計算2力學綜合計算題

考點內(nèi)容考情分析

考向一直線多過程運動問題高考中本講內(nèi)容重要程度大，難度也大，綜合性

考向二曲線多過程運動問題

強，考察分值高。常以力學分析，直線運動，曲線運

考向三傳送帶、板塊問題

動，能量與動量綜合考察。

考向四含彈簧類綜合問題

蜀深究"解題攻略"

1.思想方法

一.三個基本觀點

(1)動力學的觀點：主要是牛頓運動定律和運動學公式相結合，常涉及物體的受力、加速度或勻變速

運動的問題.

(2)動量的觀點：主要應用動量定理或動量守恒定律求解，常涉及物體的受力和時間問題，以及相互

作用物體的問題.

(3)能量的觀點：在涉及單個物體的受力和位移問題時，常用動能定理；在涉及系統(tǒng)內(nèi)能量的轉化問

題時，常用能量守恒定律.

二.選用原則

(1)單個物體：宜選用動量定理、動能定理和牛頓運動定律.若其中涉及時間的問題，應選用動量定

理；若涉及位移的問題，應選用動能定理；若涉及加速度的問題，只能選用牛頓第二定律.

(2)多個物體組成的系統(tǒng)：優(yōu)先考慮兩個守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，應選用動量守

恒定律，然后再根據(jù)能量關系分析解決.

三.系統(tǒng)化思維方法

(1)對多個物理過程進行整體思考，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較

復雜的運動.

(2)對多個研究對象進行整體思考，即把兩個或兩個以上的獨立物體合為一個整體進行考慮，如應用

動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng)).

2.模型建構

一、多過程運動特點

由三個及三個以上的運動過程組成的復雜運動。

二.解題理論

分類對應規(guī)律公式表達

力的瞬

時作用牛頓第二定律F合=—

效果

11

力對空動能定理沙合=A^k沙合=5冽吆2一罰力2

間積累

11

效果機械能守恒定律E\—￡*2mghi+—m=機g%+鼻冽

力對時動量定理F￡=p'~p/臺

間積累

動量守恒定律加1匕+加2叱=機1%'+加2吃’

效果

1.靜摩擦力做功的特點

(1)靜摩擦力可以做正功，也可以做魚功，還可以不做功.

(2)相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總等于委」

摩擦力

(3)靜摩擦力做功時，只有機械能的相互轉移，不會轉化為內(nèi)能.

做功的

2.滑動摩擦力做功的特點

特點

(1)滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功.

(2)相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動摩擦力做功將產(chǎn)生兩種可能效果：

①機械能全部轉化為內(nèi)能；

②有一部分機械能在相互摩擦的物體間轉移，另外一部分轉化為內(nèi)能.

(3)摩擦生熱的計算：Q=Fw相對,其中x喇為相互摩擦的兩個物體間的相對位移.

1.傳送帶模型是高中物理中比較成熟的模型，典型的有水平和傾斜兩種情況.一般設

問的角度有兩個：

(1)動力學角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學公式

結合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移

關系.

(2)能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因

放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關系或能量守恒定律求解.

傳送帶2.傳送帶模型問題中的功能關系分析

(1)功能關系分析：W=AE+AE+Q.

問題kp

(2)對少和0的理解：

①傳送帶做的功：W=Fx傳;

②產(chǎn)生的內(nèi)能0=麻則

傳送帶模型問題的分析流程

晶初與1________

1相對11摩擦11加速1號L「耍同向周

—是否返u

?耍反向回而速「下f突變

臥一勻速或

變遺

1.選擇合適的對象分析，是單個物體還是幾個物體組成的一個系統(tǒng)。

2.對物體系統(tǒng)進行動力學分析時，往往需畫出受力圖，運動草圖，注意轉折點的狀態(tài)分

析，建立物情景是很重要，這也是應該具有的一種解決問題的能力。

3.對物體系統(tǒng)進行功能分析時，著眼系統(tǒng)根據(jù)功能關系明確各個力做功的情況，依托各

彈簧能種功能關系明確各類形式能量的轉化情況，特別注意彈力做功和彈性勢能的特點

量分析4.注意物體初末狀態(tài)的位置變化對應的彈簧形變量的變化關系，結合功能關系，能量守

恒定律列方程。

(1)彈力做正功，彈性勢能減少

彈簧彈力做功彈性勢能變化(2)彈力做負功，彈性勢能增加

(3)/=—AEp=Epi—與2

三.解題技巧

(1)仔細審題，弄清有哪幾個運動過程，并畫簡圖示意。

(2)對各運動過程要進行受力與運動特點、做功與能量變化分析。

(3)邊審題，邊提取已知信息或隱含信息，對每個運動過程，列出可能的方程式。

(4)一般要有探索過程，不要企圖一步到位，最后根據(jù)需要，列出必要的方程或方程組。

四.注意事項

(1)一個方程不能解決問題，就多設內(nèi)個未知量，列方程組求解。

(2)列方程式時依據(jù)要明確，概念要清楚：

如運用動能定理，就涉及到功與動能的關系，不要彈性勢能、重力勢能列在式中；如運用機械

能與系統(tǒng)外力和非保守力做關系時，重力做功或彈簧彈力做功就不要列在式中；如運用能量守恒定

律列式，只是尋找能量之間的關系，不要把功寫在式中。

/親臨"高考練場"

