2023年高考物理压轴题专项训练-用动力学和能量观点解决多过程问题(解析版)(新高考专用)

压轴题03用动力学和能量观点解决多过程问题

目录

一，考向分析...................................................................................1

—,题型及要领归纳.............................................................................1

热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题................................................1

热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题...........................5

热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题............................10

热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型.............................................13

三.压轴题速练................................................................................18

一，考向分析

1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块一木板问题三类问题中的综

合应用，高考常以计算题压轴题的形式命题。

2.学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专

题强化，可以提升同学们解决压轴题的信心。

3.用到的知识有：动力学方法观点（牛顿运动定律、运动学基本规律），能量观点（动能定理、

机械能守恒定律、能量守恒定律）。

二.题型及要领归纳

热点题型一传送带模型中的动力学和能量问题

1.解决传送带问题的关键点

（1）摩擦力的方向及存在阶段的判断.

（2）物体能否达到与传送带共速的判断.

（3）弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内

能之和.

2.应用动能定理时，摩擦力对物体做功为对地位移）；系统产生的热量等于摩擦力

对系统做功，%=F「s（s为相对路程）.

【例1】（2023春•湖北荆州•统考期中）如图所示，荆州沙市飞机场有一倾斜放置的长度

乙=5m的传送带，与水平面的夹角9=37。，传送带一直保持匀速运动，速度v=2m/s.现将

一质量/»=1kg的物体轻轻放上传送带底端，使物体从底端运送到顶端，已知物体与传送带

间的动摩擦因数〃=0.8。以物体在传送带底端时的势能为零,求此过程中：（已知sin37。=0.6,

cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s?）

（1）物体从底端运送到顶端所需的时间；

（2）物体到达顶端时的机械能；

（3）物体与传送带之间因摩擦而产生的热量；

（4）电动机由于传送物体而多消耗的电能。

e

【答案】(1)5s；(2)32J：(3)32J：(4)64J

【解析】(1)物体放到传送带时先做匀加速直线运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得

geos0-/Mgsin0=ma

解得

a=〃gcos0-gsin/7=0.4m/s2

物体匀加速至速度v=2m/s时用时

v

力=-=5s

a

通过的位移为制，则

«=2缎】

得

v2

xi=——=5m=L=5m

2a

所以物体一直做匀加速上升到顶端，故到达顶端所用时间：

t=ti=5s

(2)物体到达顶端时的动能

E"；

重力势能

Ep=mgLsin37°=30J

机械能

E=Ek+Ep=32J

(3)物体匀加速运动的时间内传送带的位移

x产必=10m

物体与传送带间的相对位移大小

Ax=x犷x/=5m

因摩擦产生的热量

Q=^imgcos6

代入数据解得

0=32J

(4)电动机由于传送物体而多消耗的电能

E『E+Q=64J

【例2】.(2023春•四川眉山•校考阶段练习)科技馆有一套儿童喜爱的机械装置，其结构简

图如下：传动带ZB部分水平，其长度£=1.2m,传送带以W=3m/s的速度顺时针匀速转动,

大皮带轮半径厂=0.4m,其下端C点与圆弧轨道。防的。点在同一水平线上，E点为圆弧

轨道的最低点，圆弧EF对应的圆心角6=37。且圆弧的半径R=0.5m,F点和倾斜传送带

GH的下端G点平滑连接，倾斜传送带GH长为x=3.45m,其倾角0=37。。某同学将一质

量为m=0.5kg且可以视为质点的物块静止放在水平传送带左端/处，物块经过8点后恰能

