《2025年学霸高考黑题物理人教版》

巩固训练 4 空间三维模型 + 组合斜面 (2025·河北邯郸模拟) 如图所示，工人师傅自房檐向水平地面运送瓦片，他将两根完全一样的直杆平行固定在房檐和地面之间当成轨道，瓦片沿轨道滑动时，其垂直于直杆的截面外侧为半径为 $0.1$ m 的圆弧。已知两直杆之间的距离为 $\dfrac{\sqrt{2}}{10}$ m，房檐距地面的高度为 $4$ m，两直杆在房檐和地面之间的长度 $L = 8$ m，忽略直杆的粗细，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。工人师傅将瓦片无初速度地放置在轨道顶端，只有瓦片与直杆间的动摩擦因数小于 $\mu_{0}$ (未知) 时，瓦片才能开始沿轨道下滑，$g$ 取 $10$ m/s²。
(1) 求 $\mu_{0}$；
(2) 若直杆自上端开始在长度 $L_{1}=1.8$ m 的范围内与瓦片间的动摩擦因数为 $\dfrac{\mu_{0}}{2}$，其余部分为 $\mu_{0}$，忽略瓦片沿着轨道方向的长度，工人师傅每隔 $0.5$ s 将一瓦片无初速度地放置在轨道顶端，求第一片瓦片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数。

答案：
4.题型分析
本题中物体在$\mu$值不同的连续斜面上运动，先受力分析，求出加速度，再分析每段区域的运动，计算出瓦片运动的总时间，即可求出瓦片数量。
(1)$\frac{\sqrt{6}}{6}$
(2)6个或7个
解析：
(1)由几何知识可知，两直杆形成的轨道与水平面的夹角为$30°$，两直杆对瓦片的弹力之间的夹角为$90°$，受力分析如图所示。

由题意可知，当动摩擦因数为$\mu_0$时，瓦片应处于平衡状态。
垂直于轨道方向有$2F_{\mathrm{N}} \cos 45°=mg\cos 30°$，
沿着导轨方向有$2\mu_0 F_{\mathrm{N}}=mg\sin 30°$，
联立解得$F_{\mathrm{N}}=\frac{\sqrt{6}}{4} mg$，$\mu_0=\frac{\sqrt{6}}{6}$。
(2)在轨道$L_1$范围内，根据牛顿第二定律可得$mg\sin 30°-2× 0.5\mu_0× F_{\mathrm{N}}=ma_1$，
解得$a_1=2.5 m/s^2$，
可得$\frac{1}{2} a_1 t_1^2=L_1$，解得$t_1=\sqrt{\frac{2L_1}{a_1}} =1.2 s$。
在超过$L_1$的范围中，动摩擦因数为$\mu_0$，根据上述分析可知，瓦片应保持平衡状态，即匀速下滑，瓦片的速度$v=a_1 t_1=3 m/s$。
则瓦片走完超出$L_1$的其余部分的时间$t_2=\frac{8-L_1}{v} =\frac{31}{15} s$，
总时间$t=t_1+t_2=\frac{49}{15} s\approx 3.27 s$，
这段时间工人师傅新放瓦片个数$n=\frac{t}{0.5 s} \approx 6.53$个，即6个。
若包含最早放的瓦片，则为7个。
综上，第一片瓦片落地后的某一时刻轨道上瓦片的个数为6个或7个。

压轴挑战 5 斜面模型 + 弹性碰撞 + 功能关系 (2019·全国 I 卷) 竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块 $B$ 静止于水平轨道的最左端，如图 (a) 所示。$t = 0$ 时刻，小物块 $A$ 在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与 $B$ 发生弹性碰撞 (碰撞时间极短)；当 $A$ 返回到倾斜轨道上的 $P$ 点 (图中未标出) 时，速度减为 $0$，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块 $A$ 运动的 $v - t$ 图像如图 (b) 所示，图中的 $v_{1}$ 和 $t_{1}$ 均为未知量。已知 $A$ 的质量为 $m$，初始时 $A$ 与 $B$ 的高度差为 $H$，重力加速度大小为 $g$，不计空气阻力。
(1) 求物块 $B$ 的质量；
(2) 在图 (b) 所描述的整个运动过程中，求物块 $A$ 克服摩擦力所做的功；
(3) 已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等，在物块 $B$ 停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将 $A$ 从 $P$ 点释放，一段时间后 $A$ 刚好能与 $B$ 再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。