考向一直線多過程運動問題

1.(2024?山西一模)連續(xù)碰撞檢測是一項重要的研究性實驗，其模型如圖所示：光滑水平面上,

質(zhì)量為3m的小物塊A,疊放在質(zhì)量為m、足夠長的木板B上，其右側靜置著3個質(zhì)量均為2m

的小物塊C、D、E。A與B上表面間的動摩擦因數(shù)為山t=0時，A以vo的初速度在B的上

表面水平向右滑行，當A與B共速時B恰好與C相碰。此后，每當A、B再次共速時，B又恰

好與C發(fā)生碰撞直到它們不再相碰為止。已知重力加速度為g,所有碰撞均為時間極短的彈性

碰撞，求：

(1)t=0時B(右端)與C的距離；

(2)B與C發(fā)生第1、2次碰撞間，B(右端)與C的最大距離。

(3)C的最終速度。

【解答】解：以下分析均以向右為正方向。

(1)設A、B第1次共速時的速度為v共1，t=0時B的右端與C的距離為d,根據(jù)動量守恒定

律得：

3mv()=(3m+m)v共i

3

解得：v共產(chǎn)機

對B由動能定理得：

1,

311mgd=jiv共］'-0

解得:d=M

(2)B與C發(fā)生第1次碰撞彈性碰撞過程，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得：

mv共1=mvBi+2mvci

111

+-x2m謠i

/11

解得：一承，

VBI=0VC1=-^Vo

第1次碰撞后，因小物塊C、D、E的質(zhì)量均相等，它們之間發(fā)生彈性碰撞時交換速度，故C與

D碰撞后速度交換，碰后C靜止，D獲得C的速度向右運動與E碰撞，碰后D靜止，E一直向

右做勻速直線運動。

B與C發(fā)生第1次碰撞后B先向左減速到速度為零，再向右加速運動到A、B第2次共速時恰好

與C第2次碰撞，此過程中B向右運動的最大位移就等于是B的右端與C的最大距離，設為

dm。

設A、B第2次共速時的速度為v共2，同理可得：

3mv共I+DIVBI=(3m+m)v共2

z1

解得：V共2=^VO

對B向右運動的過程，由動能定理得：

1

3Hmgdm=3nv共22-0

解得：兒=就

（3）對B與C第2次碰撞，同理有：

mv共2=mvB2+2mvc2

111

2=*%2+2x2mvC2

/11

解得：VB2=一葭0，VC2=^0

B與C第2次碰撞后到A、B第3次共速的過程，同理有：

3mv共2+mvB2=（m+3m）v共3

刀/1

解得：V共3=§V0

B與c第3次碰撞的過程，同理有：

mv共3=mvB3+2mvc3

111

pn唳3=7nl43+2X2mVC3

12

V

解得：VB3=-^Vo>C3=^0

B與C第3次碰撞后到A、B第4次共速的過程，同理有：

3mv共3+mvB3=（m+3m）v共4

2

解得：V共4=§V0

2

因V共4=%3=次0，故B、C不會再發(fā)生碰撞。

2

可知C的最終速度為VC3=亞0。

答：（1）t=0時B（右端）與C的距離為其士；

32/ig

v2

（2）B與C發(fā)生第1、2次碰撞間，B（右端）與C的最大距離為弁:。

2

（3）C的最終速度為yo。

2.（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，光滑水平面上有一傾角。=37°的斜面體B,物塊A從

斜面體底部以初速度vo=5m/s開始上滑。已知mA=lkg,mB=2kg,物塊A可視為質(zhì)點，斜面

體B上表面光滑，運動過程中物塊A始終不脫離斜面體，g?。?0m/s2,sin37°=0.6,cos37°=

0.8o

（1）若斜面體B固定，求物塊A上升的最大高度；

（2）若斜面體B可自由滑動，求物塊A上升的最大高度；

(3)若斜面體B可自由滑動，且其表面有一層絨布，物塊A相對斜面上滑時動摩擦因數(shù)由=

1

0.5,下滑時電=『求物塊A從出發(fā)到重新回到最低點的過程中的位移大小及系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生

