高中物理圆周运动与动量综合问题题型总结精讲精练讲解

30.(合肥)质量为m=1kg 的小物块轻轻放在水平匀速运动的传送带上的P 点，随传送带运动到A 点后水平抛出，小物块恰好无碰撞的沿圆弧切线从B 点进入竖直光滑圆孤轨道下滑。B 、C 为圆弧的两端点，其连线水平。已知圆弧半径R=1.0m 圆弧对应圆心角

?=106θ，轨道最低点为O ，A 点距水平面的高度h=0.8m 。小物块离开C 点后恰能无碰撞的沿固定斜面向上运动，0.8s 后经过

D 点，物块与斜面间的滑动摩擦因数为1μ=0.33（g=10m/s 2

,sin37°=0.6,cos37°=0.8）试求：

（1）小物块离开A 点的水平初速度v 1 （2）小物块经过O 点时对轨道的压力 （3）斜面上CD 间的距离 （4）假设小物块与传送带间的动摩擦因数为=2μ0.3，传送带的速度为5m/s ，则PA 间的距离是多少？

39.(巢湖)质量为M 的圆环用细线（质量不计）悬挂着，将两个质量均为m 的有孔小珠套在此环上且可以在环上做无摩擦的滑动，如图所示，今同时将两个小珠从环的顶部释放，并沿相反方向自由滑下，试求： （1）在圆环不动的条件下，悬线中的张力T 随cos θ(θ为小珠和大环圆心连线与竖直方向的夹角)变化的函数关系，并求出张力T 的极小值及相应的cos θ值；（2）小球与圆环的质量比M

m

至少为多大时圆环才有可能上升？

23.福建摸底如下图所示是固定在水平地面上的横截面为“

”形的光滑长直导轨槽，槽口向上（图为俯视图）。槽内放置一个木质

滑块，滑块的左半部是半径为R 的半圆柱形光滑凹槽，木质滑块的宽度为2R ，比“

”形槽的宽度略小。现有半径r(r<

小球以水平初速度V 0冲向滑块，从滑块的一侧半圆形槽口边缘进入。已知金属小球的质量为m ，木质滑块的质量为3m ，整个运动过程中无机械能损失。求:

（1）当金属小球滑离木质滑块时，金属小球和木质滑块的速度各是多大；

（2）当金属小球经过木质滑块上的半圆柱形槽的最右端A 点时，金属小球的对地速度。

25．河南如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B 上，另一端与滑块C 接触但未连接，该整体静止放在离地面高为H 的光滑水平桌面上。现有一滑块A 从光滑曲面上离桌面h 高处由静止开始下滑下，与滑块B 发生碰撞（时间极短）并粘在一起压缩弹簧推动滑块C 向前运动，经一段时间，滑块C 脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段时间后从桌面边缘飞出。已知,3,,m m m m m m C B A

===求：

（1）滑块A 与滑块B 碰撞结束瞬间的速度；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能； （3）滑块C 落地点与桌面边缘的水平距离。

26．河北调研如图，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A 点，自然状态时其右端位于B 点。水平桌面右侧有一竖直放置的光滑轨道MNP ，其形状为半径R=0.8m 的圆环剪去了左上角135°的圆弧，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也是R 。用质量m 1=0.4kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B 点。用同种材料、质量为m 2=0.2kg 的物块将弹簧缓慢压缩到C 点释放，物块过B 点后其位移与时间的关系为226t t x

-=，物块飞离桌面后由P 点沿切线落入圆轨道。g=10m/s 2

，求：

（1）BP 间的水平距离。（2）判断m 2能否沿圆轨道到达M 点。（3）释放后m 2运动过程中克服摩擦力做的功 27.(开城)如图所示，质量为m =0.5kg 的小球从距离地面高H=5m 处自由下落，到达地面时恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆形槽的半径R 为0.4m ，小球到达槽最低点时速率恰好为10m/s ，并继续沿槽壁运动直到从槽左端边缘飞出且沿竖直方向上升、下落，如此反复几次，设摩擦力大小恒定不变，求：

