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压轴题 02 牛顿运动定律 曲线运动
1.本专题是动力学方法的典型题型，包括应用动力学方法解决圆周运动、抛体运动问题。高考中既可以在选择
题中命题，更会在计算题中命题。2024年高考对于动力学的考查仍然是热点。
2.通过本专题的复习，可以培养同学们的审题能力,分析和推理能力。提高学生关键物理素养。
3.用到的相关知识有:圆周运动的规律,抛体运动的规律等。牛顿第二定律对于整个高中物理的串联作用起到至
关重要的效果，是提高学生关键物理素养的重要知识点，因此在近几年的高考命题中动力学问题一直都是以压
轴题的形式存在，其中包括对与高种常见的几种曲线运动形式（圆周运动和抛物线运动），以及对于曲线与直
线组合等运动形式，要求考生学会运动的合成与分解的思想，掌握建立运动模型的思想方法，通过生活中的
抛体运动和圆周运动的实例分析，建立平抛运动、水平面和竖直面内的圆周运动模型。
考向一：曲线运动的性质和运动轨迹
1.曲线运动的条件
当物体所受合外力的方向跟它的速度方向不共线时，物体做曲线运动。合运动与分运动具有等时性和等效
性，各分运动具有独立性。
2.合外力方向与轨迹
物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹
的凹侧。
考向二：运动分解与合成
1.合运动与分运动：如果一个物体同时参与了几个运动，那么物体实际发生的运动就是这几个运动的合运动，
这几个运动就是物体实际运动的分运动。
2.运动的合成与分解的法则：描述运动的物理量如位移、速度、加速度的合成与分解，遵从矢量运算法则。
3.相互垂直的两个分运动，位移和速度的合成
由于两分运动的方向相互垂直，对应的位移大小和速度大小为s＝ ，v＝ 。
4.合运动与分运动的四个特性
(1)等效性：各分运动的共同效果与合运动的效果相同。(2)等时性：各分运动与合运动同时发生、同时结束，时间相同。
(3)独立性：各分运动之间互不相干，彼此独立，互不影响。
(4)同体性：各分运动与合运动是同一物体的运动。
5.合运动与分运动的求解方法
(1)两个分运动在同一直线上时，同向相加，反向相减。
(2)两个分运动不在同一直线上时，按照平行四边形定则进行合成与分解。
6.“化繁为简”的两种分解
(1)按效果分解：①确定物体的实际运动即合运动；②根据运动的实际效果确定两个分运动的方向；③根据平行
四边形定则确定两个分运动的大小。
(2)按正交分解：①先建立平面直角坐标系；②在平面直角坐标系中沿坐标轴进行分解。
考向三：平抛运动的基本规律
1.运动性质：抛体运动是匀变速曲线运动。
2.平抛运动
(1)规律：v＝v，v＝gt，x＝vt，y＝gt2。
x 0 y 0
(2)处理思路：分解的思想和方法的运用。
3.平抛运动的两个推论
(1)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为θ，位移方向与水平方向的夹角为φ，则
有tanθ＝2tanφ，如图甲所示。
(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示。
考向四：与斜面相关的平抛运动模型
斜面上的平抛运动问题是一种常见的题型，在解答这类问题时除要运用平抛运动的位移和速度规律，还要
充分运用斜面倾角，找出斜面倾角同位移和速度与水平方向夹角的关系，从而使问题得到顺利解决。
1.常见的模型
模型
分解速度，构建速度 分解位移，构建位移
三角形，找到斜面倾 分解速度，构建速度 三角形，隐含条件：
方法
角θ与速度方向的 的矢量三角形 斜面倾角θ等于位
关系 移与水平方向的夹角
基本规律 水平：v＝v 水平：v＝v 水平：x＝vt
x 0 x 0 0竖直：v＝gt 竖直：v＝gt
y y 竖直：y＝gt2
合速度： 合速度：
合位移：
s＝
v＝ v＝
方向：tan θ＝
方向：tan θ＝ 方向：tan θ＝
运动时间 由tan θ＝＝得t＝ 由tan θ＝＝得t＝ 由tan θ＝＝得t＝
2.从斜面上某点水平抛出，又落到斜面上的平抛运动的五个特点
(1)位移方向相同，竖直位移与水平位移之比等于斜面倾斜角的正切值。
(2)末速度方向平行，竖直分速度与水平分速度(初速度)之比等于斜面倾斜角正切值的2倍。
(3)运动的时间与初速度成正比。
(4)位移与初速度的二次方成正比。
(5)当速度与斜面平行时，物体到斜面的距离最远，且从抛出到距斜面最远所用的时间为平抛运动时间的一半。
考向五：平抛运动的临界极值问题
1.分析平抛运动中临界极值问题的思路
(1)确定运动性质。
(2)分析临界条件。
(3)确定临界状态，并画出轨迹示意图。
(4)应用平抛运动的规律结合临界条件列方程求解。
2.处理平抛运动中临界极值问题的关键
(1)从题意中提取出重要的临界条件，如“恰好”“不大于”等关键词，确定临界状态及临界轨迹，并由此列出
符合临界条件的物理方程。
(2)恰当运用数学知识分析求解临界与极值问题。
考向六：圆周运动模型
1.解题思路
一是要准确进行受力分析，确定向心力的来源；二是求合力，运用牛顿第二定律列式分析。
F＝m＝mω2r＝mωv＝mr。
2.常见的圆周运动及临界条件
(1)水平面内的圆周运动
运动模型 动力学分析 临界情况
水平转盘上的物体
F＝mω2r 恰好滑动
f
圆锥摆模型
mg tan θ＝mrω2 恰好离开接触面(2)竖直面及倾斜面内的圆周运动
运动模型 动力学分析 临界情况
轻绳模型
恰好通过最高点，绳的
最高点F＋mg＝m
T
拉力恰好为0
轻杆模型
恰好通过最高点，杆对
最高点mg±F＝m 小球的力等于小球所受
的重力
带电小球在叠加
关注六个位置的动力学
场中的圆周运动
方程，最高点、最低
恰好通过等效最高点；
点、等效最高点、等效
恰好做完整圆周运动
最低点、最左边和最右
边位置
