2024年高考物理二轮复习专题17：力学综合计算题（附答案解析）

专题17-力学综合计算题

命题规律

本专题主要考查牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定

律、动量定理、动量守恒定律，会计算滑块一木板模型、“子

能力突破

弹打木块”模型、“含弹簧”模型、圆周运动+平抛运动模型

等综合计算题。

(1)牛顿运动定律的应用；

(2)理解动能定理，掌握动能定理的应用方法；

高考热点

(3)机械能守恒和能量守恒分析多过程、多物体问题的方

法以及碰撞类问题。

1出题方向主要考查计算题，一压轴题的形式出现，题目难度一般为

中档偏难。

考点归纳

考点1牛顿运动定律的综合应用

【解题技巧】n

一.动力学两类基本问题

1.解题关键

『5防奚芬柝二砺底的麦方芬薪而丽很而釐近通芬法;..........................

!（2）两个桥梁——加速度是联系运动和力的桥梁；速度是各物理过程间相互联系的桥

j梁.

|二、传送带模型

\解题关键

（（i）理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键.

'2）传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩

i擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口.

;三.板块模型

模型特点

卜滑块—木板，，模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与“传送带”模型类似，但这类问

:题比传送带类问题更复杂，因为木板受到摩擦力的影响，往往做匀变速直线运动，解

h夬此类问题要注意从速度、位移、时间等角度，寻找各运动过程之间的联系.

:2.解题关键

,1）临界条件：使滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速

!度与木板的速度恰好相同.

卜2）问题实质：“板一块”模型和“传送带”模型一样，本质上都是相对运动问题，要分别

:求出各物体相对地面的位移，再求相对位移.

[例1]（2023春•温州期中）北京时间2022年11月29日23时08分，搭载神舟十五

号载人飞船的长征二号F遥十五运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，神舟十五

号乘组与神舟十四号乘组进行在轨轮换，在空间站工作生活约6个月。长征二号F

遥十五运载火箭质量约500吨，总长为58.3m。若发射塔高105m,点火后，经5s火

箭离开发射塔，已知火箭离开发射塔过程做匀加速直线运动，忽略一切阻力和运载

火箭质量的变化,g=10m/s2,求

（1）火箭离开发射塔瞬间的速度大小；

（2）火箭起飞时推动力的大小；

（3）若火箭刚离开发射塔瞬间，一个小零件从火箭的尾部自然脱落，求该零件运动

过程中离地面的最大高度。

【分析】（1）火箭离开发射塔后做匀加速直线运动,根据位移一时间公式求出加速度，

由速度一时间公式求火箭离开发射塔瞬间的速度大小；

（2）根据牛顿第二定律求火箭起飞时推动力的大小；

（3）小零件从火箭的尾部自然脱落后做竖直上抛运动，根据速度一位移公式求出上

升的最大高度，从而得到该零件运动过程中离地面的最大高度。

2

【解答】（1）对火箭，由匀变速运动位移公式有x=v0t+^atf将x=105m,t=5s代

2

入数值解得a=8.4m/ss则火箭离开发射塔瞬间的速度v=at=42m/s；

（2）设火箭起飞时推动力大小为F,由牛顿第二定律F-mg=ma得F=mg+ma=500

X103X10N+500X103X8.4N=9.2X106N；

（3）&件从火箭上脱落瞬间初速度为v=42m/s,&件开始向上做竖直上抛运动运动，

由v2=2gh得零件向上运动的高度/=寻=88.2小，零件运动过程中离地面的最大高

度为H=105m+h=193.2m。

【例2】（2022秋•三明期末）如图甲所示，一木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg

的物块以初速度vo=4m/s滑上木板的左端，同时木板受到一个水平向右的恒力F作

用。施加不同大小的恒力F,物块相对木板滑动路程为s,其工-产关系如图乙所示,

s

其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为InTl若木板的质量M=0.5kg、长度L

又因为共速,故：vo-aitB=aBtB

联立解得：tB=05s,FB=1N

即物块恰好不滑出右端，恒力F为1N。

（3）当F继续从1N增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共

同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度做匀加速

运动，且C点为静摩擦力最大的点，当处于C点时，设加速度大小为aC,对整体:

Fc=（m+M）ac

对物块：mac=pmg

联立解得：Fc=3N

在没有达到共速前,F=Fc=3N时木板的加速度大小为:aci=立部=3+°^1X1°7n/

s2=1Om/s2

设达到共速经历的时间为tc,则：vo-aitc=acitc

两者之间相对滑动位移大小为：=%立-2al哙一*牝屋

解得：Axc=im

111

也即：一=一=三=1.5”短

SC'3

结合B点和C点可知，已1-9的函数关系式为：112+

ss44

当F>3N时，对应乙中的DE段，当两物体速度相等后（达到最大相对位移Ax）,物

块会继续相对于木板向左滑动，直至回到出发点从木板上滑落，所以物块相对于木板

滑动的路程为：s=2Ax

在速度未相等前，木板的加速度大小满足：F+pmg=Ma3

当两者具有共同速度v,历时3根据速度一时间关系可得：vo-ait=a3t

22

根据位移关系可得:Ax=vQt—^att—ia3t

解得：S=2AX=£^

所以：:=（:/+$血一1

1

故当0WFW1N时，-=l/nT

S

113

当0VFW3N,-=（~Z7+

113

当F>3N,-=(-F+-)m~l

s88,

答：(1)若F=0时，物块和木板运动的加速度大小分别为2m/s2,4m/s2；

(2)若物块恰好不滑出右端，恒力F的大小为1N；

(3)两段恒力F的取值范围及三-F函数关系式为：当0WFW1N时，-=Im-1当0

SSo

113113

VFW3N时，一=(1/+])7?1一|0当F>3N时，-=(&~+a)mTo

【例3】(2022秋•朝阳区校级期末)如图所示，在水平地面上放置一个质量为M=2kg

的足够长的木板，在木板上方放置一个质量为m=1kg的小木块。木板和小木块均处

于静止的状态。已知小木块与木板间的动摩擦因数为2=0.4,木板与水平地面间的

动摩擦因数为阳=0.屋(假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当地重力加速度g=

1Om/s2)

(1)如果在静止的长木板右端施加一个水平向右的恒力F,使小木块和木板之间能

发生相对滑动，求该恒力F大小的取值范围。

(2)某时刻，如果在静止的小木块的右端施加一个水平向右的力F,从该时刻开始

计时，力F的大小随时间的变化规律为F=5t,求力F作用多长时间小木块的加速度

达到0.3m/s2o

【分析】(1)应用牛顿第二定律求出物块与木板恰好发生滑动时的拉力大小，然后确

定拉力的范围。

(2)以物块与木板组成的系统为研究对象，求出拉力大小，然后求出时间。

【解答】解：(1)物块相对木板恰好发生滑动时，由牛顿第二定律得：

对物块：N2mg=mao

对物块与木板整体：Fo-pi(in+M)g=(in+M)ao

代入数据解得：ao=4m/s2,Fo=15N

物块与木板发生相对滑动时，恒力F>15N

(2)由于a=O.3m/s2<ao=4m/s2,物块与木板相对静止

对物块与木板整体，由牛顿第二定律得：F-m(m+M)g=(m+M)a

其中F=5t,代入数据解得：t=0.78s

答：（1）使小木块和木板之间能发生相对滑动，该恒力F大小的取值范围是F>15N。

（2）力F作用0.78s小木块的加速度达到0.3m/s2。

【例4】（2022秋•西安期末）如图甲所示，一足够长的粗糙水平传送带在电动机的带动

下以恒定的速度v=2m/s沿顺时针方向运动，质量mA=0.2kg的小铁块A（可视为质

点）和质量mB=0.4kg的长木板B叠放在一起，A位于B的右端，在t=0时将A、

B轻轻放到传送带上，最终A恰好没有滑离B,己知小铁块A、长木板B在0〜4s

的速度一时间图像如图乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）A、B间的动摩擦因数阳和长木板B与传送带之间的动摩擦因数卬：

（2）长木板B的长度L；

（3）4s内B相对于传送带发生的位移大小XI和A相对于传送带发生的位移大小X20

【分析】（1）根据图像斜率计算加速度，根据牛顿第二定律计算动摩擦因数：

（2）根据图像判断达到共速所用时间，根据位移一时间公式求A、B位移，计算木

板长度；

（3）根据木板和A、B的位移关系计算相对位移c

【解答】解：（1）根据题图，对A分析•，它刚放上传送带时加速度大小

=0.5?n/s2

由牛顿第二定律有

HimAg=mAai

解得

闺=0.05

对B分析，它刚放上传送带时加速度大小

2

-

22=lm/sz

由牛顿第二定律有

r(mA+mii)g-pimAg=mBa2

解得

1

的=诵

（2）A经时间t2=4s与传送带共速、B经时间t1=2s与传送带共速，从将A、B放

上传送带到A、B均与传送带相对静止的过程中，根据位移一时间关系有

4=2%后=2x0.5x42m=4m

孙=之。24+u«2-口)=义x1x22/n+2X(4-2)m=6m

长木板B的长度

L=XB-XA=6m-4m=2m

（3）4s内B相对于传送带发生的位移大小

xi=vt2-XB=2X4m-6m=2m

A相对于传送带发生的位移大小

X2=vt2-XA=2X4m-4m=4m

答：（1）A、B间的动摩擦因数为0.05、长木板B与传送带之间的动摩擦因数为尚;

