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第 20 讲 动力学和能量观点解决力学综合问题
——划重点之精细讲义系列
考点一 动力学观点的应用
若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分
析物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．
【典例1】如图所示，质量M＝0.4 kg的长薄板BC静置于倾角为37° 的光滑斜面
上，在A点有质量m＝0.1 kg的小物体(可视为质点)以v ＝4.0 m/s速度水平抛出，恰以
0
平行斜面的速度落在薄板的最上端 B并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板
无初速度释放开始沿斜面向下运动，运动到薄板的最下端 C时，与薄板速度恰好相等，
已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为 0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，
求：
(1)A点与B点的水平距离；
(2)薄板BC的长度．
解析 (1)小物体从A到B做平抛运动，下落时间为t，水平位移为x，则：
1
gt＝vtan 37°①
1 0
x＝vt ②
01
联立①②得x＝1.2 m
(2)小物体落到B点的速度为v，则v＝③
小物体在薄板上运动，则：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma ④
1
薄板在光滑斜面上运动，则：
Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma ⑤
2
小物体从落到薄板到两者速度相等用时t，
2
则：v＋at＝at ⑥
12 22
小物体的位移x＝vt＋at⑦
1 2 1
薄板的位移x＝at⑧
2 2
薄板的长度l＝x－x ⑨
1 2
联立③～⑨式得l＝2.5 m
答案 (1)1.2 m (2)2.5 m
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【典例2】如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，
其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的
水平力F作用(g取10 m/s2)．求：
(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；
(2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小．
解析：(1)由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma
变形得a＝F－μg
对比图乙中图线的函数公式得m＝4 kg，μ＝0.1
(2)0～2 s：
a＝＝ m/s2＝2 m/s2
1
x＝at＝4 m
1 1
2 s～4 s：
a＝＝－2 m/s2
2
x＝at·t＋at＝4 m
2 11 2 2
综上可知，一个周期内的位移为
x＝x＋x＝8 m
1 2
答案：(1)4 kg 0.1 (2)8 m
考点二 能量观点的应用
一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且有功能关系的
特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．
【典例1】如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的
一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点．
C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C
点等高．质量为m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v＝1.2 m/s的速度水平抛出，
0
恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g
＝10 m/s2.求：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)物块经过C点时的速度v ；
C
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.
解析 (1)设物块在B点的速度为v ，在C点的速度为v ，从A到B物块做平抛运
B C
动，有
v sin θ＝v
B 0
从B到C，根据动能定理有
mgR(1＋sin θ)＝mv－mv
解得v ＝6 m/s
C
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对
滑动时物块加速度为a，木板加速度为a，经过时间t达到共同速度为v，则
1 2
μmg＝ma
1
μmg＝Ma
2
v＝v －at
C 1
v＝at
2
根据能量守恒定律有
(m＋M)v2＋Q＝mv
联立解得Q＝9 J
答案 (1)6 m/s (2)9 J
【典例2】一半径R＝1 m的圆弧导轨与水平导轨相连，从圆弧导轨顶端A静止释
放一个质量m＝0.02 kg的木块，测得其滑至底端B的速度v ＝3 m/s，以后又沿水平导
B
轨滑行BC＝3 m而停止在C点，如图所示，求：
(1)木块克服圆弧导轨摩擦力所做的功；
(2)木块在B点对圆弧轨道的压力；
(3)BC段导轨的动摩擦因数．(取g＝10 m/s2)
解析：(1)木块由A至B过程，由动能定理得
mgR－W＝mv
f
解得W＝0.11 J
f
(2)在B点，对木块由牛顿第二定律得
F －mg＝m
N
解得F ＝0.38 N
N
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】由牛顿第三定律得木块对圆弧轨道的压力F ′＝F ＝0.38 N，方向竖直向下．
N N
(3)木块由B至C过程由动能定理得
－μmgl＝－mv
解得μ＝0.15
答案：(1)0.11 J (2)0.38 N，方向竖直向下 (3)0.15
【典例3】如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为 0.1，它以v
0
＝3的初速度由A点开始向B点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为R的圆弧BC，在
C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离
相等的小孔P、Q，P、Q位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C点的正上方．若滑
块滑过C点后穿过P孔，又恰能从Q孔落下，则平台转动的角速度ω应满足什么条件？
解析：设滑块滑至B点时速度为v ，对滑块由A点到B点应用动能定理有
B
－μmg5R＝mv－mv
解得v＝8gR
滑块从B点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P处时速度为v ，则
P
mv＝mv＋mg2R
解得v ＝2
P
滑块穿过P孔后再回到平台的时间
t＝＝4
要想实现题述过程，需满足
ωt＝(2n＋1)π
ω＝(n＝0,1,2，…)
答案：ω＝(n＝0,1,2，…)
考点三 动力学和能量观点的综合应用
物体在整个运动过程中，往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动
形式的组合．解决这类问题应抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物
理过程分成几个简单的子过程，对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量
分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程求解．
【典例1】某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB为水平直轨
道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为
ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高
度差为H.选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从 A点下方的平台边缘处沿水平方
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】向做初速度为零、加速度为a的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置
释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩
擦力为μmg，重力加速度为g.