的熱量。

【解答】解：(1)若斜面體B固定，對物塊A,根據(jù)機械能守恒可得

1

mAghi=*4詔

解得物塊A上升的最大高度

hi=1.25m

(2)物塊A到達最高點時，與斜面體B相對速度為0,水平方向共速，由水平方向動量守恒可

得

mAVocos370=(mA+mB)v共

根據(jù)能量守恒可得

11

%=萬(啊+6B)嗅+mAgh2

59

代入數(shù)據(jù)解得：卜2=茄m

(3)沿斜面方向建立x軸，垂直斜面方向建立y軸，在上滑過程中，對A分析如圖(a)所示,

對B分析如圖(b)所示

在y方向上A、B初速度均為0且始終不分離，故每時每刻y方向的位移、速度、加速度均相同,

在任意時刻，均有

mAgcos37°-Ni=mAaAiy

Nisin37°+|iiNicos37°=mBaei

aAiy=aBisin37°

80

代入數(shù)據(jù)解得：N1=-N

在下滑過程中，對A分析如圖(c)所示，對B分析如圖(d)所示

(c)(d)

同理，在任意時刻，均有

mAgcos37°-N2=mAaA2y

N2sin37°-H2N2cos37°=meaB2

aA2y=aB2sin37°

80

W

代入數(shù)據(jù)解得：N2=—

說明A物體上滑、下滑過程中支持力均為定值，兩物體受力始終為恒力。以B為參考系，在上滑

過程中，有

HiNi+mAgsin37°=mAaAix

aBlx-aBlC0S37°

al=aAlx+aBlx

150_

代入數(shù)據(jù)解得：a相i=-；^n/s2

ID

施13

貝口相=五/=邛

1

又x相=5。相i垃

13

代入數(shù)據(jù)解得：￡=疥

在下滑過程中，有

mAgsin37°-H2N2=mAaA2：

aB2x=aB2C0S37°

a相2=aA2x+aB2x

50、

解得la相2=五加小21

1

由x相—5a相2名

代入數(shù)據(jù)解得：t2=

故摩擦生熱：Q=mNix相+口2N2X相

590

代入數(shù)據(jù)可得：Q=B

物塊A最終回到斜面體B底端，故整個過程中A、B位移相同，為

11

x=236111+5即2匕

26-2/143x

解得：X=(-打行）m；

4b3

答：(1)若斜面體B固定，求物塊A上升的最大高度為1.25m；

59

(2)若斜面體B可自由滑動，求物塊A上升的最大高度為前zn；

(3)物塊A從出發(fā)到重新回到最低點的過程中的位移大小,26為金2一等)m,系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生

453

590

的熱量為

3.(2024?天河區(qū)一模)如圖(a),質(zhì)量為m的籃球從離地H高度處靜止下落，與地面發(fā)生一次

非彈性碰撞后最高反彈至離地h處。設籃球每次與地面碰撞的碰后速率與碰前速率之比相同,

重力加速度為g,不計空氣阻力。

(1)求籃球與地面第一次碰撞過程所受合力的沖量I及碰后速率V2與碰前速率V1之比;

(2)若籃球反彈至最高處h時，運動員向下拍球，對籃球施加一個向下的壓力F,持續(xù)作用至

ho高度處撤去，使得籃球與地面第二次碰撞后恰好反彈至h高度處，力F的大小隨高度y的變化

如圖(b)所示，求F()的大小。

【解答】解：(1)設豎直向下為正方向，下落過程vl=2gH

上升過程0—詔=-2gh

合力的沖量I=-mv2-mvi

得

1=-

負號表示與正方向相反，即方向豎直向上

當=但

(2)拍球過程壓力做的功為

1

WF=~(h-/i0)F0

球落地過程，根據(jù)動能定理有

mgh+WF=pn詔

球反彈過程

0—V4=—2gh

上=叵

聯(lián)立解得

2mg(H-h)

F。一(h-ho)

考向二曲線多過程運動問題

4.(2024?羅湖區(qū)校級模擬)如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分

的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點平滑連接，Q為軌道的最高點。質(zhì)

量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為內(nèi)最大靜摩擦力等于

滑動摩擦力。已知軌道水平部分的長度L=4.5m,半圓形部分的半徑R=0.4m,重力加速度大

2

小取g=10m/so

a/(ms-2)

Q

圖甲圖乙

(1)若軌道固定，使小物塊以某一初速度沿軌道滑動，且恰好可以從Q點飛出，求該情況下，

物塊滑到P點時的速度大??；

(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F,小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度a

與F對應關系如圖乙所示。

(i)求和m；

(ii)初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F=8N,當小物塊運動到P

點時撤去F,試判斷此后小物塊是否可以從Q點飛離軌道，若可以，計算小物塊從Q點飛離時相

對地面的速度大小及方向；若不可以，計算與軌道分離點的位置。

【解答】解：(1)根據(jù)題意可知小物塊在Q恰好飛出，此時軌道彈力為0,重力提供向心力：

V2

mg=m—

11

從P點到Q點，列動能定理：-2mgR=/u2一/

聯(lián)立解得：=2V5m/s

(2)(i)根據(jù)題意可知當FW4N時，小物塊與軌道一起向左加速，整體研究，牛頓第二定律:

F=(M+m)a

結合圖乙，根據(jù)斜率信息可知：M+m=2kg

當外力F>4N時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有：F-nmg=Ma

結合圖乙，根據(jù)斜率信息可知：M=lkg,m=lkg

lima

根據(jù)截距信息可知：b=----2m/s2

解得：尸0.2

(ii)由圖乙可知，當F=8N時，軌道的加速度為：a!=6m/s2

小物塊的加速度：a?==2m/s2

11

當小物塊運動到P點時，經(jīng)過歷時間，則有：L=-a1to--a2to

解得：to=1.5s

因此兩物體的速度分別為：vi=aito—6X1.5m/s=9m/s,v?=a2to=2X1.5m/s=3m/s

之后的運動中，機械能守恒，水平方向動量守恒，假設可以運動到Q點，根據(jù)能量守恒定律有:

-Mvi+~^mv2—+~^rnv^+2mgR

以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：Mvi+mv2=Mv3+mv4

聯(lián)立解得：V4=7m/s,V3=5m/s或V4=5m/s,V3=7m/s,方向均向左（舍）

此時小物塊相對于軌道做圓周運動，且軌道為慣性系，則有：N+mg=m（V473）2

代入數(shù)據(jù)解得：N=0

可見此時恰好可以運動到Q點，假設成立，則可以從Q點飛離，速度大小為7m/s,方向水平向

左

5.（2024?鄭州模擬）如圖所示，一根長R=1.44m不可伸長的輕繩，一端系一小球P,另一端固

定于O點。長l=3m繃緊的水平傳送帶始終以5m/s恒定的速率沿逆時針方向運行，傳送帶左

側半徑r=0.5m的豎直光滑圓軌道在D點與水平面平滑連接，現(xiàn)將小球拉至懸線（伸直）與水

平位置成9=30°角由靜止釋放，小球到達最低點時與小物塊A作彈性碰撞，碰后小物塊A向

左運動到B點進入圓軌道，繞行一圈后到達E點。已知小球與小物塊質(zhì)量相等均為m=0.3kg

且均視為質(zhì)點，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)U=0.25,其他摩擦均忽略不計，重力加速度

大小g=l0mzs2,求：

（1）小球運動到最低點與小物塊碰前的速度大小和對輕質(zhì)細繩拉力大小;

（2）小物塊在傳送帶上運動時，因相互間摩擦產(chǎn)生的熱量；

（3）小物塊通過圓軌道最高點C時對軌道的壓力大小。

【解答】解：（1）因開始時輕質(zhì)細線與水平方向的夾角為0=30°,則小球P自由下落距離為R

時，輕繩剛好再次伸直如下圖所示，

設此時P的速度為VI。根據(jù)自由落體運動規(guī)律，可得講=2gR

輕質(zhì)細線伸直后瞬間小球P速度為V2=V1COS0

小球P與小物塊A碰前瞬間，設小球P的速度大小為V3,從輕質(zhì)細繩剛好再次伸直到小球P運

動到最低點的過程中，由動能定理得：

11

mg(R-RsinQ)=~mv1--mv^

聯(lián)立解得：V3=6m/s

設小球運動到最低點，輕質(zhì)細繩對小物塊拉力大小為T,根據(jù)牛頓第二定律可得：

V3

T-mg=m—

K

解得：T=10.5N

根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊碰前對輕質(zhì)細繩拉力大小為10.5No

(2)設小球與小物塊進行彈性碰撞后瞬間的速度分別為V4、V5，以向左為正方向，由動量守恒

定律與機械能守恒定律得：

mv3=mv4+mv5

111

-mv|=-mvi+-mv|

解得：V5=6m/s

小物塊沖上傳送帶后做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有：

|img=ma,解得加速度大小為：a=2.5m/s2

設傳送帶速度為vo=5m/s,小物塊與傳送帶共速時對地位移大小為x,則由運動學公式可得：

vl-Vo=2ax

代入數(shù)據(jù)解得：x=2.2m<l=3m,則可知小物塊與傳送帶能夠共速，之后和傳送帶一起做勻速運

動。

V5—V0

小物塊在傳送帶上減速所用時間為：t=^^,解得t=0.4s

這段時間內(nèi)傳送帶運動的位移為：x帶=丫()1=5*().4111=2111

則小物塊通過傳送帶時，由于摩擦產(chǎn)生的熱量為：Q=pmg(x-x帶)