（1）小球第一次飞出半圆槽上升距水平地面的高度h 为多少？ （2）小球最多能飞出槽外几次？（g=10m/s 2

）。

20．海南如图所示，光滑半圆轨道竖直放置，半径为R ，一水平轨道与圆轨道相切，在水平光滑轨道上停着一个质量为M = 0.99kg 的木块，一颗质量为m = 0.01kg 的子弹，以v o = 400m/s 的水平速度射入木块中，然后一起运动到轨道最高点水平抛出，当圆轨道半径R 多大时，平抛的水平距离最大? 最大值是多少? （g 取10m/s 2

）

6.（08天津）光滑水平面上放着质量m A =1 kg 的物块A 与质量m B =2 kg 的物块B ,A 与B 均可视为质点,A 靠在竖直墙壁上,A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A 、B 均不拴接）,用手挡住B 不动,此时弹簧弹性势能E P =49 J .在A 、B 间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B 向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R =0.5 m ,B 恰能到达最高点C .取g =10 m/s 2

,求 （1）绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小;（2）绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小;（3）绳拉断过程绳对A 所做的功W

.

8.(08广东)如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U 形滑板N , 滑板两端为半径R =0.45 m 的1/4圆弧面,A 和D 分别是圆弧的端点,BC 段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P 1和P 2的质量均为m ,滑板的质量

M =4m .P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P 2静止在粗糙面的B 点.P 1以v 0=4.0 m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下,与P 2发生弹性碰撞后,P 1处在粗糙面B 点上,当P 2滑到C 点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P 2继续滑动,到达D 点时速度为零,P 1与P 2可视为质点,取g =10 m/s 2

.

（1）P 2在BC 段向右滑动时,2）BC 长度为多少？N 、P 1和P 2最终静止后,P 1与P

2

10．如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R ，MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A 以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M 时与静止于该处的质量与A 相同的小球B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N 为2R 。重力加速度为g ，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求： （1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t ；（2）小球A 冲进轨道时速度v 的大小。

H

R 地面

地面

36.（12广东）图18（a ）所示的装置中，小物块A 、B 质量均为m ，水平面上PQ 段长为l ，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r 的连杆位于图中虚线位置；A 紧靠滑杆（A 、B 间距大于2r ）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b ）所示。A 在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B 发生完全非弹性碰撞。

（1）求A 脱离滑杆时的速度u o ，及A 与B 碰撞过程的机械能损失ΔE 。

（2）如果AB 不能与弹簧相碰，设AB 从P 点到运动停止所用的时间为t 1，求ω得取值范围，及t 1与ω的关系式。

（3）如果AB 能与弹簧相碰，但不能返回道P 点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为E p ，求ω的取值范围，及E p 与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。

36、（11广东）如图20所示，以A 、B 和C 、D 为端点的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑水平地面上，左端紧靠B 点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B 、C 。一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E 点，运动到A 时刚好与传送带速度相同，然后经A 沿半圆轨道滑下，再经B 滑上滑板。滑板运动到C 时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m ，滑板质量M=2m ，两半圆半径均为R ，板长l =6.5R ，板右端到C 的距离L 在R ＜L ＜5R 范围内取值。E 距A 为S=5R ，物块与传送带、物块与滑板间的动摩擦因素均为μ=0.5，重力加速度取g. (1) 求物块滑到B 点的速度大小；

(2) 试讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力做的功W f 与L 的关系，并判断物块能否滑到CD 轨道的中点。

15.（09·安徽）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B 、C 、D 分别是三个圆形轨道的最低点，B 、C 间距与C 、D 间距相等，半径1 2.0m R =、2 1.4m R =。一个质量为 1.0m =kg

的小球（视为质点），从轨道的左侧A 点以012.0m/s v =的初速度沿轨道向右运动，A 、B 间距1 6.0L =m 。小球与水平轨道间

的动摩擦因数0.2μ

=，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取210m/s g =，计

算结果保留小数点后一位数字。试求

（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小； （2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B 、C 间距L 应是多少；

（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径3R 应满足的条件；小球最终停留点与起点

A 的距离。

17.（09·浙江）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L 后，由B 点进入半径为R 的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C 点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=0.1kg ，通电后以额定功率P=1.5w 工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N ，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=10.00m ，R=0.32m ，h=1.25m ，S=1.50m 。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）

22.（09·四川） 如图所示，轻弹簧一端连于固定点O ，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带

