文档内容
热点题型·计算题攻略
专题 15 力学综合题
目录
01.题型综述................................................................错误: 引用源未找到
02.解题攻略................................................................错误: 引用源未找到
题组01 匀变速直线运动规律的应用.....................................................................................................1
题组02 牛顿运动定律的综合应用.........................................................................................................6
题组03 应用动能定理求解多过程问题...............................................................................................17
题组04 机械能守恒定律的综合应用...................................................................................................24
题组05 动量观点与能量观点的综合应用...........................................................................................28
03.高考练场 ..............................................................................42
高考力学计算题思维含量大，但解决问题是有章可循的。
(1)仔细审题，明确题意。审题时要慢、要仔细，尤其要注意一些重要的关键字眼。
(2)计算题一般有二到三问，难度是层层递进的，从感觉最熟悉、最有把握的子过程或图像的物理意义切入，
对研究对象进行受力或运动情况分析，列方程，进而结合题述向前或向后分析其他过程，逐渐扩大“战
场”，步步为营，可化难为易。
(3)可把复杂的问题分解为一个个具体的小问题，充分利用各种手段，把物理情境分析清楚，建立物理模型，
各个击破。
(4)遇到难以突破的，可尝试从不同角度分析。比如某些变力问题，从动力学角度不好突破，可以尝试从能
量转换角度、动量角度等进行分析。
题组 01 匀变速直线运动规律的应用
【提分秘籍】
求解匀变速直线运动问题的一般思路
①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．
③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．(2)追及、相遇或避免碰撞等问题的解题思路
画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程.
【典例剖析】
【例1-1】（2025·广西·模拟预测）有一列动车从静止状态开始做匀变速直线运动。此时，有一位同学安全
站立在第一节车厢前端的站台前进行观察，当第一节车厢通过这位同学时，历时3s，接下来剩余的车厢通
过这位同学，又历时12s，在此过程中，忽略车厢之间的距离，且车厢的长度是相等的。求：
(1)这列火车共有多少节车厢？
(2)过程中第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要多长时间？
【答案】(1)25 (2)3s
【详解】（1）设车厢的长度为L，火车的节数为n，即火车总长度为nL，第1节车厢通过他历时
全部车厢通过他历时
由位移时间关系式得
，
由两式解得
n=25
（2）设前4节车厢通过人所用时间为t，前9节车厢通过人所用时间为t，由位移时间关系式得
3 4
，
解得第5节至第9节连续5节车厢经过该同学需要的时间为
【例1-2】（2025高三上·山东临沂·期中）某无人机 时刻从地面由静止开始竖直向上先做匀加速直线运
动，一段时间后再做匀减速直线运动，当 时速度减为零到达最高点。下表记录了不同时刻无人机
的速度大小，求
时刻 （s） 0 2 4 6 8 10
速度 （m/s） 0 4.0 8.0 12.0 12.5 2.5
(1)无人机运动过程中的最大速度 ；
(2)无人机到达最高点时离地的高度 。
【答案】(1) (2)
【详解】（1）由表格数据可知,人机加速过程加速度大小
无人机减速过程加速度大小无人机上升过程总时间
解得
（2）无人机加速过程上升高度
无人机减速过程上升高度
无人机到达最高点离地高度
【例1-3】（2025高三·河北石家庄·期中）图甲所示为一种自动感应门，其门框上沿的正中央安装有传感器，
传感器可以预先设定一个水平感应距离，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于水平感应距离时，中
间的两扇门分别向左右平移。当人或物体与传感器的距离大于水平感应距离时，门将自动关闭。图乙为该
感应门的俯视图，O点为传感器位置，以O点为圆心的虚线圆半径是传感器的水平感应距离，已知每扇门
的宽度为d，运动过程中的最大速度为 ，门开启时先做匀加速运动而后立即以大小相等的加速度做匀减
速运动，当每扇门完全开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。
