《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

* 1. (15 分) (2025·广东佛山市联考) 如图，水平轨道 $ AB $ 的左端有一压缩的水平弹簧，其储存有弹性势能，弹簧左端固定，右端放一个质量为 $ m = 1 $ kg 的物体 (可视为质点)，物体与弹簧不粘连，物体离开弹簧时速度为 $ v = 4 $ m/s，传送带 $ BC $ 的长为 $ L = 1 $ m。$ CD $ 为水平轨道，$ DE $、$ FG $ 是竖直放置的两个半径分别为 $ R = 0.4 $ m 和 $ r = 0.2 $ m 的半圆轨道，$ AB $、$ BC $、$ CD $、$ DE $、$ FG $ 均平滑连接。已知物体与传送带间的动摩擦因数 $ \mu = 0.2 $，其余轨道均光滑，$ g $ 取 $ 10 $ m/s²，不计空气阻力。

(1) (3 分) 若传送带静止，求物体弹出后第一次到达 $ D $ 点时受到轨道对它的支持力大小；
(2) (7 分) 若传送带沿顺时针方向匀速转动，物体恰好不脱离轨道运动至 $ G $ 点，求传送带的速度大小。
(3) (5 分) 已知物体在 $ G $ 点时，轨道对物体的支持力大小为 $ 70 $ N，求物体从 $ G $ 点水平抛出后落到半圆轨道时离 $ G $ 点竖直高度 $ y $。

答案： 1.
(1)40 N
(2)大于或等于$2\sqrt{5}$ m/s
(3)$\frac{2\sqrt{10 - 6}}{5}$ m
解析
(1)若传送带静止，则根据动能
定理有$-\mu mgL = \frac{1}{2}mv_{D}^{2} - \frac{1}{2}mv^{2}$
在 D 点，对物体分析有
$F - mg = m\frac{v_{D}^{2}}{R}$
联立解得物体第一次到达 D 点时受
到轨道对它的支持力大小为$F = 40$ N
(2)若传送带沿顺时针方向匀速转动，
物体恰好不脱离轨道运动至 G 点，则
在 E 点时，
对物体分析有$mg = m\frac{v_{E}^{2}}{R}$
根据机械能守恒有$\frac{1}{2}mv_{C}^{2} = \frac{1}{2}mv_{E}^{2}$
$+ mg \cdot 2R$
解得物体离开传送带的速度大小为
$v_{C} = 2\sqrt{5}$ m/s
物体速度从 4 m/s 到$2\sqrt{5}$ m/s，摩擦
力做正功，设经过的位移为$x$，
则有$\frac{1}{2}mv_{C}^{2} - \frac{1}{2}mv^{2} = \mu mgx$
解得$x = 1$ m$ = L$
所以物体在传送带上加速，到达右端
时和传送带共速时，
传送带速度有最小值
$v_{min} = v_{C} = 2\sqrt{5}$ m/s
则传送带的速度为$v_{传} \geq 2\sqrt{5}$ m/s
(3)物体在 G 点时，对物体分析有$F_{G}$
$- mg = m\frac{v_{G}^{2}}{r}$
根据平抛规律有$x = v_{G}t,y = \frac{1}{2}gt^{2}$
根据几何关系有$x^{2} + y^{2} = R^{2}$
联立解得$y = \frac{2\sqrt{10 - 6}}{5}$ m。