等效法
最高点mg sin θ±F＝
倾斜转盘上的物体 f
mω2r
恰好通过最低点
最低点F－mg sin θ＝
f
mω2r
01 曲线运动的性质和运动轨迹
1.如图所示，足球场上画了一条以O为原点，以x轴为对称轴的抛物线，A、B为该抛物线上的两点。体育老师
要求学生在规定时间内不停顿地沿抛物线从抛物线的一端跑到另一端。小张同学按要求完成该运动的过程中，
可以肯定的是( )
A.所受的合外力始终不为零
B.x轴方向的分运动是匀速运动
C.y轴方向的分运动是匀速运动
D.通过A、B两点时的加速度相等
【答案】A
【解析】学生沿抛物线不停顿地运动，其做曲线运动，速度方向时刻发生变化，即速度变化量不为零，加速度不为零，即学生所受外力的合力肯定不为零，A正确；学生所受外力的合力方向指向抛物线的凹侧，但是具体
方向不确定，因此x轴方向与y轴方向的分运动不能肯定是匀速运动，B、C错误；由于学生所受外力的合力大
小与方向均不确定，因此通过A、B两点时的加速度不一定相等，D错误。
02 运动和合成与分解
2.(多选)质量为4 kg的质点在xOy平面上做曲线运动，在x方向的速度图像和y方向的位移图像如图所示，下
列说法正确的是( )
A.质点的初速度大小为5 m/s
B.质点所受的合力大小为6 N
C.t＝0时，质点速度的方向与合外力方向垂直
D.2 s末质点速度大小为2 m/s
【答案】ABD
【解析】质点在x方向做匀变速直线运动，由图可知，初速度为v＝3 m/s，直线在y方向做匀速直线运动，速
x0
度大小为v＝4 m/s，则物体的初速度为v＝5 m/s，根据牛顿第二定律得F＝ma＝6 N，A、B正确；质点所受
y 0 x
合外力方向与加速度方向相同，为x方向，由A可知，质点的初速度方向不是沿着y轴方向，C错误； 2 s末质
点在x方向的速度大小为6 m/s，则质点的速度为v＝ m/s＝2 m/s，D正确。
03 平抛运动的基本应用
3.(多选)如图所示，7人制足球门高2 m，宽 5 m，P点是地面球门线的中点，PQ垂直于球门线且PQ＝6 m，某
运动员在Q点正上方跳起将球以一定的初速度水平向右顶出，运动员跳起后的高度为2.45 m，球视为质点，不
计空气阻力及人的宽度，重力加速度g取10 m/s2, ＝6.5，以下说法正确的是( )
A.球进入球门的最短时间为0.7 s
B.球落在P点的时间为0.7 s
C.球能进入球门的最小发球速度约为20 m/s
D.球能进入球门的最大发球速度约为21.67 m/s
【答案】BD
【解析】根据题意可知，球做平抛运动，下落高度最小时，时间最短，由h＝gt2可得，最短时间t ＝ s＝0.3
min
s，故A错误；由h＝gt2可得，球落在P点的时间t＝ s＝0.7 s，故B正确；根据题意，由x＝vt和h＝gt2可
1 0
知，球的初速度v＝x ，可知当水平位移最小，下落高度最大时，初速度最小，则球从P点进门时发球速度最
0小，最小发球速度v ＝6× m/s≈8.6 m/s，当水平位移最大，下落高度最小时，初速度最大，则球从球门上角
min
进入时初速度最大，此时水平位移x＝ m＝6.5 m，下落高度Δh＝ m＝0.45 m，则最大速度v ≈21.67 m/s，
max
故C错误，D正确。
04 与斜面相关的平抛运动模型
4.2021年3月14日，中国小将谷爱凌获自由式滑雪世锦赛女子坡面障碍技巧赛的冠军。如图所示，现假设运动
员从跳台a处以初速度v沿水平方向飞出，落在斜坡上某点b处，将斜坡等效成一个与水平面的夹角为30°的
0
斜面，不计空气阻力，下列说法正确的有( )
A.运动员在空中运动时间与初速度v成正比
0
B.a、b两点间的水平距离与初速度v的大小成正比
0
C.a、b两点间的竖直距离与初速度v的二次方成正比
0
D.运动员落在斜坡上的速度方向与水平方向的夹角与v的大小无关
0
【答案】ACD
【解析】选ACD。设运动员落到斜坡上的时间为t，位移与水平方向夹角为tan α＝＝，解得t＝，A正确；a、
b两点间的水平距离为x＝vt＝ ，B错误；a、b两点间的竖直距离为h＝gt2＝
0
，C正确；运动员落在斜坡上的速度方向与水平方向的夹角θ的正切值等于位移与水平方向夹角α的正切值的
2倍，即tanθ＝2tanα，则运动员落在斜坡上的速度方向与水平方向的夹角与v的大小无关，D正确。
0
05 平抛运动的临界极值问题
5.海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击
打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1 kg的鸟蛤，在H＝20 m的高度、以v＝15 m/s的
0
水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10 m/s2，忽略空
气阻力。
(1)求鸟蛤落到水平地面上时的速度；
(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如
图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为 20 m，速度大小在15 m/s～17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到
岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。
【解析】(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。
竖直方向分速度大小为v，根据速度—位移关系可得
y
v＝2gH
解得v＝20m/s
y
根据运动的合成与分解得
v＝25 m/s落地时速度方向与水平方向的夹角θ满足tan θ＝＝
可得θ＝53°