(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都
不会被甩下转盘，转盘的角速度ω应限制在什么范围？
(2)若已知H＝5 m，L＝8 m，a＝2 m/s2，g＝10 m/s2，且选手从某处C点释放能恰
好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？
(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，
悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到(2)中所述位置C点时，因
恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算，悬挂器载着
选手还能继续向右滑行多远？
解析 (1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，
则有μmg≥mω2R
即转盘转动角度应满足ω≤
(2)设水平加速段位移为x，时间为t；平抛时水平位移为x，时间为t，则加速时
1 1 2 2
有
x＝at
1
v＝at
1
平抛运动阶段：x＝vt
2 2
H＝gt
全程水平方向：x＋x＝L
1 2
解得t＝2 s
1
(3)设阻力为F，继续向右滑动距离为x，由动能定理得
f 3
加速段：(F－F)x＝mv2
f 1
减速段：－Fx＝0－mv2
f 3
解得x＝2 m
3
答案 (1)ω≤ (2)2 s (3)2 m
【典例2】如图所示，压力传感器能测量物体对其正压力的大小，现将质量分别
为M、m的物块和小球通过轻绳固定，并跨过两个水平固定的定滑轮(滑轮光滑且较小)，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】当小球在竖直面内左右摆动且高度相等时，物块始终没有离开水平放置的传感器．已
知小球摆动偏离竖直方向的最大角度为θ，滑轮O到小球间轻绳长度为l，重力加速度
为g，求：
(1)小球摆到最低点速度大小；
(2)小球摆到最低点时，压力传感器示数为零，则的大小．
解析：(1)小球下摆过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律
得
mgl(1－cos θ)＝mv2－0
解得小球在最低点的速度大小
v＝
(2)小球在最低点时，压力传感器的示数为零，则轻绳的拉力大小F＝Mg
对小球在最低点应用牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得＝3－2cos θ
答案：(1) (2)3－2cos θ
【典例3】某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端
与水平传送带平滑接触，传送带BC长L＝6 m，始终以v ＝6 m/s的速度顺时针运动．
0
将一个质量m＝1 kg的物块由距斜面底端高度h ＝5.4 m的A点静止释放，物块通过B
1
点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为 μ ＝0.5、μ ＝
1 2
0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物块由A点运动到C点的时间；
(2)若把物块从距斜面底端高度h ＝2.4 m处静止释放，求物块落地点到C点的水
2
平距离；
(3)求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一
点D.
解析：(1)A到B过程：根据牛顿第二定律
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
1 1
＝at
1
代入数据解得a＝2 m/s2，t＝3 s
1 1
所以滑到B点的速度：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】v ＝at＝2×3 m/s＝6 m/s，
B 11
物块在传送带上匀速运动到C的时间
t＝＝s＝1 s
2
所以物块由A到B的时间
t＝t＋t＝3 s＋1 s＝4 s
1 2
(2)在斜面上根据动能定理
mgh －μmgcos θ＝mv2
2 1
解得v＝4 m/s＜6 m/s
设物块在传送带先做匀加速运动到v，运动位移为x，则：
0
a＝＝μg＝2 m/s2
2 2
v－v2＝2ax，x＝5 m＜6 m
2
所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C点做平抛运动
s＝vt，H＝gt
00
解得s＝6 m
(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C点时速度必须有v ＝
C
v.
0
①当离传送带高度为h 时物块进入传送带后一直匀加速运动，则
3
mgh －μmgcos θ＋μmgL＝mv
3 1 2
解得h＝1.8 m.
3
②当离传送带高度为h 时物块进入传送带后一直匀减速运动，则
4
mgh －μmgcos θ－μmgL＝mv
4 1 2
解得h＝9.0 m
4
所以当离传送带高度在1.8 m～9.0 m的范围内均能满足要求，即1.8 m≤h≤9.0 m.