（2）长木板B的长度2m；

（3）4s内B相对于传送带发生的位移大小为2m、A相对于传送带发生的位移大小

为4m。

【例5】（2022秋•龙岗区期末）如图为某物流公司两段传送带截面图，水平传送带I的

长度Li=3.6m,倾斜传送带2的长度L2=3m、倾角8=37°,两传送带均做逆时针

转动且转速相同。现将质量m=2kg的货物轻轻地放在传送带1的右端a处，货物与

传送带1、2之间的动摩擦因数均为p=0.5,货物经过连接点b处时速度大小不变。

已知货物可视为质点，JRg=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

（1）若货物以最短的时间从a传送到b,求传送昔的最小速度vi的大小。

（2）若货物恰能运送到C,求传送带的最小速度V2的大小。

（3）若传送带的速度为V3=4m/s,求货物从a运送到c的时间。

【分析】（I）货物在传送带1上只做匀加速直线运动时，根据运动学公式v2=2ax求

传送带的最小速度；

（2）分析传送带2不转动、速度大于4m/s、速度在0VvV4m/s范围时的加速度，以

及在传送带2上运动的最远距离，从而判断传送带2的最小速度；

（3）根据x=vot+}t2求解货物从a到达。的最短时间.

【解答】解：（1）货物在传送带1上的加速度：ai=^=0.5X10m/s2=5m/s2

若货物以最短的时间从a传送到b,货物在传送带上做匀加速直线运动，则2=2a1L1

解得：vi=6m/s

（2）若传送带的速度v26m/s,则货物到达b点的速度为6m/s,

在传送带2上的滑动摩擦力沿斜面向上，加速度为：@2=皿吟迪竺生=（10义

0.6-0.5X10X0.8）m/s2=2m/s2,方向沿斜面向下

.、”2八2

货物做匀减速运动。速度减到零时，沿传送带上升的距离：xo=著=^m=9m>L

则货物不能恰运送到C。

若传送带的速度小于6m/s,则货物到达b与传送带有共同速度，

在传送带2上做匀减速运动，加速度为：a2=mgsin37。募mgcos37。=（10X0.6-0.5X

10X0.8）m/s2=2m/s2,

2

若货物恰能运送到c,则货物到c点的速度为零，则：v2=2a2L2

代入数据解得：v2=2^m/s

（3）若传送带的速度为V3=4m/s,货物在传送带1上先做匀加速运动，

与传送带达到共同速度后做匀速运动，则做匀加速运动的时间为：ti=M=*=0.8s

做匀加速运动的位移：X1=^=短m=1.6m

则做匀速运动的时间为：£2=牛3=也/5=0上

由于V3>V2

所以货物到达C速度没减小到零，则：心=%£4-3。2丫

代人解二次方程得：t4=lS或t4=3S（舍去）

货物从a运送到c的时间：t=ti+t2+t4=0.8s+0.5s+1s=2.3s

答：（1）若货物以最短的时间从a传送到b,传送带的最小速度vi的大小6m/s；

（2）若货物恰能运送到c,传送带的最小速度V2的大小为2Km/s；

（3）若传送带的速度为V3=4m/s,货物从a运送到c的时间为2.3s。

考点2应用动能定理求解多过程问题

.......................［解题技巧】………

1.分析思路

（1）受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中

力的变化情况；

（2）做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同的运动过程中的做功情

况；

（3）功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合

适的规律求解.

2.方法技巧

（1）“合，，一整体上把握全过程，构建大致的运动图景；

（2）“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；

（3），，合”—找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.