（1）求门从开启到单扇门位移为d的时间 ；
（2）若人以 的速度沿图乙中虚线AO走向感应门，人到达门框时左右门分别向左向右移动的距离不小
于 ，那么设定的传感器水平感应距离R至少应为多少？
【答案】（1） ；（2）3d
【详解】（1）依题意，门先做匀加速后做匀减速，有
解得（2）依题意，人在感应区运动的最短时间为
根据运动的对称性可知，门匀加速过程的时间为
匀减速运动过程，运用逆向思维，可得
可得门运动的位移恰好为 的时间为
联立，解得
【变式演练】
【变式1-1】．（2025高三上·云南昆明·阶段练习）一质点做匀加速直线运动，若在某段时间内，质点速度
增加10m/s，位移为20m；紧接着质点速度再增加10m/s的时间内，质点的位移为40m。求该质点的加速
度大小。
【答案】
【详解】设质点的初速度为 ，根据速度与位移的公式有
解得
【变式1-2】．（2025高三上·山东东营·开学考试）如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥
筒，锥筒间距 ，某同学穿着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1号锥筒运动到2号锥筒用时
，从2号锥筒运动到3号锥筒用时 。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)到达3号锥筒时的速度大小。
(3)最终停在哪两个锥筒之间。
【答案】(1) (2) (3)4号锥筒与5号锥筒之间【详解】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2间中间时刻的
速度为
2、3间中间时刻的速度为
故可得加速度大小为
（2）到达3号锥筒时的速度大小
（3）该同学在1号锥筒时的速度为
从1号开始到停止时通过的位移大小为
故最终停在4号锥筒与5号锥筒之间。
【变式1-3】．纯电动汽车，它是完全由可充电电池提供动力的汽车，已有200年左右的悠久历史，由于
电池价格高、寿命短、充电时间长等原因，一直没有进入真正的民用领域。近年来由于新材料新技术的发
明改进，使得这种新能源车越来越受到大众的喜爱。如图所示是一辆电动汽车制动做匀减速直线运动时连
续经过的三点A、B、C。已知 ，AB段平均速度是 ，BC段平均速度是 ，求电动汽车
在A点的瞬时速率。
【答案】24m/s
【详解】设 ， ，则有
，
解得
匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于全程的平均速度，则有
根据速度公式有联立解得
题组 02 牛顿运动定律的综合应用
【提分秘籍】
1.动力学基本问题的解题步骤
(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。
(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。
①合成法：合成法适用于受力个数较少(2个)的情况。
②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3个或3个以上)时。
(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。
(4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。
2．处理多过程动力学问题的“二分析一关键”
(1)“二分析”
①分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；
②分析研究对象在每个阶段的运动特点。
(2)“一关键”
前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是
解题的关键。
3.分析“板—块”模型的四点注意
(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系．
(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件．
(3)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件
①运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动．
②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算
出滑块“所需要”的摩擦力F，比较F 与最大静摩擦力F 的关系，若F>F ，则发生相对滑动．
f f fm f fm
(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速．
4.传送带的摩擦力分析
(1)关注两个时刻
①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。
②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。
(2)注意过程分解
①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆。②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点。
(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tanθ与μ的大小关系：μ>tanθ，速度相等后一