答案：(1)4 s (2)6 m (3)1.8 m≤h≤9.0 m
1．如图所示，质量m＝2.0 kg的木块静止在高h＝1.8 m的水平台上，木块距平台
右边缘l＝10 m，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2.用大小为F＝20 N、方向与水平方
向成37°角的力拉动木块，当木块运动到水平台末端时撤去 F.不计空气阻力，g＝10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)木块离开平台时速度的大小；
(2)木块落地时距平台边缘的水平距离．
解析：(1)木块在水平台上运动过程中，由动能定理得
Flcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)l＝mv2－0
解得v＝12 m/s
(2)木块离开平台做平抛运动，则
水平方向：x＝vt
竖直方向：h＝gt2
解得x＝7.2 m
答案：(1)12 m/s (2)7.2 m
2．如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab粗糙，其距离为s＝3 m．
在b点平滑过度，bcd段光滑，cd段是以O为圆心、半径为R＝0.4 m的一小段圆弧．
质量为m＝2 kg的小物块静止于a处，在一与水平方向成θ角的恒力F作用下开始沿轨
道匀加速运动，小物块到达b处时撤去该恒力，小物块继续运动到d处时速度水平，
此时轨道对小物块的支持力大小为F ＝15 N．小物块与ab段的动摩擦因数为μ＝0.5，
N
g取10 m/s2.求：
(1)小物块到达b点时的速度大小v；
b
(2)恒力F的最小值F .(计算结果可以用分式或根号表示)
min
解析：(1)在d点：mg－F ＝
N
从b到d由机械能守恒得：
mv－mv＝mgR
联立得v＝3 m/s
b
(2)在a到b的过程中有：v＝2as
Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma
解得F＝＝
当sin(φ＋θ)＝1时，F ＝ N
min
答案：(1)3 m/s (2) N
3．如图甲所示，物体A放在粗糙的水平地面上，0～6 s时间内受到水平拉力F的
作用，力F的大小如图乙所示，物体0～2 s的运动情况如图丙所示，重力加速度g取
10 m/s2.试求：
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(1)物体的质量；
(2)物体与地面的动摩擦因数；
(3)0～6 s内物体的位移大小．
解析：(1)当F ＝2 N时物体做匀速直线运动，拉力与摩擦力二力平衡，所以摩擦
2
力大小为
F＝F＝2 N
f 2
滑动时：F－F＝ma
f
第1 s内的加速度a＝3 m/s2
联立可求得m＝ kg
(2)滑动摩擦力F＝μmg
f
解得μ＝0.6
(3)2 s末以后物体的加速度大小
μmg－F＝ma
3 3
可解得加速度a＝3 m/s2
3
经过t＝＝1 s，速度减为零．
3
第3 s末后，由于拉力小于摩擦力，物块静止．
所以发生的总位移
x＝×(1＋3)×3 m＝6 m
答案：(1) kg (2)0.6 (3)6 m
4. 传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便
利．如图所示，一长度L＝7 m的传送带与水平方向间的夹角 α＝30°，在电动机带动
下以v＝2 m/s 的速率顺时针匀速转动．在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送
带表面都在同一平面内．将质量m＝2 kg可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，
物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零．若物体与传送带及物体与斜面间的
动摩擦因数都为μ＝，g＝10 m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(2)传送带上方所接的斜面长度．
解析：(1)对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二
定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝1 m/s2，沿斜面向上
设物体速度经过时间t与传送带相等，
由v＝at得t＝＝2 s
此过程中物体通过的位移为
x＝at2＝2 m＜7 m
所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为
v＝2 m/s
对整个过程，由动能定理得
W－mgLsin 30°＝mv2
解得W＝74 J
(2)物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得
μmgcos 30°＋mgsin 30°＝ma
1
解得a＝11 m/s2
1
由v2＝2as得：s＝＝ m
1
答案：(1)74 J (2) m
5．如图所示，传送带A、B之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传
送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A点无初速放置一个质量为m＝1
kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送
带后，经过弯道，沿半径 R＝0.4 m的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，
已知B、D两点的竖直高度差为h＝0.5 m(g取10 m/s2 )．试求：
(1)金属块经过D点时的速度；
(2)金属块在BCD弯道上克服摩擦力做的功．
解析：(1)金属块在E点时，mg＝m
解得v ＝2 m/s，在从D到E过程中由动能定理得
E
－mg·2R＝mv－mv
解得v ＝2 m/s
D
(2)金属块刚刚放上时，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma
1
解得a＝10 m/s2
1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】设经位移s 达到共同速度，则
1
v2＝2as
1 1
解得s＝0.2 m＜3.2 m
1
继续加速过程中，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
2
解得a＝2 m/s2
2
由s＝L－s＝3 m，
2 1
v－v2＝2as
2 2
解得v ＝4 m/s
B
在从B到D过程中由动能定理得
mgh－W＝mv－mv
解得W＝3 J
答案：(1)2 m/s (2)3 J
6．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装
置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R＝
0.1 m的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、
D两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m，水平轨道AB长为L ＝0.5 m，BC
1
长为L＝1.5 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.