【例1】（2023春•南开区校级期中）滑板运动是极限运动的鼻祖，许多极限运动项目均

由滑板项目延伸而来.如图所示是滑板运动的轨道,BC和DE是两段光滑圆弧形轨道，

BC段的圆心为。点，圆心角为60°,半径OC与水平轨道CD垂直，水平轨道CD

段粗糙且长8m。一运动员从轨道上的A点以3m，s的速度水平滑出，在B点刚好沿

轨道的切线方向滑入圆弧形轨道BC,经CD轨道后冲上DE轨道，到达E点时速度

减为零，然后返回。已知运动员和滑板的总质量为60kg,B、E两点与水平面CD的

竖直高度分别为h和H,且h=2m,H=2.8m,g取lOm/s?。求：

（2）轨道CD段的动摩擦因数中

（3）通过计算说明，笫一次返回时，运动员能否回到B点？

【分析】（1）根据平抛运动的特点得出B点的速度；

（2）根据从B到E的过程，利用动能定理列式得出p的大小；

（3）根据动能定理计算出运动员能达到的最高位置，与h做对比完成分析。

【解答】解：（1）根据题意可得：

%

=^60^

解得：VB=6m/s

（2）从B点到E点的过程中，根据动能定理可得：

1

mgh-fimgxcD-mgH=0-27nM9

代入数据解得：u=0.125

（3）运动员能到达左侧的最大高度为从B到第一次返回左侧最高处，根据动能

定理可得：

mg/i—mgh'—nmgx2xCD=0—

解得：h'=1.8m<h=2m

所以第一次返回时，运动员不能回到B点。

答：（1）运动员从A运动到达B点时的速度大小为6m/s；

（2）轨道CD段的动摩擦因数为0.125；

（3）第一次返回时，运动员不能回到B点。

【例2】（2023春•常熟市期中）如图所示，摩托车做超跃特技表演，以L0m/s的初速度

沿曲面冲上高0.8m、顶部水平的高台，若摩托车冲上高台的过程中始终以额定功率

1.8kW行驶，经过1.2s到达平台顶部，立即关闭油门，离开平台后，恰能无碰撞地

沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，圆

弧的最低点B与水平传送带相切，传送带以w=8m/s的速度匀速运动，传送带长为

8.5m,摩托车轮胎与传送带间为滑动摩擦，动摩擦因数为口=0.4。已知圆弧半径为

R=^m,人和车的总质量为180kg,特技表演的过程中到达传送带之前不计一切阻

力（计算中取g=10m/s2）。求：

（1）人和车到达顶部平台时的速度v；

（2）人和车运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力；

（3）人和车在传送带_1的运动时间。

【分析】（1）根据动能定理列式得出人和车到达顶部平台时的速度；

（2）先根据动能定埋得出B点的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第二定律得出在B

点时对轨道的压力；

（3）先根据牛顿第二定律得出加速度，分析出对应的运动状态，分段计算出时间最

后相加即可。

【解答】解：（1）摩托车冲上高台的过程中，根据动能定理可得：

Pt—mg/i=^mv2—47n笳

代入数据解得：v=3m/s

（2）从A点沿切线方向进入时，则

tanO=?

竖直方向上：Vy=2gh

联立解得：6=53°

设人和车的最低点速度为VB,摩托车从高台顶部到最低点的过程中，根据动能定理

可得：

mg/i4-mgR（l-cos53。）=^mvl-|znv2

解得：VB=lOm/s

在最低点时，根据牛顿第二定律可得：

m

FN~9=

根据牛顿第三定律可得：F^=FN

联立解得：F压=3720N

（3）根据牛顿第二定律可得：

|img=ma

由运动学公式可得；

VI=VB-ati

联立解得：ti=0.5s

此过程中的位移为：

x=vBt1—=10x0.5m—x4x0.527n=4.5m<B.5m

可知到达c点以前先减速后匀速，有

则运动的总时间为：

t=ti+t2=0.5s+0.5s=Is

答：⑴人和车到达顶部平台时的速度为3m/s；

（2）人和车运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力为3720N；

（3）人和车在传送带上的运动时间为1s。

【例3】（2023春•北仑区校级期中）如图所示，竖直平面内有由两段圆弧拼接而成的轨

道，圆弧半径均为R=lm,左侧为水平平台。一质量m=lkg的小球（可视为质点）

从平台边缘的A处以vo=6m/s的水平速度射出，恰能沿圆弧轨道上P点的切线方向

进入轨道内侧，轨道半径OP与竖直线的夹角为53°,已知sin53°=0.8,cos53°

=0.6o

（1）求小球到达P点时的速度大小VP;

（2）求小球在AP过程中重力所做的功；

（3）求小球在P点时重力的瞬时功率；

（4）若小球到达Q点时对下侧轨道的压力为154N,求小球在Q点的速度。

【分析】(1)小球从A点到P点做平抛运动，恰好沿圆弧轨道一LP点的切线方向进

入轨道内侧，说明小球在P点的速度VP方向与水平方向的夹角为53°,根据速度分

解求小球到达P点时的速度大小VP；

(2)小球在AP过程中，由动能定理求重力所做的功；

(3)根据P=mgvy求小球在P点时重力的瞬时功率；

(4)小球到达Q点时，根据向心力公式求小球在Q点的速度。

【解答】解：(1)小球从A点到P点做平抛运动，将小球在P点的速度vp分解如图

所示，则

vp=^=^m/s=10m/s

(2)小球从A点到P点，由动能定理得

WG=^mvp—^mvQ

解得小球在AP过程中重力所做的功：WG=32J

(3)小球在P点时竖直分速度vy=votan530=6xgm/s=8m/s

小球在P点时重力的瞬时功率为P=mgvy=1X10X8W=80W

(4)在Q点，对小球，由牛顿第二定律得

VQ

FN-mg=m——

R

根据牛顿第三定律知，在Q点轨道对小球的支持力FN=154N,代入上式解得：VQ=

12m/s

答：（1）小球到达P点时的速度大小VP为10m/s。

（2）小球在AP过程中重力所做的功为32J；

（3）小球在P点时重力的瞬时功率为80W；

（4）若小球到达Q点时对下侧轨道的压力为154N,小球在Q点的速度为12m/so

【例41（2023春•福清市期中）滑雪俱乐部内的U形池轨道如图1所示，图2为简化图，

由两个完全相同的;圆弧滑道AB、CD和水平滑道BC构成,圆弧滑道的半径R=2m,

B、C分别为圆弧滑道的最低点，B、C间的距离x=9.5m。假设滑雪爱好者以某一初

速度从A点进入U形池轨道，经过水平滑道B点的速度为VB=10m/s,从B点匀减

速运动到C点，已知滑板与BC之间的动摩擦因数为四=0.1,从D点跃起时的速度

vD=6m/so设滑雪者（连同滑板）的质量m=50kg,忽略空气阻力的影响，圆弧上A、

D两点的切线沿竖直方向。重力加速度大小为g=10m/s2。求：

（1）滑雪者从D点跃起后在空中上升的最大高度；

（2）滑雪者在C点时的速度大小；

（3）滑雪者从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功。

【分析】（1）滑雪者从D点跃起后做竖直上抛运动，根据动能定理求最大高度；

（2）从B到C,滑雪者做匀减速运动，根据动能定理求滑雪者在C点时的速度大小;