无碰撞地从。点进入圆弧轨道部分，当经过F点时，圆弧给物块的摩擦力/=14.5N,然后

物块滑上倾斜传送带G”,已知物块与所有的接触面间的动摩擦因数均为〃=06,传送带以

速度为匕=4m/s顺时针运动，重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8,求：

(1)物块由A到B的过程中传送带对物体所做的功；

(2)OE弧对应的圆心角a为多少；

(3)物块从G到”端所用时间。

【答案】(1)2.25J；(2)53°;(3)1.1s

【解析】(1)放在水平传送带上的物体受到重力、支持力和摩擦力的作用，摩擦力提供水

平方向的加速度，由牛顿第二定律得

max-jLimg

所以

a=4g=0.5x10m/s2=5m/s2

物体加速到3m/s的时间

=—=0.6s

在加速阶段的位移

玉=0.9m<1.2m

物体做匀速直线运动的时间

t2=—~—=0.1s

w

物块由A到B的过程中传送带对物体所做的功

%=/Jmgxl=2.25J

(2)物体在8点离开传送带做平抛运动，平抛运动的时间

到达D点时物体沿竖直方向的分速度

V,.=gt3=10x0.4m/s=4m/s

到达D点时物体的速度与水平方向之间的夹角

tana=—4_=4

93

即弧对应的圆心角a为53°。

(3)物体在F点时，支持力与重力的分力提供向心力得

在N-mgcos3T—^^~

圆弧给物块的摩擦力

代入数据得

匕=5m/s

物体在倾斜的传送带上受到重力、支持力和滑动摩擦力的作用，滑动摩擦力

/'=〃机gcos37°=O.5xO.5xlOxO.8N=2N

重力沿斜面向下的分力

Fx=wgsin37「=0.5x10x0.6N=3N

则物体先相对于传送带向上运动，受到的摩擦力的方向向下，当物体的速度小于传送带的速

度后，受到的摩擦力的方向向上，物体继续向上做减速运动，加速度的大小发生变化。物体

的速度大于传送带的速度时，物体受到的摩擦力的方向向下，此时

ma2=f'+Fx=(2+3)N=5N

a,=—m/s2=1Om/s2

0.5

用时

物体沿斜面向上的位移

x4==0.45m

物体的速度小于传送带的速度时，物体受到的摩擦力的方向向上，则

F-f3-2-c,2

a,=—~:-=----m/s-=2m/s

m0.5

根据匀减速直线运动规律

Ki；%，；

代入数据得

4=Is(另一解舍去)

则物块从G到，端所用时间

/=/4+/5=1.1s

热点题型二用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程

问题

(1)解题技巧

①拆：把整个过程拆分为多个子过程，变为熟悉的运动模型.

②找：在题目中找“恰好”“恰能”“最高""至少''等关键字，找出对应的临界条件.

③用：选用合适的规律列方程.

④注意：注意分析“界点”的速度大小和方向，界点速度是上一过程的末速度，又是下一过程

的初速度，在解题过程中有重要的作用.

(2)对于涉及滑动摩擦力的过程，一定不能用机械能守恒定律来求解.

(3)对于非匀变速直线运动过程，不能用运动学公式求解，但可用动能定理、能量守恒定律

或功能关系求解.

【例1】(2023春•重庆北培•西南大学附中校考期中)如图甲所示为一款“反重力”磁性轨道

车玩具，轨道造型可以自由调节，小车内装有发条，可储存一定弹性势能。如图乙所示为小

宋同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道48、竖直圆轨道58、水平直轨道

和两个四分之一圆弧轨道与NP平滑连接而组成，圆弧轨道MN的圆心。2与圆弧轨道

的圆心。3位于同一高度。己知小车的质量"=100g,小车在轨道上运动时受到的磁吸引

力始终垂直轨道面，在轨道N88M段所受的磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道加桥段

所受的磁力大小恒为其重力的2.5倍，小车脱离轨道后磁力影响忽略不计。现将具有弹性势

能与=0.6J的小车从A点由静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道58,最终从P点水平

飞出，小车在圆弧轨道88上运动过程中，在C点速度为lm/s。假设小车在轨道段运

动时所受阻力大小等于轨道与小车间弹力的0.2倍，其余轨道均光滑，不计其他阻力，小车

可视为质点，小车在到达8点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度g=10m/s2。

（1）求小车在圆轨道58最低点B所受轨道支持力的大小；

（2）求直轨道48部分的长度；

（3）同时调节圆弧轨道MV与NP的半径，其他条件不变，求小车落地点与尸点的最大水

平距离Xm。

图甲图乙

【答案】（1）6N；（2）1.5m；（3）0.2m

【解析】（1）根据题意可知，小车恰好通过最高点，在最高点，由牛顿第二定律有

mg-05mg-

从B点到C点的过程中，只有重力做功，小车的机械能守恒，由机械能守恒定律有

1,

=mg,27?+—mv(.

