文档内容
计算 2 力学综合计算题
考点内容 考情分析
考向一 直线多过程运动问题 高考中本讲内容重要程度大，难度也大，综合性
强，考察分值高。常以力学分析，直线运动，曲线运
考向二 曲线多过程运动问题
动，能量与动量综合考察。
考向三 传送带、板块问题
考向四 含弹簧类综合问题
1.思想方法
一．三个基本观点
(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速
运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互
作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问
题时，常用能量守恒定律．
二．选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定
理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守
恒定律，然后再根据能量关系分析解决．三．系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较
复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用
动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．
2.模型建构
一、多过程运动特点
由三个及三个以上的运动过程组成的复杂运动。
二.解题理论
分类 对应规律 公式表达
力的瞬
时作用 牛顿第二定律 F ＝ma
合
效果
力对空 动能定理 W
合
＝ΔE
k
W
合
＝mv
2
2－mv
1
2
间积累
机械能守恒定律 E＝E mgh ＋mv2＝mgh ＋mv2
效果 1 2 1 1 2 2
力对时 动量定理 F t＝p′－p I ＝ Δ p
合 合
间积累
动量守恒定律 mv＋mv＝mv′＋mv′
1 1 2 2 1 1 2 2
效果
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
摩擦力 (3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
做功的 2．滑动摩擦力做功的特点
特点 (1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．(3)摩擦生热的计算：Q＝Fx 其中x 为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
f 相对． 相对
1．传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况．一般设
问的角度有两个：
(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公
式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的
位移关系．
(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、
因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解．
2．传送带模型问题中的功能关系分析
传送带
(1)功能关系分析：W＝ΔE＋ΔE＋Q.
k p
问题
(2)对W和Q的理解：
①传送带做的功：W＝Fx ；
传
②产生的内能Q＝Fx
f 相对．
传送带模型问题的分析流程
1.选择合适的对象分析，是单个物体还是几个物体组成的一个系统。
2.对物体系统进行动力学分析时，往往需画出受力图，运动草图，注意转折点的状态分
析，建立物情景是很重要，这也是应该具有的一种解决问题的能力。
3.对物体系统进行功能分析时，着眼系统根据功能关系明确各个力做功的情况，依托各
弹簧能 种功能关系明确各类形式能量的转化情况，特别注意弹力做功和弹性势能的特点
量分析 4.注意物体初末状态的位置变化对应的弹簧形变量的变化关系，结合功能关系，能量守
恒定律列方程。
(1)弹力做正功，弹性势能减少
弹 弹簧弹力做功 弹性势能变化 (2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)W ＝－ΔE＝E －E
F p p1 p2
三.解题技巧
（1）仔细审题，弄清有哪几个运动过程，并画简图示意。
（2）对各运动过程要进行受力与运动特点、做功与能量变化分析。（3）边审题，边提取已知信息或隐含信息，对每个运动过程，列出可能的方程式。
（4）一般要有探索过程，不要企图一步到位，最后根据需要，列出必要的方程或方程组。
四.注意事项
（1）一个方程不能解决问题，就多设内个未知量，列方程组求解。
（2）列方程式时依据要明确，概念要清楚：
如运用动能定理，就涉及到功与动能的关系，不要弹性势能、重力势能列在式中；如运用机械
