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题型2 力学分类讨论问题
1.(11 分)(2024 浙江高三期中)如图所示,水平轨道AB 长度L1=1.3 m,其左端B 点与半径R=0.4 m 的半
圆形竖直轨道BCD 平滑连接。轨道BCD 最高点D 与长度L2=1.0 m 的水平细圆管道DE 平滑连接。
管道DE 的E 端与竖直放置的光滑圆筒上边缘相切,圆筒半径r=√10
60
m、高度h=5
9
m。质量m=0.5
kg、可视为质点的小滑块,从A 点处以初动能Ek0向左运动,与AB 间的动摩擦因数μ=0.2,与其他轨道
间的摩擦以及空气阻力均忽略不计,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)若小滑块恰好能通过最高点D,求小滑块经过B 点时对半圆形轨道的压力大小FN。
(2)为使小滑块不脱离轨道并最终停在AB 两点之间,求小滑块的初动能Ek0的范围。
(3)若小滑块能从D 点水平滑入管道DE,并从E 点滑入圆筒后紧贴内壁运动,再从E 点正下方离开圆
筒后,小滑块落在A、B 两点之间,求小滑块在E 点的速度大小vE。(π 取√10)
2.(11 分)如图所示,一半径R1=2.0 m 的1
4
光滑圆弧最低点B 位置有一弹簧锁定装置,圆弧下方固定一
根离地高度h=5.85 m 的光滑水平杆,杆上穿有一个质量m=1.0 kg 的圆环,开始时圆环处于B 点下方
并被弹簧装置锁定。另有一个质量m'=2.0 kg 的物块P 通过不可伸长的轻绳与圆环相连,绳长L=2.4
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m,开始时将物块P 拉至水平且绳恰好被拉直。现将一个与圆环质量相同的物块Q 从A 点静止释放,
滑到B 处弹簧锁定装置上面时,通过压力解除对圆环的锁定,同时静止释放物块P,当物块P 摆到最低
时,轻绳被拉断,物块P 做平抛运动,恰好沿切线进入斜面CD,然后从D 点平滑进入水平地面,并从E 点
进入半径为R2的光滑圆轨道,恰好通过圆轨道最高点F,然后返回最低点E'(与E 点稍错开)向右运动
并冲上传送带GH,传送带和水平地面平滑连接。已知物块P 与斜面CD 和水平轨道DG 及传送带之
间的动摩擦因数均为μ=0.5,斜面及传送带与水平面夹角均为θ=37°,lDE=lE'G=1.0 m,传送带长度
d=3.05 m,调节传送带速度u 使物块P 能沿传送带运动至最高点H。P、Q 均可视为质点,重力加速度
g 取10 m/s2。
(1)求物块Q 滑到圆弧最低点B 对弹簧锁定装置的压力。
(2)求轻绳刚被拉断时,圆环沿杆滑行的速度大小。
(3)求圆轨道半径R2的大小。
(4)物块P 能运动到H 点,则传送带的速度u 至少多大?