在B点由牛顿第二定律有

FN—mg-0.5mg=m—

解得

vB=3m/s

R=0.2m

FN=6N

（2）根据题意，从A到B,由能量守恒定律有

12

Eri=O.2xO.5mgxAB+-mv；

解得

xAB=1.5m

（3）根据题意可知，小车由8到。过程中，机械能守恒，则通过。点时的速度大小与通过

B点时速度大小相等，小车由。点到P点，由动能定理有

飞2="〉］%

解得

Vp=V9-40r

小车从2点飞出做平抛运动，则有

>0

解得

r<0.225m

则水平位移为

由数学知识可知，当

9

r--m=0.1125m

80

时，水平位移最大，但要保证小车不离开轨道，则在N点时，需满足

2

2.5mg>m—

又有

^mvn=；■"此+mgr

联立解得

r20.2m

综上所述可知，当r=0.2m时，水平距离最大，最大距离为

【例2】（2023春•四川成都•石室中学校考阶段练习）如图所示为固定在竖直平面内的轨道,

倾斜直轨道N8与光滑圆弧轨道8c相切，圆弧轨道的圆心角为37。，半径为厂=0.5m,C端

水平，N8段的动摩擦因数〃=0.25。竖直墙壁C。高H=0.2m,紧靠墙壁在地面上固定一

个和等高、底边长L=0.4m的斜面。一个质量m=0.3kg的小物块（视为质点）在倾斜轨

道上从距离B点/=《m处由静止释放，从C点水平抛出。重力加中速度g取10m/s2,

O

sin37°=0.6,cos37°=0.8o

（1）求小物块运动到C点时，轨道对小物块的支持力大小。

（2）求小物块从C点抛出到击中斜面前的速度大小。

（3）改变小物块从斜面上释放的初位置，求小物块击中斜面前瞬间动能的最小值。

【答案】（1）8.4N；（2）ViOm/s;（3）0.6J

【解析】（1）根据几何关系，直轨道倾角为37。，小物块由4到C,根据动能定理可得

mglsin37°+mg(r-rcos37°)-jLimglcos37°=—

解得

vc=3m/s

根据牛顿第二定律可得

r

解得

F=8.4N

设物块落到斜面上时水平位移为x，竖直位移为V,根据几何关系可得

L-xL

y

代入数据可得

x=0A-2y

由平抛运动的规律得

x=vct

12

夕=清/

联立解得

，=0.1s

则有

vv=g/=Im/s

小物块从C点抛出到击中斜面前的速度大小

v=fv]+*=V10m/s

（3）由

x=0A-2y

x=vct

可得

白2=(.殳=(04一2历2

g

可得

_g(0.4-2»

2y

小物块击中斜面前瞬间动能为

0.12,…

Ek^-mv^+mgy^3OS+mgy=-------1~6歹一1.2

22yy

根据数学基本不等式可知，当

0.12,

-----=6y

y

即

五

小物块击中斜面前瞬间动能取得最小值；当小物块从斜面3点释放时，小物块在C点具有最

小速度，小物块击中斜面有最大竖直位移；从5到C的过程，根据动能定理可得

mgr(l-cos37°)=；w"in

解得

=V2m/S

代入

g(0-4-2»

2y

解得小物块击中斜面有最大竖直位移为

1V2

v--m<——m

m1010

可知当y=时，小物块击中斜面前瞬间动能最小，则有

12

£kmin=Q〃”Cmin+机型二-x0.3x2J+0.3x10x—J=0.6J

210

热点题型三综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题

多过程问题中解决弹簧模型问题的关键点

（1）从动力学角度分析

弹力作用下物体运动的加速度往往是变化的，用胡克定律F=丘，结合牛顿第二定律尸命=

ma,分析加速度和运动过程，注意弹力是变力，且注意三个位置：自然长度位置、平衡位

置（a=0,v最大）、形变量最大（伸长最长或压缩最短）的位置.

（2）从功能关系的角度分析

弹簧问题往往涉及多种能量转化，一般根据能量守恒定律或动能定理列方程分析，弹力做功

与弹性势能的关系：/弹=一△品.

