2025年新高考物理大题必刷：动量与能量的综合应用（解析版）

大题就量与能量的综合应用

目录

考情分析..........................................................................1

题型分类训练......................................................................2

题型1动能定理的标合应用......................................................2

题型二机械能守恒定律的端合应用................................................4

题型三功能关系................................................................7

题型四动量与能式的嫁舍应用....................................................9

刷模板...........................................................................12

刷真题...........................................................................19

寿情分析

动量与能量的综合应用是高考物理的高频核心模块，在全国卷及新高考卷中占比约15%

—20%,常为压轴题,综合动量守恒、能量守恒及动力学分析，典型模型如多物体碰撞（人碰6,6

再碰。）、含弹簧/摩擦的复杂系统（滑块-弹簧-斜面组合）如空间站机械臂抓取卫星的动量

控制、高铁防撞设计中的动能吸、自动驾驶汽车多车碰撞的动量分配与安全算法模拟、空间碎片

碰撞的轨道预测与动量追踪。2025年高考对“动量和能量的综合应用”考查将延续“重基础、强

综合、拓创新”的命题思路，突出物理观念的系统性与实际问题的模型转化能力。备考需以守恒

思想为核心，强化复杂系统的分析能力，同时关注科技前沿与跨学科融合，做到“以守恒破万变，

以模型驭创新”。

题型1动能定理的综合应用

1.（2023上海交大附中高三校考）某兴趣小组设计了一个游戏装置，其简化模型如图1所示,斜面轨道AB

长L=2山,倾角a=37°，与小球间动摩擦因数〃=0.5,为光滑水平轨道，CDEFG轨道竖直放置,

由4个半径A=0.2巾的四分之一光滑圆弧轨道组成，。点与尸点为竖直连接点，当小球在圆弧轨道上

运动时，轨道与小球间存在沿半径方向（指向圆心）、大小为尸=4N的特殊引力，上述各部分轨道平滑连

接,连接处无能量损失。一质量为m=0.1kg的小球从斜面顶端A点以一定的初速度沿斜面滑下,不计

空气阻力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

（1）若小球以*=2m/s的初速度从A点滑下时，

①求小球到达斜面底端B点的速度VB；

②求小球刚过。点瞬间对轨道的压力；

⑵要使小球能沿轨道运动，且能够到达圆弧轨道最高点及求小球在A点初速度外的取值范围。

答案：⑴①2,m/s②0（2）0<^<2m/s

解析：（1）①从4点到B点，由动能定理得

mgLsin37°—4771gLeos370=—rriVs——mvo

解得期8=26m/so

②从B点到。点，由动能定理得

-mgR=ymvl--1-m啕

解得vD=2A/2m/s

设小球在。点受到轨道给它的弹力FN,

由牛顿第二定律得F+FN—

rt

解得/=0

由牛顿第三定律得，小球刚过。点瞬间对轨道的压力

&=0。

（2）从A点到E点，由动能定理得

mgLsin370—/imgLcos37°—2mgR=卷-m嘘—

解得外=。

能够到达圆弧轨道最高点E的最小速度为零。为了保证小球不脱离轨道，在。点轨道对小球弹力大于等于

零。因在。点琦=0时，A点速度为“A=2m/s。

要使小球能沿轨道运动，且能够到达圆弧轨道最高点E,小球在4点初速度办的取值范围为0WnA42m/s。：

2.（2024山东潍坊三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，段为水平加速区，段为半径r=22.5m

的光滑圆管型通道，4B与8。相切于B点；CDE段为半径R=100巾的圆弧冰滑道，与CDE相切

.