电小球P,其质量m=2×10-2

kg,电荷量q=0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V 0=20 m/s 竖直向下射出小球P,小球P 到达O 点的正下方O 1点时速度恰好水平，其大小V=15 m/s.若O 、O 1相距R=1.5 m,小球P 在O 1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10-1

kg 的静止绝缘小球N 相碰。碰后瞬间，小球P 脱离弹簧，小球N 脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E 和垂直于纸面的磁感应强度B=1T 的弱强磁场。此后，小球P 在竖直平面内做半径r=0.5 m 的圆周运动。小球P 、N 均可视为质点，小球P 的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=10 m/s 2。那么， （1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？

（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P 、N 碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。

(3)若题中各量为变量，在保证小球P 、N 碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r 的表达式(要求用B 、q 、m 、θ表示，其中θ为小球N 的运动速度与水平方向的夹角)。

6.（07四川）目前,滑板运动受到青少年的追捧.如图是某滑板 运动员在一次表演时的一部分赛道在竖直平面内的示意图,赛道

光滑,FG I 为圆弧赛道,半径R =6.5 m ,G 为最低点并与水平赛道BC 位于同一水平面,KA 、DE 平台的高度都为h =1.8 m ,B 、C 、F 处平滑连接.滑板a 和b 的质量均为m ,m =5 kg ,运动员质量为M ,M =45 kg .表演开始,运动员站在滑板b 上,先让滑板a 从A 点静止下滑,t 1=0.1 s 后再与b 板一起从A 点静止下滑.滑上BC 赛道后,运动员从b 板跳到同方向运动的a 板上,在空中运动的时间t 2=0.6 s (水平方向是匀速运动).运动员与a 板一起沿CD 赛道上滑后冲出赛道,落在EF 赛道的P 点,沿赛道滑行,经过G 点时,运动员受到的支持力N =742.5 N .(滑板和运动员的所有运动都在同一竖直平面内,计算时滑板和运动员都看作质点,取g =10 m/s 2

) (1)滑到G 点时,

(2)运动员跳上滑板a 后,在BC 赛道上与滑板a

(3)从表演开始到运动员滑至I 的过程中,系统的机械能改变了多少？

9.（2006重庆）如图所示，半径为R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内.小球A 、B 质量分别为m 、βm (β为待定系数).

A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的

B 球相撞,碰撞后A 、B 球 能达到的最大高度均为4

1

R ,碰撞中无机械能损失.重力加速度为g .试求: (1)待定系数β;

(2)第一次碰撞刚结束时小球A 、B 各自的速度和B 球对轨道的压力;

(3)小球A 、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度,并讨论小球A 、B 在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时各自的速度.

A B

v 0

30.(合肥月考)答案：（1）对小物块，由A 到B 有：gh

v

y

22

=.

在B 点1

2

tan

v v y =

θ

,

所以s m v /31

=

（2）对小物块，由B 到O 有：2

202121)37

sin 1(B mv mv mgR -=

-

,

其中s m s m v B /5/4322==+= ,在O 点

R

v m

mg N 2

=-,

所以N=43N,由牛顿第三定律知对轨道的压力为N N 43='

\（3）物块沿斜面上滑：

1153cos 53sin ma mg mg =+ μ\所以21/10s m a =\物块沿斜面上滑：2153cos 53sin ma mg mg =- μ

由机械能守恒知s

m v v B c

/5==\

小物块由C 上升到最高点历时s a v t c

5.01

1

==

\小物块由最高点回到D 点历时

s s s t 3.05.08.02=-=\故2

221212t a t v S c CD -=

\

即m S CD 98.0= \（4）小物块在传送带上加速过程：32ma mg

=μ

, PA 间的距离是

m a v S PA

5.123

2

1==

39.(巢湖六中月考)答案 （1）每个小珠受重力mg 和支持力N

作用，小珠在θ处有：R

mv N mg 2

cos =

-θ,

机械能守恒：)cos 1(2

12

θ-=mgR mv 得：

mg N )2cos 3(-=θ,

对环分析得：

Mg

N T +=θcos 2即：

)c o s 2c o s 3(22θθ-+=mg Mg T ,当31cos =

θ（即

5.7031arccos ==θ）时：mg Mg T 3

2min -= （2）由上面得到的N 的表达式知，当32cos >

θ

时，N ＞0，为压力；只有当3

2

cos <θ时，N ＜0，为拉力，这是圆环上升的必要条件。圆环上升的条件是T ≤0，即：0cos 2≤+Mg

N 临界状态为02cos 2cos 32=+

-m

M

θθ 上式有实根的条件为

2

3≥M m 23.福建摸底解：（1）设滑离时小球喝滑块的速度分别为

2

1v v 和，由动量守恒

2

103mv mv mv +=,

又

2

221203212121mv mv mv ==,

得20

1v v -=

022

1

v v =

,（2）小球过A 点时沿轨道方向两者有共同速度v ，沿切向方向速度为v '