【例1】（浙江省台州市山海协作体2022-2023学年下学期期中联考物理试题）如图所示是

小王同学搭建的简易小球轨道装置，小球和压缩的轻弹簧被锁定在4点。轨道由水平轨道

AB,竖直圆轨道8CZ）,水平轨道0M和两个半径相同的四分之一圆管轨道和NP平滑

连接而组成。圆管轨道儿W的圆心02和圆管轨道桥的圆心。3位于同一高度，圆管的内径

略大于小球半径但远小于圆管的半径入已知小球的质量，〃=50g,直轨道Z8长£=0.5m,压

缩的弹簧具有的弹性势能场=0.3J。现解除弹簧的锁定装置，使小球由4点静止开始运动，

小球恰好能通过竖直圆轨道8CQ,并最终从尸点水平飞出。假设小球在轨道段运动时

所受阻力大小等于小球重力的0.2倍，其余轨道光滑，不计其他阻力，小球可视为质点，重

力加速度g=10m/s2o

（1）求小球运动到B点时的速度大小V；

（2）求小球运动到轨道B点时对轨道的压力大小FN;

（3）同时调节轨道物V和NP的半径r,其他条件不变，求小球落地点与P点的最大水平距

禺

【答案】（1）VlOm/s；（2）3N；（3）0.5m

【解析】(1)根据能量守恒

Ep=0.2〃7gL+—

得

vB=V10m/s

(2)小球恰好能通过竖直圆轨道88,则

根据机械能守恒

在8点

K

联立得

FN=3N

根据牛顿第三定律，小球运动到轨道B点时对轨道的压力大小为3N。

(3)根据机械能守恒

~mvB=2mgr+—wvp

小球从P点开始做平抛运动，则

c12

得

x=2Jr—41*

当

r----；——-m=0.125m

2x(-4)

水平位移最大，得

%=0-5m

【例2】(2023•浙江宁波・统考二模)如图所示，某一游戏装置由轻弹簧发射器、长度Z=2m

的粗糙水平直轨道N8与半径可调的光滑圆弧状细管轨道CD组成。质量叫=0.03kg的滑块

1被轻弹簧弹出后，与静置于N8中点、质量吗=0-02kg的滑块2发生完全非弹性碰撞并粘

合为滑块组。已知轻弹簧贮存的弹性势能1=0.45J,两滑块与48的动摩擦因数均为

A=0.25,两滑块均可视为质点，各轨道间连接平滑且间隙不计，若滑块组从。飞出落到

AB时不反弹且静止。

（1）求碰撞后瞬间滑块组的速度大小；

（2）调节CD的半径R=0.4m,求滑块组进入到圆弧轨道后在C点时对轨道的压力大小;

（3）改变C。的半径R,求滑块组静止时离8点的最远距离s,并写出R应满足的条件。

【答案】（1）3m/s；（2）IN；（3）0.2m,若要滑块组从。点飞出其K应该小于0.1m

【解析】（1）滑块1被弹簧弹出的速度为匕，有

"12

[=3叫匕

滑块1与滑块2碰撞前速度为彩，有

A1212

滑块1与滑块2粘在一起后速度为v共，有

=（叫+%2）v共

解得

口共=3m/s

（2）滑块组在碰撞后到C点的过程中有

一〃的+/出彳=g他+吗3

凡一（叫+机2）g=（叫+机2）'