* 2. (17 分) (2025·河北邯郸市开学考) 如图所示，水平传送带的左侧轨道平面与传送带等高且相接于 $ B $ 点，传送带右侧地面上静置着一质量 $ M = 2 $ kg 的薄滑板，紧挨传送带放置，其上表面与传送带等高，在水平轨道的左侧固定着一竖直挡板，挡板连接着一劲度系数 $ k = 600 $ N/m 的水平弹簧。质量为 $ m = 1 $ kg 的物块被锁定在轨道平面上的 $ A $ 点，此时物块与挡板间的弹簧处于压缩状态，物块与弹簧不相连，现解除锁定，物块经过 $ B $ 点冲上传送带 $ BC $，此时弹簧已恢复原长。已知左侧轨道 $ AB $ 的长度 $ L_1 = 2 $ m，传送带 $ BC $ 的长度 $ L_2 = 4 $ m，滑板的长度 $ L_3 = 3.96 $ m，物块与左侧轨道平面、传送带、滑板间的动摩擦因数分别为 $ \mu_1 = 0.2 $、$ \mu_2 = 0.25 $、$ \mu_3 = 0.4 $，滑板、物块与地面间的动摩擦因数分别为 $ \mu_4 = 0.1 $、$ \mu_5 = 0.12 $，传送带顺时针匀速转动的速度 $ v_0 = 8 $ m/s，物块刚冲上传送带时的速度 $ v_B = 4 $ m/s，重力加速度 $ g $ 取 $ 10 $ m/s²，弹簧的弹性势能 $ E_p = \frac{1}{2}kx^2 $ (其中 $ k $ 为弹簧的劲度系数，$ x $ 为弹簧的形变量)。

(1) (3 分) 求解除锁定前，弹簧的压缩量；
(2) (7 分) 求物块和传送带间因摩擦产生的热量；
(3) (7 分) 判断物块能否从右侧滑板上滑下？若能滑下，求物块静止时到滑板右侧的距离；若不能滑下，求物块相对滑板的位移。

答案： 2.
(1)0.2 m
(2)6 J
(3)能 0.42 m
解析
(1)从解除锁定到物块到达 B
点过程，
由功能关系可得$\frac{1}{2}kx^{2} - \mu_{1}mgL_{1}$
$ = \frac{1}{2}mv_{B}^{2}$
代入数据可得弹簧的压缩量$x = 0.2$ m。
(2)假设物块在传送带上一直匀加速。
运动到 C 点时的速度大小为$v_{C}$，
由动能定理可得$\mu_{2}mgL_{2} = \frac{1}{2}mv_{C}^{2}$
$- \frac{1}{2}mv_{B}^{2}$
代入数据可得$v_{C} = 6$ m/s
由于$v_{C} = 6$ m/s$ ＜ v_{0} = 8$ m/s，故假设
成立，
物块在传送带上一直匀加速，设物块
在传送带上运动时间为$t$，
则$v_{C} = v_{B} + a_{滑}t$
又因为$\mu_{2}mg = ma_{滑}$
传送带相对物块的位移$s_{1} = v_{0}t - L_{2}$
物块和传送带间因摩擦产生的热量
$Q = \mu_{2}mgs_{1}$
代入数据可得$Q = 6$ J
(3)物块以$v_{C} = 6$ m/s 冲上滑板，对物
块受力分析，可得$\mu_{3}mg = ma_{1}$
解得物块的加速度大小
$a_{1} = \mu_{3}g = 4$ m/s²
对滑板受力分析，可得$\mu_{3}mg - \mu_{4}(M$
$+ m)g = Ma_{2}$
解得滑板的加速度大小$a_{2} = 0.5$ m/s²
假设物块能从滑板上滑下，物块和滑
板相互作用时间为$t_{1}$，
则满足$L_{3} = v_{C}t_{1} - \frac{1}{2}a_{1}t_{1}^{2} - \frac{1}{2}a_{2}t_{1}^{2}$
解得$t_{1} = 1.2$ s
此时物块的速度
$v_{1} = v_{C} - a_{1}t_{1} = 1.2$ m/s
滑板的速度$v_{2} = a_{2}t_{1} = 0.6$ m/s
由于$v_{1} ＞ v_{2}$，所以假设成立，物块能
从滑板上滑下，物块静止时到滑板右
侧的距离
$\Delta s = \frac{v_{1}^{2}}{2a_{物}} - \frac{v_{2}^{2}}{2a_{滑地}}$
由牛顿第二定律有$\mu_{5}mg = ma_{物}$，
$\mu_{4}Mg = Ma_{滑地}$
代入数据可得$\Delta s = 0.42$ m。