起匀速；μ μ，故共速后二者相对静止一起匀减速，故求整个过程中铁块相对木板滑行的距离
2 1
（3）若F = 12 N时，由牛顿第二定律可知，B的加速度为
同理A的加速度为
则木板A右端到达O点时，有
解得
此时B的位移
撤去F后，A、B最终速度减为零，则从初始到A、B都相对地面静止过程，整个系统产生的热量，由能量
守恒可知
【变式演练】
【变式2-1】如图，倾角 的足够长光滑斜面固定，长 ，质量 的长木板下端靠着插
销置于斜面上，下端上表面放有一质量 的物块（视为质点），不可伸长的伸直细线一端连接物块，
一端栓在固定挡板上。零时刻拔去插销，0.9s末将细线剪断。已知物块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 。
(1)求0.2s末细线对物块的拉力大小。(2)求0.9s末长木板的速度大小。
(3)在木板下滑的过程中，系统产生的热量是多少。
【答案】(1)10N (2) (3)
【详解】（1）以物块为研究对象，其受力如图所示
物块静止，由力的平衡条件有
代入数据解得
（2）以木板为研究对象，其受力如图所示
由牛顿第二定律有
，
代入数据得
由运动学规律有
将 代入解得
（3） 内木板发生的位移为
代入数据得
0.8s之后，由于物块所受摩擦力不变，则木板加速度 不变，二者均向下做匀加速运动。假设经时间 两
者共速时，物块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定律有代入数据得
由运动学规律有
代入数据得
木板发生的位移为
物块发生的位移为
代入数据得
两者间的相对位移为
因 ，假设成立，此后两者一起加速下滑，物块不会从木板上落下，故在木板下滑的时，
系统产生的热量
【变式2-2】．（2025高三上·陕西咸阳·阶段练习）利用倾斜传送带可将货物向上运送，如图所示，传送带
与水平面夹角为θ，传送带沿顺时针匀速运行的速度为3 m/s，货物与传送带间的动摩擦因数为0.75，重力
加速度g取10 m/s2，不计货物的大小，tan37° = 0.75。
(1)要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则θ应满足什么条件？
(2)当θ = 24°时，将货物由静止释放在传送带底端，货物运动到传送带顶端时恰好与传送带共速，则传送带
的长度为多少（取sin24° = 0.4，cos24° = 0.9）
【答案】(1)θ < 37° (2)
【详解】（1）要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则要满足
解得即
（2）由题意，货物一直匀加速运动到顶端，设其加速度大小为a，则有
解得
货物到达顶端时速度为
设传送带的长为L，则有
解得
【变式2-3】．（2025高三上·四川雅安·阶段练习）如图所示，静止的粗糙传送带与水平面夹角为 ，
平行于传送带的轻绳一端连接质量为 的小物体A，另一端跨过光滑定滑轮连接质量为 的小
物体B，在外力的作用下，小物体A静止于传送带的顶端。 时，撤去外力，传送带以速度 顺
时针匀速转动； 时，小物体A到达传送带的底端。已知小物体A与传送带间的动摩擦因数为 ，
小物体B始终未与定滑轮相撞，重力加速度大小为g取 ，sin37°取 ，cos37°取 。求：
(1) 时，轻绳内张力T；
(2)传送带顶端到底端的长度L。
【答案】(1)13.2N (2)22.9m
【详解】（1）撤去外力瞬间，设小物块A加速度的大小为 ，绳子的拉力大小为 ，由牛顿第二定律对A
物体有
同理对物体B有
联立可得
，若A在传送带的速度能达到 所用时间为 ，则有
解得
由 得
（2）设A在传送带运动所用时间为 时，产生的位移为 ，有
由题意可知，小物体A在传送带上运动的剩余时间为
解得
s
设剩余时间 内小物块A的加速度为 ，绳子的拉力大小为 ，则对A物体有
同理对物体B有
设剩余时间内小物块A发生的位移为 ，则有
对传送带顶端到底端的长度 ，有
代入数据，联立求解可得
【变式2-4】．如图所示，长为 的传送带水平放置，并保持 的速度顺时针匀速转动，其右端与一
倾角 的斜面平滑相连，B为其最左端，斜面的长度 。一小滑块（可视为质点）在斜面顶点
处由静止释放，从A点进入传送带，在传送带上运动一段时间后恰好不从传送带左端滑落。已知滑块与斜
面间的动摩擦因数 ，滑块与传送带间的动摩擦因数 ， ， ，重力加
速度 ，忽略滑块经过A点时的能量损失。求：
（1）滑块由静止释放至第一次经过A点所用的时间t；
（2）传送带 段的长度 。【答案】（1） ；（2）
【详解】
（1）小滑块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律可得
解得
小滑块在斜面上由静止状态匀加速下滑，由
解得滑块第一次经过A点时的时间
（2）滑块第一次经过A点时的速度
滑块滑上传送带做匀减速运动，由牛顿第二定律可得
解得滑块在传送带上向左匀减速运动的加速度大小为
滑块在传送带上向左运动的位移大小为
即传送带 段的长度 为 。
题组 03 应用动能定理求解多过程问题
【提分秘籍】
运用动能定理需注意的问题
(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过
程的功及过程初末的动能．
(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是
全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式.
