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2023 年高考物理二轮复习讲练测
专题05 三大力场中的功能关系（精练）
一、单项选择题
1．水平桌面上，长6m的轻绳一端固定于O点，如图所示（俯视图），另一端系一质量m=2.0kg的小球。现
对小球施加一个沿桌面大小不变的力F=10N，F拉着物体从M点运动到N点，F的方向始终与小球的运动方向
成37°角。已知小球与桌面间的动摩擦因数μ=0.2，不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下
列说法正确的是（ ）
A．拉力F对小球做的功为16π（J） B．拉力F对小球做的功为8π（J）
C．小球克服摩擦力做的功为16π（J） D．小球克服摩擦力做的功为4π（J）
【答案】A
【详解】AB．将圆弧分成很多小段l，l，…，l，拉力F在每小段上做的功为W，W，…，W，因拉力F大
1 2 n 1 2 n
小不变，方向始终与小球的运动方向成37°角，所以W=Flcos37°；W=Flcos37°；W=Flcos37°
1 1 2 2 n n
故 故A正确，B错
误；
CD．同理可得小球克服摩擦力做的功 故CD错误。故选A。
2．如图所示，建筑工地常使用打桩机将圆柱体打入地下一定深度，设定某打桩机每次打击过程对圆柱体做功
相同，圆柱体所受泥土阻力f与进入泥土深度h成正比（即 ，k为常量），圆柱体自重及空气阻力可忽略不计，打桩机第一次打击过程使圆柱体进入泥土深度为 ，则打桩机第n次打击过程使圆柱体进入泥土深度
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由题意可知，阻力f与深度h成正比，其 图像，如图所示
对于力—位移图像来说，其图像与坐标轴围成的面积等于力所做的功，每次打桩机对圆柱体做的功相同，如图
所示可得，每次围成的面积相同，根据边长比的平方等于面积比，有
整理得 故选D。
3．地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动，力F随高度x的变化关系如图所示，物体能上升的
最大高度为h，h＜H，重力加速度为g。上升过程中物体加速度的最大值为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【详解】由图像可知，上升到最大高度h时，变力F的大小为 故物体从开始运动到上升到最大高
度过程中，变力F做的功为图像围成的面积，即 物体的初末速度均为0，故由
动能定理，得 联立，解得 物体刚开始运动时，由牛顿第二定律，有
解得 物体到达最高点时，由牛顿第二定律，有 解得 因此在开始运动时和到
达最高点时，加速度等大反向，且均为最大值 。故选B。
4．如图所示，斜面倾角为 ，BC段粗糙且足够长，其余段光滑，10个质量均为m的小球（可视为质
点）放在斜面上，相邻小球间用长为d的轻质细杆连接，细杆与斜面平行，小球与BC段间的动摩擦因数为
。若1号小球在B处时，10个小球由静止一起释放，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）A．在4号小球刚进入BC段时，4号小球运动的加速度为0.3g
B．在4号球刚进入BC段时，6号球与7号球间细杆的弹力为1.2mg
C．1号球运动过程中的最大速度为
D．10号球不能到达B点
【答案】B
【详解】A．在4号小球刚进入BC段时，把10个小球看成一个整体，根据牛顿第二定律，有
解得4号小球运动的加速度为 ，A错误；
B．在4号球刚进入BC段时，把7到10小球，共4个小球看成一个整体，设6号球对7号球间细杆的弹力为
。根据牛顿第二定律，有 解得 ，B正确；
C．小球在斜面上先加速后减速，第n个小球刚进入BC段时加速度为零，此时1号球速度最大，则有
解得 即 所以在第七个球刚进入BC段时，1号球速度最大，