2220021

3212

1)3(v m mv mv v m m mv '==+=,得00

232

1

v v v v =

'=

,

32413022=='+=∴αtg v v v v 合 25．河南月考解：（1）滑块A 从光滑曲面上h 高处由静止开始滑下的过程中，机械能守恒，设其滑到底面的速度为v 1，由机械能

V

V

α

守恒定律有212

1

v m gh

m A A =

①,，解得：gh v 21=②，滑块A 与B 碰撞的过程，A 、B 系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v 2，由动量守恒定律有21

)(v m m v m B A A +=③，解得：gh v v 22

12112==

④ （2）滑块A 、B 发生碰撞后与滑块C 一起压缩弹簧，压缩的过程机械能定恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A 、B 、C 速

度相等，设为速度v 3，由动量定恒定律有：

31)(v m m m v m C B A A ++=⑤，gh v v 25

1

5113==⑥，由机械能定恒定律

有：2

3

22)(2

1)(21v m m m v m m E C B A B A pm ++-+=

⑦， （3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C 脱离弹簧，设滑块A 、B 速度为v 4，滑块C 的速度为v 5，分别由动量定恒定律和机械能定恒定律有：542)()(v m v m m v m m C B A B A

++=+⑨，2

5

24222

1)(21)(21v m v m m v m m C B A B A ++=+⑩，解之得：gh v gh v 252,210154=-

=（另一组解舍去）⑾，滑块C 从桌面边缘飞出后做平抛运动：t v S 5=⑿，22

1

gt H =⒀，解得之：Hh S 5

4

=

⒁ 26．河北调研解：（1）设物块块由D 点以初速D v 做平抛，落到P 点时其竖直速度为gR

v y

2=，

?=45tan D

y

v v 得

s

m v D /4=，

平抛用时为t ，水平位移为s ，

m R s t v s gt R D 6.12,,212

====

得，

在桌面上过B 点后初速

D v s m a s m v 减速到加速度,/4,/62

0==，BD 间位移为m a

v v s D

5.222

201=-=，则BP 水平间距为m s s 1.41=+

（2）若物块能沿轨道到达M 点，其速度为M v ，

gR m v m v m D M 22222222121-=，

轨道对物块的压力为F N ，则

R

v m g m F M

N 2

2

2=+ 解得0)21(2<-=g m F N

，即物块不能到达M 点。

（3）设弹簧长为AC 时的弹性势能为E P ，物块与桌面间的动摩擦因数为

μ

，释放

CB

P gs m E m 11,μ=时，

释放

2

022221,v m gs m E m CB P +=μ时，

且J

v m E m m P 2.7,220221===可，

2m 在桌面上运动过程中克服摩擦力做功为

W f ，则222

1D f P

v m W E =

=。可得J

W f 6.5= 27.(开城月考)解：对小球下落到最低点过程，设克服摩擦力做功为W f ，由动能定理得：mg(H+R)－w f ＝

2

1

mv 2－0，从下落到第一次飞出达最高点设距地面高为h ，由动能定理得：mg(H －h)－2w f ＝ 0－0 ，解之得：h ＝

g v 2

－H －2R ＝

10

102

－5－2×0.4

＝4.2m

设恰好能飞出n 次，则由动能定理得：mgH －2nw f ＝ 0－0，解之得：n ＝

f

w mgH 2＝

()?

?

?

???-+2212mv R H mg mgH

＝

()2

2v R H g gH

-+＝6.25(次)，

应取：n ＝6次

20．海南月考解析：对子弹和木块应用动量守恒定律：

10)(ννM m m += 所以 s m /41=ν，对子弹、木块由水平轨道

到最高点应用机械能守恒定律，取水平面为零势能面,设木块到最高点时的速度为v 2, 有

R g M m M m M m 2)()(2

1)(212221?+++=+νν ，所以 R

40162-=ν，

由平抛运动规律有：2

2

12gt R =

t S 2ν= 解①、②两式有

10

41042R

R S +-?

