第20题
1、【2018年11月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】如图1所示是游乐园的过山车，其局部可简化为如图2所示的示意图，倾角θ=370的两平行倾斜轨道BC、DE的下端与水平半圆形轨道CD顺滑连接，倾斜轨道BC的B端高度h=24m，倾斜轨道DE与圆弧EF相切于E点，圆弧EF的圆心O1，水平半圆轨道CD的圆心O2与A点在同一水平面上，D O1的距离L=20m，质量m=1000kg的过山车（包括乘客）从B点自静止滑下，经过水平半圆轨道后，滑上另一倾斜轨道，到达圆弧顶端F时，乘客对座椅的压力为自身重力的0.25倍。已知过山车在BCDE段运动时所受的摩擦力与轨道对过山车的支持力成正比，比例系数 ，EF段摩擦不计，整个运动过程空气阻力不计。（sin370=0.6，cos370=0.8）
（1）求过山车过F点时的速度大小
（2）求从B到F整个运动过程中摩擦力对过山车做的功
（3）如图过D点时发现圆轨道EF段有故障，为保证乘客安全，立即触发制动装置，使过山车不能到达EF段并保证不再下滑，则过山车受到的摩擦力至少多大？
【答案】（1） （2） （3）
（3）从D到F过程中
触发制动后恰好能到达E点对应的摩擦力为 ，则
解得
要使过山车停在倾斜轨道上的摩擦力为 ，
综合考虑可知
2、【2019年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】图中给出一段“ ”形单行盘山公路的示意图，弯道1、弯道2可看作两个不同水平面上的圆弧，圆心分别为 ，弯道中心线半径分别为 ，弯道2比弯道1高 ，有一直道与两弯道圆弧相切。质量 的汽车通过弯道时做匀速圆周运动，路面对轮胎的最大径向静摩擦力是车重的1.25倍，行驶时要求汽车不打滑。（sin37°=0.6，sin53°=0.8）
（1）求汽车沿弯道1中心线行驶时的最大速度 ；
（2）汽车以 进入直道，以 的恒定功率直线行驶了 ，进入弯道2，此时速度恰为通过弯道2中心线的最大速度，求直道上除重力以外的阻力对汽车做的功；
（3）汽车从弯道1的A点进入，从同一直径上的B点驶离，有经验的司机会利用路面宽度，用最短时间匀速安全通过弯道，设路宽 ，求此最短时间（A、B两点都在轨道的中心线上，计算时视汽车为质点 ）。
【答案】（1） （2） （3）
【考点】本题主要考察知识点：水平面内圆周运动临街问题，能量守恒
直道上由动能定理有：
代入数据可得
(3)
可知r增大v增大，r最大，切弧长最小，对应时间最短，所以轨迹设计应如下图所示
由图可以得到
代入数据可以得到r’=12.5m
汽车沿着该路线行驶的最大速度
由
线路长度
最短时间 。
3、【2018年10月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】如图1所示，游乐场的过山车可以底朝上在竖直圆轨道上运行，可抽象为图2的模型，倾角为45°的直轨道AB、半径R=10cm的光滑竖直圆轨道和倾角为37°的直轨道EF，分别通过水平光滑衔接轨道BC、 平滑连接，另有水平减速直轨道FG与EF平滑连接，EG间的水平距离l=40cm。现有质量m=500kg的过山车，从高h=40m处的A点静止下滑，经BCD EF最终停在G点，过山车与轨道AB，EF的动摩擦因数均为 =0.2，与减速直轨道FG的动摩擦因数 =0.75，过山车可视为质点，运动中不脱离轨道，求：
（1）过山车运动至圆轨道最低点C时的速度大小；
（2）过山车运动至圆轨道最高点D时对轨道的作用力；
（3）减速直轨道FG的长度x，（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】（1） （2） ，方向竖直向上（3）
(2)过山车到达D点的速度为 ,由机械能守恒定律
由牛顿笫二定律
联立代人数据可得：FD = 7000N
由牛顿笫三定律可知.轨道受到的力F’D = 7000N
(3)过山车从A到达G点.由动能定理可得
代人数据可得x = 30m
考点：考查了动能定理，机械能守恒，牛顿运动定律，圆周运动
【名师点睛】应用动能定理应注意的几个问题(1)明确研究对象和研究过程，找出始末状态的速度。(2)要对物体正确地进行受力分析，明确各力做功的大小及正负情况(待求的功除外)。(3)有些力在物体运动过程中不是始终存在的。若物体运动过程中包括几个阶段，物体在不同阶段内的受力情况不同，在考虑外力做功时需根据情况区分对待
4、【2019年4月浙江省普通高校招生选考科目考试物理试题】如图所示，装置由一理想弹簧发射器及两个轨道组成．其中轨道Ⅰ由光滑轨道AB与粗糙直轨道BC平滑连接，高度差分别是h1=0.2m、h2=0.10m，BC水平距离L=1.00m．轨道Ⅱ由AE、螺旋圆形EFG和GB三段光滑轨道平滑连接而成，且A点与F点等高．当弹簧压缩量为d时，恰能使质量m=0.05kg的滑块沿轨道Ⅰ上升到B点；当弹簧压缩量为2d时，恰能使滑块沿轨道Ⅰ上升到C点．（已知弹簧弹性势能与压缩量的平方成正比）
（1）当弹簧压缩量为d时，求弹簧的弹性势能及滑块离开弹簧瞬间的速度大小；
（2）求滑块与轨道BC间的动摩擦因数；
（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，滑块能否上升到B点？请通过计算说明理由．