（3）雪者从C点到D点运动的过程中，根据动能定理求克服摩擦阻力做的功。

【解答】解：（1）滑雪者从D点跃起后做竖直上抛运动，根据动能定理得

-mgh=O-1?nvg

可得上升的最大高度11=的=J诏m=1.8m

（2）从B到C,滑雪者做匀减速运动，根据动能定理得

-Nmgx=1am说2一a1%2

联立解得：vc=9m/s

（3）雪者从C点到D点运动的过程中，根据动能定理得

-mgR-Wt-避

可得克服摩擦力做的功Wf=125J

答：（1）滑雪者从D点跃起后在空中上升的最大高度1.8m；

（2）滑雪者在C点时的速度大小9m/s；

（3）滑雪者从C点到D点运动的过程中克服摩擦阻力所做的功125Jo

【例5】（2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示，粗糙斜面倾角9=37°,斜面长s=3L,

斜面底端A有固定挡板,斜面顶端有一长度为h的粘性挡板BC,CD为一段半径R=

的圆弧，半径OC与竖直方向夹角为6=37°,OD处于竖直平面上，将质量为m、

长度为L,厚度为h的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块（可看作原点）静

止在木板下端，整个系统处于静止状态。木板上端若到达斜面顶端B点会被牢固粘

连，物块若到达C点能无能量损失进入圆弧CD。若同时给物块和木板一沿斜面向上

的初速度vo,木板上端恰能到达B点。现给物块浩斜面向上的初速度vo,并给木板

施加一沿斜面向上的恒力F=gmg。物块刚好不从木板上端脱离木板。已知木板与斜

面间的动摩擦因数囚=上,物块与木板间的动摩擦因数为卬，国,山，且最大静摩擦

力等于滑动摩擦力,重力加速度为g,sin370=0.6,cos37°=0.8。

（1）求vo大小；

（2）求物块与木板间的动摩擦因数国；

（3）给物块沿斜面向上的初速度vo,并给木板施加一沿斜面向上的恒力F=gmg,若

改变s的大小，木板能在与物块共速前到达B端且物块进入圆弧CD后不脱离圆弧。

求s的取值范围。

D

CyB

e

A

【分析】（1）根据牛顿第二定律结合运动学公式得出初速度的大小；

（2）根据牛顿第二定律结合运动学公式分析出物块的运动情况，由此联立等式得出

动摩擦因数的大小；

（3）根据牛顿第二定律得出物块的速度，结合动能定理得出其对应的s的极值，由

此得出s的取值范围。

【解答】解：（1）由于可知，当同时给物块和木板一沿斜面向上的初速度

vo时，物块与木板保持相对静止向上做匀减速直线运动，对物块与木板整体根据牛顿

第二定律可得：

2mgsin0+|iiX2mgcos0=2mai

解得：ai=

根据题意，此过程木板上端恰能到达B点，根据速度一位移公式可得：vl=2ai（s-

L）

解得：vo=g'SgL

J

（2）给物块初速度vo时，对物块根据牛顿第二定律可得：mgsinO+p2mgeos6=ma2

对木板根据牛顿第二定律可得：F+|i2mgcos0-mgsinO-piX2mgcos0=ma3

经历时间ti,两者达到相等速度vi,根据运动学公式可得：vi=vo-a2ti=aati

之后，由于2mgsin04-|ii*2ingcos0=ping

即之后做匀速直线运动，木板到达B后，物块进一步向上做匀减速直线运动，由于

物块刚好不从木板上端脱离木板，则物块减速至C时，速度恰好等于0,根据运动学

公式可得：

L="为±G+或

2212a2

解得a2=a3=《g,|12=0,75

（3）若物块在圆弧中恰好做完整的圆周运动，则在最高点D,根据牛顿第二定律可

得：mg=m-

解得：VD=J^

令物块此过程在C点速度为VCI,根据动能定理可得：

-mg（R+RcosO）=51m诒-1m哈

2

解得vci=J等

若物块在圆弧中恰好到达与圆心等高位置速度减为0,令物块此过程在C点速度为

VC2,根据动能定理可得：

1

mv2

-mgRcosO=°《c2

解得VC2=僧

改变s的大小，木板能即在与物块共速前到达B端，则此过程中，物块一直以加速度

a2向上做匀减速直线运动，当减速至vci时，s为最大值，根据速度一位移公式可得：

VQ-哈=2a2Stnax

解得：Smax=HL<L

o

斜面长度不可能小于木板的长度，表明上述情景不存在。当减速至VC2时，S为最小

值，同埋可得：

VQ-VQ2=2a2Smin

解得Smin=L

根据（2）可知物块前后做匀减速的位移和值为X=4=^L

ZU23

综合所述，s的取值范围为LWsg学

答：（1）V0大小为

（2）物块与木板间的动摩擦因数为0.75；

（3）木板能在与物块共速前到达B端且物块进入圆弧CD后不脱离圆弧，s的取值

范围为

考点3动量观点与能量观点的综合应用

解题策略

（1）弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程.