根据动能定理 解得 ，C错误；D．若10号球能到达B点且速度为v，根据动能定理，有
1
解得 所以10号球能到达B点，
D错误。故选B。
5．如图所示，挡板P固定在倾角为 的斜面左下端，斜面右上端M与半径为R的圆弧轨道MN连接，其圆
心O在斜面的延长线上。M点有一光滑轻质小滑轮， 。质量均为m的小物块B、C由一轻质弹簧
拴接（弹簧平行于斜面），其中物块C紧靠在挡板P处，物块B用跨过滑轮的轻质细绳与一质量为4m、大小
可忽略的小球A相连，初始时刻小球A锁定在M点，细绳与斜面平行，且恰好绷直而无张力，B、C处于静止
状态。某时刻解除对小球A的锁定，当小球A沿圆弧运动到最低点N时（物块B未到达M点），物块C对挡
板的作用力恰好为0。已知重力加速度为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为
B．小球A到达N点时的速度大小为
C．小球A到达N点时的速度大小为
D．小球A由M运动到N的过程中，小球A和物块B的机械能之和一直在增大
【答案】B
【详解】A．设弹簧的劲度系数为k，初始时刻弹簧的压缩长度为 ，则B沿斜面方向受力平衡，则小球A沿圆弧运动到最低点N时，物块C即将离开挡板时，设弹簧的拉伸长度为 ，则C沿斜面方向受力平
衡，则 由几何知识可知，此时细线的长度变化为 解得 故A错误；
BC．设小球A到达N点时的速度为 ，对 进行分解，在沿绳子方向的速度 由于沿绳子方向的速
度处处相等，所以此时B的速度也为 ，对A、B、C和弹簧组成的系统，在整个过程中，只有重力和弹簧弹
力做功，且A在M和N处，弹簧的形变量相同，故弹性势能不变，弹簧弹力做功为0，重力对A做正功，对
B做负功，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，可知
解得 故B正确，C错误；
D．小球A由M运动到N的过程中，A、B、C和弹簧组成的系统机械能守恒，则小球A和物块B的机械能之
和与弹簧和C的能量之和不变，C一直处于静止状态，弹簧一开始处于压缩状态，之后变为原长，后开始拉
伸，则弹性势能先减小受增大，故小球A和物块B的机械能之和先增大后减小，故D错误。故选B。
6．如图所示，半径为R的圆环固定在竖直平面内，圆心为O， 为两个轻质定滑轮，其中 在O点正上
方 处。跨过定滑轮的轻绳，一端连接着位于圆环最低点的小球P（P套在圆环上），另一端连接着小球Q，
某时刻小球P获得水平向右的初速度，沿着圆环恰好能上升到E点， 与竖直方向的夹角为 。已知小球
P、Q的质量分别 、m，重力加速度为g，忽略一切摩擦。下列说法正确的是（ ）A．P到达E点时，其加速度大小为
B．P到达E点时，其加速度大小为
C．P从最低点运动到E点过程中，其机械能先增大后减小
D．P运动到圆心等高处的F点时，P与Q的速度大小之比为
【答案】B
【详解】AB．当P球到达E点时，根据几何关系可知此时P的加速度方向沿轻绳与圆环的切线方向，设其加
速度大小为a，根据运动的合成与分解可知此时Q的加速度也为a，对P、Q整体根据牛顿第二定律有
解得 ，A错误，B正确；
C．由于忽略一切摩擦，故P、Q整体机械能守恒，C错误；
D．当P球运动到圆心等高处的F点处时，设此时轻绳与竖直方向的夹角为 ，P、Q速度大小分别为v、v，
1 2
根据运动的合成与分解可得 根据几何关系可得 解得 ，D错误。
故选B。
7．如图所示，弹性绳一端系于A点，绕过固定在B处的光滑小滑轮，另一端与套在粗糙竖直固定杆M处的小球相连，此时ABM在同一水平线上，弹性绳原长恰好等于AB间距。小球从M点由静止释放，滑到N点时速
度恰好为零，P为MN的中点，弹性绳始终遵循胡克定律，则此过程中小球（ ）
A．受到的3个力的作用
B．受到的摩擦力逐渐增大
C．在P点时重力的瞬时功率最大
D．在MP过程损失的机械能比在PN过程的大
【答案】C
【详解】A．小球受到重力、拉力、支持力、摩擦力，共4个力，故A错误；
B．设弹性绳和水平方向夹角为 ，受力分析得 摩擦力 故摩擦