【典例剖析】【例3-1】如图所示为摩托车特技表演轨道示意图， 段为水平平台， 段为一壕沟， 段为位于竖
直平面内的圆弧轨道。运动员骑摩托车在 段加速后从B点水平飞出，越过壕沟后从C点沿切线进入圆
弧轨道 ，圆弧轨道的半径 与竖直方向的夹角为53°。若B、C两点的竖直高度差为 ，圆弧
轨道 的半径 ，运动员和摩托车总质量为 且可视为质点，通过圆弧轨道最低点D时
对轨道的压力大小为 ，取重力加速度 ， ， ，不计空气阻力。求：
(1)B、C两点间的水平距离；
(2)从C到D的过程中，运动员和摩托车克服摩擦力做的功。
【答案】(1)10.8m (2)
【详解】（1）设摩托车通过 点时水平速度为 ，竖直速度为 ，据平抛运动的规律可得
根据几何关系
水平方向的位移
解得
（2）从 到 ，据动能定理可得
根据运动的合成可得在 点的速度
在 点，据牛顿第二定律可得
解得
【例3-2】（2025高三上·广东汕头·期中）如图所示，一小圆环A套在一条均匀直杆B上，A的质量为m，B的质量为2m，它们之间的滑动摩擦力f = 0.5mg（g为所处区域的重力加速度），开始时A处于B的下端，
B竖直放置，在A的下方与A相距为h处，存在一个“相互作用”区域C，区域C的高度为d，固定在地面
上方的空中（如图划有虚线的部分），当A进入区域C时，A就受到一个方向竖直向上、大小F = 3mg的
恒力作用，区域C对直杆B不产生作用力，让A和B一起由静止开始下落，已知A首次进入区域C内运动
直到离开过程始终没有脱离直杆且直杆也没有碰到地面，不计空气阻力。
(1)若A从区域C下方离开“相互作用”区，求A离开区域C时的速度v的大小，并求高度d与h之间满足
的关系；
(2)若高度d分别取两个不同值 和 ，试求这两种不同情况下，直杆B的长度l分别应满足的条件。
【答案】(1)见解析 (2)见解析
【详解】（1）A和B一起由静止下落到进入区域C时速度为v，有
0
A进入区域C后，受到方向向上的合力作用，做减速运动，有
联立解得A离开区域C时的速度
由于
则高度d与h之间满足的关系
（2）A进入区域C之后，把A和B两个物体构成的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒，设A离
开区域C时B的速度为v ，则
B当 时，B在这一过程中下降的高度为h ，有
B
联立解得
又
则直杆B的长度l应满足的条件是
当 时，A从区域C上方离开“相互作用”区，A离开“相互作用”区时的速度
联立解得
则直杆B的长度应满足的条件是
【例3-3】（2025高三上·安徽·阶段练习）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ = 37°的直轨道AB，
半径R = 1 m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道间平滑连接。质量
为m = 0.5 kg的物块从轨道AB上距B高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块与轨道
AB间的动摩擦因数μ = 0.5，圆弧轨道均光滑，物块可视为质点，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，
cos37° = 0.8。求：
(1)若h = 0.3 m，物块第一次通过C点时对轨道的压力大小；(2)h为多少时物块刚好可以沿轨道运动到E点。
【答案】(1)8 N (2)0.6 m
【详解】（1）物块从开始运动到C点过程，根据动能定理
在C点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，第一次通过C点时物块对轨道的压力大小为
（2）若物块恰好沿轨道到E点，则有vE = 0，设释放的高度为h，根据动能定理有
1
解得
【变式演练】
【变式3-1】（2025高三上·福建泉州·期中）如图所示，水平轨道BC的右端与高度 固定光滑斜面
轨道AB在B点平滑连接，左端与一倾角为 的光滑斜面轨道CE在C点平滑连接，E处固定一劲度
系数 的轻质弹簧。一质量为 的滑块从A点由静止释放，经BC后滑上CE并压缩弹簧，
第一次可将弹簧压缩至D点。已知BC长为 ，滑块与BC的动摩擦因数 ，CD长为 ，
g取 ，弹簧的弹性势能满足公式 ，其中k为劲度系数，x为形变量。求：
(1)滑块第一次经过B点时的速率；
(2)滑块运动到的D点的加速度大小；
(3)滑块最终停在距B点多远的位置。
【答案】(1)3m/s (2)12m/s2 (3)0.3m
【详解】（1）从A到B过程中，根据机械能守恒定律可得：
解得vB=3m/s
（2）设滑块在D点时弹簧的压缩量为x，从A到D根据功能关系可得
mgh=μmgs+mgLsinθ+ kx2
解得
x=0.2m
滑块在D点，根据牛顿第二定律可得
mgsinθ+kx=ma
解得
a=12m/s2
（3）设最终停止时滑块在水平面上运动的距离为s′，根据功能关系可得
mgh=μmgs′
解得
s′=4.5m
由于
所以滑块最终停在距B点的距离为
【变式3-2】．（2025高三上·宁夏银川·期中）如图，将一轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在
A点，另一端与质量为 的小球P接触但不拴连。若用外力缓慢推动P到某一位置时，撤去外力，P