（2）进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点.

k瀛先淆而平而最而而壬而筋;起者示讦而另函班底法荔•襁征二超强;布搔

j过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒

:定律分析.

；（4）如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析.

[例1]（2023•南宁一模）如图所示，竖直平面内有一光滑平台AB,其上有一个质量

mi=2kg的滑块1,右下方有一半径R=L2m、圆心角8=60°的光滑圆弧轨道CD,

平台AB到C点的高度差h=0.15m,D处平滑连接一传送带，传送带右侧平滑连接

另一光滑平台EF,传送带以速度v=2m/s顺时针转动，传送带与滑块1的动摩擦因

数|1=02DE的距离为l=2m,质量iw=6kg的滑块2静止在平台EF上，其右端

连接一轻质弹簧，弹簧右端固定且处于原长状态。现将滑块1水平抛出，恰好沿C

点的切线方向进入圆弧轨道，经过传送带后与滑块2发生弹性正碰。g=10m/s2,所

有滑块均可以看成质点，忽略空气阻力，求：

（1）滑块1运动到D点的速度大小；

（2）滑块1与滑块2第一次碰撞后滑块1的速度：

（3）若滑块1、2每次碰撞后滑块2压缩弹簧至最短时立即被锁定，而当它们再次碰

撞前瞬间锁定被解除，求第n次碰撞后滑块2压缩弹簧至最短时弹簧的弹性势能（没

有超过弹簧的弹性限度）。

【分析】（1）根据平抛运动规律和动能定理求解滑块1运动到D点的速度；

（2）根据牛顿第二定律和运动学公式求解滑块1离开传送带的速度；根据动量守恒

定律和机械能守恒定律求解碰撞后滑块1、2的速度；

（3）碰撞后滑块1滑上传送带先做匀减速运动至速度为零，再向右做匀加速运动到

离开传送带，由于加速度大小不变，因此每次滑块1离开传送带的速度大小都与滑块

1滑上传送带时的速度大小相等；结合（2）的速度关系式，分别求解每次碰撞后滑

块2获得的速度；最后根据能量守恒定律结合数学归纳法求解弹簧的最大弹性势能。

【解答】（1）从B到C滑块1做平抛运动，竖直方向，h=^gtl

解得滑块1从B到C的运动时间ti=楞=罔运m/s=

落到C点竖直速度为Vy=gti=10xj2m/s=V3m/s

滑块1的水平初速度北=*m/s=Im/s

滑块1从抛出点到D,艰据动能定理可得mg（/i+R-Acos。）=*771诏-诺

代入数据解得VD=4m/s

（2）滑块1滑上传送带，由于4m/s>2m/s,因此滑块1做匀减速运动

设经过时间t2与传送带达到共同速度，根据牛顿第二定律可得Rmg=ma

代入数据解得加速度的大小a=2m/ss

设共速时间为t2,根据运动学公式，得时间t2=%N=*s=ls

滑块滑行位移为与=宇•£2=竽x加=3m”

