专题 过山车（解析版）

(2)在第二个圆形轨道的最高点D处小滑车对轨mg=mvC=5m/smg.2R+mv=mv+mg.2r在D点mg+FN'=mmg.2R+mv=mvh=gt2x=v2tv2>v1mgH=mvH=7.2m高点。质量为的小球(可视为质点)从弧形轨道上的A点由静止滚下，到达B点时的速度为vB=解得vC=gRmgh-mg·2R-W=mv解得W=mgR mg=m解得v1=gR=2m/s解得vC==10m/s又FN=NC解得FN=60N(4)小物块从轨道末端DE离开后水平飞出平台，由hgt2解得t=0.5s小物块落地点与平台右边缘的水平距离x=vCtm。为θ=30°的斜面CD在C处与直轨道B动，传送带与水平地面的高度差为h=0.8m，MN间的距离为滑处与BC轨道高度差H；由动能定理mg(H-R)-μmgLBC=0解得H=0.4m(2)若滑块P从斜面高度差H=1.0m处静止下mgH-μmg(LBC+LBC)=mv解得vN=2m/s，x=vNt联立解得滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移x=0.8m；在E点。由牛顿第二定律mg=m解得H1=0.7m设滑块滑上传送带时速度为vM由动能定理mgH1-μmgLBCmv解得vM=10m/s<4m/s因此滑块返回M点时的速度也为vM=10m/s。因此能二次经过圆轨道最高点E点，设高度为H2时，滑块从传送带返回M点时的最大速度为v=2μgLMN=12m/s 解得H2=0.8m解得vB=2m/s<10m/s0.7m≤H≤0.8m示．现将一质量m=50g的滑块(可视为质点)从A端由静止释放．已知滑块与AB段的动摩擦因数μ1(1)求滑块到达E点时对轨道的压力大小FN；轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s．mg[Lsinθ+R(1-cosθ)-2R]-μ1mgLcosmv解得vEm/s解FN=0.1Nmg[Lsinθ+R(1-cosθ)-2R]-μ1mgLcosθ-μ2mgx=0解得x=0.52mmg[L0sinθ+R(1-cosθ)-R]-μ1mgLcosθ=0解得L0=0.2mmg(L0-L1)sinθ--μ1mg(L0+L1)cosθ=0解得LL0L5=5L0，第五次返回轨道AB上离B点最远时，它在AB轨道上运动的总路程s=L0+2L1+2L2+2L3+2L4+L5=(1+2×+2×2+2×3+2×4+5(L0=L0=mD在同一水平线上，水平轨道HK长度为40cm，HK与CD轨道错开。在AB段的A端固定一轻质弹到摩擦力，动摩擦因数μ=0.5，弹簧弹性势能与弹簧弹性形变量的二次方成正比。不计空气阻力，o=0.8(1)求小环在B点的速度大小v； -μmglBC-μmglCDcosθ-mglCDsinθ=0-mv2代入数据解得v=5m/s弹簧压缩量为2d时，弹性势能为E'p=k(2d(2=解得v'=2v=25m/s-μmglBC-μmglCDcosθ-mglCDsinθ-mgR1(1+cosθ)=mv-mv'2(1+cosθ)+mgR2-μmgx=0代入数据解得x=0.44m>0.4m故小环不能停止在HK上。(可视为质点)从弧形轨道高H=0.6m处静止释放，且将B点置于AC中点处。已知圆轨道半径R=答案(1)100N(2)8J(3)0.5m≤LBC≤1mmgH-μmgLAB-mg·2R=mv2联立解得F=100N(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知mgH-μmgLAC=Ep解得Ep=8J。从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知mg(H-2R)-μmgs1=mvLBC=29LAC-s1=0.25m要使滑块不脱离轨道，B、C之间的距离应该满足LBC若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由LAB=s2-29LAC=0.5m综上所述，符合条件的BC长度为0.5m≤LBC≤1m。mgLsinθ-μmgLcosθ-mg·2R=mv-0mg解得FN=45mgmg(L-L1)sinθ-μmg(L+L1)cosθ=0-0解得滑块第一次在CD段向上滑行的最大距离为L1=25R。mgL1sinθ-μmgL1cosθ-mg·2R=mv-0解得v2=6gR mg(L1-s1)