于。点，弧所对应的圆心角夕=37°,。为轨道最低点，C、E关于8对称。安全员将小朋友和滑板

（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放,到达光滑圆管型通道上B点时小朋友

和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力外=410N。已知小朋友和滑板

总质量为恒=40kg,重力加速度g取10m/sz,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

p

/0!=37°

7?=100m心、+「

加速区a

滑沪方Ir=22.5m

''O'

（1）小朋友在B点时的速度为；

（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。

答案：（1）15m/s,方向水平向左（2）1800J

解析：（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg=m—，所以*=

r

15m/s,方向水平向左。

（2）小朋友从8滑到E,根据动能定理可得-cos37°）-W^f=%m说一］小底,在E点，根据牛顿第二

定律可得见—n^cos37°=，联立可得吗7=1800Jo

应用动能定理解题的四点注意

动能定理往往用于单个物体的运动过程，

由于不涉及加速度和时间，比动力学研

选择一

究方法要简捷

.

日分动能定理表达式是一个标量式，在某个

标矢方向上应用动能定理是错误的

可以分段列式，也可以对全过程列式，

过程对多过程复杂问题用动能定理列式可使

.选择问题简化

|适用|4既适用于直线运动，也适用于曲线运动；

|情况j既适用于恒力做功，也适用于变力做功

3.（2024江苏苏州模考）如图所示，高度h=0.8小的光滑导轨AB位于竖直平面内，其末端与长度L=0.7

小的粗糙水平导轨8C相连，8。与竖直放置内壁光滑的半圆形管道CD相连，半圆的圆心。在。点的

正下方，。点离地面的高度H=L25mo一个质量m=lkg的小滑块（可视为质点），从A点由静止下

滑，小滑块与段间的动摩擦因数〃=0.5，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求：

A<

h

BC\

o\

z4

777777777>77

（1）小滑块到达。点时的速度大小；

（2）若半圆形管道的半径『=0.5恒,求小滑块从。点刚进入管道时对管壁的弹力大小和方向；

（3）若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水

平距离为多少？

答案：（l）3m/s（2）8N方向竖直向上（3）当丁=0.2小时水平射程最远，最远的水平距离为1.7m

解析：⑴对小滑块从4到C整个过程应用动能定理得mg/i—=今山比,代入数据解得&c=3m/s。

⑵小滑块在。点受到弹力和重力，其合力提供向心力，则琦+mg=小递,代入数据解得局=8N,根据牛

r

顿第三定律可知小滑块刚进入圆管时对外管壁的弹力片/=玛=8N,方向竖直向上。

（3）设小滑块做平抛运动的时间为t,在竖直方向上有2r=,水平射程2=0拉,从。到。的过程，由

112（,2丁）J（虎+4g7）=

动能定理得mgX2r=—mv^—解得x=（2H-4r）x+4r）,当

2H—4r=^-+4/时，解得『=0.2m,即当r=0.2m时水平射程最远。最远的水平距离为xmax=1.7mo

9

题型二机械能守恒定律的综合应用

4.（2024浙江杭州二模）有一个固定的、足够长的光滑直杆与水平面的夹角为53。,杆上套着一个质量为小

的滑块8（可视为质点）用足够长的且不可伸长的轻绳将滑块人与另一个质量为2m的物块B通过光滑

的定滑轮相连接，轻绳因悬挂B而绷紧,此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其水平长度为L，现将滑块A从图

中O点由静止释放（整个运动过程中A和B不会触地，B不会触及滑轮和直杆），sin53°=0.8,cos53°

=0.6o

⑴当绳子与直杆垂直时,求滑块A的速度

（2）求滑块A沿杆向下运动的最大位移必

答案：（1）”五（2）瑞乙

解析：（1）当绳子与直杆垂直时，此时B下落到最低点，石的速度刚好为0,根据几何关系可得幺下滑的高度

hA-Lsin53°cos53°=¥~上，B下落的高度心=£—Z/sin53°=,根据系统机械能守恒得Tng/ia+

255

2

2mghB--^-mv,解得滑块A的速度v———13gL。

/o

（2）滑块A下滑到最低点时的速度为零，此时B的速度也为零,根据系统机械能守恒可知,滑块4重力势能的

减少量等于重力势能的增加量，则有mgccsiii53°=2mgh/'，根据几何关系可得%/=

V（a;sin53°）2+（L—a?cos53°）2—"联立解得滑块A沿杆向下运动的最大位移a:=万~L。

5.如图（a）,一倾角37°的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端。处,

弹簧的原长与长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块

第一次到达3点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移，的变化关系如图（b）所示。已知AB段长度

