过山车的运动过山车运动到最低点时,总的机械能和在较高点相比变小了,原因是什么?过山车的安全隐患在什么地方?举2个例子

（1）设在圆轨道最高处的速度为v，则在圆轨道最高处：mg=m
v2
R
解得：v=
gR＝
55m/s
由机械能守恒定律得：mgh=mg2R+[1/2]mv²
解得：h=13.75m．
（2）在最低点A点时对座椅的压力最大，根据机械能守恒定律得：
mgH=
1
2mvA2…①
在A点有：
N-mg=m
vA2
R…②
由①②解得：N=3600N
根据牛顿第三定律得：乘客对座椅的最大压力为3600N
答：（1）要保证过山车安全通过圆环轨道最高点B，过山车开始下滑的高度H至少应为13.75m；
（2）乘坐过山车绕圆环轨道运动过程中，一位质量为60kg的乘客对座椅的最大压力为3600N．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律．

考点点评： 本题属于圆周运动中绳的模型，在最高点时应该是重力恰好做为圆周运动的向心力，对于圆周运动中的两种模型一定要牢牢的掌握住．

（1）设小球经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v₁根据动能定理得：
-μmgL₁-2mgR₁=[1/2]mv₁²-[1/2]mv₀² ①
小球在最高点受到重力mg和轨道对我的作用力F，根据牛顿第十定律有：
F+mg=m

v21
R1②
由 ①、②得F=10.0 N ③
（2）设小球在第十个圆轨道的最高点的速度为v₂，由小球恰能通过第十圆形轨道有：
mg=m

v22
R2④
-μmg（L₁+L）-2mgR₂=[1/2]mv₂²-[1/2]mv₀² ⑤
由④、⑤得L=12.5m ⑥
（人）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，小球恰能通过第少个圆轨道，设在最高点的速度为v_人，应满足
mg=m

v2人
R人⑦
-μmg（L₁+2L）-2mgR_人=[1/2]mv_人²-[1/2]mv₀²⑧
由 ⑥、⑦、⑧得R_人=0.4m
II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R_人，根据动能定理
-μmg（L₁+2L）-mgR_人=0-[1/2]mv₀²
解得R_人=1.0m
为了保证圆轨道不重叠，R_人最大值应满足
（R₂+R_人）²=L²+（R_人-R₂）²
解得R_人=27.gm
综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第少个圆轨道的半径须满足下面的条件
0＜R_人≤0.4m或1.0m≤R_人≤27.gm
当0＜R_人≤0.4m时，小球最终停留点与起始点A的距离为L′，则
-μmgL′=0-

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评： 选取研究过程，运用动能定理解题．动能定理的优点在于适用任何运动包括曲线运动．
知道小球恰能通过圆形轨道的含义以及要使小球不能脱离轨道的含义．

小希和同学们坐在高速运动的过山车里，以快速运动的过山车为参照物，快速运动的过山车与他之间的位置没有发生变化，所以坐在车中的小希是静止的．
故答案为：静止．

点评：
本题考点： 运动和静止的相对性．

考点点评： 本题涉及到的问题在日常生活中经常遇到，在学习中要注意细心观察，认真领会，用所学知识解决相关的物理问题．

设在圆轨道最高处的速度为v，则
在圆轨道最高处：mg=m
v 2
R
由机械能守恒定律得：mgh=mg2R+[1/2]mv²
联立以上各式得h=[5/2]R．
答：A点离地面的高度h至少是[5/2]R．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；向心力．

考点点评： 本题属于圆周运动中绳的模型，在最高点时应该是重力恰好做为圆周运动的向心力，对于圆周运动中的两种模型一定要牢牢的掌握住．

小球在运动过程中，只有重力做功，机械能守恒．
取地面为参考平面，则有：
mgH=
1
2mv2+mg•2R
又h=H-2R
则得：mgh=
1
2mv2，故AD正确，BC错误．
故选：AD