解得：Q=0.15J

(3)設小物塊通過圓軌道最高點時的速度為V6,軌道對小物塊的彈力為F,則由動能定理有：

11

-2mgr=-mv|+-mvg

解得：v6=V5m/s

在最高點由牛頓第二定律可得：

訶2

「

F+Img=m—^6

聯(lián)立解得：F=ON

根據(jù)牛頓第三定律可知，通過最高點時小物塊對軌道的壓力為ONo

答：(1)小球運動到最低點與小物塊碰前的速度大小為6m/s,對輕質(zhì)細繩拉力大小為10.5N；

(2)小物塊在傳送帶上運動時，因相互間摩擦產(chǎn)生的熱量為0.15J；

(3)小物塊通過圓軌道最高點C時對軌道的壓力大小為ONo

6.(2024?清江浦區(qū)模擬)如圖為某游戲裝置的示意圖。AB、CD均為四分之一圓弧，E為圓弧

DEG的最高點，各圓弧軌道與直軌道相接處均相切。GH與水平夾角為。=37°,底端H有一

彈簧，A、0卜。2、D、。3、H在同一水平直線上。一質(zhì)量為0.01kg的小鋼球(其直徑稍小于

圓管內(nèi)徑，可視作質(zhì)點)從距A點高為h處的O點靜止釋放，從A點沿切線進入軌道，B處有

一裝置，小鋼球向右能無能量損失的通過，向左則不能通過且小鋼球被吸在B點。若小鋼球能

夠運動到H點，則被等速反彈。各圓軌道半徑均為R=0.6m,軌道GH的動摩擦因數(shù)u=0.5,

其余軌道均光滑，小鋼球通過各圓弧軌道與直軌道相接處均無能量損失。某次游戲時，小鋼球

從O點出發(fā)恰能第一次通過圓弧的最高點E。sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,求：

(1)小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大小vc；

(2)小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時受到的支持力大小FB；

(3)若改變小鋼球的釋放高度h,求出小鋼球在斜面軌道上運動的總路程s與h的函數(shù)關系。

【解答】解：(1)由題意可知，小鋼球在E點處做圓周運動，當其恰好通過E點時，則小鋼球在

E點的速度是零，從C到E的運動過程，根據(jù)動能定理可得：

1

0-pnvc=—mg-2/?,解得小鋼球第一次經(jīng)過C點時的速度大小為：vc=2V6m/s；

(2)因為BC段光滑，小鋼球通過B點時的速度等于經(jīng)過C點的速度，小鋼球經(jīng)過B點時，根

據(jù)牛頓第二定律可得:

解得小鋼球第一次經(jīng)過圓弧軌道最低點B時受到的支持力大小為：FB=0.5N,由牛頓第三定律可

知在B點，小鋼球對軌道的壓力的大小為：FB'=0.5N；

(3)設小鋼球恰好能經(jīng)過E點時，其釋放的高度為hi，從O到E的運動過程，根據(jù)動能定理可

得：mg(hi-R)=EkE

代入數(shù)據(jù)解得：%=0.6m

當小鋼球的釋放高度h<hi時，小鋼球將無法通過E點，所以其在GH斜面軌道上運動的總路程s

是零。

R0-6

根據(jù)幾何關系可知，斜面軌道GH的長度為：L=---=-^-m=0.8m

cwLCUTLty4

小鋼球在斜面GH上運動時，所受摩擦力大小為：Ff=nmgcos0=O.5X0.01X10X0.8N=0.04N

小鋼球在斜面軌道上完成從G到H的運動，摩擦力做功為：Wf=-Ff-LGH=-0.04X0.8J=-

0.032J

可知，小鋼球完成從H到G的運動，摩擦力做功也為-0.032J。設小鋼球釋放高度為h2時，其能

夠運動到H點，并被反彈，且恰好能夠再次經(jīng)過E點，根據(jù)動能定理有

mg(112-R)+2Wf—Ekg

解得：112=1.24m

當小鋼球的釋放高度h>h2時，小鋼球再次通過E點后，將向D、C方向運動，并不再返回，所

以其在GH斜面軌道上運動的總路程為：s=2LGH=L6m

小鋼球重力沿斜面向下的分力大小為：Fi=mgsinB=0.06N

因為Fi>Ff,所以當小鋼球的釋放高度％WhVh2時，小鋼球第一次通過E點后，無法再次經(jīng)過E

點，它將會在斜面軌道上反復運動，最終停在H點。根據(jù)動能定理可得：

mgh-FfS=O,代入數(shù)據(jù)解得：s=2.5h（m）

綜上可得：

(0,h<0.6m

s=[2.5/i(m),0.6m<ft<1,24m

11.6m,h>1,24m

考向三傳送帶、板塊問題

7.（2024?淮安模擬）如圖所示，半徑為R=1.8m的四分之一光滑圓弧軌道PQ固定在水平面上,

軌道末端與厚度相同的處于靜止的木板A和B緊挨著（不粘連）。木板A、B的質(zhì)量均為M=

1kg,與水平面間的動摩擦因數(shù)均為m=0.2,木板A長LA=L5m。一質(zhì)量為m=2kg、可視為

質(zhì)點的小物塊從P點由靜止釋放，小物塊在以后的運動過程中沒有滑離木板B。小物塊與木板A

間的動摩擦因數(shù)電=0.8,與木板B間的動摩擦因數(shù)由=0.1,重力加速度g=10m/s2,求：

（1）小物塊運動到Q點時對軌道的壓力大??；

（2）小物塊剛滑上木板B時的速度大?。?/p>

（3）木板B的最小長度。

【解答】解：（1）小物塊下滑過程中，由動能定理得

1、

mgR=/%

解得：VQ=6m/s

在Q點，對小物塊，由牛頓第二定律得

v2

FN—mg=m—

解得：FN=60N

由牛頓第三定律可知小物塊運動到Q點時對軌道的壓力大小FN'=FN=60N

(2)小物塊在木板A上滑動時，對小物塊，由牛頓第二定律有

112mg=ma1

2

可得：a1=8m/s

對木板A,由牛頓第二定律有

y2mg-日］(m+2M)g=2Ma?

2

可得：a2=4m/s

小物塊剛滑上木板B時，小物塊的位移為

12

Xi=vQt--a1t^

木板A的位移為

12

X2=5a2tz

又有LA=X1-x2

聯(lián)立解得：t=0.5s

則小物塊剛滑上木板B時的速度

VO=VQ-ait=(6-8X0.5)m/s=2m/s

(3)小物塊剛滑上木板B時木板B的速度

v1=a2t=4義0.5m/s=2m/s

小物塊在木板B上滑動時，對小物塊有

113mg=ma3

2

解得：a3=lm/s

對木板B有

|ii(m+2M)g-113mg=2Ma4

2

解得：a4=3m/s

小物塊的位移為

Vo

X3=G

木板B的位移為

2

Vi

x=--

42a4

則木板B的最小長度Lmin=X3-X4

4

聯(lián)立解得：Lmin=

答：（1）小物塊運動到Q點時對軌道的壓力大小為60N；

（2）小物塊剛滑上木板B時的速度大小為2m/s；

4

（3）木板B的最小長度為鏟1。

8.（2024?魏都區(qū)校級三模）如圖所示，一輕彈簧原長L=2m,其一端固定在傾角為0=37°的固定

斜面AF的底端A處，另一端位于B處，彈簧處于自然伸長狀態(tài)，斜面AF長x=3m。在FC

間有一上表面與斜面平行且相切的傳送帶，且FC長xo=4m,傳送帶逆時針轉動，轉動速度為

16

4m/s。傳送帶上端通過一個光滑直軌道CH與一個半徑為r=P的光滑圓弧軌道DH相切于H

點，且D端切線水平，A、B、C、D、F、H均在同一豎直平面內(nèi)，且D、C在同一豎直線上。

質(zhì)量為m=5kg的物塊P（可視為質(zhì)點）從C點由靜止釋放，最低到達E點（未畫出），隨后物

,3

塊P沿軌道被彈回，最高可到達F點。已知物塊P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為由=不與斜面

q

1C

間的動摩擦因數(shù)為歸=1,重力加速度g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°=

0.6,cos37°=0.8,彈簧始終在彈性限度內(nèi)。

（1）求BE間距離x及物塊P運動到E點時彈簧的彈性勢能Ep；

（2）改變物塊P的質(zhì)量，并將傳送帶轉動方向改為順時針，轉動速度大小不變。將物塊P推至E

點，從靜止開始釋放，在圓弧軌道的最高點D處水平飛出后，恰好落于F點，求物塊運動到D

點的速度VDo

【解答】解：（1）當物塊P在傳送帶上運動時，受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定

律得

mgsin0+^imgcos0=ma

解得物塊的加速度大小為：a=12m/s2

物塊做勻加速直線運動，當物塊速度達到4m/s時，其位移為

V2422

xi=7；==T嚴=中＜%0=4m

故物塊P到達F點前已經(jīng)與傳送帶達到了共同速度。

3

因由=7=tcmO,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，所以物塊P與傳送帶達到共同速度后一起做