因此鸟蛤落到水平地面上时的速度大小为25 m/s，速度方向与水平方向的夹角为53°。
(2)若释放鸟蛤的初速度为v＝15 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x，击中右端时，释放点的x坐
1 1
标为x，鸟蛤下落的时间为t，则有
2
H＝gt2，解得t＝2s。
根据平抛运动的规律可得
x＝vt＝15×2m＝30m
1 1
根据几何关系可得
x＝x＋L＝30 m＋6 m＝36m
2 1
若释放鸟蛤时的初速度为v＝17m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x′，击中右端时，释放点的x坐
2 1
标为x′，根据平抛运动的规律可得
2
x′＝vt＝17×2m＝34m
1 2
根据几何关系可得x′＝x′＋L＝34 m＋6 m＝40m
2 1
综上得x坐标区间为(34 m，36 m)。
06 圆周运动模型
6.《水流星》是中国传统民间杂技艺术，杂技演员用一根绳子兜着里面倒上水的两个碗，迅速地旋转着绳子做
各种精彩表演，即使碗底朝上，碗里的水也不会洒出来。假设水的质量均为m，绳子长度为l，重力加速度为
g，不计空气阻力。绳子的长度远大于碗口直径。杂技演员手拿绳子的中点，让碗在空中旋转。
(1)两碗在竖直平面内做圆周运动，若碗通过最高点时，水对碗的压力等于mg，求碗通过最高点时的线速度大
小；
(2)若两只碗在竖直平面内做圆周运动，两碗的线速度大小始终相等，如图甲所示，当正上方碗内的水恰好不流
出来时，求正下方碗内的水对碗的压力；
(3)若两只碗绕着同一点在水平面内做匀速圆周运动，如图乙所示。已知绳与竖直方向的夹角为θ，求碗和水
转动的角速度大小。
【答案】(1) (2)2mg，方向竖直向下 (3)
【解析】(1)水对碗的压力等于mg，根据牛顿第三定律，碗对水的弹力F＝mg
1
对水受力分析，合力提供向心力，
即F＋mg＝m
1
轨道半径R＝
可得碗通过最高点时的线速度大小
v＝。
(2)两只碗在竖直平面内做匀速圆周运动，两碗的线速度大小相等，若碗通过最高点时，水恰好不流出来，重力恰好提供向心力，设此时速度为v，有mg＝
0
设正下方碗对水的支持力大小为F，水所受的合力提供向心力，即F－mg＝
2 2
可得F＝2mg
2
由牛顿第三定律，正下方碗内的水对碗的压力大小为2mg，方向竖直向下。
(3)设碗的质量为M，绳的拉力为F
竖直方向上Fcosθ＝(M＋m)g
水平方向上Fsinθ＝(M＋m)ω2r
其中r＝sinθ
联立可得ω＝。
1．（23-24高三下·浙江·期中）如图所示， 为竖直半圆形光滑圆管轨道，其半径 端切线水平。
水平轨道 与半径 的光滑圆弧轨道 相接于 点， 为圆弧轨道的最低点，相切于粗糙程度可调的水
平轨道 ，圆弧轨道 对应的圆心角 。一质量 的小球（可视为质点）在弹射器的作用下从水
平轨道 上某点以某一速度冲上竖直圆管轨道，并从 点飞出，经过 点恰好沿切线进入圆弧轨道，再经过
点，随后落到右侧圆弧面 上，圆弧面内边界截面为四分之一圆形，其圆心与小球在 处球心等高，半径
为 。取 。求∶
（1）物块到达 点时的速度大小 ；
（2）物块从 点飞出的速度大小 和在 点受到轨道作用力大小 和方向；
（3）现改变水平轨道 的粗糙程度，当小球从 点抛出后落到圆弧面 的速度最小时，小球在 点抛出的
水平速度大小为多少。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）B到C运动过程，由
得因为小球沿切线进入圆弧轨道 ，所以
（2）在C处
当B处轨道对小球恰好无作用力时
<
所以B处轨道对小球作用力方向竖直向下
由牛顿第二定律
得
（3）设落到圆弧面MN时速度为 ，则
设E点抛出时水平速度为 ，落到圆弧面MN时水平位移x，竖直位移y
代入得
变形得
因为
代入得
数学可知，当 时， 最小，得所以此时的水平速度
2.（23-24高三下·江西南昌·开学考）如图所示，长 水平传送带右端M与水平地面平齐并无缝对接，半径
的竖直半圆环轨道与水平地面相切于圆环的端点P。传送带以 的速度顺时针匀速转动，某时刻质
量 的物块无初速度地放在传送带的左端，经水平地面从P点冲上半圆环轨道后从Q点水平飞出，最后物
块恰落在M点。已知物块经过Q点时速度是经过P点速度大小的 ，物块与传送带间的摩擦因数 ，物块
与水平地面间的摩擦因数 ，重力加速度 ，物块的大小忽略不计，求：
（1）物块离开传送带右端M时的速度大小；
（2）M、P两点间的距离；
（3）物块经过P点时对轨道压力的大小。
【答案】（1） ；（2） ；（3）50N
【详解】（1）物块在传送带的加速度为
假设物块在传送带上一直做匀加速运动，根据动力学公式
假设成立，物块离开传送带时的速度为 。
（2）物块在水平地面上的加速度大小为
设 间距离为x，由运动学公式可得
物块从Q点水平飞出，做平抛运动由题意可知
联立可得
（3）物块运动到轨道P时受到的支持力 ，如图所示。由向心力公式和牛顿第二定律可得
联立可得
由牛顿第三定律可得：物块经过在轨道P点时对轨道压力 等于物块运动到轨道P时受到的支持力 ，即
3.（2024·浙江温州·二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角 的固定斜面CD、水平传送带
EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度 ，传送带
EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为 、 ，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平
半径，半径 ，圆弧PQ所对应的圆心角 ，轨道各处平滑连接。现将质量 的滑块（可视为