3.(11 分)如图为某品牌拼接玩具搭建的场景。AB、BC 为粗糙直轨道,动摩擦因数均为0.25,在B 点平
滑连接,lBC=4 cm,CDE 是光滑半圆弧轨道,半径r=15 cm,与直轨道在C 点平滑连接,直轨道AB 与水平
面夹角θ=37°,一质量为0.1 kg 的物块从直轨道AB 某处下滑,恰好能通过圆弧轨道最高点E,不计空气
阻力,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求物块第一次经过D 点时的加速度大小。
(2)某同学计算物块平抛时间为0.2 s,试分析该同学计算结果是否正确。(物块平抛后会与轨道AB 碰
撞,只考虑碰撞前平抛运动情况)
(3)欲使物块不脱离轨道,且尽可能使物块在直轨道上滑行较长距离,求物块释放位置以及最终停下的
位置。
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4.(11 分)(2023 浙江学业考试)如图所示的游戏装置由同一竖直面内的两个轨道组成。轨道Ⅰ光滑且
固定在水平地面上,依次由足够长的倾斜直轨道ABC、圆心为O1的圆弧形轨道CDE、倾斜直轨道
EF 组成。O1C 与BC 垂直,BCD 段与DEF 段关于O1D 对称。轨道Ⅱ形状与轨道Ⅰ的BCDEF 段完全
相同,C、E、I、K 在同一水平线上,J 是最低点,B、O1、F 与H、O2、L 在同一水平线上。轨道Ⅱ可按
需要沿水平地面平移,HI 和KL 段粗糙,IJK 段光滑。AC 的倾角θ=37°,圆弧段半径R=1 m。游戏时,质
量m=0.1 kg 的滑块从AC 上距水平地面高为h 的某处静止释放,调节F、H 的间距x,使滑块从F 点滑
出后恰能从H 点沿HI 平滑地进入轨道Ⅱ,且不从L 点滑出,则游戏成功。滑块(可视为质点)与HI 和
KL 段的动摩擦因数μ=15
16
,空气阻力可不计,重力加速度g 取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)当h=1.5 m 时:
①求滑块经过D 点的速度大小vD及所受支持力大小FD;
②求游戏成功时的x,以及滑块经过J 点时的动能Ek。
(2)求游戏成功且滑块经过J 点时,滑块所受支持力大小FJ与h 的关系式。
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参考答案
题型2 力学分类讨论问题
1.【答案】 (1)30 N,方向竖直向下
(2)Ek0<1.3 J 或1.3 J<Ek0<2.6 J
(3)vE=n m/s(n=1,2,3,4)
【解析】 (1)小滑块恰好能通过最高点D,则小滑块在D 点时,有
mg=mv D
2
R
由B 点到D 点的过程,由机械能守恒定律得
mg·2R+1
2 m v D
2= 1
2 m vB
2
小滑块在B 点时
FN'-mg=mvB
2
R
解得FN'=30 N
由牛顿第三定律可得,小滑块经过B 点时对半圆形轨道的压力大小为FN=30 N。
(2)小滑块不脱离轨道并最终停在AB 两点之间,当动能较小时,小滑块不滑上半圆轨道,则有
Ek0<μmgL1=1.3 J
当小滑块动能较大超过1.3 J 时,滑上圆轨道并返回,则滑上轨道的最大高度不能超过R。设沿圆
轨道上滑的高度为h,返回水平轨道时,不滑过A 点,则有
mgh<μmgL1
可得h<μL1=0.26 m<R
所以动能较大时有
Ek0=μmgL1+mgh<2.6 J
所以小滑块不脱离轨道并最终停在AB 两点之间,滑块初动能的范围为
Ek0<1.3 J 或1.3 J<Ek0<2.6 J。
(3)小滑块从E 点滑入圆筒后紧贴内壁运动时,在竖直方向做自由落体运动,有
h=1
2 gt1
2
解得t1=1
3
s
在水平方向做匀速圆周运动,有
n·2πr=vEt1
解得vE=n m/s(n=1,2,3,…)
离开圆筒后,竖直方向的加速度仍为g,则由E 点到落地的时间为
t=√
2·2 R
g
=0.4 s
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离开圆筒后,小滑块水平方向以速度vE做匀速直线运动,从离开圆筒到落地,水平位移为
x=vE(t-t1)= n
15
m
小滑块落在A、B 两点之间,则有
x= n
15
m<L1-L2=0.3 m
可得
n<4.5
所以小滑块在E 点的速度大小为
vE=n m/s(n=1,2,3,4)。
2.【答案】 (1)30 N,方向竖直向下 (2)8 m/s (3)0.7 m
(4)3 m/s
【解析】 (1)物块Q 从A 点滑到B 点,由动能定理得
mgR1=1
2 m v0
2-0
在B 点,有
FN-mg=mv0
2
R1
可得FN=30 N
由牛顿第三定律可得物块,对锁定装置的压力大小为30 N,方向竖直向下。