2
(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A点弹射出的速度大小；
(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即
为胜出．求小滑块在A点弹射出的速度大小范围．
解析：(1)对从A到B的过程应用动能定理，则
－μmgL＝mv－mv①
1
由B到最高点小滑块机械能守恒，则
mv＝2mgR＋mv2②
小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律有
mg＝m③
由以上三式解得A点的速度v＝3 m/s④
1
(2)若小滑块刚好停在C处，则从A到C由动能定理得
－μmg(L＋L)＝0－mv⑤
1 2
解得A点的速度为v＝4 m/s
2
若小滑块停在BC段，应满足3 m/s≤v ≤4 m/s
A
若小滑块能通过C点并恰好越过壕沟，对A到C的过程应用动能定理
－μmg(L＋L)＝mv－mv⑥
1 2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】根据平抛运动规律，则有
竖直方向：h＝gt2⑦
水平方向：s＝vt⑧
0
解得v ＝5 m/s
A
所以初速度的范围为：
3 m/s≤v ≤4 m/s或v ≥5 m/s
A A
答案：(1)3 m/s (2)3 m/s≤v ≤4 m/s或v ≥5 m/s
A A
7．如图所示，倾角 的斜面体固定在水平面上，一轻弹簧的下端固定在斜
面底端的挡板上，轻弹簧处于原长时其上端位于C点，一根不可伸长的轻质细绳跨过
轻质滑轮连接物体A和B，A、B的质量分别为 和 ，均可视为质点。物体A与
滑轮间的轻绳平行于斜面，与斜面间的动摩擦因数 。现使物体A从距离C点
处以 的初速度沿斜面向下运动。物体A向下运动将弹簧压缩到最短后，
恰能回到C点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取 ，不计空气阻力，整
个过程中轻绳处于拉伸状态且物体B未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求：
（1）A沿斜面向下运动到C点时轻绳的拉力；
（2）整个运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）物体A沿斜面向上运动过程中的最大速度。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）以物体B为研究对象，根据牛顿第二定律有
以物体A为研究对象，根据牛顿第二定律有
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解得
（2）设弹簧最大形变量为x，此时弹簧弹性势能为 。由初始位置至物体A运动到最
低点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守
恒有
由物体A从最低点运动到C点过程中，选弹簧、物体A、物体B及其轻绳组成的系统为
研究对象，根据能量守恒有
解得
（3）设物体A向上运动速度达最大时弹簧的形变量为 ，轻绳拉力为 ，选A为研究
对象，根据平衡条件有
选B为研究对象，根据平衡条件有
解得
物体A由最低点返回到C点过程中，物体A、B轻绳组成的系统做简谐运动，由简谐运
动规律有
物体A由速度最大位置返回到C点过程中，选物体A、B轻绳和弹簧组成的系统，根据
能量守恒有
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】根据功能关系，弹簧弹性势能减小的大小为
解得
8．如图所示，一弹簧左端固定在墙面上，右端在水平地面的A点上，A点左侧地
面光滑，AB段长 且粗糙，B点右侧有长 的水平传送带，以
的速度顺时针匀速转动，C点与倾角 的足够长斜面平滑相连。现推动滑块（视
为质点）压缩弹簧一段长度后释放。已知滑块与AB段、传送带、斜面间的动摩擦因数
分别 ， ，滑块的质量 ，重力加速度g取10 ，不计空
气阻力。 ， 。
（1）若滑块未滑上传送带，并最终静止在B点，求弹簧被压缩到最大时具有的弹性势
能；
（2）若滑块滑上传送带并经过C点两次，最终静止在A点，求：
①滑块第二次经过C点时的速度大小；
②滑块第一次在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量。
【答案】（1）0.2J；（2）① ；②0.6J
【详解】（1）若滑块从被释放到停在B点，由能量守恒有
解得
（2）①滑块只经过C点两次最终停在A点，则滑块第二次在传送带上一直做减速运动，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】则从C点到A点过程中，由动能定理
解得
②设滑块在最高点到C点的距离为s，滑块从斜面最高点滑至C点过程中，由牛顿第二
定律有
由运动学有
滑块第一次过C点滑至斜面最高点过程中，由牛顿第二定律有
由运动学有
解得
说明滑块第一次在传送带运动过程中一直做匀加速运动，第一次从 B点到C点过程中，
由牛顿第二定律有
由运动学有
且
滑块在传送带发生的相对位移
滑块第一次在传送带上运动过程因摩擦产生的热量
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】解得