质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小 ，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上
传送带。当传送带以 的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数
，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。 ， ，求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数 ；
（3）滑块最终静止时离G点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
【详解】（1）滑块从D到E做斜抛运动，E点为最高点，分解 ，竖直方向
水平方向竖直位移为y，则 ，解得
所以
（2）滑块以 滑上传送带，假设能被加速到 ，则
成立。故滑块离开F点的速度
从F到P由动能定理得
解得
（3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回，设物块从P返回后，在FG之间
滑行的总路程为s，则
解得
所以，滑块停止时离G点
（4）设传送带速度为 时，滑块恰能到Q点，在Q点满足
解得
从F到Q由动能定理得
解得
设传送带速度为 时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，由动能定理得解得
若滑块被传送带一直加速，则
可得
所以，传送带可调节的速度范围为
4．（23-24高三下·河南商丘·开学考）如图所示，质量为m=1kg的小物块由A点静止释放.沿光滑的固定圆弧轨
道运动到B点，在B点时对轨道的压力为30N，轨道半径r=3.2m，物块从B点滑上水平桌面上M=2kg的长木板，
物块与长木板间的动摩擦因数为μ=0.4，长木板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.1，物块从长木板的右端滑出的瞬
1 2
间，长木板立即被锁定静止不动，前方的圆筒立即开始匀速转动，圆筒的侧面有一个小孔P，圆筒静止时小孔
正对长木板的方向，已知圆筒的顶端与长木板上表面在同一水平面上，P距圆筒顶端的高度为h=0.2m，物块从
长木板上滑出的位置距圆筒顶端中心的距离d=0.85m，圆筒半径R=0.05m，现观察到物块从长木板滑出后恰好
钻进P孔，重力加速度g取10m/s2，且小物块可看做质点。求：
（1）物块在B点的速度大小；
（2）木板的长度L；
（3）圆筒转动的角速度ω。
【答案】（1） ；（2） ；（3） （n=1、2、3……）
【详解】（1）在B点时小物块对轨道的压力为30N，根据牛顿第三定律可知，轨道对小物块的支持力也为
30N，根据牛顿第二定律，有
解得
（2）小物块从木板飞出后做平抛运动，设飞出时速度为 ，有解得
小物块在木板上减速，设加速度大小为 ，有
解得
设小物块在木板上运动的时间为 ，有
解得
木板做匀加速直线运动，设加速度大小为 ，有
解得
木板长度为
（3）若小物块恰好钻进P孔，则小物块做平抛运动的时间为圆通转动周期的整数倍，即
（n=1、2、3……）
解得
（n=1、2、3……）
5．（2024·贵州安顺·二模）如图所示，在光滑水平台面上，一质量 的物块1（视为质点）压缩弹簧后
被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量 的物块2（视为质点）发
生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B点沿切线方向入光滑竖直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC所对
应的圆心角 ，圆弧轨道BC的半径 。已知A、B两点的高度差 ，圆弧轨道BC与水平光
滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D
点前后瞬间速率不变。传送带两端DE的长度 ，传送带的倾角为 ，其速度大小 。已知物块
2与传送带间的动摩擦因数 ，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小 ，
， ，求：
（1）弹簧被锁定时的弹性势能；
（2）物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。【答案】（1） J；（2）0.84J
【详解】（1）打开锁扣K，根据能量守恒定律有
两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
此后物块2做平抛运动，则有
解得
J
（2）滑块2从A到D，根据动能定理有
解得
m/s
滑块2速度大于传送带速度，根据牛顿第二定律有
运动的时间为
位移为
解得
s， m该过程产生的热量为
J
此后，滑块2受摩擦力向上，根据牛顿第二定律有
位移为
m
根据匀变速直线运动位移—时间公式有
解得
s
此过程产生的热量为
J
则因摩擦产生的热量为
J
6.（23-24高三·江西·开学考）如图所示，固定在竖直平面内的圆弧轨道的圆心为O，半径OA与水平方向的夹角
θ＝37°，A、B两端点等高，传送带水平固定，左、右两端的距离L＝1.5m，以大小v＝3m/s的速度顺时针匀速
转动，一物块（视为质点）以大小 的速度从左端滑上传送带，离开传送带右端后恰好从A点无碰撞地
进入圆弧轨道，随后撤去传送带。已知物块通过A、B两点的速度大小相等，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝
0.2，取重力加速度大小 ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不计空气阻力。
