2025年高考物理考试易错题(新高考通用)疑难压轴1多体多过程问题中力和运动的综合分析专题特训(学生版+解析)

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（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
（2）b从M运动到N的时间；
（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）在a运动到圆轨道底端的过程中，由动能定理
magR=12mavP2
解得vP＝6m/s
在P点，根据牛顿第二定律NP-mag=mavP2R
解得NP＝30N
（2）设a运动到M的速度为vM，由动能定理
-μmagd=12mavM2-12mavP2
解得vM＝3m/s
取水平向左为正方向，物块a、b碰撞后的速度分别为v1、v2
把物块a、b做为一个系统，根据动量守恒定律
mavM＝mav1+mbv2
物块a、b发生弹性碰撞，根据机械能守恒
12mavM2=12mav12+12mbv22
联立解得
v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
物块b进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
﹣μmbg＝mba
得a＝﹣5m/s2
设达到共速时间为t1，根据运动学公式
v0＝v2+at1
解得t1＝0.2s
减速位移
x1=v2+v02×t1=2+12×0.2m=0.3m
匀速运动的位移
x2＝L﹣x1＝3.3m﹣0.3m＝3.0m
匀速运动的时间
t2=x2v0=3.01s=3.0s
b从M运动到N的总时间
t＝t1+t2＝0.2s+3.0s＝3.2s
（3）设给b一个瞬时冲量后，物块b的速度为v3，取水平向右为正方向，则作用前物块b的速度为v0＝﹣1m/s
根据动量定理
I＝mbv3﹣mbv0
解得v3＝2m/s
物块b先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，设共速时间为t3，根据运动学公式
t3=-v0-v3a=-1-2-5s=0.6s
物块b对地位移
x3=v3+(-v0)2×t3=2-12×0.6m=0.3m
传送带位移
x4＝v0t3＝1×0.6m＝0.6m
物块b相对于传送带的位移
Δx1＝x3+x4＝0.3m+0.6m＝0.9m
由于Δt＝t3，因此物块b刚好与传送带共速时，又获得一个冲量I，设物块b的速度变为v4
根据动量定理
I＝mbv4﹣mbv0
解得v4＝2m/s
同理可得，物块b对地位移
x5＝0.3m
传送带位移
x6＝0.6m
物块b相对于传送带的位移
Δx2＝0.9m
以此类推，物块b获得第11次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为：
s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m
物块b获得第11次瞬时冲量后向右运动s1＝0.3m离开传送带，此过程时间为t4，根据运动学公式
s1＝v3t4+12at42
解得：t4＝0.2s
此过程物块b相对于传送带的位移大小为：
Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m
物块b相对于传送带总的相对位移为：
Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m
产生的摩擦热
Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。
答：（1）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N；
（2）b从M运动到N的时间为3.2s；
（3）b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。
2．（2024•丹阳市校级一模）如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也是R，质量为M＝2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为mA＝2.0kg的小物块A从距离水平面某一高度的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘D点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，求：
（1）物块B离开D点时的速度大小；
（2）S与Q竖直高度h；
（3）物块能否沿轨道到达M点，并通过计算说明理由。
【解答】解：（1）A、B碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B由D点做平抛运动，落到P点时其竖直速度为vy，有vy2=2gR
又vyvD=tan45°
解得vD＝4m/s
（2）设A与B碰撞前的速度为v0，A与B相碰交换速度，所以
v0＝vD＝4m/s
A从S滑到Q的过程中，根据机械能守恒定律得
mAgh=12mAv02
解得
h＝0.8m
（3）设物块能沿轨道到达M点，且到达时其速度为vM，从D到M由动能定理得
-mBgRcs45°=12mBvM2-12mBvD2
解得
vM≈2.2m/s＜gR=10×0.8≈2.8m/s即物块不能到达M点。