解得

外加

由牛顿第三定律有

=1N

（3）当半径为4时，其滑块组恰好能到达。点，因为是细管管道，所以此时在D点速度为

零，有

一〃（町+吗）8、-（町+吗总・2舄=0-，町+初2）吸

解得

Ri=0.1m

所以当圆弧轨道半径小于0」时，其滑块组能从。点飞出，之后做平抛运动，继续调节圆弧

轨道半径，其从。点飞出的速度不同，其落在水平轨道上距离8点的距离也不同，设半径

为R时,有

滑块组在。点之后做平抛运动，有

2R夕

s=Vpt

整理有

s=y]\.6R-16R2

根据数学知识有，当R=0.05m时，s取最大值，其值为0.2m。因为0.05m<0.1m,所以该

情况符合题意。

热点题型四综合能量与动力学观点分析板块模型

1.模型分类

滑块一木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块一木板模型和斜面上的滑块一木板模型。

2.位移关系

滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移大

小和木板的位移大小之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移大

小和木板的位移大小之和等于木板的长度。

3.解题关键

找出物体之间的位移（路程）关系或速度关系是解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的

纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

【例1】（2022届安徽省淮北市高三（上）第一次模拟考试物理试题）如图所示，质量机=1kg

小物块可视为质点，在光滑水平平台上压缩弹簧后被锁扣K锁住，弹簧储存了一定的弹性

势能。打开锁扣K,小物块将以水平速度%向右滑出平台后做平抛运动，并恰好能从B点

沿切线方向无碰撞地进入8c段光滑圆弧形轨道，圆弧半径R=0.6m,连线与竖直方向

夹角。=60。，轨道最低点C与放置在水平面的薄木板相切，薄板质量"=2kg,长度

A=1.2m»已知平台与C点的竖直距离h=0.675m，小物块与薄板间动摩擦因数从=0.2,

木板与水平面之间的动摩擦因数〃2=。4,g=10m/s2,求：

（1）小物块压缩弹簧时储存的弹性势能后。；

(2)物块w运动到圆弧最低点C时对轨道的压力；

(3)物块，"滑上薄板同时，对木板施加尸=22N的水平向右恒力，物块在木板上运动时

J

/////

【答案】(1)纥,=1.25J；⑵—JV；(3)1.5s

【解析】(1)小物块由A运动到B做平抛运动，则有

v：=2g(h-R/2)

设小球做平抛运动时的初速度为%，则

v0=匕,tan30°

弹性势能Ep等于小物块在A点的动能

1

尸2

Ep.mv。

解得

Ep=1.25J

(2)设小物块到C点时的速度为片，小物块从A点到C点过程，机械能守恒，由机械能

守恒定律有

22

1/nv0+mgA=1mv,

对C点

mv,2

FN-mg=—^-

F.,=—N^36JN

3

由牛顿第三定律可知对轨道C点的压力为—N。

(3)物块与薄板间滑动摩擦力

ft=〃加g=2N

薄板与地面间滑动摩擦力

人=〃（加+〃）g=12N

物块滑上薄板先向右做匀减速直线运动

工=叫

得

q=2m/s2

薄板向右做匀加速直线运动

得

2

a2=6m/s

经时间。两者共速

y共=匕-。由=

得

.=0.5s

5=3m/s

时间。内

X块="至％=L75m

工板—“Olm

物块相对于板向右滑行

Ax（=x块一'板=Im<1,2m

共速后，物块向右匀加速最大加速度为

2

ax-2m/s

此时薄板向右匀加速

Fn=Ma；

得

2

a；=4m/s>a}

说明物块相对薄板向左滑行，一定会从左端滑下

此过程物块位移

,1,2

%块二"共芍+万卬6

薄板位移

i1<2

X板=^t2+-a2t2

Ax2=%板—x块=

得

t2=Is

故物块在薄板上活动时间为

，=4+t2=1.5s

【例2】.（2023春・江苏南京•高三校考阶段练习）如图所示，长木板A置于光滑水平面上，

木板右端距固定平台距离d=4m,木板厚度与光滑平台等高，平台上固定半径R=0.3m的光

滑半圆轨道，轨道末端与平台相切。木板左端放置滑块B,滑块与木板上表面间的动摩擦因

数〃=0.2,给滑块施加水平向右尸=24N的作用力，作用时间4=ls后撤去尸，滑块质量

〃?=3kg,木板质量〃=2kg,滑块没有滑离木板，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。

（1）在0~f/时间内，分别求A、B的加速度大小；

（2）若木板与平台间每次碰撞前后速度大小均不变，方向相反，最终滑块停在木板右端，

求木板长度；

（3）若木板长度A=4.16m,且木板与平台第一次碰撞即与平台粘合在一起，滑块继续运动,

求滑块通过轨道最高点时对轨道压力大小。

【答案】（1）3m/s2»6m/s2；（2）12m；（3）ION

【解析】（1）设有外力/作用时滑块和木板的加速度分别为幻和。2，由牛顿第二定律可得

F-/jmg=ma{

解得

2

ai=6m/s

/Mg=Ma2

解得

2

a2=3m/s

（2）撤去外力F时滑块和木板的速度分别为v/和r，则有

v,==6m/s

v2-a4=3m/s

撤去外力F后滑块的加速度大小为

%=〃g=2m/s2

设在经f2时间，滑块与木板达到共速山,则有

v0=vt-a,t2=v2+a2t2

解得

t2=0.6s

v0=4.8m/s

木板的位移

J2

xM=—a2(/,+%)~=3.84m<d=4m

可知木板的最大速度为4.8m/s。〃时间内，滑块木板的相对位移为

,1,V.+v-.