（1）求物块从传送带右端飞出时的速度大小v'；
（2）求A点到传送带右端的水平距离x；
（3）若物块从B点飞出后恰好能回到A点，求物块通过B点前瞬间的角速度大小ω（结果用分式表示）。
【答案】（1）3m/s；（2）1.2m；（3）
【详解】（1）物块放上传送带后做匀加速运动，加速度当与传送带共速时
解得
s=1.25m<L=1.5m
可知物块从传送带右端飞出时的速度大小
v'=v=3m/s
（2）物块到达A点时
解得
t=0.4sA点到传送带右端的水平距离
（3）物块到达B点的速度等于在A点的速度为
即水平速度仍为v'=3m/s，竖直速度
物块从B点做斜抛运动恰能到达A点，则
解得
R=1.5m
物块通过B点前瞬间的角速度大小
7．（23-24高三·重庆·月考）西大附中某实验小组为了研究滑块的运动情况设计了如图所示实验装置，该装置主
要由光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的落地区FG组成，各部分平
滑连接，圆轨道最低点B处的入、出口靠近但相互错开，滑块落到FG区域时立即停止运动。现将一质量为
的滑块从AB轨道上距BD竖直高度h处（h未知）由静止释放，已知圆轨道半径 ，水平轨道
BD的长度 ，传送带长度 ，DE距离落地区的竖直高度 ，滑块始终不脱离圆轨道，且与
水平轨道BD和传送带间的动摩擦因数均为 ，传送带以恒定速率 逆时针转动（不考虑传送带轮
的半径对运动的影响）。g取 ，求：
（1）要使滑块恰好能滑上传送带的最左端D点，滑块经过C点时对轨道的压力大小；
（2）若滑块最终停在B点，h的范围；
（3）在滑块能做完整圆周运动情况下，滑块静止时距B点的水平距离x与h的关系。【答案】（1）6N；（2）1.6m<h<2.6m；（3） （ ）； （ ）；
（ ）； （ ）
【详解】（1）要使滑块恰好能滑上传送带的最左端D点，从C点到D点，根据动能定理有
在C点，根据牛顿第二定律有
解得
6N
根据牛顿第三定律可知，滑块经过C点时对轨道的压力大小为6N。
（2）滑块最终停在B点，则滑块必运动到传送带，再返回后静止在B点，设滑块第一次到D点的最小速度为
，最大速度为 ，则满足
滑块从静止释放到D点，根据动能定理有
解得
m， m
则h的范围为
1.6m<h<2.6m
（3）当滑块恰好过最高点时，有
根据动能定理有从释放到停止，根据动能定理有
解得
m， m
滑块恰好能滑上传送带的最左端D点，则有
解得
m
当滑块从传送带右侧滑出，根据动能定理有
设平抛运动的水平位移为 ，根据平抛运动规律有
此时
由上述分析可知滑块静止时距B点的水平距离x与h的关系为
（ ）
（ ）
（ ）
（ ）
8.（23-24高三·江苏无锡·期末）如图所示，在水平台的右侧有半径R=0.5m、圆心角θ=37°的粗糙圆弧轨道BC固
定在地面上，圆弧轨道末端与长木板P上表面平滑对接但不粘连，P静止在水平地面上。质量m=1kg的小物块
从固定水平台右端A点以4m/s的初速度水平抛出，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆弧轨道，至C点时对圆
弧轨道的压力大小为60N，之后小物块滑上木板P，最终恰好未从木板P上滑下。已知木板P质量M=1.5kg，小
物块与木板P间的动摩擦因数μ=0.4，木板P与地面间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10 m/s2，
1 2
sin37°=0.6，cos37°=0.8，忽略空气阻力，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：
（1）AB两点间的竖直高度差；
（2）小物块滑上木板P时，木板P的加速度大小；
（3）作出小物块滑上木板P后两者的v-t图像并求出木板P的长度。【答案】（1）0.45m；（2） ；（3） ；2.5m
【详解】（1）设物块运动到B点的竖直速度为v，AB两点的高度差为h，运动至B点时恰好沿切线方向进入圆
y
弧轨道
解得
竖直方向有
解得
（2）小物块滑上木板P时，设木板P的加速度为 ，对木板列牛顿第二定律
代入数据解得
（3）小物块滑上木板P时，设小物块的加速度为 ，初速度为 ，最后共速为 ，对小物块列牛顿第二定律
解得
至C点时对圆弧轨道的压力大小为60N，根据牛顿第三定律可知，即支持力也是60N，对小物块在C点列牛顿
第二定律解得
设达到共速的时间为t，则有
解得
，
设此过程的小物块的位移为x，木板的是位移x，则有
1 2
则木板的长度为
物块与木板共速后一起做匀减速直线运动直到速度为零，共同加速度为
则根据 图像斜率表示加速度，可作出图像如下
9．（23-24高三上·广东·月考）工业化流水线生产，极大地提高生产效率。图为某瓶装饮料生产车间中两段分别
单独匀速运动的传送带俯视图，AB段为直线型，长度L=16m；BC段半圆型，半径r=4m；B处无缝连接。工人
在A点将质量为m=0.12kg的纸箱轻轻放下。当纸箱运动到B点时，机器把12个质量为m 的同规格空瓶子装入
0
纸箱，且操作时间极短。接着纸箱在半圆形传送带的带动下运动到C点，通过机器给瓶子注入饮料。已知纸箱
与两段传送带间的滑动摩擦因数均为μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。求：
（1）若AB段传送带的速度大小为v=4m/s，则纸箱从A点运动到B点所需的时间t；
1
（2）若AB段传送带的速度大小为v=8m/s，要使纸箱以及空瓶子以最短的时间运动到C点，则每个空瓶子的
2
质量m 应该设计为多少。
0【答案】（1）4.5s；（2）0.01kg
【详解】（1）纸箱在传送带上先加速后匀速，由牛顿第二定律得
解得
假设经过时间t，纸箱与传送带共速，则
1
解得
则有
即假设成立，假设纸箱与传送带共速后，再经过时间t 运动到B点，则