3．（2024•西安模拟）北京时间2024年7月31日，在巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛决赛中，中国选手邓雅文夺得金牌。这也是中国运动员第一次参加奥运会自由式小轮车项目。其部分场地可以简化为如图所示的模型，平台A左右弧面对称，右侧为半径r＝3m的部分圆弧面，圆心角θ满足sinθ＝0.8，平台B为14的圆弧面，半径R＝3.2m，邓雅文以一定的初速度从平台的左下端冲向平台A，从M点腾空后沿切线从N点进入赛道，再经过一段水平骑行从Q点进入平台B，恰好到达平台B的上端边缘，平台A上端MN间的距离为2.4m，邓雅文和独轮车总质量为75kg，运动过程中可视为质点，整个过程邓雅文只在PQ段进行了骑行做功，不计一切阻力，重力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）邓雅文和独轮车到达Q点时赛道给独轮车的支持力大小；
（2）邓雅文和独轮车在MN段腾空最高处的速度；
（3）邓雅文在PQ段骑行过程中所做的功。
【解答】解：（1）由Q到平台B上段的过程，根据机械能守恒有：12mvQ2=mgR
可得：vQ＝ 8m/s
在Q点根据牛顿第二定律有：FN﹣mg＝mvQ2R
代入数据可得：FN＝2250N；
（2）根据抛体运动，在水平方向有：vxt=12xMN
竖直方向有：vy＝gt，且tanθ=vyvx
联立可得：vx＝3m/s
（3）在M点时，根据关联速度有：vMcs0θ＝vx
可得：vM ＝ 5m/s
由M到Q由动能定理可得：12mvQ2-12vM2=25mgr+W
解得：W＝562.5J
答：（1）邓雅文和独轮车到达Q点时赛道给独轮车的支持力大小为2250N；
（2）邓雅文和独轮车在MN段腾空最高处的速度3m/s；
（3）邓雅文在PQ段骑行过程中所做的功为562.5J。
4．（2024•南充模拟）一个质量为m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒长为L，羽毛球的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小近似相等，且恒为f＝kmg（k＞1）。重力加速度为g，不计一切空气阻力。某同学使用以下三种方式将球从筒内取出：
（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为R的圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度；
（2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为L2，求此过程手对球筒所做的功；
（3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h高处由静止释放，已知：k＝4，M＝8m，且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的14。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中滑出，求h应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞）
【解答】解：（1）当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，羽毛球恰要相对球筒滑动，对羽毛球受力分析有：
f﹣mg＝mRω2
将f＝kmg代入
解得：ω=(k-1)gR
（2）以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其整体做功为W，整体碰到桌面时的速度为v，从开始至碰到桌面的过程由动能定理，有：
W+(m+M)g⋅12L=12(m+M)v2-0
以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理：
mg(L-d)-f(L-d)=0-12mv2
联立解得：
W=(m+M)g((k-1)(L-d)-L2)
（3）羽毛球和球筒从h处自由下落，触地瞬间的速度满足
v02=2gh
此后m以初速度v0向下做匀减速运动，M以v0/4得初速度向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过程中，对于m，由牛顿第二定律方程：
kmg﹣mg＝ma1
解得：x=v10+v1t2Δt1+12v20Δt2=46m
对于M，由牛顿第二定律方程：
kmg+Mg＝Ma2
可解得：a2=32g
设M第一次运动至最高点的时间为t0满足
14v0=a2t0
即：t0=v06g
选竖直向下为正方向，设二者在t1时刻达到共速，则t1满足
v0-a1t1=-14v0+a2t1
可解得：t1=5v018g
由t0＜t1＜2t0可知，二者在M第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻m滑出，二者的相对位移为L，即：
v0t1-12a1t12-(-14v0t1+12a2t12)=L
联立可得h的最小值
h1=7225L≈2.9L
若m恰好在t0时刻滑出，即：
v0t0-12a1t02-(-14v0t0+12a2t02)=L
联立可得h的最大值
h2=247L≈3.4L
故h应满足：
7225L＜h＜247L。
答：（1）此时球筒的角速度为ω=(k-1)gR；
（2）整个过程中手对球筒所做的功为W=(m+M)g((k-1)(L-d)-12)；
（3）h的取值范围是7225L＜h＜247L。
5．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝5m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量均为m＝5kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0＝14m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。取sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）物块A刚冲上传送带时的加速度；
