《2025年步步高大一轮复习讲义物理教科版》

14. (12分)(2024·重庆市模拟)如图所示,一棱长为1.5R的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上,该正方体物块内有一条由半径为R的四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为m的小球(可视为质点),以初速度$v_{0} = 3\sqrt{gR}$沿水平方向进入孔道,恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径,孔道粗细及空气阻力可不计,重力加速度为g。求:
(1)(6分)该正方体物块的质量M;
(2)(6分)小球离开孔道时的速度。

答案： 14.
(1)$\frac{m}{2}$
(2)$\sqrt{gR}$，方向水平向右
解析
(1)小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，
则有$mv_0 = (M + m)v$，$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}(M + m)v^2 + mg \cdot 1.5R$
解得$v = 2\sqrt{gR}$，$M = \frac{m}{2}$
(2)小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有$mv_0 = mv_1 + Mv_2$，
$\frac{1}{2}mv_0^2 = \frac{1}{2}mv_1^2 + \frac{1}{2}Mv_2^2$
解得$v_1 = \sqrt{gR}$，$v_2 = 4\sqrt{gR}$
即小球离开孔道时速度大小为$\sqrt{gR}$，方向水平向右。

15. (16分)(2024·浙江1月选考·18)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角$\theta = 37^{\circ}$的直轨道AB,半径$R = 1m$的圆弧轨道BCD,长度$L = 1.25m$、倾角为$\theta$的直轨道DE,半径为R、圆心角为$\theta$的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量$m = 0.5kg$滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量$m = 0.5kg$的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数$\mu_{1} = 0.25$,向下运动时动摩擦因数$\mu_{2} = 0.5$,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为$\mu_{1}$,小物块a运动到滑块b右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s²,$\sin37^{\circ} = 0.6$,$\cos37^{\circ} = 0.8$)
(1)(10分)若$h = 0.8m$,求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小;
②在DE上经过的总路程;
③在DE上向上运动时间$t_{上}$和向下运动时间$t_{下}$之比。
(2)(6分)若$h = 1.6m$,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。

答案： 15.
(1)①$16m/s^2$ ②$2m$ ③$1:2$
(2)$0.2m$
解析
(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有$mgh = \frac{1}{2}mv_C^2$
第一次经过C点的向心加速度大小为$a = \frac{v_C^2}{R}$
联立解得$a = 16m/s^2$。
②由几何关系可知，E点的高度$h_E = L\sin\theta + R(1 - \cos\theta) = 0.95m ＞ h$，显然小物块a不会从E点滑出轨道DE。小物块a在DE上时，因为$\mu_2mg\cos\theta ＜ mg\sin\theta$
所以小物块a无法在DE上静止，每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在DE上经过的总路程为s，根据功能关系有$mg[h - R(1 - \cos\theta)] - \mu_1mg\cos\theta \cdot \frac{s}{2} = (\mu_1mg\cos\theta + \mu_2mg\cos\theta)\frac{s}{2}$
解得$s = 2m$。
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
$a_上 = g\sin\theta + \mu_1g\cos\theta = 8m/s^2$
$a_下 = g\sin\theta - \mu_2g\cos\theta = 2m/s^2$
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
$\frac{1}{2}a_上t_上^2 = \frac{1}{2}a_下t_下^2$
解得$\frac{t_上}{t_下} = \frac{1}{2}$。
(2)对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有$mg[h - L\sin\theta - 2R(1 - \cos\theta)] - \mu_1mgL\cos\theta = \frac{1}{2}mv_F^2$
解得$v_F = 2m/s$
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有$mv_F = 2mv$
$\frac{1}{2}mv_F^2 = \frac{1}{2} × 2mv^2 + \mu_1mg \cdot 2l$
解得$l = 0.2m$。