勻速直線運動到F點。

設BE長為Lo,物塊從F點運動到E點的過程中，由能量守恒定律有

1_

2m

mg(x—L+L^sind+-^mv=p2g(x—L+L^)cos6+Ep

物塊P被彈回，從E點運動到F點的過程中，由能量守恒定律有

mg(x-L+Lo)sinO+p2mg(x-L+Lo)cos0=Ep

聯(lián)立解得：Lo=lm,Ep=8OJ

(2)由題意可知，物塊從D點做平拋運動落于F點，設過D點的速度為VD，則根據(jù)平拋運動的

規(guī)律得

水平方向上有

XoCOS0=Vot

豎直方向上有

r1

2

x0sine+r+—=-gt

聯(lián)立解得：vD=4m/s

答：(1)BE間距離x為1m,物塊P運動到E點時彈簧的彈性勢能Ep為80J；

(2)物塊運動到D點的速度VD為4m/s。

9.(2024?溫州一模)如圖所示，處于豎直平面內(nèi)的軌道，由傾角0=37°的足夠長直軌道AB、

圓心為01的半圓形軌道BCD、圓心為O2的圓形細圓管軌道DE、傾角a=45°的直軌道EF、

水平直軌道FG組成，各段軌道均光滑且各處平滑連接，B和D為軌道間的相切點，點E、圓

心。2處于同一豎直線上，C、F、G處于同一水平面上。在軌道末端G的右側光滑水平面上，

緊靠著質(zhì)量M=0.6kg、長度d=2m的無動力擺渡車，車上表面與直軌道FG平齊?？梢暈橘|(zhì)點、

質(zhì)量m=0.3kg的滑塊從直軌道AB上某處靜止釋放。己知軌道BCD和DE的半徑R=0.5m?

(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)若釋放點距點B的距離l=1.5m,求滑塊到最低點C時軌道對其支持力FN的大??；

(2)若滑塊始終不脫離軌道ABCDE,求釋放點與C點高度差h的取值范圍；

(3)若滑塊從E點飛出后落在軌道EF上，與軌道碰撞后瞬間沿軌道速度分量保持不變，垂直軌

2

道速度分量減為零，再沿軌道滑至擺渡車上。己知滑塊和擺渡車之間的動摩擦因數(shù)U=-,且滑

塊恰好不脫離擺渡車，求：

①滑塊運動至點G的速度大小vG；

②滑塊離開點E的速度大小vEo

【解答】解：(1)對滑塊，從釋放點到C點過程，根據(jù)動能定理

1

mg(lsin0+R—Rcos0)=-^rnvQ

在C點合外力提供向心力：F-mg=mrS-

NK

代入數(shù)據(jù)解得：FN=15N

(2)滿足恰好達到半圓形軌道BCD與Oi等高處：％=R=0.5m

可得：OWhWO.5m

滿足恰好能到達E點，則:h2=2R(1+cose)=2X0,5X(1+0.8)m=1.8m

恰好能過D點而不掉落，重力分力提供向心力：mgcosO=m號

1

從釋放點到D點過程：mg(%3-R-Rcos3)=

解得：h3=l.lm

綜上可得：OWhWO.5m或LlmWhWl.8m

(3)①對滑塊，從G點滑上擺渡車至共速，根據(jù)動量守恒定律

mvG=(M+m)v共

根據(jù)能量守恒定律

11

|imgd=~^mvG--(M+m)v^

聯(lián)立解得：VG=2V10m/s

②從E點飛出落在EF段，根據(jù)位移偏轉角和速度偏轉角的關系：tan45o=井

可得：H=~,t=~Vy=2VE

,yy

所以：V||=vEsin45°+2V￡COS45°=-^-vE

11

由碰撞點到G點，根據(jù)動能定理：mg（2R+2Rcos。一H）=才逐一評城

代入數(shù)據(jù)解得：VE=2V2m/s

考向四含彈簧類綜合問題

10.（2024?浙江一模）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道

AB、圓心為O的豎直半圓軌道BCD、水平直軌道EF、GH組成。BCD的最高點D與EF的右

端點E在同一豎直線上，且D點略高于E點。木板靜止在GH上，其上表面與EF相平，右端

緊靠豎直邊FG,左端固定一豎直彈性擋板。游戲時滑塊從A點彈出，經(jīng)過軌道AB、BCD、EF

后滑上木板。已知可視為質(zhì)點的滑塊質(zhì)量m=0.3kg,木板質(zhì)量M=0.1kg,長度l=lm,BCD

的半徑R=0.4m,彈簧彈性勢能的最大值為8J,滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為由，木板與軌道