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；向心力．

考点点评： 本题是简单的机械能守恒定律应用问题，列式时可取参考平面，也可以根据重力势能的减少量等于动能的增加量列式分析．

（1）小滑块a在M点，由牛顿第二定律得：m₁g=
m1
v2M
R，
小滑块a从碰后到到达M的过程中，由机械能守恒定律得：
[1/2]m₁v₁²=[1/2]m₁v_M²+m₁g•2R，解得：v₁=4m/s，
两滑块碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律得：m₁v₀=-m₁v₁+m₂v₂，
碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得：
[1/2]m₁v₀²=[1/2]m₁v₁²+[1/2]m₂v₂²，
解得：v₀=9.2m/s，v₂=5.2m/s；
（2）若b在d上滑动时d能静止，则b在c上滑动时，c与d一定能静止，
μ（m₂+m₄）g＞μ₀m₂g，解得μ＞0.069；
（3）小滑块b滑上长木板c时的加速度大小a₁=μ₀g=1.6m/s²，
此时两块长木板的加速度大小a₂=
μ0m2g
m3+m4=0.8m/s²，
小滑块b在c上滑行过程中，b的位移：x₁=v₂t-[1/2]a₁t²，
两块长木板的位移x₂=[1/2]a₂t²，x₁-x₂=L，
解得：t=1s，t=[10/3]s不合题意，舍去；
b刚离开长木板c时，b的速度v₂′=v₂-a₁t=3.6m/s，
b刚离开长木板c时，d的速度v₃=a₂t=0.8m/s，
设d的长度至少为x，由动量守恒定律可得：
m₂v₂′+m₄v₃=（m₂+m₄）v，解得v=2m/s，
由能量守恒定律得：μ₀m₂gx=[1/2]m₂v₂′²+[1/2]m₄v₃²-[1/2]（m₂+m₄）v²，
解得：x=1.4m．
答：（1）小滑块a与小滑块b碰撞后，a和b的速度大小v₁=4m/s，v₂=5.2m/s；
（2）c、d与地面间的动摩擦因 数μ至少为0.069；
（3）滑块b在木板c上滑行的时间为1s，木板d的长度为1.4m．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；牛顿第二定律；向心力；机械能守恒定律．

考点点评： 本题涉及到四个物体，多个运动过程，属于多体多过程问题，难度较大，是一道难题；分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键．

小明坐在高速运动的过山车里，以他自己为参照物，地面上的建筑物与他之间的位置不断发生变化，建筑物是不断运动的，所以他会看到地面上的建筑物在旋转．
故选D．

点评：
本题考点： 运动和静止的相对性．

考点点评： 本题涉及到的问题在日常生活中经常遇到，在学习中要注意细心观察，认真领会，用所学知识解决相关的物理问题．

（1）当喜洋洋从轨道最高点运动到最低点，高度减小，质量不变，所以重力势能减小；
（2）重力做功：
W=Gh=2N×0.2m=0.4J，
重力做功的功率：
P=[W/t]=[0.4J/20S]=0.02W．
故答案为：减小；0.02．

点评：
本题考点： 动能和势能的大小变化；功率的计算．

考点点评： 本题考查了重力势能大小的判断及功和功率的计算，属于基本内容，难度不大．要注意单位配套．

（1）小球经过M点时，由重力和轨道的支持力的合力充当向心力，根据牛顿第二定律得：
F_N′-mg=m

v20
R
则得：轨道对小球的支持力 F_N′=mg+m

v20
R
由牛顿第三定律得到小球对轨道的压力 F_N=F_N′=mg+m

v20
R．
（2）小球恰能通过最高点，即小球通过最高点时恰好不受轨道的压力，重力提供向心力．由牛顿运动定律有：mg=m
v2
R
小球在最高点处的速度至少为：v=
gR
答：
（1）小球在M点时受到的支持力F_N的大小为mg+m

v20
R；
（2）为保证不脱离轨道，小球在N点的速度v不能小于
gR．

点评：
本题考点： 机械能守恒定律；牛顿第二定律；向心力．

考点点评： 本题属于圆周运动中轻绳的模型，在最高点时临界情况应该是重力恰好作为圆周运动的向心力，往往由向心力与机械能守恒定律结合求解．