力不变，故B错误；
C．弹力竖直方向分力 从M到N下落高度h，根据动能定理 设在距离M
点y处速度最大，根据动能定理 故当 时动能最大，即
速度最大，根据 可知此时功率取得最大值，故C正确；
D．根据 可知，在MP和PN过程中，摩擦力和下落高度相同，因此损失的机械能相同，故D错误。
故选C。
8．水电站常用水库出水管道处水流的动能发电，如图，出水管道的直径与管道到水库的水面高度差H相比很小，管道横截面积为S，水的密度为ρ，出水口距离地面的竖直高度为 ，假设液面不可压缩且忽略流体各部
分的黏性力和液面高度的变化，不考虑液体流出后受到的空气阻力，重力加速度为g，取地面为零势面，则下
列说法正确的是（ ）
A．出水口出的流速为
B．出水口的流量为
C．出水口距地面间这段水柱的机械能为
D．从喷水口喷出水的水平位移为
【答案】A
【详解】A．取水面上水滴到出水口，根据机械能守恒定律得 解得 ，A正确；
B．流量为 ，B错误；
C．水柱的机械能为 根据密度公式得 运动时间为 解得 ，C错
误；
D．水平位移为 运动时间为 解得 ，D错误。故选A。
9．如图所示，滑块A和足够长的木板B叠放在水平地面上，A和B之间的动摩擦因数是B和地面之间的动摩
擦因数的4倍，A和B的质量均为m。现对A施加一水平向右逐渐增大的力F，当F增大到F 时A开始运
0动，之后力F按图乙所示的规律继续增大，图乙中的x为A运动的位移，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
对两物块的运动过程，以下说法正确的是（ ）
A．当F＞2F，木块A和木板B开始相对滑动
0
B．当F＞F，木块A和木板B开始相对滑动
0
C．自x=0至木板x=x 木板B对A做功大小为
0
D．x=x 时，木板B的速度大小为
0
【答案】D
【详解】AB．设A、B之间的最大摩擦力为 ，B与地面之间的最大摩擦力为 ，由于最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，则 可知，当F增大到F，A开始运动时，B也和A一起滑动。则
0
当A、B发生相对滑动时，A、B之间的摩擦力达到最大静摩擦力，整体隔离法得
联立解得 故AB错误；
CD．木板自x=0至x=x 过程中，A、B没有发生相对滑动，整体动能定理得
0
对A用动能定理，得 联立解得 ， 故C错误，D正确。故选D。
10．如图所示，一个带有挡板的光滑斜面固定在地面上，斜面倾角为θ，轻弹簧的上端固定于挡板，下端连接
滑块P，开始处于平衡状态。现用一平行于斜面向下的力F作用在P上，使滑块向下匀加速（aβ，则可知图像如下
克服摩擦力做功等于机械能减少量，由于x表示水平位移，则在斜面上克服摩擦力做功有
可知当动摩擦因数一定时，克服摩擦力做功大小与角度无关，与水平位移成正
比，设初始机械能为E，因此全程有 作图如下
1
故选BC。
13．如图所示，水平面上O点的左侧光滑，O点的右侧粗糙。有8个质量均为m的完全相同的小滑块（可视为质点），用轻质的细杆相连，相邻小滑块间的距离为L，滑块1恰好位于O点左侧，滑块2、3、…、8依次沿
直线水平向左排开。现将水平恒力F作用于滑块1上，经观察发现，在第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再
到第4个小滑块过O点进入粗糙地带前这一过程中，小滑块做匀速直线运动，已知重力加速度为g，则下列判
断中正确的是（ ）
A．滑块匀速运动时，各段轻杆上的弹力大小相等
B．滑块3匀速运动的速度是
C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小为
D．整个系统在第7个滑块刚到O点时停止运动
【答案】BC
【详解】A．滑块匀速运动时，此时第3个小滑块过O点进入粗糙地带后再到第4个小滑块过O点进入粗糙地
带前，将8个小滑块作为整体 对滑块1： ，
对滑块1和2： 解得 ，A错误；