（2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间；
（3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功。
【解答】解：（1）物块A刚冲上传送带时，对A物块，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+T+μmgcsθ＝ma1
对B物块：mg﹣T＝ma1
联立代入数据解得：a1=9m/s2
方向沿传送带向下；
（2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动，对A物块，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+T′﹣μmgcsθ＝ma1′
对B物块有：T′﹣mg＝ma1′
联立解得：a1′＝7m/s2
当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有：t1=v0-0a1=99s＝1，st2=va1'=57s
那么物块A冲上传送带运动到最高点所用时间：t＝t1+t2＝1s+57s=127s
（3）此过程中物块对传送带做的功：Wf＝fx1﹣fx2
其中：f＝μmgcsθ
传送带在两段时间内的位移：x1＝vt1，x2＝vt2
代入数据解得：W=1007J
答：（1）物块A刚冲上传送带时的加速度为9m/s2，方向沿传送带向下
（2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间为127s
（3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功为1007J。
6．（2024•龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角θ＝37°的直轨道AB，螺旋圆形轨道BCDEF，水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG相切于B（E）和C（F）。直线轨道FG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径R＝0.4m，FG长LFG≈2m，传送带GH长LGH＝1.5m，HI长LHI＝4m，LJK＝2.8m，四分之一圆轨道IJ的半径r＝0.4m。滑块与FG、HI、JK间的动摩擦因数μ1＝0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.6，其余轨道光滑。现将一质量为m＝1kg的滑块从倾斜轨道AB上某高度h处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10m/s2）
（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块过C点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；
（2）若滑块从AB上高h′＝3m处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；
（3）若滑块从AB上高h′＝3m处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），求传送带的线速度v需满足的条件。
【解答】解：（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，则根据牛顿第二定律可得：
mg=mvD2R
代入数据解得：
vD=gR=10×0.4m/s＝2m/s
滑块从C到D点过程中，根据动能定理可得：
﹣mg•2R=12mvD2-12mvC2
代入数据解得：
vC＝25m/s
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得：
F'C-mg=mvC2R
代入数据解得：
FC′＝60N
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力为：
FC＝F′C＝60N
方向竖直向下。滑块从A到D点过程中，根据动能定理可得：
mg（h﹣2R）=12mvD2
代入数据解得：
h＝1m
（2）滑块滑下斜面AF重力做功：
WG＝mgh′
解得：WG＝30J
若传送带静止，滑块运动到I点，需克服摩擦力做功：
Wf1＝μ1mgLFG+μ2mgLGH+μ1mgLHI
解得：Wf1＝24J
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I点时的动能：
EkI＝WG﹣Wf1＝30J﹣24J＝6J
设滑块滑上半圆轨道IJ的高度h1，
则有：EkI＝mgh1
解得：
h1＝0.6m＜2r＝0.8m
则滑块会从圆轨道IJ返回滑下运动，根据动能定理可得：
﹣μ1mgx＝0﹣EkI
解得滑块滑过四分之一圆轨道IJ继续滑行的位移大小
x＝2.4m
所以滑块最终静止在H点右侧，距H点的水平距离为：
Δx＝LHI﹣x＝4m﹣2.4m＝1.6m
（3）若向上滑块恰好能到达J，则滑块在H点的动能为：
EkH1=12mvH12=μ1mgLH1+mg•2R
代入数据解得：
vH1＝6m/s
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达G点的过程可得：
mgh'-μ1mgLFG=12mvG2
代入数据解得：
vG=50m/s＞6m/s
若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达H点时，可得