为2小，滑块质量为2kg,滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5,弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大

小取10m/s2,sin37°=0.6。求:

⑴当拉力为10N时,滑块的加速度大小；

（2）滑块第一次到达8点时的动能；

（3）滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。

答案：（l）7m/s2（2）26J（3）1.3m

解析：（1）设小滑块的质量为771,斜面倾角为仇滑块与斜面间的动摩擦因数为〃，滑块受斜面的支持力大小为

外,滑动摩擦力大小为耳，拉力为10N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T+

mgsin3—Ff=ma①

FN—mgcos。=0②

耳=（IFN③

联立①②③式并代入题给数据得

a=7m/s2o④

（2）设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W,由功的定义有

W=+T便2⑤

式中Z、冕和g、g分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。

依题意，7；=8N,◎=1m,

石=10N,x2—lm

设滑块第一次到达B点时的动能为反，由动能定理有

W+（mgsin个一耳）（g+g）=%-0⑥

联立②③⑤⑥式并代入题给数据得及=26J。⑦

⑶由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为耳。设滑块离8点的最大距离为Sma*,由动能

定理有

-（mgsin9+2^）smax=0一瓦⑧

联立②③⑦⑧式并代入题给数据得Smax=L3m。

系统机械能守恒问题的思维流程

选取

多个物体组成的系统；选取对研究对象进

研究-►含弹簧的系统；含轻杆、行受力和做功

不二才M2

对象轻绳的系统情况分析

选表

联立方求解AEk=-AEp或机械能是判断

程求解石产一A七达式否守恒

6.如图所示，O为固定在水平面的转轴，小球人、B的质量均为小，A与8、O间通过较链用轻杆连接，杆

长均为乙，B球置于水平地面上，B、。之间用一轻质弹簧连接。现给人施加一竖直向上的力厂,此时两

杆夹角。=60°,弹簧处于原长。改变尸使人球缓慢运动，当。=106°时力尸恰好为零。人、口始终在同

一竖直平面，弹簧在弹性限度内，忽略一切摩擦，sin53°=0.8,cos53°=0.6,重力加速度为g。

⑴求弹簧的劲度系数M

（2）若A球自由释放时加速度为a,此时8球加速度多大？

（3）在（2）情况下当。=90。时，B的速度大小为v,求此时弹簧的弹性势能。

合案：（1）和厂（2）刀］（3）「一叱3一%加"