被弹出运动一段时间后从B点水平飞出，恰好从固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道上的C点以 的速
度沿切线进入圆弧轨道，并恰能经过圆弧轨道的最高点D。已知圆弧轨道的半径 ，O、C两点的连
线与竖直方向的夹角 。小球P视为质点，重力加速度g取 ， ， ，不
计空气阻力。求：
(1)撤去外力时弹簧的弹性势能以及B、C两点的水平距离x；
(2)小球从C点运动到D点的过程中，轨道阻力做的功 。
【答案】(1)160J，4.8m (2)－20J
【详解】（1）根据题意，由几何关系可得，小球在 点时，水平方向的速度为
竖直分速度为由能量守恒定理可知，撤去外力时弹簧的弹性势能
小球从 到 所用时间为
则B、C两点的水平距离
（2）小球恰好通过 点，在 点由牛顿第二定律有
小球从 点运动到 点的过程中，由动能定理有
联立解得
【变式3-3】．（2025·四川成都·模拟预测）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角 的直轨道 ，
半径 、圆心角为 的圆弧 ，半径为 ，圆心角为 的圆弧 组成，轨道末端的 点为圆弧的
最高点，轨道间平滑连接。质量 的物块 从轨道 上高度 处以初速度 下滑，经圆弧轨
道 滑上轨道 。物块 与轨道 间的动摩擦因数 ，其余轨道光滑。（不计空气阻力，物块
视为质点， ， ， ）
(1)若初速度 ，求物块 第一次通过 点时速度大小 ；
(2)若初速度 ，求物块 在轨道 上运动的总路程 ；
(3)若物块 沿轨道 从 点滑出， 应满足什么条件？
【答案】(1) (2) (3)
【详解】（1）物块从开始运动到D点过程，根据动能定理解得
（2）设过D点后冲上曲面高度为 ，根据机械能守恒定律
解得
而
所以
故物块不会冲上E点，会原路返回。物块运动全程由能量守恒有
解得
（3）物块在D点不脱离轨道，则全程不会脱离轨道，此时初速度最大，根据动能定理
还需要满足
解得
同理，物块能从E点滑出，满足
解得
综上
题组 04 机械能守恒定律的综合应用
【提分秘籍】一 机械能守恒定律的三种表达形式及注意问题
1．守恒观点
(1)表达式：E ＋E ＝E ＋E 或E＝E.
k1 p1 k2 p2 1 2
(2)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面．
2．转化观点
(1)表达式：ΔE＝－ΔE.
k p
(2)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面．
3．转移观点
(1)表达式：ΔE ＝ΔE
A增 B减．
(2)注意问题：A部分机械能的增加量等于A部分末状态的机械能减初状态的机械能，而 B部分机械能的减
少量等于B部分初状态的机械能减末状态的机械能．
二 应用机械能守恒定律解题的一般步骤
(1)选取研究对象
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒．
(3)选取零势能面，确定研究对象在初、末状态的机械能．
(4)根据机械能守恒定律列出方程．
(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．
【典例剖析】
【例4-1】（2025高三上·江苏南通·阶段练习）轻质弹簧一端固定在地面上，另一端连接物体A，一轻绳跨
过定滑轮分别与A、B两物体相连接。手托着B，轻绳恰好伸直且无张力，由静止释放B后，A、B在竖直
方向运动，A、B均不会与滑轮和地面相碰。已知A、B质量分别为m、2m，弹簧劲度系数为k，原长为 ，
始终处于弹性限度内，重力加速度为g，不计阻力。求：
(1)刚释放B时弹簧的长度L；
(2)A运动中的最大速度v；
(3)B运动到最低点时的加速度大小a。
【答案】(1) (2) ，方向竖直向上 (3)【详解】（1）刚释放B时，绳没有拉力，设弹簧压缩量为x，根据平衡，对A
解得
刚释放B时弹簧的长度
（2）速度最大时，加速度为零，设此时弹簧伸长量为 ，则有
解得
与之前的压缩量相等，故弹簧的弹性势能不变，则从释放到A速度最大，对整个系统根据机械能守恒
解得
方向竖直向上。
（3）设刚释放时弹簧的弹性势能为 ，B运动到最低点时，弹簧的伸长量为 ，弹簧的弹性势能为 ，
对系统从释放到B运动到最低点，根据机械能守恒
又因为
，
解得
根据牛顿第二定律，对A
对B
解得
【变式演练】
【变式4-1】如图所示是为了检验某种防护罩承受冲击力的装置，M是半径为R＝1.0 m的固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，轨道上端切线水平．N为待检验的固定曲面，该曲面在竖直面内的截面为半径r＝ m
的圆弧，圆弧下端切线水平且圆心恰好位于M轨道的上端点．M的下端相切处放置竖直向上的弹簧枪，可
发射速度不同的质量为m＝0.01 kg的小钢珠．假设某次发射的钢珠沿轨道恰好能经过M的上端点，水平飞
出后落到曲面N的某一点上，取g＝10 m/s2.问：
(1)发射该钢珠前，弹簧的弹性势能E 多大？
p
(2)钢珠落到圆弧N上时的动能E 多大？(结果保留两位有效数字)
k
【答案】 (1)0.15 J (2)0.080 J
【解析】(1)设钢珠运动到轨道M最高点的速度为v，在M的最低点的速度为v
0
则在最高点，由题意得mg＝m
从最低点到最高点，由机械能守恒定律得mv＝mgR＋mv2
由机械能守恒定律得E＝mv＝mgR＝0.15 J.
