《2026年高考基础卷物理》

11. （14 分）如图所示，在水平地面上有一质量 $ M = 2 \, kg $ 的长木板，其左端有一半径为 $ R_1 = 1 \, m $、圆心角为 $ \theta = 37° $ 的光滑圆弧 $ AB $，其右侧有一平台，平台左端与一半径为 $ R_2 = 0.05 \, m $ 的四分之一光滑圆弧 $ CD $ 相切于 $ C $ 点（$ B $、$ C $ 与长木板上表面等高）。一质量为 $ m = 1 \, kg $ 的滑块（可视为质点）从 $ A $ 点以初速度 $ v_0 $ 沿圆弧切线方向滑下，当其到达长木板右端时恰好与长木板共速，此时长木板也恰好到达 $ C $ 点瞬间被锁定，滑块滑入圆弧 $ CD $ 后始终受到大小为 $ F = 10 \, N $ 的水平向右的恒力。已知滑块到 $ B $ 点时对轨道的压力为 $ N = 46 \, N $，滑块与长木板、长木板与地面间的动摩擦因数分别为 $ \mu_1 = 0.5 $，$ \mu_2 = 0.1 $，$ \cos 37° = 0.8 $，重力加速度 $ g $ 取 $ 10 \, m/s^2 $，不计空气阻力，求：
(1) 初速度 $ v_0 $ 的大小；
(2) 滑块在长木板上运动时因摩擦产生的内能；
(3) 滑块越过 $ C $ 点后能上升的最大高度。

答案： 11. (14分)
(1)$4\sqrt{2}\ m/s$
(2)$15\ J$
(3)$0.1\ m$
牛顿第二定律、类斜抛运动、圆周运动、动能定理、能量守恒定律的综合
腾远·零障碍解题 过程分解
滑块从$A$到$C$点右侧的最高点，可分为以下三个过程：
过程1——滑块从$A$到$B$，滑块受到重力、轨道对其的支持力做圆周运动，根据动能定理和牛顿第二定律可求出滑块的初速度大小；
过程2——滑块从$B$到$C$的过程中受到木板的摩擦力做匀减速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和做功公式求解滑块在长木板上运动时因摩擦产生的内能；
过程3——滑块越过$C$点后，受到重力、外力$F$和轨道支持力做圆周运动，越过$D$点后受到重力和外力$F$做类斜抛运动，根据动能定理、运动学公式求解滑块上升的最大高度。
[解析]
(1)设滑块在$B$点时的速度为$v_B$，由圆周运动规律和牛顿第二定律知$N - mg = m\frac{v_B^2}{R_1}$①(1分)
滑块从$A$到$B$，由动能定理知$mgR_1(1 - \cos\theta)=\frac{1}{2}mv_B^2-\frac{1}{2}mv_0^2$②(2分)
联立①②解得$v_0 = 4\sqrt{2}\ m/s$，$v_B = 6\ m/s$③(1分)
(2)滑块滑上长木板后，对滑块根据牛顿第二定律有$\mu_1mg = ma_1$④(1分)
同理对长木板有$\mu_1mg - \mu_2(M + m)g = Ma_2$⑤(1分)
设经过时间$t_1$，达到共同速度$v_2$，则$v_2 = v_B - a_1t_1 = a_2t_1$⑥(1分)
设滑块在长木板上滑动时，滑块和长木板的位移分别为$x_m$、$x_M$，则$x_m=\frac{v_B + v_2}{2}t_1$，$x_M=\frac{v_2}{2}t_1$⑦(1分)
滑块与长木板因摩擦产生的内能$Q = \mu_1mg(x_m - x_M)$⑧(1分)
联立③④⑤⑥⑦⑧解得$v_2 = 1\ m/s$，$Q = 15\ J$⑨(1分)
(3)设滑块在$D$点速度为$v_D$，对滑块由$C$运动至$D$的过程中根据动能定理有$FR_2+(-mgR_2)=\frac{1}{2}mv_D^2-\frac{1}{2}mv_2^2$⑩(2分)
设滑块越过$C$点后能上升的最大高度为$h$，对其从$D$点运动至最高点的过程，根据运动学公式有$v_D^2 = 2g(h - R_2)$⑪(1分)
联立⑨⑩⑪解得$h = 0.1\ m$(1分)
技法链接本题技法见《抢分必备》夺分妙技30/P26