解析：（1）对月球受力分析，如图甲所示

有2Ecos53°=mg

对B球受力分析，如图乙所示

有凡sin53°=kx

其中力=2L（sin53°—sin30°）

且用=既，解得詈。

（2）4球自由释放时的加速度方向垂直于40杆,

由牛顿第二定律得

mgcos600—Reos300=ma

对_8有Reos60°=maB

解得川=2?。

（3）当夕=90°时，vA=?;cos45°,对系统由机械能守恒定律得

2

mgL(cos300—cos450)=+-^-mv+Ep

解得与=%返"-N"。

题型三功能关系

7.如图甲所示，长为4巾的水平轨道AB与半径为五=0.6巾的竖直半圆弧轨道8c在8处相连接，有一

质量为1kg的滑块（可视为质点），从A处由静止开始受水平向右的力尸作用，尸的大小随位移变化的关

系如图乙所示，滑块与AB间的动摩擦因数为〃=0.25,与8C间的动摩擦因数未知，g取10m/s2。求：

（1）滑块到达B处时的速度大小；

（2）滑块在水平轨道上运动前2项过程所用的时间；

（3）若到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑,并恰好能到达最高点C,则滑块在半圆弧轨道

上克服摩擦力所做的功是多少？

答案：⑴2VIUm/s亲s(3)5J

解析：（1）对滑块从A到3的过程，由动能定理得

h+网，3-jumgx=^-mvl

解得m/so

（2）在前2zn内，有用一/img=ma

且电=，解得tr=~35S0

（3）当滑块恰好能到达最高点。时，应有

9V

mg=

对滑块从B到。的过程，由动能定理得

Wj—mg-2R=-^-mvc—mvg

代入数值得出=一5J,即滑块在半圆弧轨道上克服摩擦力做的功为5Jo

8.如图甲所示,避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等部分组成。如图乙所

示，是某处避险车道的简化示意图。若一辆卡车质量为8%,在直干道上以72km/h的速度向坡下行驶，

运动到A处刹车突然失灵，司机发现危险后控制卡车经过一段竖直面内的圆弧车道驶上制动坡床进行

减速,再过一段时间，卡车停止且未与防撞设施发生碰撞。若A、C间的高度差为50小,卡车运动到。

点时速度为108km/h,制动坡床可视为与水平面间的夹角为6=30°的斜面，卡车在制动坡床上运动时

受到坡床的阻力大小是其重力大小的1,重力加速度为g=lOm/s?。

⑴求卡车从A运动到。的过程中损失的机械能。

（2）为保障该卡车的安全，这条避险车道至少需要多长？

（3）卡车在制动坡床上速度减为零后，受到制动坡床的摩擦力为多大？

答案:（1）2x106J（2）37.5m（3）4x104N

解析：（1）卡车从A运动到。的过程，以。点所在水平面为参考平面，根据能量守恒定律有

11,

mgh+—mvl—XE+—mvl

解得△£=2X106j。

（2）卡车经过。点后，在制动坡床上运动的过程，根据动能定理有

17

-mgLsin。一也=0一1小碳,其中/=兀mg

解得乙=37.5m

故这条避险车道至少需要37.5m。

（3）由于？ngsin。=V/=《mg,卡车在制动坡床上速度减为零后停止运动

卡车停止运动后，受到制动坡床的摩擦力为耳=mgsin3,解得^=4xl04N.

9.如图所示，小车右端有一半圆形光滑轨道相切车表面于8点，一个质量为m=1.0kg可以视为质点

的物块放置在A点，随小车一起以速度v0=5.0ni/s沿光滑水平面上向右匀速运动。劲度系数较大的轻

质弹簧固定在右侧竖直挡板上。当小车压缩弹簧到最短时，弹簧自锁（即不再压缩也不恢复形变），此

时，物块恰好在小车的B处，此后物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点C。已知小车的质量为河=1.0kg,

小车的长度为1=0.25小，半圆形轨道半径为R=0.4巾,物块与小车间的动摩擦因数为n=0.2,重力加

速度g取10m/s为求：

C

（1）物块在小车上滑行时的加速度a；

（2）物块运动到8点时的速度vB-,

（3）弹簧在压缩到最短时具有的弹性势能用以及弹簧被压缩的距离工。

答案：（l）2m/s2（2）2A/5m/s

（3）14.5J1m

解析：⑴物块在小车上滑行时，由牛顿第二定律得〃mg=ma；

解得a=2m/s2。[

（2）据题意，物块恰能沿圆弧轨道运动到最高点。，由重力提供向心力，则有:

……____—_4

2V

mg=

物块从B运动到。的过程，由机械能守恒定律得

2mgR+-^-mvc—说

联立解得m/so

(3)根据能量守恒定律得

Ep=；(Af+m)vo—^-mvp—/j.mgl

解得玛=14.5J

从开始接触弹簧到弹簧压缩到最短时，物块4相对地面的位移

22

22v-v5-(2V5)「口

◎=/丁=2X2m=L25m

则小车的位移x—xx—l—\m

即弹簧被压缩的距离为1mo

题型四动量与能量的综合应用

10.喷射悬浮飞行器由抽水机、压缩机等组成,利用一根软管将水从河中抽入飞行器,再以较高的速度竖直

向下喷出两道高压水柱,可将使用者推至距水面几米的高度，如图9所示。现有一质量为河的使用者被

缓慢推至水面上方某一高处悬停，设此状态下飞行器的质量恒为死,水喷出前的速度为零，两个喷水口

的横截面积均为S,水的密度为p,重力加速度为g,空气阻力及抽水过程中软管和河水对飞行器的作用

均可忽略不计，求：

(1)两个喷水口喷出水的速度需要多大？

(2)飞行器喷水的平均功率多大？

答案：⑴⑵基…%理好

解析：(1)使用者和飞行器在水面上方某一高处悬停，根据平衡条件可知，喷水产生的推力为

F—(M+m)g

对喷出的水用动量定理，可得F'M=2Amv

其中Am=pvbtS

根据牛顿第三定律可知尸=尸

解得严手詈应。

V2sp

.⑵根据动能定理，飞行器在△力时间内对水做的功为x2Amv2-0

：则飞行器喷水的平均功率为

Q..............

11.（2023福建漳州一模）如图所示,足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块8,B的质量为

小,杆上在物块B的左侧有一固定挡板C,B的下端通过一根轻绳连接一小球绳长为LA的质量也

为小。先将小球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，8与挡板接触。现由静止释放小球

Ao重力加速度大小为g。求：

（1）小球人向右摆动的最大速度；

（2）物块B运动过程中的最大速度；

（3）小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。

答案:⑴声⑵声（3）yL

解析：（1）小球人摆至最低点时速度最大，最大速度设为加，由机械能守恒定律得

mAgL=^-mAvl

解得5=12gL。

（2）小球4从最低点向右摆动的过程中，4、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最

大，设此时AyB的速度分别为VAyVB,由水平方向动量守恒得7n/Ui二小区小+小日期日

由机械能守恒得

=y+

解得小=0,vB—飞2gLo

⑶当小球4摆至最高点时，4B共速，

设为“，A、B系统水平方向动量守恒，得

={rnA+mgjv

由机械能守恒定律得

2

rrtAgh=-y（mA+m^v

联工解得h=

1确定研14在中学阶段其研究对象一般仅限于

1究对象）单个物体

y

1进行受1可先求每个力的冲量，再求各力冲

1力分析1一量的矢量和即合力的冲量；或先求

合力，再求其冲量

▼

确定初、

末状态,

f确定各动量和冲量的正负号

选好正

方向

.根据动量定理列方程，如有必要还

列方程］一需要补充其他方程，最后代入数据

求解

应用动量守恒定律解题的步骤

明确研_确定系统的组成（系统包括哪几个

究对象一"物体及研究的过程）

*

进行受_,判断系统动量是否守恒（或某一方

力分析"向上是否守恒）

*

［列方程^规定正方向，确定初、末状态动量，

J1由动量守恒定律列出方程

*

求解与_^代入数据，求出结果，必要时讨论

讨论说明

12.（2024湖北武汉二模）如图所示，倾角。=30。的足够长斜面固定在水平面上，t=0时刻,将物块4、8（均

可视为质点）从斜面上相距I=0.05m的两处同时由静止释放。已知人的质量是B的质量的3倍，4、

B与斜面之间的动摩擦因数分别为%=项、=暇，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极

63

短，重力加速度大小取q=lOm/sz,求：

（1）4、口发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；

（2）4、B发生第三次碰撞的时刻；

（3）从静止释放到第71次碰撞，A运动的位移大小。

答案：⑴0.25m/s0.75m/s（2）1.0s

（3）0.05（3n2-3n+l）m

解析：沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律3mgsin9—/iAx3mg-cos0=Sma,