答案： 5.题型分析
物块沿斜面运动时摩擦力相关运算，功能关系，弹性碰撞。
(1)$3m$
(2)$\frac{2}{15} mgH$
(3)$\frac{11}{9}$
解析：
(1)物块A和物块B发生碰撞后一瞬间的速度分别为$v_{\mathrm{A}}$、$v_{\mathrm{B}}$。
弹性碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒，即$mv_1=mv_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}} v_{\mathrm{B}}$，$\frac{1}{2} mv_1^2=\frac{1}{2} mv_{\mathrm{A}}^2+\frac{1}{2} m_{\mathrm{B}} v_{\mathrm{B}}^2$。
联立方程解得$v_{\mathrm{A}}=\frac{m-m_{\mathrm{B}}}{m+m_{\mathrm{B}}} v_1$，$v_{\mathrm{B}}=\frac{2m}{m+m_{\mathrm{B}}} v_1$。
根据$v-t$图像可知$v_{\mathrm{A}}=-\frac{1}{2} v_1$，解得$m_{\mathrm{B}}=3m$。
解题技巧：快速解题
弹性碰撞的推论：碰撞前的相对速度大小等于碰撞之后的相对速度大小，即$v_1-v_2=v_2'-v_1'$，用到本题即$v_1=v_{\mathrm{B}}-v_{\mathrm{A}}$，此式和$mv_1=mv_{\mathrm{A}}+m_{\mathrm{B}} v_{\mathrm{B}}$联立解得$m_{\mathrm{B}}=3m$。
(2)设斜面的倾角为$\theta$，根据牛顿第二定律，当物块A沿斜面下滑时$mg\sin \theta-f=ma_1$，由$v-t$图像知$a_1=\frac{v_1}{t_1}$。
当物体A沿斜面上滑时$mg\sin \theta+f=ma_2$，
由$v-t$图像知$a_2=\frac{5v_1}{4t_1}$，解得$f=\frac{1}{9} mg\sin \theta$。
又因下滑位移$x_1=\frac{H}{\sin \theta} =\frac{1}{2} v_1 t_1$，
则碰后A反弹，沿斜面上滑的最大位移为$x_2=\frac{h}{\sin \theta} =\frac{1}{2} \frac{v_1}{2} 0.4t_1=0.1v_1 t_1$，
其中$h$为$P$点离水平面的高度，即$h=\frac{1}{5} H$，解得$x_2=\frac{H}{5\sin \theta}$。
故在图(b)描述的整个过程中，物块A克服摩擦力做的总功为$W_{\mathrm{f}}=f(x_1+x_2)=\frac{1}{9} mg\sin \theta×\left(\frac{H}{\sin \theta} +\frac{H}{5\sin \theta}\right)=\frac{2}{15} mgH$。
(3)设物块B在水平面上最远的滑行距离为$s$，设原来的动摩擦因数为$\mu$，则以A和B组成的系统，根据能量守恒定律有$mg(H-h)=\mu mg\frac{H+h}{\tan \theta} +\mu m_{\mathrm{B}} gs$。
设改变后的动摩擦因数为$\mu'$，然后将A从P点释放，A恰好能与B再次碰上，即A恰好滑到物块B位置时，速度减为零，以A为研究对象，根据能量守恒定律得$mgh=\mu' mg\frac{h}{\tan \theta} +\mu' mgs$。
又由
(2)的结论可知$W_{\mathrm{f}}=\frac{2}{15} mgH=\mu mg\frac{H+h}{\tan \theta}$，得$\tan \theta=9\mu$。
联立解得，改变前与改变后的动摩擦因数之比为$\frac{\mu}{\mu'} =\frac{11}{9}$。