2
所以纸箱从A点运动到B点所需的时间
（2）假设纸箱经过位移s，纸箱与传送带共速，则
2
解得
假设成立。纸箱到达B点时，速率为 。假设纸箱装上瓶子后，与BC段传送带一起做匀速圆周运动，最
大速度为 ，则
解得
则往纸箱装入空瓶子后，纸箱、瓶子与BC段传送带共速，则到达C点所需时间最短。对纸箱与瓶子，在放入瓶子前后，由动量守恒定律得
解得每个空瓶子的质量
10．（23-24高三上·浙江·开学考试）如图所示，在水平地面上竖直放置某一游戏装置，它由粗糙倾斜传送带
和“S”型光滑圆形细管道 平滑连接组成，两段圆弧管道半径为 ，B、D等高，图中 角均为
37°，E点出口水平， 与圆弧相切，传送带 长为 ，传送带速度 ，B点离地面的高度
，质量 小物块无初速放上传送带A点，运动到B然后进入“S”光滑细圆管道，小物块大小
略为小于管道，最后从管道水平出口E点水平飞出。小物块与传送带 间的动摩擦因数 ， ，
， 。求：
（1）小物块到达B点的速度；
（2）小物块到达管道最高点C对管道的压力；
（3）在管道的E点放置一个质量 的小球，小物块到达E点与小球发生弹性碰撞，落地时小物块与
小球的距离。
【答案】（1） ；（2） ，方向竖直向下；（3）
【详解】（1）小物块静止放上传送带加速度为a，牛顿第二定律有
解得
假说在传送带上一直加速到B端速度
解得
小于传送带速度，说明假说正确，所以
（2）从B运动到C根据机械能守恒解得
设小物块受到弹力向上，向心力公式
解得
根据牛顿第三定律可知小物块对管道压力 ，方向竖直向下；
（3）小物块到E点速度为v
解得
与 弹性碰撞，动量守恒
机械能守恒
解得
，
平抛运动时间为t，有
解得
落地点它们的距离
11．（2024·四川达州·一模）如图甲所示，半径为R=0.45m的光滑四分之一圆弧轨道固定在水平面上，B为轨道
的最低点。B点右侧的光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板小车，小车质量为M=2kg，长度为l=1m，小车的
上表面与B点等高，距地面高度为h=0.2m。质量为m=1kg的物块（可视为质点）从圆弧轨道最高点A静止释放，
g取10m/s2。
（1）求物块滑到B点时受到的支持力的大小F ；
N
（2）若锁定平板小车并在上表面铺上一种特殊材料（不计材料厚度），其动摩擦因数从左向右随距离变化的关
系如图乙所示，求物块滑离平板小车时的速度大小v；
（3）撤去上表面铺的材料，物块与平板小车间的动摩擦因数μ=0.4。现解除锁定，物块仍从A点静止释放，分析物块能否滑离小车。若不能，求物块距离小车左端的距离d；若能，求物块落地时距小车右端的水平距离x。
【答案】（1）30N；（2）1.73m/s；（3）0.75m
【详解】（1）物体从A点到B点的过程中，其机械能守恒，则有
得
在B点，由牛顿第二定律得
得
=30N
（2）物块在小车上滑行时，摩擦力做功
=-1J
=-2J
根据动能定律得
（3）解除锁定后，物块的加速度为a
1
平板车的加速度为a
2
假设物块与平板车经过时间t达到共同速度 ，有得
t=0.5s
=1m/s
物块和小车的相对位移
所以物块不能滑离平板车，物块距平板车左端的距离为0.75m。
12.（23-24高三上·山东潍坊·期末）如图所示，一倾角 的传送带与两个内表面光滑的 圆弧细管道在最
高点B平滑连接，地面上放置一右端固定挡板的长木板，长木板上表面与光滑平台CD、细管道最低端C等高
相切。传送带以恒定速度顺时针转动，将滑块P轻放在传送带A点上，经过细管道与静止放置在平台上的滑块
Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回到细管道最高点B处，Q滑上长木板后，与长木板的档板发生弹性碰撞最
终停在长木板上。已知管道半径均为R，传送带的速度 ，滑块P、Q及长木板质量分别为m、2m、
4m，P与传送带间的动摩擦因数 ，Q与长木板上表面间的动摩擦因数 ，长木板下表面与地面间的
动摩擦因数 。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g， 。求：
（1）滑块P刚放到传送带上时加速度大小；
（2）滑块P碰后返回通过管道最低端C时对管道的压力大小；
（3）滑块P在传送带上运动的时间；
（4）木板的最小长度。
【答案】（1） ；（2） ；（3） ；（4）
【详解】（1）对滑块P受力分析由牛顿第二定律得
解得
（2）设P与Q碰撞前的速度大小为v，碰撞后P的速度大小为v，Q的速度大小为v， P从C到B过程根据动
1 2 3
能定理可得解得
在C位置有
解得
由牛顿第三定律得滑块P碰后对管道的压力大小为5mg。
（3）P、Q发生弹性碰撞，则
，
解得
滑块P从B点到C点由机械能守恒得
解得
P在传送带上加速达到 后，继续加速下滑,由牛顿第二定律可得
解得
由运动学公式得
，
滑块P在传送带上运动的时间
（4）Q滑上长木板后，Q对长木板的摩擦力方向向右，大小为
地面对长木板最大静摩擦力方向向左，大小为
由于故长木板先不动，Q做匀减速运动，设长木板的最小长度为L，可得
解得
Q以与长木板弹性碰撞，可得
，
碰撞后Q的速度大小为
长木板的速度大小为
Q向左减速运动，其加速度
长木板向右减速，其加速度
Q向左做减速至零后再向右做加速运动直到与长木板达到共同速度，再一起做减速运动，达到共速的时间为 ，
其v-t图像为
解得
由图像可知相对位移
即长木板的最小长度为长木板最小长度为
13．（2024·河北·模拟预测）如图所示为某游戏装置的简化模型图，该装置由弧形轨道AB、半径 的竖
直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带DE和足够长的水平地面组成，除地面外剩余各部分平滑连接，圆轨道最
低点B处的入、出口稍错开。一质量 的滑块P从AB轨道上由静止释放，通过弧形轨道后与质量