B．由动能定理 解得 ，B正确；
C．第5个小滑块完全进入粗糙地带到第6个小滑块进入粗糙地带前这一过程中，8个小滑块的加速度大小
解得 ，C正确；D．由动能定理 解得
所以第一个滑块位移为 ，此时整个系统在第6个滑块刚到O点，D错误。故选BC。
14．如图所示，一足够长的光滑直杆水平固定，半圆形光滑细轨道竖直固定在地面上，水平轨道与水平地面的
间距为 ，半圆轨道的半径为 。小球A、B用不可伸长的细线连接，小球A套在水平杆上，
小球B套在半圆形细轨道上，初始时两球均静止且轻绳呈竖直伸直状态。A、B两球的质量分别为 ，
，杆和圆轨道在同一竖直面内，重力加速度g取 。现对A球施加一水平向右的恒力F，使A球
沿杆向右运动，则下列说法正确的是（ ）
A．当A球运动到O点正上方时，B球重力势能的增加量为
B．当A球运动到O点正上方时，A、B两球的速度大小之比为
C．若水平恒力 ，当两球速度大小相等时，它们的速度大小为
D．若水平恒力 ，当两球速度大小相等时，它们的速度大小为
【答案】BC
【详解】A．当A球运动到O点正上方时，如图所示B球重力势能的增加量为 故A错误；
B．由关联速度得 ，A、B两球的速度大小之比 故B正确；
CD．若水平恒力 ，当两球速度大小相等时，小球B运动到了半圆轨道的最高点，根据能量守恒
由几何关系得 解得 故C正确，D错误。
故选BC。
15．如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为0.3m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定
一水平光滑直杆。质量为0.2kg的小球a套在半圆环上，质量为0.1kg的小球b套在直杆上，两者之间用长为
m的轻杆通过两铰链连接。现将a从半圆环的最高处静止释放，让其沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，
a、b均视为质点，g取10m/s2.则以下说法正确的是（ ）
A．小球a滑到与圆心O等高的P点过程中，b球的速度一直增大
B．小球a滑到与圆心O等高的P点过程中，a球的机械能先减小后增大C．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度大小为 m/s
D．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）的过程中，杆对小球b做的功为 J
【答案】BC
【详解】AB．当a滑到与O同高度P点时，a的速度v沿圆环切向向下，a沿杆方向速度为零，所以b的速度
为零，b球先加速后减速，b球机械能先增大后减小，a球机械能先减小后增大，故A错误，B正确。
C．由机械能守恒定律可得 解得 m/s故C正确。
D．杆与圆相切时，如图所示
a的速度沿杆方向，设此时b的速度为 ，根据杆不可伸长和缩短，有 由几何关系可得
在图中，球a下降的高度 ，a、b系统机械能守恒，则有
对b由动能定理得 J故D错误。故选BC。
16．如图所示，劲度系数为 的轻弹簧下端固定于倾角为 的光滑斜面底端，上端连接质量为5kg
的物块Q，Q同时与和斜面平行的轻绳相连，轻绳跨过固定在斜面顶端O点的定滑轮与套在光滑竖直固定杆上
的物块P连接，图中O、B两点等高，其间距 。当整个系统静止时，P在A点静止不动，A、B间距离，此时轻绳中张力大小为 。现将P从杆上B点上方0.4 m处的C点由静止释放，P从C点到A点
过程中绳子一直存在张力，不计滑轮大小及摩擦。 ， ， ，下列说法正确的
是（ ）
A．P的质量为4 kg
B．P的质量为3 kg
C．P到达A时的速度大小为
D．P到达A时的速度大小为
【答案】AD
【详解】AB．当整个系统静止时，对P进行受力分析，根据平衡条件，在竖直方向上可得
解得 故A正确，B错误；
CD．由图分析可知，当P分别位于C点和A点时，弹簧是形变量不变，故物体P从C到A的过程中，弹簧的
