2025高考物理难点：多体多过程问题中力和运动的综合分析试题+答案

多体多过程问题中力和运动的综合分析

1.（2024•贵州）如图，半径为五=1.8巾的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面

相切于P点、,的长度d=2.7mo一长为L=3.3m的水平传送带以恒定速率v0=lm/s逆时针

转动，其右端与地面在河点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左

做直线运动至河点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的

左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量/，其大小为6N,s。以后每隔M=0.6s给b一相同的瞬时冲量

1,直到b离开传送带。已知a的质量为1kg,b的质量为771；,=2kg,它们均可视为质点。a、b与

地面及传送带间的动摩擦因数均为“=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

（l）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；

（2）b从河运动到N的时间；

（3）6从N运动到河的过程中与传送带摩擦产生的热量。

2.（2024•丹阳市校级一模）如图所示，在水平的桌面上,有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面

相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R=0.8m,MN为其竖直直径，P点到桌面

的竖直距离也是R,质量为河=2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为私4=2.0kg的小物块A

从距离水平面某一高度的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发

生弹性碰撞,碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘。点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨

道切线落入圆轨道，g=lOm/sz,求：

（1）物块B离开D点时的速度大小；

（2）S与Q竖直高度后

（3）物块能否沿轨道到达M点，并通过计算说明理由。

3.（2024-西安模拟）北京时间2024年7月31日，在巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛决赛中，中国选

手邓雅文夺得金牌。这也是中国运动员第一次参加奥运会自由式小轮车项目。其部分场地可以简化

为如图所示的模型，平台A左右弧面对称,右侧为半径r=3m的部分圆弧面，圆心角6满足sin。=

0.8,平台8为2的圆弧面，半径R=3.2m,邓雅文以一定的初速度从平台的左下端冲向平台人,从M

点腾空后沿切线从N点进入赛道，再经过一段水平骑行从Q点进入平台6,恰好到达平台B的上端边

缘，平台人上端AW间的距离为2.4小，邓雅文和独轮车总质量为75kg,运动过程中可视为质点，整个

过程邓雅文只在PQ段进行了骑行做功,不计一切阻力,重力加速度取g=10m/s2,求：

⑴邓雅文和独轮车到达Q点时赛道给独轮车的支持力大小;

（2）邓雅文和独轮车在段腾空最高处的速度；

（3）邓雅文在PQ段骑行过程中所做的功。

4.（2024-南充模拟）一个质量为小的羽毛球卡在球筒底部,球筒的质量为M,筒长为L,羽毛球的高度

为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小

近似相等，且恒为/=的啊色＞1）。重力加速度为g,不计一切空气阻力。某同学使用以下三种方式将

球从筒内取出：

（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为A的圆周运

动。当球筒运动至竖直朝下时,羽毛球恰要相对球筒滑动,求此时球筒的角速度；

（2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动,使球筒以一定速度撞击桌面,球筒撞到桌面后不

再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0,起始高度为与，求此过程手

对球筒所做的功；

（3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地九高处由静止释放，已知：k=4,M=8m,且球筒撞击

地面后反弹的速度大小始终为撞击前的］。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中

滑出，求九应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞）

甲乙丙

5.（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v=5m/s沿顺时针方向匀速转

动，传送带与水平方向的夹角8=371质量均为巾=5kg的小物块A和8由跨过定滑轮的轻绳连

接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方

向的初速度=14m/s（此时物块A、B的速率相等,且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送

带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数〃=0.25,不计滑轮的质量与摩擦,整个运动过程中物块8

都没有上升到定滑轮处。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。求：

（1）物块A刚冲上传送带时的加速度；

（2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间；

（3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块人对传送带做的功。

□B

6.（2024•龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角。=37°的直轨道

螺旋圆形轨道8CDEF,水平直轨道斤G,传送带弼，水平直轨道也，两个相同的四分之一圆管

道拼接成的管道〃，水平直轨道JK组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、斤G相切于8（E）和。（9）。