因此滑块1达到传送带右端与传送带没达到共同速度

根据速度一位移公式滑块1达到传送带右端速度为%=J忧）-2M=V42-2x2x1m/

s=2代m/s

取水平向右为正方向，以滑块1、2为系统碰撞瞬间动量守恒miVE=mivi+m2V2

111

滑块I、2为弹性碰撞，根据机械能守恒：叫埠=-771^1+-mv[

乙乙乙2

解得滑块1的速度%=联兽外=聂X2V3m/s=-V3m/s

1

滑块2的速度%=T/ilJ鲁~rTJiy/=4至十。tx2>j3m/s=3V3m/s

（3）第一次碰撞后，滑块1在传送带上向左做减速运动至速度为0,再在传送带上

向右做加速运动，由于加速度的大小不变，因此滑块1回到传送带右端的速度大小仍

然为vi,然后与滑块2发生弹性碰撞

第一次碰撞后滑块1的速度打=誓部•丹=密•勿=-劣年

十"I2乙十。L

滑块2的速度上=•益=矮

以后每次滑块1离开传送带的速度大小都与滑块1滑上传送带时的速度大小相等

第二次碰撞后滑块1的速度为=X\VE--8）2%

滑块2的速度%=|x

第三次碰撞后滑块1的速度%=

2

滑块2的速度%=?x%='X（2）vfc

n-1

第n次碰撞后，滑块2的速度u2n=5x（1）,vE

根据能量守恒定律，第n次碰撞后，弹簧的弹性势能昂=2蛆诏+*蛆冠+-+

27n2於n=2m2（诺+式+…+诏n）

代入数据化简得Ep=81[1+（1）2+8）4+（1）6+…+（l）2（n-l）]J

根据等比数列求和公式立=Q「睿，其中ai=l,q=（今2

由于4）2〃比0

因此弹簧的最大弹性势能Epm=108J

答：（1）滑块1运动到D点的速度大小为4m/s；

（2）滑块1与滑块2第一次碰撞后滑块1的速度大小为百m/s；

（3）第n次碰撞后滑块2压缩弹簧至最短时弹簧的弹性势能为108Jo

【例2）（2022秋•唐山期末）如图，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑的水平轨道上，

木板长度可以自由调节。木板右端到轨道末端的距离足够长，轨道末端固定有粘性

的薄挡板，挡板高度与木板厚度相等，木板与挡板碰后可粘到一起。与轨道在同一

竖直面内有一倾角为6=45°的斜面，斜面底端在轨道末端正下方，斜面底端与挡板

上端距离为H=4m。质量为m=2kg可视为质点的滑块，以水平速度vo=10m/s滑上

木板左端，滑块与木板间动摩擦因数为H=06直力加速度为g=10m/s2,求：

（1）木板长度为L2=|m时，滑块滑离木板时速度；

（2）木板长度为L2=£m时，滑块滑离木板后，经多长时间到达斜面；

（3）轨道末端换成弹性的薄挡板（木板与挡板碰撞前后速度大小不变），木板长度为

L3=9m时，滑块是否会落在斜面上。若能，落在斜面上的位置距斜面底端距离，若

不能，木板第一次与挡板碰后木板运动的总路程。

【分析】（1）用假设法根据动量守恒定律和能量守恒定律，求出在此条件下滑块滑离

木板的速度；

（2）根据平抛运动的位移规律及几何关系求落到斜面的时间；

（3）用假设法先判断滑块不能从木板滑离，再根据动量守恒定律和能量守恒定律求

出从第一次到第二次碰撞前（以及第二次到第三次碰撞前）的速度及木板向左的路程,

找到路程的等比规律，用等比数列的公式求和。

【解答】解：（1）以向右方向为正，假设两者共速，由动量守恒定律：m\，o=（m+M）

2

m和M构成的系统，能量守恒：-mQ-（m+M）v+|imgx

2V=2

联立可得:v=8m/s,x=

J

（2）滑块滑到长木板右端时刚好共速以v从轨道右端平抛运动，

水平方向：x=vt

竖直方向：y=与产

几何关系可知：tan8=^

联立可得：t=O4s

（3）当系统内的动能等于零时，pmgX2=

解得相对位移为：x2=^m<L3,所以不会落在斜面。

第一次碰撞后到第二次碰撞前，滑块与木板达到共速，

设共速的速度为VI,以向右方向为正，由动量守恒：mv-Mv=（m+M）VI

解得：vi=1v

长木板向左减速的加速度：a==°6Q^X1°m/s2=24m/s2

总的运动的路程…=2x*=胃=（|）2.「=（|）2.grn=

第二次碰撞后到第三次碰撞前

以向左方向为正，由动量守恒定律有：mvi-Mv）=（m+M）V2

解得：V2=

长木板一来一回的路程：S2=q=J）4.q

每相邻碰撞是等比数列,所以长木板走的总路程：S=Sl+S2+S3+...........=S|・"