能与系统外力和非保守力做关系时，重力做功或弹簧弹力做功就不要列在式中；如运用能量守恒定
律列式，只是寻找能量之间的关系，不要把功写在式中。
考向一 直线多过程运动问题
1. （2024•山西一模）连续碰撞检测是一项重要的研究性实验，其模型如图所示：光滑
水平面上，质量为3m的小物块A，叠放在质量为m、足够长的木板B上，其右侧静置着3个
质量均为2m的小物块C、D、E。A与B上表面间的动摩擦因数为 ，t＝0时，A以v 的初速
0
度在B的上表面水平向右滑行，当A与B共速时B恰好与C相碰。μ此后，每当A、B再次共
速时，B又恰好与C发生碰撞直到它们不再相碰为止。已知重力加速度为g，所有碰撞均为时
间极短的弹性碰撞，求：
（1）t＝0时B（右端）与C的距离；
（2）B与C发生第1、2次碰撞间，B（右端）与C的最大距离。
（3）C的最终速度。
【解答】解：以下分析均以向右为正方向。
（1）设A、B第1次共速时的速度为v共1 ，t＝0时B的右端与C的距离为d，根据动量守恒定
律得：3mv
0
＝（3m+m）v共1
3
解得：v共1 =
4
v
0
对B由动能定理得：
1
3 mgd=
2
mv共1 2﹣0
μ
3v2
解得：d= 0
32μg
（2）B与C发生第1次碰撞弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv共1 ＝mv
B1
+2mv
C1
1 1 1
mv2 = mv2 + ×2mv2
2 共1 2 B1 2 C1
1 1
解得：v =− v ，v = v
B1 4 0 C1 2 0
第1次碰撞后，因小物块C、D、E的质量均相等，它们之间发生弹性碰撞时交换速度，故 C与
D碰撞后速度交换，碰后C静止，D获得C的速度向右运动与E碰撞，碰后D静止，E一直向
右做匀速直线运动。
B与C发生第1次碰撞后B先向左减速到速度为零，再向右加速运动到A、B第2次共速时恰好
与C第2次碰撞，此过程中B向右运动的最大位移就等于是B的右端与C的最大距离，设为
d 。
m
设A、B第2次共速时的速度为v共2 ，同理可得：
3mv共1 +mv
B1
＝（3m+m）v共2
1
解得：v共2 =
2
v
0
对B向右运动的过程，由动能定理得：
1
3 mgd
m
=
2
mv共2 2﹣0
μ
v2
解得：d = 0
m
24μg
（3）对B与C第2次碰撞，同理有：
mv共2 ＝mv
B2
+2mv
C21 1 1
mv2 = mv2 + ×2mv2
2 共2 2 B2 2 C2
1 1
解得：v =− v ，v = v
B2 6 0 C2 3 0
B与C第2次碰撞后到A、B第3次共速的过程，同理有：
3mv共2 +mv
B2
＝（m+3m）v共3
1
解得：v共3 =
3
v
0
B与C第3次碰撞的过程，同理有：
mv共3 ＝mv
B3
+2mv
C3
1 1 1
mv2 = mv2 + ×2mv2
2 共3 2 B3 2 C3
1 2
解得：v =− v ，v = v
B3 9 0 C3 9 0
B与C第3次碰撞后到A、B第4次共速的过程，同理有：
3mv共3 +mv
B3
＝（m+3m）v共4
2
解得：v共4 =
9
v
0
2
因v共4 =v
C3
=
9
v
0
，故B、C不会再发生碰撞。
2
可知C的最终速度为v = v 。
C3 9 0
3v2
答：（1）t＝0时B（右端）与C的距离为 0 ；
32μg
v2
（2）B与C发生第1、2次碰撞间，B（右端）与C的最大距离为 0 。
24μg
2
（3）C的最终速度为 v 。
9 0
2. （2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，光滑水平面上有一倾角 ＝37°的斜面体B，
物块A从斜面体底部以初速度v ＝5m/s开始上滑。已知m ＝1kg，m ＝2kθg，物块A可视为质
0 A B
点，斜面体B上表面光滑，运动过程中物块A始终不脱离斜面体，g取10m/s2，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8。
（1）若斜面体B固定，求物块A上升的最大高度；（2）若斜面体B可自由滑动，求物块A上升的最大高度；
（3）若斜面体B可自由滑动，且其表面有一层绒布，物块A相对斜面上滑时动摩擦因数 ＝
1
μ
1
0.5，下滑时 = ，求物块A从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小及系统因摩擦产生
2 3
μ
的热量。
【解答】解：（1）若斜面体B固定，对物块A，根据机械能守恒可得
1
m gℎ = m v2
A 1 2 A 0
解得物块A上升的最大高度
h ＝1.25m
1
（2）物块A到达最高点时，与斜面体B相对速度为0，水平方向共速，由水平方向动量守恒可
得
m
A
v
0
cos37°＝（m
A
+m
B
）v共
根据能量守恒可得
1 1
m v2= (m +m )v2 +m gℎ
2 A 0 2 A B 共 A 2
59
代入数据解得：ℎ = m
2 60