直线轨道FG和印通过传送带GH平滑连接，管道。与直线轨道即相切于I点,直线轨道右端为

弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径R=0.4rn,FG长

2m,传送带GH长LGH=l.5m,HI长L/田=4m,乙加=2.8小，四分之一圆轨道〃的半径r=0.4m。滑

块与FG、HI,JK间的动摩擦因数出=0.25,与传送带间的动摩擦因数42=0.6，其余轨道光滑。现将

一质量为m=1kg的滑块从倾斜轨道AB上某高度h处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连

接，不计空气阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2）

（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点。，求滑块过。点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；

（2）若滑块从AB上高h'=3m处静止释放,且传送带静止,那么滑块最终静止的位置距离H点的水平

距离有多远；

（3）若滑块从AB上高儿=3m处静止释放,且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在JK

上（滑块不会再次通过轨道〃回到印上），求传送带的线速度”需满足的条件。

7.（2024.湖北一模）近两年自媒体发展迅猛,受到各年龄段用户的青睐;人们经常在各种自媒体平台分

享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。如图，该同

学面向管壁站立在管道最低点,先后以〃手、驾逅的初速度面向管壁方向踢出两个足球，足

25

球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背包。已知水泥管道截面

半径为H,该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框,且圆框与竖直圆截面的圆心O等高,

两水平圆框最近点的间距为0.28A,且两最近点关于过。点的竖直直径对称，不计足球与水泥管间的

摩擦,足球看成质点，且均从水平圆框的圆心进入背包，重力加速度大小为g,四=1.73,，五=3.32,

V59=7.70,sin53°=0.8=（1）两球与水泥管道的脱离点分别为A、口,求。4、OB与水平方向的夹角

外为；

（2）设胸前的背包口圆框的直径是多少米（数据保留两位小数）？

7

8.（2024-思明区校级模拟）蹴鞠是有史料记载的最早足球活动，图甲所示是某蹴鞠活动的场景。如图乙

所示，某校举行蹴鞠比赛的场地为一长方形ABCD,长4D=10m,宽AB=8m,E、E\F、尸分别为

各边中点,O为EE，和FF'交点，EE'上竖直插有两根柱子，两柱之间挂一张大网，网的正中间有一圆

形的球洞名为“风流眼”，两支球队分别在网的两侧，若蹴鞠穿过“风流眼”后落地，射门的球队得分。

圆形“风流眼”的圆心Q在。点正上方，Q、。之间的高度h=3.75mo甲、乙两位运动员在某次配合

训练中，甲将静止在地面F点的蹴鞠斜向上踢出，经时间;0.5s恰好到达最高点P,P在场地上的

投影为P且P在尸。上，P到F点的距离为g=2m。乙运动员紧接着从P点将蹦斜向上踢出，恰

好经过“风流眼”中的Q点且经过Q点时速度方向水平，穿过“风流眼”后蹴鞠落到O尸上的K点（蹴

鞠第一次着地的位置），如图丙所示。蹴鞠的质量为0.6kg,蹴鞠可看作质点，忽略空气阻力，重力加速

度大小取g=lOm/s?。求：

DF'c

,国/

E；•…」……H\

；°：：Q.・钱\

；F~~OKFf

•/------------/»--------•

AFB

乙丙

⑴最高点P离地面的高度加；

（2）甲运动员对蹴鞠做的功W；

（3）K点到O点的距离d（结果可以用根式表示）。

9.(2024.市中区校级二模)如图所示,光滑轨道ABC由竖直段AB,半径为R的《圆弧形轨道组

成,末端。处切线水平。紧邻。右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面,均与。点等

高;传送带甲以恒定的速率〃=7①点顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止状态,其中木

板长度与乙两端。E等长，均为未知)，忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙。现有一物块从

轨道上的P处静止释放，经C点进入传送带甲，于。处与木板发生碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木