i-q

当L8时，代入数据得：5=占』=］；3）2x/m=1.5m

答：（1）木板长度为L2=£m时，滑块滑离木板时速度为8m/s；

（2）木板长度为L2=/m时，滑块滑离木板后，经0.4s到达斜面；

（3）木块不能落到斜面上，木板第一次与挡板碰后木板运动的总路程为1.5m。

【例3】（2022秋•烟台期末）如图所示，质量为M=3kg的物块A放在质量为m=2kg

的木板B的左端，A、B之间的动摩擦因数为|1=0.5。开始时，A、B以vo=3m/s的

速度在光滑的水平面上相对静止一起向右匀速运动，某一时刻木板B与右边的竖直

固定墙壁发生正碰，设碰撞时间极短，碰撞无机械能损失，整个过程中物块A总不

能和墙壁相碰。取g=10m/s2。

（1）若木板B足够长，求：

i.第一次碰撞后，A、B共同运动的速度vi大小和方向；

ii.第一次碰撞后，木板B与墙壁之间的最大距离；

iii.从木板B第一次与墙壁相碰之后，木板B运动的总路程；

（2）若要物块A不脱离木板B,求木板B的最小长度。

【分析】（1）i.根据动量守恒定律，求第一次碰撞后，A、B共同运动的速度；

ii.第一次碰撞后，木板B向左做匀减速运动，根据牛顿第二定律求加速度，根据运动

学公式，求最大距离；

iii.木板与墙壁第二次碰撞后的共同速度，根据动量守恒定律列式，结合运动学公式,

求木板B向左运动的最远距离，木板与墙壁第三次碰撞后的共同速度，根据动量守

恒定律，结合运动学公式，求木板B向左运动的最远距离，求比值，根据数列知识，

求总路程；

（2）木板B最终停在墙壁附近，则由能量关系，求木板B的最小长度。

【解答】解：（1）i.设向右为正方向，根据动量守恒定律可知Mvo-mvo=（m+M）

第一次碰撞后，A、B共同运动的速度vi=0.6m/s

方向向右；

ii.第一次碰撞后，木板B向左做匀减速运动，根据牛顿第二定律加速度a=等，解

得a=7.5m/s2

则与墙壁之间的最大距离叼=算，解得xi=0.6m

iii.木板与墙壁第二次碰撞后的共同速度，根据动量守恒定律Mvi・mvi=（m+M）V2,

解得V2=0.12m/s

木板B向左运动的最远距离为小=*解得x2=0.024m

木板与墙壁第三次碰撞后的共同速度，根据动量守恒定律Mvz-mv2=（m+M）V3,

解得V3=0.024m/s

木板B向左运动的最远距离为%3=系解得X3=9.6X1O4m

经多次碰撞后，木板将停在墙壁附近;因q咤喑解得q=°.04

则由数列知识可得,从木板B第一次与墙壁相碰之后,木板B运动的总路程,二若=

「2x再0.6"1.c2u5m

1

（2）木板B最终停在墙壁附近，则由能量关系,（M+⑴谥=nMgL

可得

L=1.5m

即若要物块A不脱离木板B,求木板B的最小长度为1.5m。

答：（1）i.第一次碰撞后,A、B共同运动的速度0.6m/s,方向向右:

ii.第一次碰撞后，木板B与墙壁之间的最大距离0.6m；

iii.从木板B第一次与墙壁相碰之后，木板B运动的总路程1.25m；

（2）若要物块A不脱离木板B,木板B的最小长度1.5m。

【例4】（2023•宣化区二模）如图所示，倾斜传送带的倾角6=37°、长度为L=2m,

传送带以vo=7m/s的速率顺时针转动；光滑水平面上有一块长木板，其上表而粗糙，

且与传送带底端B以及右侧固定半圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径R=

0.72m。在传送带上端A无初速地释放一个质量为m=1kg的黑色小滑块（可视为质

点），它与传送带之间的动摩擦因数为阳=0.5,黑色小滑块在传送带上经过后留下黑

色痕迹，在底端B滑上紧靠传送带的长木板的上表面，长木板质量为M=3kg,不考

虑小滑块冲上长木板时碰撞带来的机械能损失，小滑块滑至长木板右端时，长木板

恰好撞上半圆槽，长木板瞬间停止运动，小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最

高点A已知小滑块与长木板间的动摩擦因数为|J2=0.4,sin^7°=0.6,ccs37。=

0.8,重力加速度g取101口谬，求：

（1）小滑块从A到B的时间t；

（2）小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度AX；

（3）长木板的长度s（计算结果保留两位有效数字）。

【分析】（1）根据牛顿第二定律求解加速度大小，假设小滑块能够与传送带共速，求

出小滑块的位移大小，得到小滑块在传送带上一直加速，根据位移一时间关系；

（2）求出t时间内皮带的位移，由此得到小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕

迹的长度；

（3）根据速度一时间关系求解小滑块达到B端时的速度大小，根据竖直方向圆周运

动的规律求解小滑块在C点速度大小，由动量守恒定律、能量守恒定律求解长木板

的长度。

【解答】解：（1）小滑块在传送带上运动过程中，根据牛顿第二定律得：mgsin37。

+Himgcos37°=mai

代入数据解得：ai=10m/s2

假设小滑块能够与传送带共速，则小滑块滑上传送带至速度与传送带相同所需要的时

间为：ti=M=点=0.7s

U|JLU

此过程小滑块的位移大小为：x1=头1乌x0.7m=2.45m

由于2.4m>2m,所以假设不成立，小滑块在传送带上一直加速

根据位移一时间关系可得：

代入数据解得：t-0.63s

（2）在t时间内皮带的位移为：si=vli£ti=7X0.63m=4.41m

小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度：Ax=si-L=4.41m-2m=2.41m

（3）小滑块达到B端时的速度大小为：VB=at=10X0.63m/s=6.3m/s

小滑块进入槽内且恰好能通过最高点，则有：mg=m萼

对小滑块沿槽上滑过程应用动能定理得：・2mgR=4m诏-品评

解得：vc=6m/s

设小滑块到达木板最右端时的速度大小为v,选水平向右的方向为正方向，由动量守

恒定律得：

mvB=mvc+Mv

代入数据解得：v=0.1m/s

由能量守恒定律得：-mVfl=+-Mv2+|i2mgs

联立解得：s、0.46m。

答：（1）小滑块从A到B的时间为0.63s；

（2）小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度为2.41m；