（3）沿斜面方向建立x轴，垂直斜面方向建立y轴，在上滑过程中，对A分析如图（a）所示，
对B分析如图（b）所示在y方向上A、B初速度均为0且始终不分离，故每时每刻y方向的位移、速度、加速度均相同，
在任意时刻，均有
m gcos37°﹣N ＝m a
A 1 A A1y
N sin37°+ N cos37°＝m a
1 1 1 B B1
a ＝a sμin37°
A1y B1
80
代入数据解得：N = N
1 13
在下滑过程中，对A分析如图（c）所示，对B分析如图（d）所示
同理，在任意时刻，均有
m gcos37°﹣N ＝m a
A 2 A A2y
N sin37°﹣ N cos37°＝m a
2 2 2 B B2
a ＝a sinμ37°
A2y B2
80
代入数据解得：N = N
2 11
说明A物体上滑、下滑过程中支持力均为定值，两物体受力始终为恒力。以 B为参考系，在上
滑过程中，有
N +m gsin37°＝m a
1 1 A A A1x
μa ＝a cos37°
B1x B1
a相1 ＝a
A1x
+a
B1x
150
代入数据解得：a = m/s2
相1 13
v2
13
则x = 0 = m
相 2a 12
相1
1
又x = a t2
相 2 相1 113
代入数据解得：t = s
1 30
在下滑过程中，有
m gsin37°﹣ N ＝m a
A 2 2 A A2x
a ＝a cos3μ7°
B2x B2
a相2 ＝a
A2x
+a
B2x
50
解得1a = m/s2 1
相2 11
1
由x = a t2
相 2 相2 2
√143
代入数据解得：t = s
2 300
故摩擦生热：Q＝
1
N
1
x相+
2
N
2
x相
μ 590 μ
代入数据可得：Q= J
99
物块A最终回到斜面体B底端，故整个过程中A、B位移相同，为
1 1
x= a t2+ a t2
2 B1 1 2 B2 2
26 2√143
解得：x＝（ − ）m；
45 3 75
答：（1）若斜面体B固定，求物块A上升的最大高度为1.25m；
59
（2）若斜面体B可自由滑动，求物块A上升的最大高度为 m；
60
26 2√143
（3）物块A从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小为( − )m，系统因摩擦产
45 3 75
590
生的热量为 J。
99
3. （2024•天河区一模）如图（a），质量为m的篮球从离地H高度处静止下落，与地
面发生一次非弹性碰撞后最高反弹至离地h处。设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率
之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力。（1）求篮球与地面第一次碰撞过程所受合力的冲量I及碰后速率v 与碰前速率v 之比；
2 1
（2）若篮球反弹至最高处h时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力 F，持续作用至
h 高度处撤去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h高度处，力F的大小随高度y的变化
0
如图（b）所示，求F 的大小。
0
【解答】解：（1）设竖直向下为正方向，下落过程 v2=2gH
1
上升过程
0−v2=−2gℎ
2
合力的冲量 I＝−mv −mv
2 1
得
I=−(√2gH+√2gℎ)
负号表示与正方向相反，即方向竖直向上
v
2=
√ℎ
v H
1
（2）拍球过程压力做的功为
1
W = (ℎ−ℎ )F
F 2 0 0
球落地过程，根据动能定理有
1
mgℎ +W = mv2
F 2 3
球反弹过程
0−v2=−2gℎ
4v
4=
√ℎ
v H
3
联立解得
2mg(H−ℎ)
F =
0 (ℎ−ℎ )
0
考向二 曲线多过程运动问题
4. （2024•罗湖区校级模拟）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道
水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最
高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为 ，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分的长度L＝4.5m，半圆形部分的半径R＝μ0.4m，重力
加速度大小取g＝10m/s2。
（1）若轨道固定，使小物块以某一初速度沿轨道滑动，且恰好可以从Q点飞出，求该情况下，
物块滑到P点时的速度大小；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a
与F对应关系如图乙所示。
（i）求 和m；
（ii）初μ始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力 F＝8N，当小物块运动到