9．如图所示，AB是倾角为=45°的倾斜轨道，BC是一个水平轨道（物体经过B处
时无机械能损失），AO是一竖直线，O、B、C在同一水平面上。竖直平面内的光滑
圆形轨道最低点与水平面相切于C点，已知：A、O两点间的距离为 ℎ=1m，B、C两点
间的距离d=2m，圆形轨道的半径R=1m。一质量为m=2kg的小物体（可视为质点），
从与点水平距离x=4.9m的P点水平抛出，恰好从A点以平行斜面的速度进入倾斜轨
0
道，最后进入圆形轨道。小物体与倾斜轨道AB、水平轨道BC之间的动摩擦因数都是
μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。
（1）求小物体从P点抛出时的速度v 和P点的高度H；
0
（2）求小物体运动到圆形轨道最点D时，对圆形轨道的压力大小；
（3）若小物体从Q点（未在图中画出）水平抛出，恰好从A点以平行斜面的速度进入
倾斜轨道，最后进入圆形轨道，且小物体不能脱离轨道，求Q、O两点的水平距离x
的取值范围。
【答案】（1） ， ；（2）76N；（3）0.5m a1，所以木板先向左做减速后向右做加速运动，两者再达
到共同速度再次与平台碰撞，以后重复上述运动，最终滑块停在木板右端，第二段滑
块与木板间的相对位移为L2，由功能关系则有
解得
则有木板的长度为
（3）若木板长度 ，滑块与木板达到共同速度后一起运动，木板与平台碰撞
后立即停止，滑块经圆轨道最高点时的速度为v，由动能定理
解得
在最高点，由牛顿第二定律
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由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为10N。
15．如图所示，悬点O下有一根长为 的轻绳，悬挂质量为 的小球
（小球与地面恰不挤压），将小球拉至与竖直方向成 角处静止释放，到达最低点时，
与静止在悬挂点正下方的物块 发生弹性正碰（小球与滑块均视为质点），碰
撞后物块沿动摩擦因数为 的水平面滑动，水平面长为 ，最后物块滑上
停在光滑平面上的滑板上，滑板平面与粗糙水平面齐平，滑板与物块间的动摩擦因数
，滑板质量 ，物块没有从滑板上掉落，不计其它阻力。（g取
）试求：
（1）小球摆到最低点与物块碰撞前对轻绳的拉力。
（2）物块到达粗糙水平面右端时，物块的速度。
（3）物块在滑板上滑动过程中产生的热量是多少？
（4）物块不从滑板上掉落，滑板至少要多长？
【答案】（1） ，方向竖直向下；（2） ；（3） ；（4）0.25m
【详解】（1）小球摆到时最低点的过程中，由动能定理得
得
小球在最低点有
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由牛顿第三定律可得小球对轻绳的拉力为40N，方向竖直向下。
（2）小球与物块发生弹性碰撞，由于质量相等，碰后速度交换。物块在粗糙水平面上
滑行，由动能定理得
得
（3）物块与滑板作用过程系统动量守恒
系统产生的热量为
解得
（4）由于
得
则滑板至少需要0.25m。
16．如图所示，质量 的小球被内壁光滑的弹射器从A点弹出，沿水平直
轨道运动到B点后，进入由两个四分之一细管（内径略大于小球的直径）组成的轨道，
从轨道最高点C水平飞出时，对轨道上表面的压力大小 ，之后落在倾角为
的斜面上的D点。已知 ， ，两个四分之一细管的半径均为
，C点位于斜面底端的正上方，小球在AB段运动时受到的阻力大小等于自身
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】所受重力的 ，其他摩擦均不计，小球可视为质点，取重力加速度大小 。
（1）求小球离开A点时的速度大小 ；
（2）求小球落到D点时的动能 ；
（3）当弹射器储存的弹性势能为多少时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为
多少？
【答案】（1） ；（2） ；（3）当弹射器储存的弹性势能为
15.2J时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J
【详解】（1）由题意可知，小球通过C点时受到轨道向下的支持力 ，有
由动能定理
解得
（2）以C点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，则斜面的方程为
，
设小球做平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律有
，
由动能定理
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（3）设小球落到斜面上时的速度大小为v，速度与水平方向的夹角为 ，
有
，
代入方程整理有
由辅助角公式知
其中
当 ，即 时，上式有最小值，有
当小球以 的速度从C点水平飞出时，落在斜面上时的动能最小，最小动能为6
J，又
解得
所以当弹射器储存的弹性势能为15.2 J时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能
为6J。
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