板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运

动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的

路程是物块路程的L5倍;木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩

擦力；尸口高度差％=R,物块、木板质量均为小,重力加速度为g,忽略物块和传送带轮子的尺寸。已

知简谐运动的周期公式7=2%悟，其中A/为回复力系数。sin27°=李，求：

Vkr5

(1)物块即将滑出轨道末端。时，对。处的作用力尸；

(2)若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W,甲和物块间的摩擦生热为Q,求号的数值大小；

(3)3的大小；

(4)木板的运动时间九

10.（2024.花溪区校级模拟）如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面成一夹角

仇半径为五的四分之一圆弧轨道8C与长度为8R的48直管道相切于B点，。点为圆弧轨道最高点

（切线水平），管道底端A位于光滑斜面挡板底端,轻弹簧下端固定在AB管道的底端,上端系一轻绳，

绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：无弹珠时（弹簧无形变），轻弹簧上端离8点距离为3R,

缓慢下拉手柄P使弹簧压缩,后释放手柄,弹珠经C点被射出，最后击中斜面底边上的某位置（图中未

标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为

质点。直管48粗细不计。（g为重力加速度，弹簧的弹性势能可用珞=计算&为弹簧的形变

量）最后结果可用根式表示）：

（1）调整手柄P的下拉距离,可以使弹珠经轨道上的。点射出，求在。点的最小速度？

（2）经轨道上的C点射出，并击中斜面底边时距4最近，求此最近距离；

（3）设弹珠质量为山，9=30°,该弹簧劲度系数k=噜，要达到（2）中条件，求弹珠在离开弹簧前的最

大速度。

多体多过程问题中力和运动的综合分析

1.（2024•贵州）如图，半径为五=1.8巾的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面

相切于P点、,的长度d=2.7mo一长为L=3.3m的水平传送带以恒定速率v0=lm/s逆时针

转动，其右端与地面在河点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放,沿轨道下滑至P点,再向左

做直线运动至河点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的

左端N时,瞬间给b一水平向右的冲量/，其大小为6N,s。以后每隔M=0.6s给b一相同的瞬时冲量

1,直到b离开传送带。已知a的质量为1kg,b的质量为771；,=2kg,它们均可视为质点。a、b与

地面及传送带间的动摩擦因数均为“=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2。求：

（l）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；

（2）b从河运动到N的时间；

（3）6从N运动到河的过程中与传送带摩擦产生的热量。

（解答］解：（1）在a运动到圆轨道底端的过程中，由动能定理

magR=

解得vP=6m/s

在P点，根据牛顿第二定律Np—mag=ma-^-

解得NP=30N

⑵设a运动到M■的速度为1；凶，由动能定理

-rimagd=-3m播

解得期凶=3m/s

取水平向左为正方向，物块a、b碰撞后的速度分别为5、v2

把物块a、b做为一个系统，根据动量守恒定律

TU0VM=他5+项。2

物块a、b发生弹性碰撞，根据机械能守恒

1919।12

m

5aVM=yrnavi+—mbvi

联立解得

g=-lm/s,v2=2m/s

物块b进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律

-^rnbg=mba

得a5m/s2

设达到共速时间为力i,根据运动学公式

v0—v2+atx

解得力i=0.2s

减速位移

叫+%~*2+1

Xi=--—X=---x0.2om=n0.3Qm

匀速运动的位移

x2—L—Xi—3.3m—0.3m=3.0m

匀速运动的时间

,623.0八

t=——=——s=Q3.0s

2的1

b从河运动到N的总时间

t=t1-\-t2—0.2s+3.0s=3.2s

(3)设给b一个瞬时冲量后，物块b的速度为禽,取水平向右为正方向，则作用前物块b的速度为*=-lm/s