P点时撤去F，试判断此后小物块是否可以从Q点飞离轨道，若可以，计算小物块从Q点飞离时
相对地面的速度大小及方向；若不可以，计算与轨道分离点的位置。
【解答】解：（1）根据题意可知小物块在Q恰好飞出，此时轨道弹力为0，重力提供向心力：v2
mg=m
R
1 1
从P点到Q点，列动能定理：−2mgR= mv2− mv2
2 2 P
联立解得：v =2√5m/s
P
（2）（ⅰ）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道一起向左加速，整体研究，牛顿第二定律：
F＝（M+m）a
结合图乙，根据斜率信息可知：M+m＝2kg
当外力F＞4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有：F﹣ mg＝Ma
结合图乙，根据斜率信息可知：M＝1kg，m＝1kg μ
μmg
根据截距信息可知：b=− =−2m/s2
M
解得： ＝0.2
μ
（ⅱ）由图乙可知，当F＝8N时，轨道的加速度为：a =6m/s2
1
小物块的加速度：a =μg=2m/s2
2
1 1
当小物块运动到P点时，经过t 时间，则有：L= a t2− a t2
0 2 1 0 2 2 0
解得：t ＝1.5s
0
因此两物体的速度分别为：v ＝a t ＝6×1.5m/s＝9m/s，v ＝a t ＝2×1.5m/s＝3m/s
1 10 2 20
之后的运动中，机械能守恒，水平方向动量守恒，假设可以运动到Q点，根据能量守恒定律有：
1 1 1 1
Mv2+ mv2= Mv2+ mv2+2mgR
2 1 2 2 2 3 2 4
以向左为正方向，根据动量守恒定律有：Mv +mv ＝Mv +mv
1 2 3 4
联立解得：v ＝7m/s，v ＝5m/s或v ＝5m/s，v ＝7m/s，方向均向左（舍）
4 3 4 3
(v −v ) 2
此时小物块相对于轨道做圆周运动，且轨道为惯性系，则有：N+mg=m 4 3
R
代入数据解得：N＝0
可见此时恰好可以运动到Q点，假设成立，则可以从Q点飞离，速度大小为7m/s，方向水平向
左5. （2024•郑州模拟）如图所示，一根长R＝1.44m不可伸长的轻绳，一端系一小球P，
另一端固定于O点。长l＝3m绷紧的水平传送带始终以5m/s恒定的速率沿逆时针方向运行，
传送带左侧半径r＝0.5m的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸
直）与水平位置成 ＝30°角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小
物块A向左运动到θB点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为
m＝0.3kg且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数 ＝0.25，其他摩擦均忽略不计，
重力加速度大小g＝10m/s2，求： μ
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。
【解答】解：（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为 ＝30°，则小球P自由下落距离为R
时，轻绳刚好再次伸直如下图所示， θ
设此时P的速度为v 。根据自由落体运动规律，可得 v2=2gR
1 1
轻质细线伸直后瞬间小球P速度为v ＝v cos
2 1
小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速θ度大小为v ，从轻质细绳刚好再次伸直到小球P运
3
动到最低点的过程中，由动能定理得：
1 1
mg（R﹣Rsin ）= mv2− mv2
2 3 2 2
θ
联立解得：v ＝6m/s
3
设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为T，根据牛顿第二定律可得：v2
T﹣mg＝m 3
R
解得：T＝10.5N
根据牛顿第三定律可知小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。
（2）设小球与小物块进行弹性碰撞后瞬间的速度分别为 v 、v ，以向左为正方向，由动量守恒
4 5
定律与机械能守恒定律得：
mv ＝mv +mv
3 4 5
1 1 1
mv2= mv2+ mv2
2 3 2 4 2 5
解得：v ＝6m/s
5
小物块冲上传送带后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有：
mg＝ma，解得加速度大小为：a＝2.5m/s2
μ设传送带速度为v ＝5m/s，小物块与传送带共速时对地位移大小为x，则由运动学公式可得：
0
v2−v2=2ax
5 0
代入数据解得：x＝2.2m＜l＝3m，则可知小物块与传送带能够共速，之后和传送带一起做匀速
运动。
v −v