的滑块Q相遇时发生对心弹性碰撞。碰后滑块P恰好能再次通过弧形轨道最高点C，滑块Q滑上以速
度 顺时针匀速转动的水平传送带，与传送带间动摩擦因数为 ，其他摩擦均不计。忽略传送带转
轮半径，传送带右端E点距水平地面的高度 ，滑块Q落地点距传送带右端的水平距离为 。重力
加速度g取 。求：
（1）滑块Q离开传送带时的速度大小；
（2）滑块P静止释放处距水平轨道BD的高度；
（3）传送带的速度在 到 范围内可调节，滑块Q落地点距传送带右端的水平距离范围。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）根据题意可知，滑块Q离开传送带做平抛运动，竖直方向上，由 可得，飞行时间为
水平方向上有
解得
（2）设滑块P静止释放处距水平轨道BD的高度为 ，滑块P与滑块Q碰撞前的速度为 ，碰撞后的速度为 ，
碰撞后滑块Q的速度为 ，可知，碰撞后滑块P反弹，反弹后恰好通过 点，则有
碰撞后滑块P到 点的过程中，由机械能守恒定律有联立解得
方向水平向左，滑块P与滑块Q发生对心弹性碰撞，规定向右为正方向，则由动量守恒定律和机械能守恒定律
有
解得
，
滑块P从静止释放处到与滑块Q碰撞前的过程中，由机械能守恒定律有
解得
（3）由上述分析可知，滑块Q一直从传送带的左端减速到右端，则有
解得
由运动学公式有
解得
若传送带的速度在 ，则滑块Q运动到传送带右端时的速度为 ，若传送带的速度在 ，
则滑块Q运动到传送带右端的过程，先减速到与传送带速度相等之后和传送带一起匀速到右端，若传送带的速
度大于 ，则滑块Q在传送带上加速，若滑块Q一直加速，则有
解得
可知，若传送带的速度在 ，滑块Q运动到传送带右端的过程，先加速到与传送带速度相等之后
和传送带一起匀速到右端，若传送带的速度在 ，滑块Q一直加速，最后以 的速度离开
传送带，综上所述，滑块Q离开传送带的速度取值范围是 ，滑块Q落地点距传送带右端的水平
距离的最大值为则水平距离范围
14．（23-24高三上·河北·期末）如图所示，光滑水平面AB与左端传送带在B点平滑相连，长度L=2m的轻绳系
一质量m=2kg的物块甲在竖直平面内做顺时针圆周运动，最低点刚好与水平面A处接触，当物块甲运动到圆周
1
的最低点时绳子断开，物块甲以水平速度从A处射出，绳断前瞬间轻绳张力大小为120N。从A处射出的物块甲
与静止在B点的质量m=3kg的物块乙发生弹性正碰后，乙从B点冲上倾角为θ=37°的传送带的同时，质量
2
m=3kg物块丙从传送带顶端无初速度释放。已知传送带以 =4m/s的速度沿逆时针方向转动，三物块均可视为
3
质点，乙，丙两物块与传送带间的动摩擦因数均为 =0.5，两物块未在传送带上发生碰撞，（ ，
sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小取g=10m/s2），求：
（1）甲、乙碰撞后的瞬间，乙的速度大小；
（2）乙在传送带上向上运动的位移大小；
（3）若两物块乙，丙未在传送带上发生碰撞，传送带的最小长度是多大（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）8m/s；（2）6.4m；（3）24m
【详解】（1）甲运动到圆周的最低点时由牛顿第二定律得
将F=120N代入解得甲运动到圆周的最低点时速度大小
v=10m/s
甲、乙发生的弹性碰撞，动量守恒
由机械能量守恒
解得
=-2m/s
=8m/s
得甲、乙碰撞后，乙的速度大小为=8m/s；
（2）对物块乙，由牛顿第二定律得
解得
=10m/s2
物块乙减速至与传送带共速的过程，时间为
=0.4s
位移大小
=2.4m
之后，物块乙的速度小于传送带的速度，其所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律得
，
解得
=2m/s2
物块乙减速至0的时间
=2s
位移大小
=4m
物块乙在传送带上向上运动位移的大小
=6.4m
（3）对物块丙进行分析
解得物块丙的加速度大小
=2m/s2
物块乙开始加速向下运动时，物块丙已经具有向下的速度，二者加速度大小相等，要使二者不相碰，应在物块
乙滑下传送带后，物块丙到达传送带底端。当物块乙刚滑下传送带时，物块丙恰好运动至传送带底端，此时传
送带长度最小，最小长度
物块乙向下运动过程中解得
=2.5s
则
=4.9s
代入解得传送带的最小长度
=24m
15．（23-24高三上·浙江台州·期末考）如图所示，某装置由水平直轨道AE、半径为 的螺旋圆形轨道BCD、
长 的水平传送带、长 的水平直轨道FG、半径为 的竖直圆轨道组成，两个圆形轨道与水平轨道分别相
切与B(D)、G点。轨道A 处的水平弹射器能使质量为 的小滑块获得8J的初动能。G点上静止放置质量为
的小滑块，两滑块若碰撞则粘在一起，且不计碰撞所需时间。已知
，滑块与传送带和FG段之间的动摩擦因数 ，其余各段轨道均光滑且各处平滑连接，
传送带以恒定速度顺时针转动。求：
（1） 滑块通过圆形轨道最高点C时轨道所受的压力；
（2）若要使两滑块碰撞损失的能量最大，传送带速度 v的最小值；
（3）要使两滑块能碰撞且最终停在直轨道FG上，则两滑块从碰撞到停止运动所需时间t与传送带速度v的关
系。
【答案】（1）30N，方向竖直向上；（2）5m/s；（3）见解析
【详解】（1）A 到 C由动能定理:
在 C 点
解得
由牛顿第三定律，轨道所受压力大小为30N，方向竖直向上 ；
（2）质量为m₁的滑块在传送带上一直匀加速， 出传送带时的速度最大，则两滑块碰撞后损失的能量能达最大。
从弹出滑块到 F 处，由动能定理解得
v=5m/s
所以传送带速度的最小值为 5m/s；
（3）①当传送带速度v≥5m/s 时，质量为m 的滑块出传送带时 。
1
质量为m₁的滑块从 F 到 G 过程， 由动能定理
解得
两滑块碰撞过程动量守恒