根据动量定理

I=mbv3-mbvo

解得g=2m/s

物块b先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动,设共速时间为力3，根据运动学公式

-v0-v3-1-2八日

力3—--------------------=---------z—s=0.6s

a—5

物块b对地位移

*+(—*)v,2—1八久nQ

g=-------------xt3=~~—x0.6m=0.3m

传送带位移

力4=。0%3=1X0.6m=0.6m

物块b相对于传送带的位移

△为二力3+/4=0.3m+0.6m=0.9m

由于△力二右，因此物块b刚好与传送带共速时，又获得一个冲量/,设物块匕的速度变为。4

根据动量定理

I=?72利4一小加0

解得久—2mzs

同理可得，物块b对地位移

15=0.3m

传送带位移

劣6=0.6/71

物块b相对于传送带的位移

A62—0.9m

以此类推，物块b获得第11次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为：

Si=L—10g=3.3m—10X0.3m=0.3m

物块b获得第11次瞬时冲量后向右运动力=0.3馆离开传送带，此过程时间为打，根据运动学公式

S1=禽±4+yatl

解得：力4=0.2s

此过程物块6相对于传送带的位移大小为：

△力3=3力4+51=1X0.2m+0.3m=0.5m

物块b相对于传送带总的相对位移为：

Ax=lOArcx+△力3—10x0.9m+0.5m=9.5m•••

产生的摩擦热

Q—iimbg/\x=0.5x2x10x9.5J=95J。

答：（l）a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N;

（2）6从“运动到N的时间为3.2s;

（3）6从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量为95Jo

2.（2024.丹阳市校级一模）如图所示，在水平的桌面上,有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光滑水平面

相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道昭V尸，轨道半径R=0.8m,MN为其竖直直径，P点到桌面

的竖直距离也是质量为Af=2.0kg的小物块B静止在水平面上。质量为7nA=2.0kg的小物块A

从距离水平面某一高度的S点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点Q滑上水平面与B发

生弹性碰撞,碰后两个物体交换速度，然后小物块B从桌面右边缘。点飞离桌面后，恰由P点沿圆轨

道切线落入圆轨道，g=10m/s2,求：

（1）物块B离开。点时的速度大小；

（2）S与Q竖直高度蛆

（3）物块能否沿轨道到达M点，并通过计算说明理由。

【解答】解：（1）4、B碰撞后，因二者交换速度，所以A静止，物块B由。点做平抛运动，落到P点时其竖直

速度为叼，有嫣=2g_R

又=tan45°

VD

解得n°=4m/s

（2）设＞1与B碰撞前的速度为＞1与B相碰交换速度，所以

v0=vD=4m/s

A从S滑到Q的过程中，根据机械能守恒定律得

解得

h=0.8m

（3）设物块能沿轨道到达M■点，且到达时其速度为。”,从。到河由动能定理得

-mBgRcos45°=

解得

“M也2.2m/s＜y/gR=V10X0.842.8m/s即物块不能至U达M■点。

3.（2024-西安模拟）北京时间2024年7月31日，在巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛决赛中，中国选

手邓雅文夺得金牌。这也是中国运动员第一次参加奥运会自由式小轮车项目。其部分场地可以简化

为如图所示的模型，平台4左右弧面对称，右侧为半径r=3m的部分圆弧面,圆心角0满足sin。=

0.8,平台8为J的圆弧面，半径R=3.2小,邓雅文以一定的初速度从平台的左下端冲向平台从河

点腾空后沿切线从N点进入赛道，再经过一段水平骑行从Q点进入平台8,恰好到达平台B的上端边

缘，平台A上端VN间的距离为2.4m,邓雅文和独轮车总质量为75kg,运动过程中可视为质点，整个

过程邓雅文只在PQ段进行了骑行做功,不计一切阻力,重力加速度取g=lOm/s2,求：

（1）邓雅文和独轮车到达Q点时赛道给独轮车的支持力大小；

（2）邓雅文和独轮车在段腾空最高处的速度；

（3）邓雅文在PQ段骑行过程中所做的功。

【解答】解：⑴由Q到平台B上段的过程,根据机械能守恒有：^mv^=mgR

可得：％=8m/s

D2

在。点根据牛顿第二定律有：FN—mg=m—^~

代入数据可得：入=2250N;