弹性势能不变。设P到达A时的速度为v，根据功能关系可得代入数据可得 故C错误，D正确。故选AD。
17．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v=4 m/s顺时针转动。一质量m=1kg的
煤块以初速度v=12 m/s从A端冲上传送带，煤块的速度随时间变化的图像如图乙所示，取g=10 m/s2，则下列
0
说法正确的是（ ）
A．倾斜传送带与水平方向夹角的正切值tanθ=0.75
B．煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5
C．煤块从冲上传送带到返回 A 端所用的时间为 4s
D．全过程煤块与传送带间由于摩擦而产生的热量为（32＋8 ）J
【答案】AD
【详解】AB．0-1s内，煤块的加速度大小为 方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律得
，1-2s，物块的加速度大小为 方向沿传送带向下，根据牛顿第二定律
得 联立解得 θ=37°，μ=0.25则tanθ=0.75，故A正确，B错误；
C．物块上升的位移大小等于v-t图象与时间轴所包围的面积大小，为
根据x= at 2，得煤块下滑的时间t = 所以煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为 ，故C
2 下 下错误；
D．传送带的速度v=4m/s。在0-1s内传送带的位移x =vt=4×1m=4m煤块的位移为x =8m
带1 1 煤1
两者相对位移大小为△x=x -x =4m在1-2s内传送带的位移x =vt=4×1m=4m物块的位移为x =2m
1 煤1 带1 带2 2 煤2
两者相对位移大小为△x=x -x =2m煤块沿传送带向下滑动过程中，煤块与传送带的相对位移为
2 带2 煤2
摩擦生热 故D正确。
故选AD。
18．如图所示，有两条位于同一竖直平面内的光滑水平轨道，相距为h，轨道上有两个物体A和B质量均为
m，它们通过一根绕过定滑轮O的不可伸长的轻绳相连接。在轨道间的绳子与轨道成 角的瞬间，物体A在
下面的轨道上的运动速率为v。此时绳子 段的中点处有一与绳相对静止的小水滴P与绳子分离。设绳长
远大于滑轮直径，不计轻绳与滑轮间的摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时物体B的速度大小为
B．小水滴P与绳分离的瞬间做平抛运动
C．在之后的运动过程中当轻绳 与水平轨道成 角时物体B的动能为
D．小水滴P脱离绳子时速度的大小为
【答案】AD【详解】A．图示位置时物体B的速度可理解为由沿绳方向的分速度和与绳垂直方向的分速度组成的合速度，
设物体B的速度为 ，结合关联速度的关系可知 解得 故A正确；
B．小水滴P的实际运动速度由沿绳方向的速度v和此时绳上P点绕O点转动的速度 合成，而物体B的速
度也是由转动速度 和沿绳方向的速度v合成，且合速度 水平，而
如图所示
小水滴的合速度方向斜向左下方，故小水滴与绳分离的瞬间做斜下抛运动，B错误；
C．在之后的运动过程中当轻绳 与水平轨道成 角时物体B沿绳方向的分速度为零，即物体A的速度变
为零，因为轨道光滑和不计轻绳与滑轮间的摩擦，故物体A和B组成的系统在轻绳 与水平轨道成 角之
前机械能守恒，由 当 时，物体B的动能为 ，C错误；
D．因为 且 则 故 选项D正确。故选AD。
19．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块
A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。
某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以相同的速度向下运动，碰撞过程用时极短。测得物块
A的动能E 与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内），图中除0～x 之间的图线为直线