小物块在传送带上减速所用时间为：t= 5 0，解得t＝0.4s
a
这段时间内传送带运动的位移为：x带 ＝v
0
t＝5×0.4m＝2m
则小物块通过传送带时，由于摩擦产生的热量为：Q＝ mg（x﹣x带 ）
解得：Q＝0.15J μ
（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为v ，轨道对小物块的弹力为F，则由动能定理有：
6
1 1
﹣2mgr= mv2+ mv2
2 6 2 0
解得：v =√5m/s
6
在最高点由牛顿第二定律可得：
v2
F+mg＝m 6
r
联立解得：F＝0N
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时小物块对轨道的压力为0N。答：（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小为6m/s，对轻质细绳拉力大小为10.5N；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量为0.15J；
（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小为0N。
6. （2024•清江浦区模拟）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E
为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为 ＝37°，底端
H有一弹簧，A、O 、O 、D、O 、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小θ钢球（其直径
1 2 3
稍小于圆管内径，可视作质点）从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，
B处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在 B点。若小
钢球能够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，轨道GH的动摩擦因数
＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时μ，
小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）小钢球第一次经过C点时的速度大小v ；
C
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小F ；
B
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。
【解答】解：（1）由题意可知，小钢球在E点处做圆周运动，当其恰好通过E点时，则小钢球
在E点的速度是零，从C到E的运动过程，根据动能定理可得：
1
0− mv2 =−mg⋅2R，解得小钢球第一次经过C点时的速度大小为：v =2√6m/s；
2 C C
（2）因为BC段光滑，小钢球通过B点时的速度等于经过C点的速度，小钢球经过B点时，根
据牛顿第二定律可得：
mv2
F −mg= C
B R
解得小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小为：F ＝0.5N，由牛顿第三定律
B
可知在B点，小钢球对轨道的压力的大小为：F ′＝0.5N；
B（3）设小钢球恰好能经过E点时，其释放的高度为h ，从O到E的运动过程，根据动能定理可
1
得：mg（h ﹣R）＝E
1 kE
代入数据解得：h ＝0.6m
1
当小钢球的释放高度h＜h 时，小钢球将无法通过E点，所以其在GH斜面轨道上运动的总路程
1
s是零。
R 0.6
L = = m=0.8m
根据几何关系可知，斜面轨道GH的长度为： GH tanθ 3
4
小钢球在斜面GH上运动时，所受摩擦力大小为：F＝ mgcos ＝0.5×0.01×10×0.8N＝0.04N
f
小钢球在斜面轨道上完成从G到H的运动，摩擦力做μ功为：θW＝﹣F•L ＝﹣0.04×0.8J＝﹣
f f GH
0.032J
可知，小钢球完成从H到G的运动，摩擦力做功也为−0.032J。设小钢球释放高度为h2时，其能
够运动到H点，并被反弹，且恰好能够再次经过E点，根据动能定理有
mg（h ﹣R）+2W＝E
2 f kE
解得：h ＝1.24m
2
当小钢球的释放高度h＞h 时，小钢球再次通过E点后，将向D、C方向运动，并不再返回，所
2
以其在GH斜面轨道上运动的总路程为：s＝2L ＝1.6m
GH
小钢球重力沿斜面向下的分力大小为：F ＝mgsin ＝0.06N
1
因为F ＞F，所以当小钢球的释放高度h ≤h＜hθ时，小钢球第一次通过E点后，无法再次经过
1 f 1 2
E点，它将会在斜面轨道上反复运动，最终停在H点。根据动能定理可得：
mgh﹣Fs＝0，代入数据解得：s＝2.5h（m）
f
综上可得：