（2）根据抛体运动，在水平方向有：vxt=

竖直方向有：％=g且tan。=—

联立可得：vx=3m/s

（3）在Af点时，根据关联速度有：VMCOSG9=vx

可得：=5m/s

由M'到Q由动能定理可得：^-mvQ—■~^mgr+W

解得：W=562.5J

答：（1）邓雅文和独轮车到达Q点时赛道给独轮车的支持力大小为2250N;

（2）邓雅文和独轮车在A1N段腾空最高处的速度3m/s;

（3）邓雅文在PQ段骑行过程中所做的功为562.5Jo

4.（2024-南充模拟）一个质量为m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为河,筒长为L,羽毛球的高度

为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑动摩擦力大小

近似相等，且恒为/=历叼（％>1）。重力加速度为g,不计一切空气阻力。某同学使用以下三种方式将

球从筒内取出：

（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O点做半径为A的圆周运

动。当球筒运动至竖直朝下时,羽毛球恰要相对球筒滑动,求此时球筒的角速度；

(2)方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞到桌面后不

再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0,起始高度为，，求此过程手

对球筒所做的功；

(3)方式三「落”，如图丙所示。让球筒从离地九高处由静止释放，已知：k=4,M=8m,且球筒撞击

地面后反弹的速度大小始终为撞击前的]。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽毛球从球筒中

滑出，求％应满足怎样的取值范围？(不考虑球筒和地面的多次碰撞)

【解答】解：(1)当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，羽毛球恰要相对球筒滑动，对羽毛球受力

分析有：

f—mg=mRct)2

将/=kmg代入

解得：。二点千^

(2)以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其整体做功为W,整体碰到桌面时的速度为口，从开始至碰到

桌面的过程由动能定理，有：

W+(m+M)g•--L=](m+M)v2—0

以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理：

mg(L—(£)—f(L—d)=0——^-mv2

联立解得：

W=(m+Al)g((k—1)(£/—d)—多)

(3)羽毛球和球筒从九处自由下落,触地瞬间的速度满足

Vo=2gh

此后m以初速度&o向下做匀减速运动,M以o()/4得初速度向上做匀减速运动，在二者达到共速之前的过

程中，对于恒，由牛顿第二定律方程：

kmg—mg=mai

解得：a?=At】+X。2()△力2=46m

对于“，由牛顿第二定律方程：

kmg+Mg—Ma2

可解得：a2=1~g

设“第一次运动至最高点的时间为书满足

1.

—vo=a2io

即:t。=黑

6g

选竖直向下为正方向，设二者在ti时刻达到共速，则。满足

—a由=-1*+a2ii

可解得：益=等

18g

由曲Vti<2t0可知,二者在M第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻m滑出，二

者的相对位移为L,即：

Mi—去的龙一(一^v0t1+-^-a2ti^=L

联立可得无的最小值

/11=I|L«2.9L

若m恰好在电时刻滑出，即:

。0力0—^"5曲一(一］”oAj+/a2%)—L

联立可得九的最大值

无2=年94入3.4七

故九应满足：

72丁—-24r

—L<h<—L.

答：(1)此时球筒的角速度为。=J。-；

(2)整个过程中手对球筒所做的功为W=(m+M)ff((A;-l)(L-d)-y);

(3)/z的取值范围是<h<好L。

5.(2024•沙坪坝区校级模拟)如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度。=5m/s沿顺时针方向匀速转