(2)解除对圆环的锁定后,P 和圆环在水平方向动量守恒,有
m'v1=mv2
由能量守恒定律得
m'gL=1
2
m'v1
2+ 1
2 m v2
2
联立可得v2=8 m/s。
(3)根据(2)中可得物块P 运动到最低点的速度
v1=4 m/s
轻绳断后,物块P 做平抛运动,恰好进入斜面轨道C 点,水平方向
v1=vCcos 37°
得vC=5 m/s
竖直方向
vy=vCsin 37°
v y
2=2gy
得
y=0.45 m
根据几何关系可得
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lCD=h- L- y
sinθ
=5 m
物块P 恰好通过圆轨道最高点F,有
m'g=m'vF
2
R2
物块P 从C 点运动至圆弧轨道最高点F,由动能定理得
m'g(sin θ-μcos θ)lCD-μm'glDE-2m'gR2=1
2
m'v F
2- 1
2
m'vC
2
可得R2=0.7 m,vF=√7 m/s。
(4)物块P 从圆弧轨道最高点F 运动至G 点,由动能定理
m'g·2R2-μm'glE'G=1
2
m'vG
2- 1
2
m'v F
2
得物块P 运动至G 点的速度大小
vG=5 m/s
设传送带速度u<vG,物块P 冲上传送带后做匀减速运动,有
m'gsin 37°+μm'gcos 37°=m'a1
得a1=10 m/s2
由运动学公式得
vG
2-u2=2a1l1
物块P 减速至与传送带共速后,摩擦力反向,继续做匀减速运动,有
m'gsin 37°-μm'gcos 37°=m'a2
得a2=2 m/s2
匀减速为零时恰好至传送带最高点,有
u2=2al2
又l1+l2=d
得u=3 m/s。
3.【答案】 (1)10√10 m/s2 (2)见解析 (3)释放位置为B 点左侧斜面上方40 cm 处,停止于B 点
右侧1 cm 处
【解析】 (1)由于物块恰好能通过圆弧轨道最高点E,则在E 点有
mg=mv
2
r
物块在D 点有
FN=mv D
2
r
物块由D 点运动到E 点过程,有
-mgr=1
2
mv2-1
2 m v D
2
解得FN=3mg
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则物块在D 点加速度大小为
a=
√
F N
2
m
2 + g
2=10√10
m/s2。
(2)若平抛时间为0.2 s,则有
h=1
2
gt2=20 cm,x=vt=t√gr = √6
10
cm
根据几何关系应有
2r -h
x - xBC
=tan θ
代入数据显然不匹配,所以该同学计算错误。
(3)欲使物块不脱离轨道,则物块达到D 点速度恰好为0 时满足要求,则有
mgx1sin θ-μmgx1cos θ-μmglBC-mgr=0
解得x1=40 cm
即物块释放初始位置为B 点左侧斜面上方40 cm 处,物块第二次下滑时距B 点x2,则有
mg(x1-x2)sin θ=μmgcos θ(x1+x2)+2μmglBC
解得x2= x1
2
-2.5
根据数学知识可得数列
xn= xn-1
2
-2.5
即有
x2=17.5 cm,x3=6.25 cm,x4=0.625 cm,x5<0
所以最终停止情况有
mgsin θ·x4=μmgcos θ·x4+μmgx
解得
x=1 cm
即物块最终停止于B 点右侧1 cm 处。
4.【答案】 (1)①√30 m/s 4 N ②0.96 m 0.5 J
(2)FJ=(2h-1) N(1.2 m<h≤3 m)
【解析】 (1)①滑块从A 点到D 点,由机械能守恒定律得
mgh=1
2 m v D
2
在D 点,由牛顿第二定律得
FD-mg=mv D
2
R
解得vD=√30 m/s,FD=4 N。
②滑块从A 点到F 点,由动能定理得
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mg(h-R)=1
2 m v F
2
从F 点到H 点过程中,有
vFsin θ=gt
x=2vFcos θ·t=0.96 m
从A 点到J 点,由动能定理得
mgh-μmgcos θ· R
tanθ
=Ek
解得Ek=0.5 J。
(2)μ>tan θ,滑块能停在斜面上,若滑块恰好停在I 点,从A 点到I 点过程由动能定理得
mgh1-mgR(1-cos θ)-μmgcos θ· R
tanθ
=0
解得h1=1.2 m
若滑块恰好停在L 点,从A 点到L 点过程,由动能定理得
mgh2-mgR-2μmgcos θ· R
tanθ
=0
解得h2=3 m
从A 点到J 点过程,由动能定理得
mgh-μmgcos θ· R
tanθ = 1
2 m vJ
2
在J 点,由牛顿第二定律得
FJ-mg=mvJ
2
R
则
FJ=(2h-1) N(1.2 m<h≤3 m)。