=，

所以，当R = 0.2m 时水平距离最大，最大值S max = 0.8m 。 6.（08天津）答案 (1)5 m/s ，(2)4 N ·s ，（3）8 J 解析（1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为v B ,到达C 时的速度为v C ,有m B g=m B

R

c

2

v

①，

21m B v B 2=2

1

m B v C 2+2m B gR ②，代入数据得v B =5 m/s ③，

（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1,取水平向右为正方向,有E p =2

1

m B v 12④，I =m B v B -m B v 1 ⑤，代入数据得I =-4 N ·s,

其大小为4 N ·s

⑥

（3）设绳断后A 的速度为v A ,取水平向右为正方向,有m B v 1=m B v B +m A v A ⑦ W=

2

1

m A v A 2 ⑧ ，代入数据得W=8 J ⑨

8.(08广东)答（1）0.8 m/s 2 (2)1.9 m 0.695 m

（1）将N 、P 1看作整体,根据牛顿第二定律得：μ2mg=（M+m ）a

①

a=

5

10

4.0422?=

+=

+m

m mg

　m

M mg

　μμ m/s 2=0.8 m/s 2

(2)设P 1到达B 点的速度为v,P 1从A 点到达B 点的过程中,根据动能定

理有：mgR=

21mv 2-2

1

mv 02 ③，代入数据得v=5 m/s ④，因P 1、P 2质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P 1、P 2交换速度,

即碰后P 2在B 点的速度为：v B =5 m/s

⑤，设P 2在C 点的速度为v C ,P 2从C 点到D 点过程中根据动能定理得：-mgR=-

2

1

mv C 2

代入数据得v C =3 m/s ⑦，P 2从B 点到C 点的过程中,N 、P 1、P 2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设P 2到达C 点时N 和P 1的共同速度为v ′.根据动量守恒定律得：mv B =mv C +(M+m)v

，v ′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P 1的共同速度.由动

-μ2mgL 2=

21mv C 2-21mv B 2 ⑨，μ2mgL N =2

1

(M+m)v ′2 ⑩，L 2和L N 分别为P 2和滑板对地移动的距离,联立⑧⑨⑩得BC

长度

l=L 2-L N =1.9 m 滑板与槽粘连后,P 1在BC 上移动的距离为l 1-μ1mgl 1=0-

2

1

mv 12 P 2在D 点滑下后,在BC 上移动的距离l 2

mgR=μ

2mgl 2

联立 得系统完全静止时P 1与P 2的间距Δl=l-l 1-l 2=0.695 m.

10．答案：（1）2R

g

，（2）22gR ，

解析：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，

有2

122R gt =

①，解得 2R t g

=

② （2）设球A 的质量为m ，碰撞前速度大小为v 1，把球A 冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知

22

111222mv mv mgR =+

③，设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v 2，由动量守恒定律知 122mv mv =④，飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 22R v t =⑤，综合②③④⑤式得 222v gR

=

36.（12广东）36、解：(1)设连杆的水平位移为x 取水平向右的方向为正则：求导得：

符

合图像b 当x=0时，A 与连杆分离，此时：

V 0=

①，AB 相碰由动量守恒得：mv 0=2mv ②，AB 系

统机械能损失ΔE=③，由①②③得： ，④

(2)AB 在pq 上做匀减速直线运动，加速度为：由运动学规律公式得AB 开始到停止 的位移：⑤

s ≤l ⑥，0=v+at 1 ⑦，由④⑤⑥⑦得： ⑧，

(3)AB 从p 开始到弹簧压缩到最短时过程由能量守恒得：可得到：

设AB 返回时刚好到达P 点时速度为0，则此时角速度最大全过程由能量守恒得：解得：

综合⑧得到角速度的范围为：

36、（11广东）36、解析：（1）μmgs+mg ·2R=

2

1

mv B 2 ①，所以 v B =3Rg ，（2）设M 滑动x 1,m 滑动x 2二者达到共同速度v,，则mv B =(M+m)v ②， μmgx 1=21mv 2 ③ ，—μmgx 2=21mv 2—2