【答案】（1）当弹簧压缩量为d时，弹簧的弹性势能是0.1J，滑块离开弹簧瞬间的速度大小是2m/s；（2）滑块与轨道BC间的动摩擦因数是0.5；（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，若R≤0.4m，滑块能上升到B点．若R＞0.4m滑块不能到达B点．
【考点】功能关系；弹性势能．
【分析】（1）当弹簧压缩量为d时，释放后弹簧的弹性势能转化为滑块的动能，滑块在轨道Ⅰ上升到B点的过程中，滑块的动能转化为重力势能，由机械能守恒定律求解．
（2）当弹簧压缩量为2d时，弹簧的弹性势能是弹簧压缩量为d时弹性势能的4倍，对滑块释放到C的整个过程，运用能量守恒定律列式，可求得滑块与轨道BC间的动摩擦因数．
（3）若要能使滑块上升到B点，根据机械能守恒定律分析能否上升到B点．
（2）当弹簧压缩量为2d时，由题可得：弹簧的弹性势能是弹簧压缩量为d时弹性势能的4倍，即为：
EP2=4EP1=0.4J
对滑块从弹簧释放后运动到C点的过程，根据能量守恒定律得：
EP2=mg（h1+h2）+μmgcosα•LBC=mg（h1+h2）+μmgL
解得：μ=0.5
（3）滑块恰能圆环最高点应满足的条件是：
mg=m
根据机械能守恒定律得： =
即得 v0=v
联立解得 Rm=0.4m
若R≤Rm=0.4m滑块能通过圆环最高点．
设滑块在EB轨道上上升的最高点离图中虚线的高度为h．
根据机械能守恒定律得：
EP1=mgh
解得：h=0.2m
由于h=h1，所以滑块能上升到B点．
若R＞Rm=0.4m滑块不能通过圆环最高点，会脱离圆形轨道，所以不能到达B点．
答：
（1）当弹簧压缩量为d时，弹簧的弹性势能是0.1J，滑块离开弹簧瞬间的速度大小是2m/s；
（2）滑块与轨道BC间的动摩擦因数是0.5；
（3）当弹簧压缩量为d时，若沿轨道Ⅱ运动，若R≤0.4m，滑块能上升到B点．若R＞0.4m滑块不能到达B点．
1、如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧．在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵，解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去．投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为6mgR （g为重力加速度）．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，求：
（1）鱼饵到达管口C时的速度大小v1：
（2）鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向：
（3）已知地面比水面高出1.5R，若竖直细管的长度可以调节，圆孤弯道管BC可随竖直细管?起升降．求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离Lmax．
【答案】（1）鱼饵到达管口C时的速度大小为 ；（2）鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小为6mg，方向向上；（3）鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离为9R．
【考点】机械能守恒定律；平抛运动．
【分析】（1）根据能量守恒定律求出鱼饵到达管口C时的速度大小．
（2）根据牛顿第二定律求出管口对鱼饵的作用力大小，从而结合牛顿第二定律求出鱼饵对管子的作用力大小和方向．
（3）根据机械能守恒定律求出平抛运动的初速度，结合平抛运动的规律求出水平位移的表达式，通过数学知识得出鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离．
（2）设C处管子对鱼饵的作用力向下，大小设为F，
根据牛顿第二定律有： ，
解得F=6mg，
由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力F′=6mg，方向向上．
答：（1）鱼饵到达管口C时的速度大小为 ；
（2）鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小为6mg，方向向上；
（3）鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离为9R．
2、如图所示，半径R=3m的四分之一粗糙圆弧轨道AB置于竖直平面内，轨道的B端切线水平，且距水平地面高度为 =3.2m，现将一质量 =0.8kg的小滑块从A点由静止释放，小滑块着地时的速度大小10m/s（ 取10m/s2）．求：
（1）小滑块经过B点时对圆轨道的压力大小和方向；
（2）小滑块沿圆弧轨道运动过程中所受摩擦力做的功；
【答案】（1）压力大小为17.6N，方向竖直向下 （2）
【解析】
（1）滑块过B点后作平抛运动，设着地时竖直速度为 ，根据平抛运动规律有：
滑块沿圆弧轨道运动至B点的速度水平飞出速度
对B点的滑块进行受力分析，设轨道对滑块的支持力为 ，由牛顿第二定律有：
解得