k 1
外，其余部分均为曲线。已知物块A、B均可视为质点，重力加速度为g，则（ ）A．物块A、B的质量之比为1：3
B．弹簧的劲度系数
C．从x 到x 的过程中，物块A、B一起运动加速度的最大值
1 3
D．从x 到x 的过程中，弹簧的弹性势能增加了
1 3
【答案】ABD
【详解】A．根据 得 则A、B碰撞后共速的速度为
根据动量守恒 得 ，A正确；
B．碰撞前，弹簧弹力等于B的重力，当A、B运动至x 时，速度最大，则
2
A自由下落过程中，满足机械能守恒 联立得 ，B正确；
C．当A、B运动至x 时，加速度最大，由牛顿第二定律
3联立得，最大加速度为 ，C错误；
D．碰撞后A的动能为 ，根据质量比可知，B的动能为 ，从x 到x 的过程中，根据机械能守恒，弹簧
1 3
的弹性势能增加量为 解得 ，D正确。
故选ABD。
20．将某物体以一定的初速度v 水平抛出，一段时间后落在水平地面上，其下落过程中动能E、重力势能E
0 k p
随离地高度h的变化如图。忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2，结合图中数据可得（ ）
A．物体的质量为3kg
B．物体的初速度v 大小为3m/s
0
C．物体落地时，速度方向与水平方向夹角为37°
D．物体落地时，水平位移与竖直位移大小之比为3：2
【答案】BD
【详解】A．由图像可知，当h=0.8m时重力势能为E=16J，由E=mgh可得m=2kg选项A错误；
p p
B．由图像可知，初动能E =9J，则由 解得v=3m/s 选项B正确；
k0 0
C．落地时动能为25J，可知落地的速度为v=5m/s，则物体落地时，速度方向与水平方向夹角为
则θ=53°选项C错误；D．落地时间 水平位移 水平位移与竖直位移大小之比为x:h=1.2m:0.8m=3:2
选项D正确。故选BD。
三、计算题
21．如图为某机械装备中的一种智能减震装置，劲度系数为k的轻质弹簧套在固定于地面的竖直杆上，弹簧上
端与质量为m的圆环P相连，初始时P处于静止状态，且弹簧弹力等于P的重力，P与杆之间涂有一层能调节
阻力的智能材料。在P上方H处将另一质量也为m的光滑圆环Q由静止释放，Q接触P后发生碰撞（碰撞时
间极短）并一起做匀减速运动，下移距离为 时速度减为0，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：
（1）Q与P发生碰撞瞬间时的共同速度的大小；
（2）碰撞后PQ一起下移距离d（ ）时，智能材料对P阻力的大小；
（3）PQ一起下移距离d（ ）过程中，智能材料对P阻力所做的功W。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意，设Q刚接触P时速度为v，Q自由下落时，有 可得
设Q与P 发生碰撞后速度为 ，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得 则得（2）根据题意可知，Q接触P后发生碰撞后一起做匀减速运动，设加速度大小为a，由运动学公式
可得 解得 设新型智能材料对P的阻力为F，对P、Q整体，由牛顿第二定律得
解得
（3） 根据题意可知，Q下移距离d过程中，碰撞结束时，智能材料对P阻力的大小
下移距离d时 智能材料阻力做功 联立解得
22．绝缘圆弧轨道BCD与绝缘直轨道AB相切于B点，直径CD与竖直方向的夹角θ=37°，在BD右侧的空间
加上水平向右的匀强电场。质量为m，电荷量为q的带正电小球静止于A处。现在水平向右的推力F作用下，
从A处由静止开始向右运动，推力的功率恒定，经时间t到达B处，此时撤去推力，小球沿圆弧轨道运动到C
点时速率最大并恰好通过D点，之后落到水平轨道上的S处（S未在图中画出）。已知小球与水平轨道间的动
摩擦因数为0.5，重力加速度大小为g，推力的恒定功率为 ，圆弧半径为R，不计小球电荷转移，
sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）小球通过D点时的速度大小vD；
（2）A、B两点间的距离x；
（3）S、B两点间的距离L。
【答案】（1） ；（2）3.25R；（3）1.8R
【详解】（1）根据题意，小球恰好通过D点，D点为等效最高点，在D点重力和电场力的合力提供向心力，有 解得
（2）小球从B运动到D的过程，根据动能定理可得 ；
小球从A运动到B的过程，根据动能定理可得 联立解得
（3）小球经过D点后，只受重力做斜下抛运动，则 ；
联立解得
23．如图甲所示，竖直平面内的轨道由倾斜直轨道AB和光滑圆轨道BCD组成，AB和BCD相切于B点，AB
与水平面夹角为 ，O为圆心，C、D为圆轨道的最低点和最高点。可视为质点的小滑块 ，从轨
道AB上某点由静止滑下，该点到B点的竖直高度为H。小滑块与AB间动摩擦因数 ，用力传感器测出
滑块经过C点时对轨道的压力大小为F，如图乙所示压力大小F与高度H的关系图像。 ，
， ，求：
（1）圆轨道的半径R；
（2）若要滑块在轨道上的运动过程中不脱离轨道，求其在AB上静止滑下的高度H的范围。
【答案】（1） ；（2） 或
【详解】（1）由A运动到C，根据动能定理在C点，由牛顿第二定律知 由牛顿第三定律有 当 时， 解得
（2）不脱离轨道分两种情况，第一种情况的临界是到圆心等高处速度为零，由动能定理可知
解得滑块从静止开始下滑高度为 第二种情况是通过最高点，
其通过最高点的临界条件 设下落高度为 ，由动能定理
解得 综上可知，为不脱离轨道，滑块静止滑下的
高度的范围， 或 。
24．如图甲所示为一款磁性轨道车玩具，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
图乙所示为小明同学搭建的轨道的简化示意图，它由水平直轨道AB、竖直圆轨道BCD、水平直轨道DM和两
个四分之一圆弧轨道MN与NP平滑连接而组成，圆弧轨道MN的圆心 与圆弧轨道NP的圆心 位于同一高
度。已知小车的质量m=50g，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ABCDM段所受的
磁力大小恒为其重力的0.5倍，在轨道 MNP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。现小明将具有弹性势能 的小车从A点由静止释放，小车恰好能通过竖直圆轨道BCD，
最终从P点水平飞出，小车在圆弧轨道 BCD上运动过程中的最小速度为1m/s。假设小车在轨道AB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B点前发条的弹性势能已经完全释放，重力加速度 。
（1）求小车与圆轨道BCD之间的最大作用力；
（2）求直轨道AB部分的长度；
（3）同时调节圆弧轨道MN与NP的半径r，其他条件不变，求小车落地点与P点的最大水平距离 。【答案】（1）3N；（2）0.5m；（3）
【详解】（1）设小车在C点的速度为 ，恰好通过最高点，由机械能守恒知此时速度是在圆弧轨道 BCD
（半径设为R）上运动过程中的最小值，即 =1m/s，小车经过C点，由牛顿第二定律
得R=0.2m小车从B到C，由动能定理得 经过B点和D点时，小车与圆轨道之间作用力
最大 得 由牛顿第三定律，小车与圆轨道BCD之间的最大作用力大小为3N；
（2）设AB部分的长度为L，小车由A运动至B过程，由能量关系可知
其中k=0.2， ， 代入数据得
（3）小车从B到P，由动能定理得 小车从P点飞出后做平抛运动 ；
得 当r=0.1125m时，小车落地点与P点的水平距离最大，小车从P点
飞出 ，则r<0.225m但因为小车在N点 小车从B到N，由动能定理得得r≥0.2m综合可知，当r=0.2m时，小车落点与P点水平距离最大
25．小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ =
37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m = 0.1kg的小滑块从弧形轨道离地高H = 1.0m处静止释放。已知R =
0.2m，LAB = 0.5m，LBC = 1.25m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为 ，其余轨道均可视为光滑，滑
块在各轨道连接点处无能量损失，忽略空气阻力，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。
（1）求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
（2）通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
（3）若能否冲出斜轨道的末端C点，求落地时的速度大小；若不能否冲出斜轨道的末端C点，请分析并描述
之后的运动情况。
【答案】（1）8N，方向水平向左；（2）不会冲出斜轨道的末端C点，判断见解析；（3）见解析
【详解】（1）除了BC轨道外，其余轨道光滑，则物块从开始释放运动到D点的过程中，机械能守恒定律，
即
在轨道D点，轨道对滑块的支持力提供向心力，则根据牛顿第二定律可得
牛顿第三定律 方向水平向左。
（2）能在斜轨道上到达的最高点为 点，由功能关系得mgH = μmgLBCcosθ＋mgLBCsinθ
′ ′
得L = 1.2m < 1.25m故不会冲出斜轨道的末端C点。
BC′（3）由于滑块所受的摩擦力f = μmgcosθ < mgsinθ所以滑块滑到斜面 点后会再沿BC轨道滑下来，滑块沿
BC轨道向下运动时mgsinθ－μmgcosθ = ma则滑块回到水平面的速度 之后滑块会滑入
圆轨道，由于 由滑块过圆轨道最高点，需要最小速度为 但
所以滑块进入圆轨道运动时会滑过D点，在继续上滑的过程中会脱离轨道坠下来做
抛体运动，与圆轨道相碰，碰后将在圆轨道与弧形轨道之间做往返运动。
26．某快递点的传送装置（传送带与水平面的夹角 ）因停电而锁止，工人找了块质量为 的带钩
木板置于传送带上，再在木板上放置货物，通过轻绳与木板钩子相连，工人可在高处工作台对木板施加平行于
传送带方向、大小为 的拉力，使得货物能从静止开始向上运动。已知木板与传送带间的动摩擦因数
，货物质量 ，货物与木板间的动摩擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度 ， ，求：
（1）货物的加速度大小？
（2）拉力作用 （货物未到达顶端）后，货物的机械能增加量？
（3）已知传送带顺时针稳定转动的速度为 （k可调，且 ）。某次工作中，当木板的速度到 后，突然
来电，工人马上撤去拉力，不计传送带的加速时间。k取何值时，撤去拉力至木板速度减为0的过程中（仍未
到达顶端），木板与传送带之间的摩擦所产生的热量最小？
【答案】（1） ；（2） ；（3）【详解】（1）假设货物与木板相对静止，一起匀加速运动，设加速度为a，对货物与木板整体分析，由牛顿
第二定律得 解得 设木板对货物的静摩擦力为f，对
货物分析得 可得 货物与木板间的最大静摩擦力为 由于木
板对货物的静摩擦力小于最大静摩擦力，假设符合实际情况，所以货物的加速度大小为 。
（2）拉力作用 后，货物的速度为 货物的位移为 所以货物增加的机械能为
（3）突然来电，工人撤去拉力后，由于 ，货物与木板会保持相对静止，一起做变速运动，木板从速度
减速到 的过程，由牛顿第二定律 解得 减速时
间 在时间 内，木板与传送带的相对位移大小为 木板从速度 减速到0的过
程，由牛顿第二定律 解得 减速时间 在时间
内，木板与传送带的相对位移大小为 在时间 内，木板与传送带之间的摩擦所产生的热量
为
整理得 由上式可知，当 时，木板与传送带之间
的摩擦所产生的热量最小。