分析B的受力，则mgsin0=［iBmgcos。，即静止在斜面上。71与B发生第一次碰撞前，由运动学规律得

x

v\Q=2al,A与B发生第一■次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得=+3m■■吸）

=]x3nw%+■^-TYIVBX,解得vA1—0.25m/s,vB1=0.75m/so

(2)由(1)可得，A从静止释放后，经过时间友与石发生第一次碰撞，有=Q30,B以速度做匀速直线运

动，A以初速度。加，加速度a做匀加速直线运动，第二次碰撞前，有vA1tr+止i,此时，B以速度vB1

做匀速直线运动，力的速度为〃/+碗1,A与石发生第二次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得

fr2

SmvA1+mvB1=3772n力2+馆0殡，方义3mvA1+哈=^-XSmv\2+3rn煽2，B以速度vB2做匀速直线运

动,A以初速度。力2,加速度Q做匀加速直线运动,第三次碰撞前，有打力2力2+]渥=VB2t2,显然,每次碰撞后，

B均相对4以初速度小0、加速度叫做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4So故4与6发生第

三次碰撞后的时刻为£=。+%1+力2,解得£=L05o

(3)从开始至第一次碰撞力加=/,从第一次碰撞至第二次碰撞/42=2/+4/=6/,从第二次碰撞至第三次碰撞

xA3=8/+4/=12/,从第三次碰撞至第四次碰撞xA4-14Z+42=18Z,从第？i—1次碰撞至第n次碰撞xAn—

x=2

(6n—10)Z+4Z(n>1),A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移XAn=xA1+xA2+^3H^~An(3n—

2

3n+1)Z=0.05(3n—3n+1)mo

制模拟

13.如图甲所示，“滑草”是最近几年比较流行的运动项目，为保证安全，现在有的滑草场修建如图乙所示模

型。斜面滑道CD与水平地面的夹角6=37°,在底端右侧有一半径R=1m的%竖直圆弧轨道

BE与AB相切，8为切点。其中CD的长度乙=125之间距离Z=5小。一个质量nz=60kg的

游客(可视为质点)从。点由静止开始下滑，恰好到达E点。游客与倾斜直轨道和水平轨道的动摩擦因

数均为“=0.7,且经过。、口两点时不考虑能量损失，忽略空气阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,q=

10m/s2o求：

甲

(1)游客到达斜面底端。时重力的瞬时功率；

(2)游客到达B点时，对圆弧轨道的压力大小；

(3)从B到E的过程中，摩擦力对游客做的功。

答案：(1)3600W(2)2400N(3)-300J

解析:(1)游客从C到D过程,根据动能定理得

mgLsin6—jLimgcosBL=0

解得vD=10m/s

游客到达斜面底端。时重力的瞬时功率为

PG=mgvosin0=3600W。

(2)游客从D到B过程,根据动能定理得

-fimgl=/端-；小噜

解得期8=^/^?m/s

游客到达B点时，根据牛顿第二定律可得

_________®

FN-mg^m^^

解得外=2400N

根据牛顿第三定律可知，游客到达B点时，对圆弧轨道的压力大小为2400N。

(3)从B到E的过程,根据动能定理得

]

—mgR+%=0———mvB

解得吗=一300Jo

14.如图所示，光滑弧形坡道顶端距水平面高度为％,底端切线水平且与一水平粗糙滑道相连接，。点为连接

处，一轻弹簧的一端固定在水平滑道左侧的固定挡板/上，弹簧自然伸长时另一端N与。点的距离为

s。质量为m的小物块4从坡道顶端由静止开始滑下，进入水平滑道并压缩弹簧，已知弹簧的最大压缩

量为d,物块与水平滑道间的动摩擦因数为〃,重力加速度为g,求：

⑴弹簧的最大弹性势能吗；

(2)若物块能够被重新弹回到坡道上，则它在坡道上能够上升的最大高度笈。

答案：—〃mg(s+d)(2)/i-2〃(s+d)