解得
两滑块碰后能上升的最大高达为 h， 由动能定理
解得
故两滑块在半径为R₂的圆内运动可看为单摆模型，周期
时间
两滑块返回G 点后到停止运动
解得
对应时间
②出 F 后恰好运动到 G 点
此时当传送带速度 时
解得
16．（23-24高三上·广东东莞·期中）在光滑水平面上有两个静止的、可视为质点的相同物块A、B，某时刻给物
块A一个向右的初速度v=10m/s，物块A与物块B发生弹性碰撞，碰后物块进入与水平面平滑连接的光滑圆形
0
轨道。圆形轨道右侧的光滑水平面平滑连接着一个倾角θ=37°且足够长的粗糙斜面，斜面与物块的摩擦系数为
，重力加速度g取10m/s²，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
（1）求物块A与物块B碰后瞬间，物块B的速度大小；
（2）为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，求圆形轨道半径R的取值范围；
（3）若圆形轨道半径R=1.8m，求物块B第N次滑上斜面的最大位移 的表达式以及整个运动过程在斜面上经
过的总路程s。
【答案】（1）10m/s；（2） ；（3） ，12.5m
【详解】（1）由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
，
（2）若碰后物块B恰好能达到与圆心等高的点，则
解得
为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
若碰后物块B恰好能经过圆形轨道最高点，则由机械能守恒定律得
解得
为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
综合以上两种情况可知，为保证物块第一次进入圆形轨道的过程中不脱离轨道，圆形轨道半径
或
（3）圆形轨道半径
可知物块B能做完整的圆周运动，以 的速度滑上斜面，第一次滑上斜面，由牛顿第二定律得
解得
第一次滑上斜面的最大位移为 ，由 ，解得
从斜面下滑，由牛顿第二定律可得
解得
由 ，解得滑到斜面下端时速度
物块B第二次滑上圆形轨道，由机械能守恒定律得
解得
故物块B不会脱离轨道且后面的运动都不会脱离轨道，物块B以 第二次滑上斜面，则
解得上滑的位移大小
物块B第二次下滑，则物块B第三次滑上斜面
解得上滑最大位移
故可以得到规律
整个过程中，根据能量守恒定律得
解得
17．（23-24高三上·安徽合肥·期中考）如图所示，在某竖直平面内，圆心为O、半径R＝0.32m固定的半圆光滑
轨道CD与足够长的光滑水平面BC平滑连接于C点，直径CD垂直于BC，BC左端连接倾角θ＝37°的倾斜传送
带AB，传送带顺时针转动，速度 。现将可视为质点的小物块甲从倾斜传送带的A点由静止释放，到
达B点后只保留水平分速度沿水平面运动，与静止在C点可视为质点的小物块乙发生弹性正碰，甲、乙两物块
的质量均为 ，不计空气阻力，小物块甲与传送带之间的动摩擦因数 ， ，
，重力加速度g取10 。
（1）若两物块碰撞后，乙恰能通过轨道的最高点D，求两物块碰后瞬间，半圆轨道最低点C处对乙的作用力的
大小；
（2）在满足（1）的条件下，求传送带AB的长度；
（3）若保持乙的质量不变，增大甲的质量，将甲仍从A点释放，求乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围。
【答案】（1）0.6N；（2）3.05m；（3）
【详解】（1）设乙恰好能通过D点时的速度为 ，则
解得
乙从C到D，根据机械能守恒，得解得
在碰后的C点则有
解得
F ＝6mg
N
代入数据解得
F ＝6mg＝0.6N
N
（2）设碰撞前后甲的速度分别为v、 ，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
联立以上两式解得
甲从A运动到B时速度
可见甲在与传送带等速前后均做匀加速运动，甲与传送带等速前甲的加速度
甲的位移
甲与传送带等速后，甲的加速度
甲的位移
故传送带AB的长度
（3）甲仍在A点释放，运动到水平面上的速度也仍为v＝4m/s，设甲的质量为M，碰撞后甲、乙的速度分别为
、 ，根据动量守恒和机械能守恒定律有联立解得
因为 ，可得
设乙过D点的速度为 ，由动能定理得
联立解得
设乙在水平轨道上的落点到C点的距离为x′，则有
联立解得乙在轨道上的首次落点到C点的距离范围
即
18．（23-24高三上·贵州·月考）如图所示，有一个质量为 的小物块（可视为质点），从光滑平台上的A
点以初速度 水平抛出， 高度 ，到达 点时，恰好沿切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨
道 ，最后小物块滑上紧靠轨道末端 点的木板。已知长度 的木板质量为 ，放在粗糙的水平
地面上，木板上表面与小物块间的动摩擦因数 ，木板下表面与地面间的动摩擦因数 ，且与圆弧
轨道末端切线相平，圆弧轨道的半径为 ，半径 与竖直方向的夹角 （不计空气阻力，
， ， ）。求：
（1）小物块的初速度 大小；
（2）小物块到达圆弧轨道 点时对轨道的压力 大小；
（3）全程小物块对木板所做的功。【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由
可得小物块到达 点时，竖直速度
解得
方向沿圆弧切线方向；则水平速度
解得
（2）小物块在C点的速度
小物块从C点运动到D点的过程中，由动能定理可知
可得
小物块在D点时
解得
（3）小物块开始在长木板上运动时有
长木板开始运动时有
在小物块运动到与长木板共速的过程中有
解得小物块的位移
长木板的位移
小物块相对于长木板的位移
则有
即共速后，它们相对静止运动直至停止，共速后，它们的加速度为
它们间的摩擦力
减速位移
故全程小物块对木板做的功
可得