1

mv B 2 ④，由②③④得v=Rg , x 1=2R, x 2=8R ，

二者位移之差△x= x 2—x 1=6R ＜6.5R ，即滑块未掉下滑板，讨论：

① R ＜L ＜2R 时，W f =μmg(l +L)=

2

1

mg （6.5R+L ） ② 2R ≤L ＜5R 时，W f =μmgx 2+μmg(l —△x)=4.25mgR ＜4.5mgR ，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。要使滑块滑到CD 轨道中

点，v c 必须满足：

21mv c 2 ≥mgR ⑤，此时L 应满足：μmg(l +L) ≤21mv B 2—21mv c 2 ⑥，则 L ≤

2

1

R ，不符合题意，滑块不能

滑到CD 轨道中点。 答案：（1） v B =3

Rg （2）

①R ＜L ＜2R 时，W f =μmg(l +L)= 2

1

mg （6.5R+L ），②2R ≤L ＜5R 时，W f =μmgx 2+μmg(l —△x)=4.25mgR ＜4.5mgR ，即滑块速度不为0，滑上右侧轨道。滑块不能滑到CD 轨道中点 15.（09·安徽）答：（1）10.0N ；（2）12.5m(3) 当m 4.0≤<3R 0时，

m 36.0='L ；当m 27.9m 1.03≤≤R 时，

m 026.=''L ，解：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v 1根据动能定20

21112

1212mv mv mgR mgL --=-μ ①，小球在最高点受到重

力mg 和轨道对它的作用力F ，根据牛顿第二定律1

2

1R v m mg F =+ ②，由①②得10.0N F = ③ （2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v 2，由题意2

22

R v m

mg =④，

()20

22121212mv mv mgR L L mg 2-=-+-μ ⑤，由④⑤得

m 12.5=L ⑥，

（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：

I ．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v 3，应满足3

3

R v m

mg 2

=⑦ ，

()2

02312

1212mv mv mgR L 2L mg 3-=

-+-μ⑧，由⑥⑦⑧得 m .R 340= II ．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R 3，根据动能定理

()2

12

12mv 0mgR L 2L mg 3-=-+-μ 解得

m

1.0=3R ，

为了保证圆轨道不重叠，R 3最大值应满足()()2232232-R R L R R +=+，解得 R 3

=27.9m

综合I 、II ，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件

m

4.0≤<3R 0，

或 m 27.9m

1.03≤≤R

当m 4.0≤<3R 0

时，小球最终焦停留点与起始点A 的距离为L ′，则2

0210mv L mg --='μ，

m 36.0='L

当m 27.9m

1.03≤≤R 时，小球最终焦停留点与起始点A 的距离为L 〞，则 ()m 026.221=--'-'=''L L L L L

17.（09·浙江）答案：2.53s ，解析：本设赛车越过壕沟需要的最小速度为v 1，由平抛运动的规律t v S

1=，2

2

1gt h =

解得1

3/2R

v S

m s h ==，

设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v 2，最低点的速度为v 3，由牛顿第二定律及

机械能守恒定律R

v m

mg 22

=，

()R mg mv mv 221212

223+=，解得453==gh v m/s ，通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是

4min =v m/s ，设电动机工作时间至少为t ，根据功能原理min 2

2

1mv fL Pt =

-

由此可得t=2.53s

22.（09·四川）解：（1）设弹簧的弹力做功为W ，有：22

01122

mgR W

mv mv +=

- ①，代入数据，得：W ＝ 2.05-J ②

（2）由题给条件知，N 碰后作平抛运动，P 所受电场力和重力平衡，P 带正电荷。设P 、N 碰后的速度大小分别为v 1和V ，并令水平向右为正方向，有:

1mv mv MV =±+ ③，而： 1Bqr

v m

=

④，若P 、N 碰后速度同向时，计算可得V

mv Bqr V M

+=

⑤，P 、N 速度相同时，N 经过的时间为N t ，P 经过的时间为

P t 。设此时N 的速度V1的方向与水平方向的夹角为θ，有：1

1cos V V

V v θ==，

⑥11sin sin N

gt V v θθ

==⑦ ，

代入数据，得：

34N t s =

⑧，对小球P ，其圆周运动的周期为T ，有：2m T Bq

π= ⑨，经计算得：

N t ＜T ，

P 经过P t 时，对应的圆心角为α，有： 2P t T α

π

=

⑩，当B 的方向垂直纸面朝外时，P 、N 的

速度相同，如图可知，有： 1

απθ

=+，

联立相关方程得： 1

215P t s

π=

[来源:学+科+网Z+X+X+K]，

比较得，

1N P t t ≠，在此情况下，P 、N 的速度在同一时刻不可能相同。当B 的方向垂直纸面朝里

时，P 、N 的速度相同，同样由图，有： 2a πθ=-，同上得： 215

P t π

=

，

比较得，

2N p t t ≠，在此情况下，P 、N 的速度在同一时刻也不可能相同。

（3）当B 的方向垂直纸面朝外时，设在t 时刻P 、N 的速度相同，

N P t t t ==，再联立④⑦⑨⑩解得：

()()

222210,1,2

sin g n m r n B q πθθ

++????==，

当B 的方向垂直纸面朝里时，设在t 时刻P 、N 的速度相同N

P t t t ==，同理得：

()222sin m g r B q πθθ-=

，考虑圆周运动的周期性，有: ()()222210,1,2sin g

n m r n B q πθθ

++????==（给定的B 、q 、r 、m 、θ等物

理量决定n 的取值）

6.（07四川）答 (1)6.5 m/s (2)6.9 m/s (3)88.75 J

(1)在G 点,运动员和滑板一起做圆周运动,设向心加速度为a n ,速度为v G ,

运动员受到重力 Mg 、滑板对运动员的支持力N 的作用,则N-Mg=Ma n ①，a n =

R

G

2

v

②，即N-Mg=

R

v 2

G

M ③，

v G =

M

Mg N R )

(- ④，v G =6.5 m/s ⑤，

(2)设滑板a 由A 点静止下滑到BC 赛道后速度为v 1,由机械能守恒定律有mgh=

2

1

mv 12 ⑥，解得v 1=gh 2⑦，运动员与滑板b

一起由A 点静止下滑到BC 赛道后,速度也为v 1.运动员由滑板b 跳到滑板a,设蹬离滑板b 时的水平速度为v 2,在空中飞行的水平位移为s,

s=v 2t 2⑧，设起跳时滑板a 与滑板b 的水平距离为s 0,

s 0=v 1t 1 ⑨，，设滑板a 在t 2时间内的位移为s 1,

s 1=v 1t 2 ⑩，s=s 0+s 1，即

v 2t 2=v 1(t 1+t 2) ，运动员落到滑板a 后,与滑板a 共同运动的速度为v,

mv 1+Mv 2=(m+M)v ，

v=

gh

t m M t t M mt 2)()

(2

212+++，代入数据,解得v=6.9 m/s

，

(3)设运动员离开滑板b 后,滑板b 的速度为v 3,有Mv 2+mv 3=(M+m)v 1，可算出v 3=-3 m/s,有|v 3|=3 m/s ＜v 1=6 m/s,b 板将在两个

平台之间来回运动,机械能不变.

E=

21(M+m)v G 2+2

1

mv 32-(m+m+M)gh ，故ΔE=88.75 J 9.（2006重庆）答案 (1)β=3 (2)A:v 1=-

gR 21,方向向左;B:v 2=gR 2

1,方向向右；4.5 mg,方向竖直向下 (3)A:V 1=-

gR 2, B:V 2=0.当n 为奇数时,小球A 、B 第n 次碰撞结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同.

当n 为偶数时,小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同.

解析(1)由mgR=

4

mgR +

4mgR

β得β=3 (2)设A 、B 碰撞后的速度分别为v 1、v 2,则

21mv 12=4mgR ，2

1βmv 22=4mgR

β

设向右为正、向左为负,

v 1=-

gR 21,方向向左v 2=gR 2

1

,，设轨道对B 球的支持力为N,B 球对轨道的压力为

N ′,方向竖直向上为正、向下为负，则N-βmg=βm

R

v 2

2

，

N ′=-N=-4.5 mg,方向竖直向下

(3)设A 、B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V 1、V 2,则

???

??2

221212121 +21 =+=- -mV m mgR mV mV m m βV ββv v ，

解得V 1=- gR 2,V 2=0

(另一组解:V 1=-v 1,V 2=-v 2不合题意,舍去)，由此可得:当n 为奇数时,小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞

刚结束时相同;当n 为偶数时,小球A 、B 在第n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同.