475\ m$
即摆渡车长度的范围为$1.25\ m \leq s \leq 1.475\ m$。