4=+n一工材=2,4m

木板与平台碰撞后，因。2>3，所以木板先向左做减速后向右做加速运动，两者再达到共同

速度再次与平台碰撞，以后重复上述运动，最终滑块停在木板右端，第二段滑块与木板间的

相对位移为上，由功能关系则有

2

pimgL[=+M)v0

解得

L2-9.6m

则有木板的长度为

L=Ly+L,=12in

(3)若木板长度/<=4.16m,滑块与木板达到共同速度后一起运动，木板与平台碰撞后立即

停止，滑块经圆轨道最高点时的速度为v,由动能定理

-mg2RmV—加其

解得

V=21T1/：

在最高点，由牛顿第二定律

F+Y

解得

F=10N

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为10N。

三.压轴题速练

1.(2023春•山西吕梁•高三统考期中)如图所示，光滑水平地面上静置有一半径为R=20m

的竖直光滑圆弧轨道C£>,。为圆心，C为轨道最低点，OC竖直、圆心角为60。。在其左侧

地面上静置一长为乙=lm、质量为M=4kg的长木板A,木板上表面粗糙且与C点高度相同。

现将一质量为机=2kg的小滑块B以初速度v«=3m/s沿A的上表面从左端滑上木板，当B刚

滑到A右端时，A、B恰好达到共同速度，此时木板与圆弧轨道相撞(碰撞时间极短)。已

知小滑块可视为质点，空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2,cos5o=0.996。

(1)求小滑块B与长木板A上表面间的动摩擦因数〃；

(2)若圆弧轨道不固定，且已知圆弧轨道质量为〃'=6kg,A与圆弧轨道的碰撞为弹性碰

撞，求小滑块B沿圆弧轨道上升的最大高度”；

(3)若圆弧轨道被固定在水平地面上，并在。端左侧竖直面上装一防撞装置(图中未画出),

当A与圆弧轨道相撞后在防撞装置作用下立即紧贴C端左侧静止，但不粘连，此后B冲上

圆弧轨道，求B从开始滑上A到再次返回滑上A所经历的时间t。

»、、

//z//////////////Z/Z//////////✓/////////////

2+3

【答案】(1)0.3；(2)0.0015m；(3)^s

3

【解析】(1)设A、B共同速度为v/,由动量守恒定律有

mvQ=(m+M)v,

解得

V)=lm/s

由动能定理有

2

-/jmgL=i(w+A/)vl/MVg

解得

〃=0.3

(2)以A与圆弧轨道为系统，取向右为正方向，设碰后A的速度为丫2,圆弧轨道的速度为

V3,由机械能守恒定律及动量守恒定律有

Mv}=A/v,+Mv3

联立解得

v2=-0.2m/s,v3=0.8m/s

以B与圆弧轨道为系统，设共速时速度为灯由动量守恒及机械能守恒定律有

f

Mv3+mvi=(M+m)vA

；A/'v；+；mvf=；(M'++mgH

联立解得

〃=0.0015m

（3）设B从滑上A到右端的过程经历时间为5对B由动量定理有

=mvx-tnvQ

解得

2

t,=-s

3

B冲上圆弧轨道，设上升最大高度为小由机械能守恒定律有

mgh=

解得

力=0.05m

设此时B所在位置与圆心O的连线与OC间夹角为仇由数学知识有

cos"=09975>0.996

20

故8<5。，则B在圆弧轨道的运动可等效视为一个单摆运动，设B在圆弧轨道上运动的时

间为〃，有

t=-T=-X2TT

222,

则B从开始滑上A到再次返回滑上A所经历的时间为

2+3缶

/==---------------S

2.（2023春•江苏南京•南京师大附中校考期中）如图所示，质量为加=2kg的小物块，用长

£=0.4m的细线悬挂于O点。现将细线拉直至与水平方向夹角为a=30。。小物块由静止

释放，下摆至最低点B处时，细线达到其最大承受力并瞬间断开。小物块恰好从水平粗糙

传送带的最左端滑上传送带，传送带以w,=3m/s的速度逆时针匀速运转。小物块最后从传

送带左端飞出，并恰好从固定光滑斜面的顶端沿斜面下滑。斜面倾角（9=60%斜面底端挡

板上固定一轻弹簧。小物块沿斜面下滑一段距离后，压缩弹簧。小物块沿斜面运动的最大距

离x=—m,g取10m/s2o求:

2

(1)绳子能承受的最大拉力的大小；

(2)弹簧的最大弹性势能；

(3)由于物块滑上传送带电动机多做了多少功。

【答案】(1)40N；(2)31J；(3)24J

【解析】(1)小物块从静止找到最低点过程中，根据机械能守恒定律有

-sina)=g"%

解得

vB=2m/s

物块在5点时，根据向心力公式有

F-mg=m;

联立解得

尸=40N

根据牛顿第三定律，刚到最低点细线达到其最大承受力尸'=40N。

(2)物块向右滑上传送带做减速运动，因传送带的速度大于物块的初速度，可知物块速度

减为零后将反向运动，回到传送带左端时速度仍为2m/s,由于小物块恰好沿斜面方向落到

光滑斜面上，即小物块落到斜面顶端时速度方向沿斜面方向，则

cos6>=—

V

物块滑到斜面最低点时，则

12

—mv+mgxsir\0=Ep

解得

4=31J

(3)物块在传送带上减速滑行和反向加速滑行的时间均为

,=生=也

af

整个过程木块相对传送带滑行的距离

^s=v0-2t=—

则

Q=/A5=24J

整个过程中木块的动能增量为零，则由于物块滑上传送带电动机多做了24J的功。

3.（2023•浙江杭州•统考二模）如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道48、竖直圆管道

8CDEC（管道口径远小于管道半径）、水平轨道CF、光滑直轨道FG平滑连接组成，B、C、

C'为切点，A,尸连接处小圆弧长度不计，/点上方挡片可使小滑块无能量损失地进入轨道

ABo圆管道半径火=0.2m,管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与轨道48、CF的动摩擦

因数均为〃=0.5,AB轨道长度/=0.4m,倾角0=37。，CF长度L=2m,FG高度差h=0.8m,

平台左侧固定一轻质弹簧，第一次压缩弹簧后释放小滑块，恰好可以运动到与管道圆心等高

的。点，第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36J时释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E

的速度为晚=1™^,已知小滑块质量，"=O」kg可视为质点，sin37°=0.6,cos37°=0.8,不

计空气阻力。求；

（1）第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C点时受到弹力大小；

（2）第二次释放小滑块，小滑块从C点运动到E点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做的功；

（3）若第三次压缩弹簧使弹性势能为心时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动时不受

到摩擦力且全程不脱轨，最终停在C'尸上。写出小滑块CN上运动的总路程s与4之间的

关系式，并指出纬的取值范围。

，

【答案】（1）入=3N；（2）匕=-0.03J；（3）5=（2£p+0.24）m；0.38J<<1.68J

【解析】（1）从C到D对小滑块由动能定理可得

-mgR=0--mvl

解得

vc=2m/s

在。点由牛顿第二定律可得

联立解得

舔=3N

（2）从开始到£点由动能定理可得

£p+mglsin0-jumglcos0-mgR(\+cos，)+叫弓-C

解得

用=-0.03J

(3)从开始到C,可得

EkC-Ep=mglsin0-pmglcos0+mgR(\-cos6^)

解得

EkC=与+0.12J

要能最终停在CF上，必过E点，圆轨道运动无摩擦，所以

2

"次<m—

R

1

£kF=2^9-01J

又有C到E,可得

-2mgR=EkE-Ekc

解得

£p>0.38J

EkC>0.5J

不从右侧斜面飞出需

EkC-fjmgL-mgh<0

解得

£p<1.68J

41.8J

返回，若不过圆心等高处，可得

Ekc-2/jmgL-mgR<0

解得

Ekc<2,2J

£p<2.08J

故