由牛顿第三定律知滑块对B的压力大小为17.6N，方向竖直向下．
3、如图1所示为单板滑雪U型池的比赛场地，比赛时运动员在U形滑道内边滑行边利用滑道做各种旋转和跳跃动作，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作难度和效果评分。图2为该U型池场地的横截面图，AB、CD为半径R=4m的四分之一光滑圆弧雪道，BC为水平雪道且与圆弧雪道相切，BC长为4.5m，质量为60kg的运动员（含滑板）以5m/s的速度从A点滑下，经U型雪道从D点竖直向上飞出，在D点上方完成动作的时间为t=0.8s，然后又从D点返回U型雪道，忽略空气阻力，运动员可视为质点，求：
图1 图2
(1)运动员与BC雪道间的动摩擦因数；
(2)运动员首次运动到C点时对雪道的压力；
(3)运动员最后距离B点多远处停下。
【答案】（1）0.1（2）2040N（3）在B点右侧1.5m处停下
【解析】（1）设运动员从D点向上飞出的速度为vD，则
m/s
运动员从A点到D点的过程，由动能定理得，
解得μ＝0.1。
(2)运动员从C点运动到D点的过程中，由动能定理得
设运动员首次运动到C点时对雪道的压力为N，由牛顿第二定律知
联立得N=2040N，方向竖直向上
(3)设运动员运动的全过程在水平雪道上通过的路程为x，由动能定理得
mgR－μmgx＝0－ m
解得x＝52.5m
所以运动员在水平雪道上运动了5.5个来回后到达C点左侧3m处，故最后在B点右侧1.5m处停下。
4、目前，我国的高铁技术已处于世界领先水平，它是由几节自带动力的车厢（动车）加几节不带动力的车厢（拖车）组成一个编组，称为动车组。若每节动车的额定功率均为1.35×104kw，每节动车与拖车的质量均为5×104kg，动车组运行过程中每节车厢受到的阻力恒为其重力的0.075倍。若已知1节动车加2节拖车编成的动车组运行时的最大速度v0为466.7km/h。我国的沪昆高铁是由2节动车和6节拖车编成动车组来工作的，其中头、尾为动车，中间为拖车。当列车高速行驶时会使列车的“抓地力”减小不易制动，解决的办法是制动时，常用“机械制动”与“风阻制动”配合使用，所谓“风阻制动”就是当检测到车轮压力非正常下降时，通过升起风翼（减速板）调节其风阻，先用高速时的风阻来增大“抓地力”将列车进行初制动，当速度较小时才采用机械制动。（所有结果保留2位有效数字）求:
（1）沪昆高铁的最大时速v为多少km/h？
（2）当动车组以加速度1.5m/s2加速行驶时，第3节车厢对第4节车厢的作用力为多大？
（3）沪昆高铁以题（1）中的最大速度运行时，测得此时风相对于运行车厢的速度为100m/s，已知横截面积为1m2的风翼上可产生1.29×104N的阻力，此阻力转化为车厢与地面阻力的效率为90%。沪昆高铁每节车厢顶安装有2片风翼，每片风翼的横截面积为1.3m2,求此情况下“风阻制动”的最大功率为多大？
【答案】（1）3.5×102km/h（2）1.1×105N（3）2.3×107N
【解析】
试题分析：（1）由 P=3kmgv0 2P=8kmgv解之得：v=0.75v0=3.5×102km/h ;
（2）设各动车的牵引力为F牵，第3节车对第4节车的作用力大小为F，以第1、2、3节车箱为研究对
考点：牛顿第二定律的应用；功率
【名师点睛】本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合求解动力学问题，关键是正确选择研究对象，也可以运用动能定理求解。
5、如图所示，竖直平面内的半圆形轨道下端与水平面相切，B、C分别为半圆形轨道的最低点和最高点。小滑块（可视为质点）沿水平面向左滑动，经过A点时的速度 。已知半圆形轨道光滑，半径R=0.40m，滑块从C点水平飞出后，落到A点。已知：AB段长x=1.6m，重力加速度g =10m/s2。求：
（1）滑块运动到B点时速度的大小vB；
（2）滑块与水平面间的动摩擦因数；
【答案】 （1） ；（2）0.5
【解析】（1）设滑块从C点飞出时的速度为vC，从C点运动到A点时间为t，滑块从C点飞出后，做平抛运动
竖直方向：
水平方向：
解得
对小滑块B到C的过程应用动能定理得： 解得：
（2）对小滑块A到B的过程应用动能定理得 ，解得
6、如图所示，长L1=5m、倾斜角θ=370的斜面各通过一小段光滑圆弧与水平传送带和水平地面平滑连接，传送带长L0=6m，以恒定速率v0=4m/s逆时针运行，将一质点物块轻轻地放上传送带右端A，物块滑到传送带左端B时并沿斜面下滑，物块最终静止在水平面上的D点，已知物块和传送带μ0=0.2，CD之间的距离是L2=3.6m，物块和斜面、水平地面间的动摩擦因数μ相同，令物块在B、C处速率不变，取g=10m/s2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
（1）物块和斜面、水平地面间的动摩擦因数μ的值；
（2）物块从A到D所经历的时间
【答案】（1） ；（2）3.7s
（2）从B到D，由动能定理得：
解得：
（2）在传送带上所需的时间为：
在斜面运动的加速度
从B到C，由动能定理得：
解得
运动时间
在水平面上运动的时间为
从A到D经历的时间：t=t1+t2+t3=3.7s
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