{ 0，ℎ＜0.6m
s= 2.5ℎ(m)，0.6m≤ℎ＜1.24m
1.6m，ℎ≥1.24m
考向三 传送带、板块问题
7. （2024•淮安模拟）如图所示，半径为R＝1.8m的四分之一光滑圆弧轨道PQ固定在
水平面上，轨道末端与厚度相同的处于静止的木板A和B紧挨着（不粘连）。木板A、B的质
量均为M＝1kg，与水平面间的动摩擦因数均为 ＝0.2，木板A长L ＝1.5m。一质量为m＝
1 A
μ2kg、可视为质点的小物块从P点由静止释放，小物块在以后的运动过程中没有滑离木板B。
小物块与木板A间的动摩擦因数 ＝0.8，与木板B间的动摩擦因数 ＝0.1，重力加速度g＝
2 3
10m/s2，求： μ μ
（1）小物块运动到Q点时对轨道的压力大小；
（2）小物块刚滑上木板B时的速度大小；
（3）木板B的最小长度。
【解答】解：（1）小物块下滑过程中，由动能定理得
1
mgR= mv2
2 Q
解得：v ＝6m/s
Q
在Q点，对小物块，由牛顿第二定律得
v2
F −mg=m Q
N R
解得：F ＝60N
N
由牛顿第三定律可知小物块运动到Q点时对轨道的压力大小F '＝F ＝60N
N N
（2）小物块在木板A上滑动时，对小物块，由牛顿第二定律有
mg＝ma
2 1
μ
可得：a =8m/s2
1
对木板A，由牛顿第二定律有
mg﹣ （m+2M）g＝2Ma
2 1 2
μ μ
可得：a =4m/s2
2
小物块刚滑上木板B时，小物块的位移为
1
x =v t− a t2
1 Q 2 1
木板A的位移为1
x = a t2
2 2 2
又有L ＝x ﹣x
A 1 2
联立解得：t＝0.5s
则小物块刚滑上木板B时的速度
v ＝v ﹣a t＝（6﹣8×0.5）m/s＝2m/s
0 Q 1
（3）小物块刚滑上木板B时木板B的速度
v ＝a t＝4×0.5m/s＝2m/s
1 2
小物块在木板B上滑动时，对小物块有
mg＝ma
3 3
μ
解得：a =1m/s2
3
对木板B有
（m+2M）g﹣ mg＝2Ma
1 3 4
μ μ
解得：a =3m/s2
4
小物块的位移为
v2
x = 0
3 2a
3
木板B的位移为
v2
x = 1
4 2a
4
则木板B的最小长度L ＝x ﹣x
min 3 4
4
联立解得：L = m
min 3
答：（1）小物块运动到Q点时对轨道的压力大小为60N；
（2）小物块刚滑上木板B时的速度大小为2m/s；
4
（3）木板B的最小长度为 m。
3
8. （2024•魏都区校级三模）如图所示，一轻弹簧原长L＝2m，其一端固定在倾角为
＝37°的固定斜面AF的底端A处，另一端位于B处，弹簧处于自然伸长状态，斜面AF长x＝θ
3m。在FC间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且FC长x ＝4m，传送带逆时针转动，
016
转动速度为4m/s。传送带上端通过一个光滑直轨道CH与一个半径为r= m的光滑圆弧轨道
45
DH相切于H点，且D端切线水平，A、B、C、D、F、H均在同一竖直平面内，且D、C在同
一竖直线上。质量为m＝5kg的物块P（可视为质点）从C点由静止释放，最低到达E点（未
画出），随后物块P沿轨道被弹回，最高可到达F点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为
3 1
μ = ，与斜面间的动摩擦因数为μ = ，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦
1 4 2 4
力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求BE间距离x及物块P运动到E点时弹簧的弹性势能E ；
p
（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块 P推至
E点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好落于F点，求物块运动到D
点的速度v 。
D
【解答】解：（1）当物块P在传送带上运动时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二
定律得
mgsin + mgcos ＝ma
1
解得物θ块μ的加速度θ 大小为：a＝12m/s2
物块做匀加速直线运动，当物块速度达到4m/s时，其位移为
v2 42 2
x = = m= m＜x =4m
1 2a 2×12 3 0
故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。
3
因μ = =tanθ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块 P与传送带达到共同速度后一起做
1 4
匀速直线运动到F点。
设BE长为L ，物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有
0
1