EkH=mgh'-μ1mgLFG-μ2mgLGH=30J-5J-9J=16J=12mvH2
代入数据解得：
vH=32m/s＜6m/s
则滑块在传送带上先减速再匀速运动，且传送带的速度为：
v1＝6m/s
若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在J点，则从H到停下根据动能定理可得：vH2-μ1mg(LHI+2LJK)-2mgr=0-12mvH22
代入数据解得：
vH2＝8m/s
则滑块在传送带上做匀速直线运动，传送带的速度需满足的条件为：
v≤8m/s
因此要使滑块停在KL上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上），传送带的速度需满足的条件为：
6m/s≤v≤8m/s
答：（1）滑块过C点对轨道的压力为60N，方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为1m；
（2）滑块最终静止的位置距离H点的水平距离为1.6m；
（3）要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道IJ回到HI上），传送带的线速度v需满足的条件为6m/s≤v≤8m/s。
7．（2024•湖北一模）近两年自媒体发展迅猛，受到各年龄段用户的青睐；人们经常在各种自媒体平台分享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。如图，该同学面向管壁站立在管道最低点，先后以14gR2、110gR5的初速度面向管壁方向踢出两个足球，足球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背包。已知水泥管道截面半径为R，该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框，且圆框与竖直圆截面的圆心O等高，两水平圆框最近点的间距为0.28R，且两最近点关于过O点的竖直直径对称，不计足球与水泥管间的摩擦，足球看成质点，且均从水平圆框的圆心进入背包，重力加速度大小为g，3=1.73，11=3.32，59=7.70，sin53°=0.8。（1）两球与水泥管道的脱离点分别为A、B，求OA、OB与水平方向的夹角θ1、θ2；
（2）设R＝1m，胸前的背包口圆框的直径是多少米（数据保留两位小数）？
【解答】解：（1）设脱离点与水泥管圆心连线与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得
mgsinθ=mv2R
根据动能定理
﹣mgR（ 1+sinθ）=12mv2-12mv02
解得
v0=(2+3sinθ)gR
可得
sinθ1=12，sinθ2=45
则
θ1＝30°，θ2＝53°
（2）对过A点的足球受力分析可得
mgsinθ1=mv12R
解得
v1=12gR
足球与水泥管脱离后做斜抛运动，从脱离到最高点过程，竖直方向
v1csθ1＝gt1
解得
t1=3R8g
水平位移
x1＝v1sinθ1t1
竖直位移
h1=12gt12
足球从最高点到背包口过程，水平位移
x2＝v1sinθ1t2
竖直位移
h2＝h1+Rsinθ1=12gt22
足球斜抛的水平位移
x＝x1+x2
胸前的背包口圆框的直径
d＝2（ Rcsθ1﹣x-0.28R2）
联立解得d＝0.19m
答：（1）OA、OB与水平方向的夹角分别为30°，53°；
（2）胸前的背包口圆框的直径是0.19m。
8．（2024•思明区校级模拟）蹴鞠是有史料记载的最早足球活动，图甲所示是某蹴鞠活动的场景。如图乙所示，某校举行蹴鞠比赛的场地为一长方形ABCD，长AD＝10m，宽AB＝8m，E、E′、F、F′分别为各边中点，O为EE′和FF′交点，EE′上竖直插有两根柱子，两柱之间挂一张大网，网的正中间有一圆形的球洞名为“风流眼”，两支球队分别在网的两侧，若蹴鞠穿过“风流眼”后落地，射门的球队得分。圆形“风流眼”的圆心Q在O点正上方，Q、O之间的高度h＝3.75m。甲、乙两位运动员在某次配合训练中，甲将静止在地面F点的蹴鞠斜向上踢出，经时间t1＝0.5s恰好到达最高点P，P在场地上的投影为P′且P′在FO上，P′到F点的距离为x1＝2m。乙运动员紧接着从P点将蹦斜向上踢出，恰好经过“风流眼”中的Q点且经过Q点时速度方向水平，穿过“风流眼”后蹴鞠落到OF′上的K点（蹴鞠第一次着地的位置），如图丙所示。蹴鞠的质量为0.6kg，蹴鞠可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度大小取g＝10m/s2。求：
（1）最高点P离地面的高度h1；
（2）甲运动员对蹴鞠做的功W；
（3）K点到O点的距离d（结果可以用根式表示）。
【解答】解：（1）蹴鞠竖直向上逆过程就是自由落体运动，h1=12gt12
解得，h1＝1.25m
（2）蹴鞠水平方向，有vx=x1t1
解得，vx＝4m/s
竖直方向上，有vy＝gt
解得，vy＝5m/s
蹴鞠的初速度为v0=vx2+vy2
解得，v0=41m/s
甲运动员对蹴鞠做的功W=12mv02
解得，W＝12.3J
（3）PQ的高度为Δh＝h﹣h1
竖直方向上，有Δh=12gt22
蹴鞠从P运动到Q的时间为t2=22s
蹴鞠从P运动到Q时，设FO距离为l1，故沿水平方向的速度为vx2=l1-x1t2，代入数据可得：vx2=32m/s
蹴鞠从Q点落到K点的时间为t3=2hg 可得，t3=32s
K点到EE′的距离为d＝vx2t3 可得，d=362m
答：（1）最高点P离地面的高度h1为.25m；
（2）甲运动员对蹴鞠做的功W为12.3J；
（3）K点到O点的距离d为362m。