动，传送带与水平方向的夹角6=37°。质量均为m=5kg的小物块A和8由跨过定滑轮的轻绳连

接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方

向的初速度vn=14m/s(此时物块A、B的速率相等,且轻绳绷紧)，使物块A从传送带下端冲上传送

带，已知物块A与传送带间的动摩擦因数〃=0.25,不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B

都没有上升到定滑轮处。取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=10m/s2。求：

(1)物块人刚冲上传送带时的加速度；

（2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间；

（3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块人对传送带做的功。

【解答】解：（1）物块4刚冲上传送带时，对A物块，根据牛顿第二定律有：mgsinff+T+“mgcosP=max

对B物块：mg—T—max

联立代入数据解得：Qi=9m/s2

方向沿传送带向下；

（2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动，对/物块，根据牛顿第二定律有

f

mgsinJ+T—/imgcosff=mav

对B物块有：Tr—mg=ma/

联立解得：Q/=7m/s2

当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有：打=———=-^-s=l,st2=

（Xi9Qi7

那么物块4冲上传送带运动到最高点所用时间：t=t1-\-t2=ls-\--1-s=5s

（3）此过程中物块对传送带做的功：Wf=fx1-fx2

其中：/=/imgcos9

传送带在两段时间内的位移：Xi=vti,x2=vt2

代入数据解得：W=竿J

答：（1）物块4刚冲上传送带时的加速度为9m/s2,方向沿传送带向下

（2）物块A冲上传送带运动到最高点所用时间为-y-s

（3）物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功为与J。

6.（2024-龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示,该装置由倾角6=37°的直轨道

螺旋圆形轨道8cDE尸,水平直轨道斤G,传送带GH,水平直轨道HI,两个相同的四分之一圆管

道拼接成的管道。，水平直轨道JK组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、斤G相切于8（初和。（尸）。

直线轨道FG和印通过传送带GH平滑连接，管道。与直线轨道即相切于I点,直线轨道用右端为

弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨道半径R=0.4m,FG长LFG"

2M，传送带GH长LGH=l.5m,HI长乙m=4m,LJK=2.8m,四分之一圆轨道〃的半径『=0.4mo滑

块与FG、HI、JK间的动摩擦因数“1=0.25,与传送带间的动摩擦因数“2=0.6，其余轨道光滑。现将

一质量为m=1kg的滑块从倾斜轨道AB上某高度h处静止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连

接,不计空气阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2）

⑴若滑块恰好经过圆形轨道最高点。，求滑块过。点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；

（2）若滑块从4B上高加=3成处静止释放,且传送带静止,那么滑块最终静止的位置距离H点的水平

距离有多远；

（3）若滑块从AB上高儿=3m处静止释放,且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块停在JK

上（滑块不会再次通过轨道〃回到印上），求传送带的线速度v需满足的条件。

【解答】解：（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点。,则根据牛顿第二定律可得:

mg=mV-D

Jtt

代入数据解得：

vD=y/gR=V10x0.4m/s=2m/s

滑块从。到。点过程中，根据动能定理可得：

—mg•2R---m虎—mvc

代入数据解得：

vc—2V5m/s

滑块过。点时，根据牛顿第二定律可得：

m比

F'c—mg=m—

it

代入数据解得：

Fc'=60N

由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力为：

F°=F'C=60N

方向竖直向下。滑块从A到D点过程中，根据动能定理可得：

mg（/z-27?）=

代入数据解得：

h=1m

（2）滑块滑下斜面AF重力做功：

WG—mgh'

解得：WG=30J

若传送带静止,滑块运动到/点，需克服摩擦力做功：

用1=u，imgLFG+/22mgLGH+u^ngLm

解得：Wfl^24J

由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达1点时的动能：

EkI=WG—Wfl=30J—24J=6J

设滑块滑上半圆轨道〃的高度出，

则有：EkI=mgh]