mg(x−L+L )sinθ+ mv2=μ mg(x−L+L )cosθ+E
0 2 2 0 p物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有
mg（x﹣L+L ）sin + mg（x﹣L+L ）cos ＝E
0 2 0 p
联立解得：L ＝1mθ，μE ＝80J θ
0 p
（2）由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为v ，则根据平抛运动的
D
规律得
水平方向上有
x cos ＝v t
0 D
竖直方θ向上有
r 1
x sinθ+r+ = gt2
0 cosθ 2
联立解得：v ＝4m/s
D
答：（1）BE间距离x为1m，物块P运动到E点时弹簧的弹性势能E 为80J；
p
（2）物块运动到D点的速度v 为4m/s。
D
9. （2024•温州一模）如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角 ＝37°的足够长直轨
道AB、圆心为O 的半圆形轨道BCD、圆心为O 的圆形细圆管轨道DE、θ倾角 ＝45°的直轨
1 2
道EF、水平直轨道FG组成，各段轨道均光滑且各处平滑连接，B和D为轨道间α的相切点，点
E、圆心O 处于同一竖直线上，C、F、G处于同一水平面上。在轨道末端G的右侧光滑水平
2
面上，紧靠着质量M＝0.6kg、长度d＝2m的无动力摆渡车，车上表面与直轨道FG平齐。可
视为质点、质量m＝0.3kg的滑块从直轨道AB上某处静止释放。己知轨道BCD和DE的半径
R＝0.5m。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）若释放点距点B的距离l＝1.5m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力F 的大小；
N
（2）若滑块始终不脱离轨道ABCDE，求释放点与C点高度差h的取值范围；
（3）若滑块从E点飞出后落在轨道EF上，与轨道碰撞后瞬间沿轨道速度分量保持不变，垂直
2
轨道速度分量减为零，再沿轨道滑至摆渡车上。己知滑块和摆渡车之间的动摩擦因数μ= ，且
3滑块恰好不脱离摆渡车，求：
①滑块运动至点G的速度大小v ；
G
②滑块离开点E的速度大小v 。
E
【解答】解：（1）对滑块，从释放点到C点过程，根据动能定理
1
mg(lsinθ+R−Rcosθ)= mv2
2 C
v2
在C点合外力提供向心力：F −mg=m C
N R
代入数据解得：F ＝15N
N
（2）满足恰好达到半圆形轨道BCD与O 等高处：h ＝R＝0.5m
1 1
可得：0≤h≤0.5m
满足恰好能到达E点，则：h ＝2R（1+cos ）＝2×0.5×（1+0.8）m＝1.8m
2
θ
v2
恰好能过D点而不掉落，重力分力提供向心力：mgcosθ=m D
R
1
从释放点到D点过程：mg(ℎ −R−Rcosθ)= mv2
3 2 D
解得：h ＝1.1m
3
综上可得：0≤h≤0.5m或1.1m≤h≤1.8m
（3）①对滑块，从G点滑上摆渡车至共速，根据动量守恒定律
mv
G
＝（M+m）v共
根据能量守恒定律
1 1
μmgd= mv − (M+m)v2
2 G 2 共
联立解得：v =2√10m/s
G
gt
②从E点飞出落在EF段，根据位移偏转角和速度偏转角的关系：tan45°=
2v
E
2v2 2v
可得：H= E，t= E，v ＝2v
y E
g g
3√2
所以：v =v sin45°+2v cos45°= v
∥ E E 2 E1 1
由碰撞点到G点，根据动能定理：mg(2R+2Rcosθ−H)= mv2− mv2
2 G 2 ∥
代入数据解得：v =2√2m/s
E
考向四 含弹簧类综合问题
10. （2024•浙江一模）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O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF、GH组成。BCD的最高点
D与EF的右端点E在同一竖直线上，且D点略高于E点。木板静止在GH上，其上表面与EF
相平，右端紧靠竖直边FG，左端固定一竖直弹性挡板。游戏时滑块从A点弹出，经过轨道
AB、BCD、EF后滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m＝0.3kg，木板质量M＝0.1kg，长
度l＝1m，BCD的半径R＝0.4m，弹簧弹性势能的最大值为8J，滑块与木板间的动摩擦因数为
，木板与轨道GH间的动摩擦因数为 ，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨
1 2
μ道连接处时的能量损失，滑块与挡板发生μ 弹性碰撞。
（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF，求滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小F ；