GH間的動摩擦因數(shù)為電，其余各處均光滑，不考慮彈射過程中及滑塊經(jīng)過軌道連接處時的能

量損失，滑塊與擋板發(fā)生彈性碰撞。

（1）若滑塊恰好能夠滑上軌道EF,求滑到圓心O等高處的C點時，滑塊受到的彈力大小FN；

（2）若由=0.2,四2=0,則在滿足滑塊始終不脫離木板的條件下，求滑塊在木板上的動能最大值

Ekm；

（3）若m=0,電=0.1，滑塊恰好能夠滑上軌道EF,求在滑塊與擋板剛發(fā)生第2次碰撞前，摩

擦力對木板做的功Wo

【解答】解：（1）若滑塊恰好能夠滑上軌道EF,在最高點D處做圓周運動的向心力由重力提供:

mg=m—

11

滑塊由C點滑到最高點D此過程由機械能守恒：-^mvc+mgR=pnvp-\-2mgR

滑塊滑到C點時做圓周運動的向心力由滑道對滑塊的彈力提供：FN=點

聯(lián)立以上方程代入數(shù)值得：FN=9N

(2)因由=0.2,通=0,木板與地面之間沒有摩擦，而滑塊與木板之間存在摩擦，把滑塊與木板

看成一個系統(tǒng)，其動量守恒，滿足滑塊始終不脫離木板必定滑塊與木板共速，

以向左的方向有：mv=(m+M)v共

設滑塊以v的速度滑入木板，并在木板上最終摩擦滑行x長時滑塊與木板共速，此過程能量守恒:

11

-^mv2=?mgx+-(m+M)嚓

1、

滑塊滑入木板時的動能最大為：^km=^nv2

m+M

以上方程解得：Ekm=Mii^rngx

當x=21時，滑塊在木板上的動能最大值￡m=4.81，此時：v=4V2m/s>2m/s

所以滑塊能夠滑上木板，相應的機械能為7.2JV8J。

(3)由題意滑塊恰好能夠滑上軌道有：3阿

代入數(shù)值滑塊剛滑上木板時：v0=2m/s

因為臼=0,0=0.1,木板與地面之間存在摩擦，而滑塊與木板之間沒有摩擦，滑塊與擋板第1

次碰撞時動量守恒有：mvo=mvi+Mv2

再由能量守恒定律有：^rnvl=|THVI+詔

11

X2m/s=lm/s

解得滑塊速度：vi=^0=2

33

木板速度：V2=那o=,x2m/s=3m/s>vi

之后，木板做勻減速運動，加速度a=|i2g=0.1X10m/s2=lm/s2?；瑝K勻速運動，設經(jīng)過t發(fā)生第

1、

二次碰撞，則有：V2t—萬成2=丫亡

代入數(shù)據(jù)：t=0,t=4s,此時木板的速度v=V2-at=3m/s-1X4m/s=-Im/sVO

經(jīng)判斷，發(fā)生第2次碰撞前，木板已處于靜止狀態(tài)。

11

故摩擦力對木板做的功：W=0—/詔=0—5x0.1x32/=—0.45/

答：(1)滑到圓心0等高處的C點時，滑塊受到的彈力大小FN為9N；

(2)滑塊在木板上的動能最大值Ekm為4.8J；

(3)在滑塊與擋板剛發(fā)生第2次碰撞前，摩擦力對木板做的功W為-4.5J。

11.(2025?邯鄲一模)如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質(zhì)彈簧左端固定，自

然伸長位置為O'點，彈簧的勁度系數(shù)k=43.52N/m,圓軌道的半徑R=0.5m,圓管的內(nèi)徑比

小球叫直徑略大，但遠小于圓軌道半徑，小物塊m2靜止于木板m3左端，木板的上表面恰好

與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)四=0.5,木板右端與

墻壁之間的距離Lo=5m,現(xiàn)用力將小球n向左推壓，將彈簧壓縮xo=O.5m,然后由靜止釋放

小球，小球與彈簧不連接，小球運動到桌面右端0,點后水平拋出，從管口A處沿圓管切線飛

入圓管內(nèi)部，從圓管水平部分B點飛出，并恰好與小物塊m2發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時間后

m3和右側墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知m2始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，mi=m2=0.5kg,

m3=0.1kg,g=10m/s2,0=37°，sin37°=0.6。試求:

(1)小球平拋運動的時間t及拋出點O'與管口A間的高度差h；

(2)小球在圓管內(nèi)運動過程中對圓管最高點的擠壓力FN，并判斷是和管的內(nèi)壁還是外壁擠壓;

(3)木板的最短長度L及木板在地面上滑動的總路程s。

【解答】解：設水平向右為正方向為正

(1)彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得

0+kxo1?

---x%0=*1%-0

在小球平拋到管口A點時如圖

根據(jù)Vy=votane

Vy=gt

解得

h=0.612m

(2)從A到圓筒最高點的過程，由動能定理可得

—rri\g(R+RcosO)=

由上述圖可知

VA-COS0

在最IWJ點

FN+mig=mi—

解得FN=11N>0

小球和圓筒外壁擠壓，擠壓力大小為UN,方向豎直向上。

(3)從A到B全過程，由動能定理可得

11

m1(g(/?—Rcos3)=嫁—或

解得VB=6m/s

小球mi和物塊m2碰撞過程，設水平向右為正方向，可得

miVB—mivi'+m2V