解得：

hi—0.6m<2r—0.8m

则滑块会从圆轨道7J返回滑下运动，根据动能定理可得：

-Himgx=0-EkI

解得滑块滑过四分之一圆软道”继续滑行的位移大小

x=2.4m

所以滑块最终静止在H点右侧，距H点的水平距离为：

△2=LHI—x=4m—2.4m=1.6m

（3）若向上滑块恰好能到达J,则滑块在方r点的动能为：

EkHi=2rn施i=UxmgLm+mg«2R

代入数据解得：

vH1=6m/s

由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达G点的过程可得：

mgh'-UimgLFG=

代入数据解得：

vG—V50m/s>6m/s

若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达H点时，可得

EkH—mgh'—^mgLFG—nimgLGH=30J—5J—9J—16J=台

代入数据解得：

vH=A/32m/s<6m/s

则滑块在传送带上先减速再匀速运动，且传送带的速度为：

%=6m/s

若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在J点，则从H到停下根据动能定理可得：vH2-//imgCLm+

2LJG-2mgr=0-

代入数据解得：

vH2—8m/s

则滑块在传送带上做匀速直线运动，传送带的速度需满足的条件为：

v8m/s

因此要使滑块停在也上（滑块不会再次返回半圆轨道〃回到田上），传送带的速度需满足的条件为：

6m/s4。48m/s

答：（1）滑块过。点对轨道的压力为60N,方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为1m;

⑵滑块最终静止的位置距离H点的水平距离为1.6小；

（3）要使滑块停在JK上（滑块不会再次通过轨道〃回到印上），传送带的线速度v需满足的条件为6m/s

Wo48m/s。

7.（2024.湖北一模）近两年自媒体发展迅猛，受到各年龄段用户的青睐;人们经常在各种自媒体平台分

享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。如图，该同

学面向管壁站立在管道最低点，先后以“平&、迎等的初速度面向管壁方向踢出两个足球，足

球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背包。已知水泥管道截面

半径为R,该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框,且圆框与竖直圆截面的圆心O等高,

两水平圆框最近点的间距为0.28R,且两最近点关于过。点的竖直直径对称，不计足球与水泥管间的

摩擦,足球看成质点，且均从水平圆框的圆心进入背包，重力加速度大小为9，血=1.73,，11=3.32,

V59=7.70,sin53°=0.8。(1)两球与水泥管道的脱离点分别为4、8,求。4、OB与水平方向的夹角

%、%；

(2)设衣=1成，胸前的背包口圆框的直径是多少米(数据保留两位小数)？

【解答】解：(1)设脱离点与水泥管圆心连线与水平方向的夹角为仇由牛顿第二定律得

2

7ngs.m'二—m—v

R

根据动能定理

—mgR(1+sin。)=—^-mvo

解得

=J(2+3sin6)gR

可得

sin%=J,sin%=~

Zto

则

9=30°,82=53°

(2)对过4点的足球受力分析可得

.八mvl

mgsinU、=—^―

R

解得

足球与水泥管脱离后做斜抛运动，从脱离到最高点过程，竖直方向

%cos/=gti

解得

水平位移

Xi=%sin9/i

竖直位移

拉1=-j-^l

足球从最高点到背包口过程，水平位移

x2—%sin9i±2

竖直位移

h2=hi+Rsindi=

足球斜抛的水平位移

x=Xi+x2

胸前的背包口圆框的直径

八C（口0.28/?\

d=2（Reosa/—x--------）

联立解得d=0.19m

答：（1）CL4、OB与水平方向的夹角分别为30°,53°;