解析：(1)在水平滑道上物块A克服摩擦力所做的功为Wf=/img(s+d)

由功能关系得强％=纥+%

解得弹簧的最大弹性势能

Ep—mgh—/jmg(s+d)。

(2)物块A被弹回的过程中，克服摩擦力所做的功仍为%=umg{s+d)

由功能关系得mgH=EP-Wf

解得物块人能够上升的最大高度为

H—h—2〃(s+d)。

15.如图所示，倾角为夕=37°的斜面体ABC固定在高度为拉=0.8m的水平桌面上,斜面顶点。与桌面边

缘。距离乙=0.4m,Q为斜面上的一点，P是QC的中点。小滑块与斜面间动摩擦因数由=0.5,与桌

面间动摩擦因数〃2=O.lo将小滑块从斜面上P点由静止释放，刚好能够停在。点；再将小滑块从斜面

上Q点由静止释放，小滑块越过。点做平抛运动落在水平地面上。小滑块从斜面到桌面转折处机械能

损失不计，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2o求：

图9

⑴斜面上点P与点。之间的距离；

（2）小滑块做平抛运动的水平位移。

答案：（1）0.2小（2）0.1675m

解析:（1）设P、C两点之间的距离为〃，从P点到D点,克服摩擦力做功

Wf=/ZimgLiCos0+iiimgL

根据能量守恒定律，有n^Lsinff-Wf=0

解得Li=.产L_=0.2mo

⑵设小滑块从Q点由静止释放运动到。点时的速度为V,由动能定理，有

2mgLisin9—2/ijmgLiCos0—/i^gL--^-mv2

解得v-VO.8m/s=0.4A后m/s

小滑块从。点做平抛运动，竖直方向有

h=yfft2

解得t=代4=Q&s

平抛运动的水平方向位移c=

代入数据解得①=0.16^/^m。

16.（2024山西太原二模）如图所示，套在一光滑的水平固定轻杆上的小球A和另一小球B由绕过两轻质光

滑定滑轮的细线相连，小球B、。通过一竖直轻弹簧相连，。球放在水平地面上，定滑轮N到水平轻杆的

竖直距离为乙。初始时上阳和NA两段细线均竖直，小球A位于轻杆上的居点，细线刚刚伸直且无拉力

作用。现在用水平向右的恒力F=mg拉小球入，当月运动到R点时，入层与水平方向的夹角为。=

37°,此时。恰好离开地面。已知小球A、8、。的质量均为小,重力加速度为g,弹簧始终处于弹性限度

内，细线与两定滑轮之间的摩擦不计，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

⑴弹簧的劲度系数；

（2）A球在R点时的速度大小-

解析:（1）设弹簧的劲度系数为％,初始时，弹簧被压缩，设压缩量为，，对B有七的=mg,当A运动到8处时，

。恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为22,对C有kx2—mg,根据几何关系可得%+g=

一^一=白,解得当壁。

sm37oL

⑵设人在打点时的速度大小为n,则此时0B=”cos37°,小球A在/和£处，弹簧的弹性势能不变，根据系

统能量守恒有F•—=mg（a?i+g）+-^-mv2+Em喝，解得入球在Pi点时的速度大小v—。；

tanc/22123।

17.（2024浙江台州二模）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB,圆：

心为O1的竖直半圆轨道8CD、圆心为O2的竖直半圆管道DE尸，倾斜直轨道FG及弹性板等组成，轨道

……____…………0

各部分平滑连接。已知滑块质量zn=O.02kg（可视为质点），轨道BCD的半径R=0.9巾,管道。EF的

半径r=0.1滑块与轨道FG间的动摩擦因数”=0.8，其余各部分轨道均光滑,轨道FG的长度I=1

小,倾角6=37°，滑块与弹簧作用后,弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大

速率弹回。（sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）在某次游戏中滑块第1次运动到与Oi等高的。点时的速度o1=3m/s,求滑块受到的支持力大小。