p
(2)钢珠从最高点飞出后，做平抛运动，x＝vt，y＝gt2
由几何关系知x2＋y2＝r2，联立解得t2＝ s2
所以，钢珠从最高点飞出后落到圆弧N上下落的高度为y＝0.3 m
由机械能守恒定律得，钢珠落到圆弧N上时的动能E 为E＝mv2＋mgy＝0.080 J.
k k
【变式4-2】如图所示，ABC和DEF是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC的末端水平，DEF是
半径为r＝0.4 m的半圆形轨道，其直径DF沿竖直方向，C、D可看做重合的点．现有一可视为质点的小球
从轨道ABC上距C点高为H的地方由静止释放．(g取10 m/s2)
(1)若要使小球经C处水平进入轨道DEF且能沿轨道运动，H至少多高？
(2)若小球静止释放处离C点的高度h小于(1)中H的最小值，小球可击中与圆心等高的E点，求h.
【答案】：(1)0.2 m (2)0.1 m
【解析】：(1)小球沿ABC轨道下滑，机械能守恒，设到达C点时的速度大小为v，则mgH＝mv2
小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg≤
①②两式联立并代入数据得H≥0.2 m.
(2)若h 1）碰撞前瞬间的速度大小和C与B第n次共速时的速度大小相同
从C与B第1次共速至第2次共速时过程由动量守恒有
解得
从C与B第2次共速至第3次共速的过程由动量守恒有
解得
同理可知，C与B第4次共速时的速度大小
C与B第5次共速时的速度大小
从C与挡板第4次碰撞前瞬间到C与B第5次共速瞬间的过程由动量定理有解得
（4）木板C从开始运动到第2次与挡板碰撞前的路程为
由（3）中分析可知第2次及以后的共速的速度大小
第2次碰撞到第3次碰撞期间木板C的路程
第3次碰撞到第4次碰撞期间木板C的路程
……
【变式5-2】．（2025高三上·四川成都·阶段练习）如图所示为某一游戏装置的示意图。装置由水平传送带、
竖直光滑圆轨道、水平轨道组成，水平直轨道BC、EF相接于C、E两点，C与E前后略错开，可视为质
点的物块能从C点进入圆轨道内侧运动，轨道各部分平滑连接。已知传送带以v=6m/s的速度顺时针匀速
转动，AB两端距离L=5m，EF长L=1.8m，OM为水平地面，F点位于O点正上方H＝1.25m处。将质量
1 2
m＝0.2 kg物块从传送带左端A点静止释放，物块滑上竖直圆轨道后能经过最高点D并从E点进入水平轨
道EF，并从F点离开。物块与传送带AB、水平轨道EF之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，BC部分光滑，
重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块从A点运动至B点的时间；
(2)物块在水平地面上的落点与O点的水平距离；
(3)圆轨道半径R需满足的条件。
(4)物块在AB段运动时，传送带对物块的作用力冲量大小。
【答案】(1)2s (2)2m (3) (4)【详解】（1）对物块，根据牛顿第二定律有
解得
a=2.5m/s2
假设物块一直匀加速，则有
解得
v=5m/sm ）。初始时小球A以初速度v 沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环
A B 0
之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量
比 。
（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍
（0