9．（2024•市中区校级二模）如图所示，光滑轨道ABC由竖直段AB、半径为R的14圆弧形轨道BC组成，末端C处切线水平。紧邻C右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面，均与C点等高；传送带甲以恒定的速率u=7gR顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止状态，其中木板长度与乙两端DE等长，均为kR（k未知），忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙。现有一物块从轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于D处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5倍；木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB高度差h＝R，物块、木板质量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。已知简谐运动的周期公式T=2πmk'，其中k'为回复力系数。sin27°=55，求：
（1）物块即将滑出轨道末端C时，对C处的作用力F；
（2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，求WQ的数值大小；
（3）k的大小；
（4）木板的运动时间t。
【解答】解：（1）物块由P至C，根据机械能守恒定律有
mg(h+R)=12mv02
解得
v0=2gR
C处根据牛顿第二定律有
F-mg=mv02R
解得
F＝5mg
由牛顿第三定律，物块对C处的作用力大小为5mg、方向竖直向下；
（2）由题意物块进入甲传送带时v0＜u，假设物块一直匀加速到D，设加速度为a，末速度为vD，对物块根据运动学公式有
CD=v0t+12at2
vD＝v0+at
对传送带
ut=32CD
联立求解得
vD=223gR＞u
说明物块在甲上先加速，后以u匀速；设物块匀加速时间为t1，根据功能关系有
W＝Ff•μt1
Q=Ff⋅[ut1-12(v0+u)t1]
联立解得
WQ=145；
（3）碰撞后木板的速度大小为u，对木板此后运动的动力学分析结果为
①木板位移x≤12kR：
合力为0，木板做匀速直线运动；
②木板位移12kR≤x≤kR：
合力为
F=μmgkRx-μmgkR(kR-x)=2μmgkRx-μmg
则木板做变减速运动，合力随位移均匀增加；
③木板位移kR≤x≤2kR：
合力为
F＝μmg
合力恒定、匀减速至静止。对木板，全程由动能定理
-0+μmg2⋅kR2-μmg⋅kR=0-12mu2
解得
k＝39.2；
（4）①木板位移x≤12kR过程匀速，时间为
t1=12kRu=145Rg
②木板位移12kR≤x≤kR过程做简谐运动，x=12kR时恰为平衡位置，由
F=2μmgkRx-μmg
可得回复力系数
k'=2μmgkR
简谐运动的周期为
T=2πkR2μg
设此简谐运动的振幅为A，满足
12k'A2=12mu2
可得
A=7Rk=9855R
故
t2=arcsin12kRA2π⋅T=27360⋅T=21π10R5g；
③木板位移kR≤x≤2kR过程以加速度a＝μg做匀减速直线运动，由
kR=12at32
可得
t3=2kRμg=28R5g
故总时间为
t=t1+t2+t3=75Rg(35π10+45+2)。
10．（2024•花溪区校级模拟）如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角θ，半径为R的四分之一圆弧轨道BC与长度为8R的AB直管道相切于B点，C点为圆弧轨道最高点（切线水平），管道底端A位于光滑斜面挡板底端，轻弹簧下端固定在AB管道的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：无弹珠时（弹簧无形变），轻弹簧上端离B点距离为3R，缓慢下拉手柄P使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠经C点被射出，最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB粗细不计。（g为重力加速度，弹簧的弹性势能可用Ep=12kx2，计算（x为弹簧的形变量）最后结果可用根式表示）：
（1）调整手柄P的下拉距离，可以使弹珠经BC轨道上的C点射出，求在C点的最小速度？
（2）经BC轨道上的C点射出，并击中斜面底边时距A最近，求此最近距离；
（3）设弹珠质量为m，θ＝30°，该弹簧劲度系数k=mgR，要达到（2）中条件，求弹珠在离开弹簧前的最大速度。
【解答】解：（1）当弹珠和弹簧分离后在AB直管道中运动时，弹珠受到重力、管道的支持力，合力大小为mgsinθ，方向沿管道向下。当弹珠以最小速度通过C点时，由牛顿第二定律得：
mgsinθ＝mmv02R
解得：v0=gRsinθ
（2）当弹珠经C点速度最小，弹珠P离A点最远，并设弹珠经C点的最小速度为v0，此时弹珠经过C点时管道对弹珠无作用力，由重力沿斜面向下的分力提供向心力，弹珠离开C后做类平抛运动，在平行斜面向下方向，有：8R+R＝（gsinθ）t2
解得：t=18Rgsinθ
水平方向：x＝v0t=gRsinθ•18Rgsinθ=32R
所以最近距离：d＝x+R=(32+1)R
（3）弹珠离开弹簧前，在平衡位置时，速度最大。
设此时弹簧压缩量为x0，根据平衡条件得：mgsinθ＝kx0
结合题设条件k=mgR，解得：x0＝Rsinθ
取弹珠从平衡位置到C点的运动过程为研究过程，系统机械能守恒，取平衡位置重力势能为零，由机械能守恒定律得：12kx02+12mvm2=mg（x0+3R+R）+12mvC2
解得弹珠在离开弹簧前的最大速度：vm=gR(8+2sinθ-sin2θ)=3gR