（2）滑块恰好到达尸,求弹簧的弹性势能。

（3）弹射器将滑块弹出后迅速撤走弹射器,要使滑块最终停在轨道FG上,求弹簧的弹性势能Ep的取值

范围。

答案：（1）0.2N（2）0.45J（3）0.45JWEpW0.656J

解析：⑴滑块在。点，受到的弹力提供向心力，则FNC=mg,解得FNC=Q.2N。

⑵假定滑块刚好到达F点有%=0,从4运动到F点、_mg（2R+2r）=-Epl,解得与1=0.4J,滑块要能到F

点，须先通过。点，刚好过D点时有mg=m与，得%=3m/s,从A运动到_D点，有—mgX2R=

re2

吗2,解得纥2=0.45J,因为纥2>与1,所以恰好到F点时，弹簧的弹性势能为0.45Jo

（3）由于〃>tan仇滑块在弹回的过程中刚好停在F点时弹簧的弹性势能最大，从4运动到F过程,根据动能

定理得一mg（2/?+2r）—〃Mgcos/2Z=0-玛，解得玛=0.656J,所以弹簧的弹性势能吗的取值范围0.45

<0.656Jo

18.（2024湖南师大附中高三月考）如图所示,质量为小的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，

弹簧下端固定在地面，质量为47n的物体乙用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻

绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为a。某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时

间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ=d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已

知重力加速度为g,弹簧弹性势能的表达式为玛=为弹簧的劲度系数，力为弹簧的形变量），sin

a=0.8,cosa=0.6。求：

⑴弹簧的劲度系数M

（2）小球位于Q点时的速度大小;

（3）小球甲和物体乙的机械能之和的最大值（设放手前甲、乙在同一水平面上，且以此水平面为零势能

面）。

解析：（1）由于P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几

何关系知PQ=dtana=^-d

o

则小球位于P点时弹簧的压缩量为c=\PQ=~d

对P点的小球由力的平衡条件可知mg=kx

3mg

解得k—

（2）当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为以此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为

零，又知小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mg•（-d]—mgdtana—

cosa

解得。=yjso

⑶由系统的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为零时，小球甲和物体乙的机械能之和最大%=4=

3

19.某滑雪运动场设置了如图所示的游乐项目，光滑雪道48段和光滑竖直圆轨道平滑连接，圆轨道的半径

五=4巾，8为圆轨道的最低点。水平粗糙轨道BC两端分别与竖直圆轨道、水平传送带CD平滑相连,

传送带以速度”=10m/s向左匀速运动。一个质量为小=50kg的滑雪运动员（视为质点）从右侧雪道

上的/点由静止滑下，恰能通过竖直圆轨道的最高点。已知运动员与段间的动摩擦因数%可调节,

与传送带CD间的动摩擦因数为“2=0.36,LBC=12m,LCD=5所有轨道均在同一竖直面内，重力

加速度g=10m/s2,不计空气阻力。

DJC

（1）求A点距水平轨道的高度拉；

（2）若要使运动员一直匀加速通过传送带CD,则其与段间的动摩擦因数％的取值范围为多少？

（3）若运动员以最长时间通过传送带,从。点水平飞出落在倾角a=37°的斜坡DE上,求运动员在斜坡

上的落点与传送带上表面的竖直高度〃（sin37°=0.6）0

答案：⑴10小⑵聂★搭（3）4.05m

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解析：（1）设滑雪运动员到达竖直圆轨道最高点的速度为b，则在最高点满足mg=m吟

运动员从＞1点运动到圆轨道最高点的过程，由动能定理有mg仇—2J?