（2）胸前的背包口圆框的直径是0.19小。

8.（2024-思明区校级模拟）蹴鞠是有史料记载的最早足球活动，图甲所示是某蹴鞠活动的场景。如图乙

所示,某校举行蹴鞠比赛的场地为一长方形ABCD,长AD=10小,宽AB=8小，E、©、F、F'分别为

各边中点,O为EE，和FF'交点，EE'上竖直插有两根柱子，两柱之间挂一张大网，网的正中间有一圆

形的球洞名为“风流眼”，两支球队分别在网的两侧，若蹴鞠穿过“风流眼”后落地，射门的球队得分。

圆形“风流眼”的圆心Q在。点正上方,Q、。之间的高度h=3.75mo甲、乙两位运动员在某次配合

训练中，甲将静止在地面尸点的蹴鞠斜向上踢出，经时间打=0.5s恰好到达最高点在场地上的

投影为P且P在尸。上，P到F点的距离为X1=2m.乙运动员紧接着从P点将蹦斜向上踢出，恰

好经过“风流眼”中的Q点且经过Q点时速度方向水平，穿过“风流眼”后蹴鞠落到O尸上的K点（蹴

鞠第一次着地的位置）,如图丙所示。蹴鞠的质量为0.6kg,蹴鞠可看作质点，忽略空气阻力，重力加速

度大小取g=lOm/s?。求：

⑴最高点P离地面的高度出；

（2）甲运动员对蹴鞠做的功W；

（3）K点到。点的距离d（结果可以用根式表示）。

【解答】解：（1）蹴鞠竖直向上逆过程就是自由落体运动，耳=

解得,hi=1.25m

（2）蹴鞠水平方向，有vx=^-

解得，vx—4m/s

竖直方向上，有Vy—gt

解得，vy—5m/s

蹴鞠的初速度为伙）=/蟾+%

解得,v0=V41m/s

甲运动员对蹴鞠做的功W=

解得，W=12.3J

（3）PQ的高葭为Ah=h-hI

竖直方向上，有Ah=[gt%

蹴鞠从P运动到Q的时间为如=乌s

蹴鞠从P运动到Q时，设FO距离为Z],故沿水平方向的速度为小2=与红，代入数据可得：vx2=3V2m/s

力2

蹴鞠从Q点落到K点的时间为^可得，

V92

K点到的距离为弓=以2右可得，d

答：⑴最高点P离地面的高度/为.25小；

⑵甲运动员对蹴鞠做的功W为12.3J;

（3）K点到。点的距离d为‘碧山。

9.（2024-市中区校级二模）如图所示,光滑轨道ABC由竖直段AB、半径为R的半圆弧形轨道组

成，末端C处切线水平。紧邻。右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面，均与C点等

高;传送带甲以恒定的速率〃=7前顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于静止状态,其中木

板长度与乙两端。E等长，均为ALRG未知），忽略轨道、传送带、地面相互之间的间隙。现有一物块从

轨道上的P处静止释放,经C点进入传送带甲，于。处与木板发生碰撞后取走物块,碰撞前后物块、木

板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运

动2kR的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时间。已知,物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的

路程是物块路程的L5倍;木板与传送带乙、地面之间的动摩擦因数为0.5,最大静摩擦力等于滑动摩

擦力；尸口高度差拉=R,物块、木板质量均为山,重力加速度为g,忽略物块和传送带轮子的尺寸。已

知简谐运动的周期公式7=2%反，其中A/为回复力系数。sin27°=李，求：

Vkr5

⑴物块即将滑出轨道末端。时，对。处的作用力F；

(2)若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W,甲和物块间的摩擦生热为Q,求胃的数值大小;

(3)%的大小；

(4)木板的运动时间力。

物块

I解答】解：(1)物块由P至。,根据机械能守恒定律有

mg仇+/?)=

解得

v0=2^gR

。处根据牛顿第二定律有

卜—mg—m—

R

解得

F—5mg

由牛顿第三定律,物块对。处的作用力大小为5mg、方向竖直向下；

(2)由题意物块进入甲传送带时为〈〃,假设物块一直匀加速到。，设加速度为Q,末速度为对物块根据

运动学公式有

CD=v&+-yat2

vD=v0-\-at

对传送带

ut='CD

联立求解得

vD^^-y/'gR>u

o

说明物块在甲上先加速，后以〃匀速；设物块句加速时间为九根据功能关系有

W=Ff^t1

Q=Ff・[皿一](*+”)方〔

联立解得

IV_14

(3)碰撞后木板的速度大小为“，对木板此后运动的动力学分析结果为

①木板位移力

合力为0,木板做匀速直线运动；