N
（2）若 ＝0.2， ＝0，则在满足滑块始终不脱离木板的条件下，求滑块在木板上的动能最大
1 2
值E ；μ μ
km
（3）若 ＝0， ＝0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF，求在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩
1 2
擦力对木μ板做的功μ W。
【解答】解：（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF，在最高点D处做圆周运动的向心力由重力提
v2
供：mg=m D
R1 1
滑块由C点滑到最高点D此过程由机械能守恒： mv2+mgR= mv2 +2mgR
2 C 2 D
v2
滑块滑到C点时做圆周运动的向心力由滑道对滑块的弹力提供：F =m c
N R
联立以上方程代入数值得：F ＝9N
N
（2）因 ＝0.2， ＝0，木板与地面之间没有摩擦，而滑块与木板之间存在摩擦，把滑块与木
1 2
板看成一μ个系统，μ其动量守恒，满足滑块始终不脱离木板必定滑块与木板共速，
以向左的方向有：mv＝（m+M）v共
设滑块以v的速度滑入木板，并在木板上最终摩擦滑行x长时滑块与木板共速，此过程能量守恒：
1 1
mv2=μ mgx+ (m+M)v2
2 1 2 共
1
滑块滑入木板时的动能最大为：E = mv2
km 2
m+M
以上方程解得：E = μ mgx
km M 1
当x＝2l时，滑块在木板上的动能最大值E ＝4.8J，此时：v=4√2m/s＞2m/s
km
所以滑块能够滑上木板，相应的机械能为7.2J＜8J。
（3）由题意滑块恰好能够滑上轨道有：v =√gR
0
代入数值滑块刚滑上木板时：v ＝2m/s
0
因为 ＝0， ＝0.1，木板与地面之间存在摩擦，而滑块与木板之间没有摩擦，滑块与挡板第 1
1 2
次碰撞μ时动量μ守恒有：mv ＝mv +Mv
0 1 2
1 1 1
再由能量守恒定律有：
mv2= mv2+ Mv2
2 0 2 1 2 2
1 1
解得滑块速度：v = v = ×2m/s＝1m/s
1 2 0 2
3 3
木板速度：v = v = ×2m/s＝3m/s＞v
2 2 0 2 1
之后，木板做匀减速运动，加速度a＝ g＝0.1×10m/s2＝1m/s2。滑块匀速运动，设经过t发生第
2
μ
1
二次碰撞，则有：v t− at2=v t
2 2 1
代入数据：t＝0，t＝4s，此时木板的速度v＝v ﹣at＝3m/s﹣1×4m/s＝﹣1m/s＜0
2经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。
1 1
故摩擦力对木板做的功：W =0− Mv2=0− ×0.1×32J=−0.45J
2 2 2
答：（1）滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小F 为9N；
N
（2）滑块在木板上的动能最大值E 为4.8J；
km
（3）在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W为﹣4.5J。
11. （2025•邯郸一模）如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左
端固定，自然伸长位置为O′点，弹簧的劲度系数k＝43.52N/m，圆轨道的半径R＝0.5m，圆
管的内径比小球m 直径略大，但远小于圆轨道半径，小物块m 静止于木板m 左端，木板的
1 2 3
上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数 ＝0.5，
木板右端与墙壁之间的距离L ＝5m，现用力将小球m 向左推压，将弹簧压缩x ＝0.5μm，然后
0 1 0
由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端O′点后水平抛出，从管口A处沿
圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分B点飞出，并恰好与小物块m 发生弹性碰撞，经过
2
一段时间后m 和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知m 始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，m ＝
3 2 1
m ＝0.5kg，m ＝0.1kg，g＝10m/s2， ＝37°，sin37°＝0.6。试求：
2 3
θ
（1）小球平抛运动的时间t及抛出点O′与管口A间的高度差h；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力F ，并判断是和管的内壁还是外壁挤压；
N
（3）木板的最短长度L及木板在地面上滑动的总路程s。
【解答】解：设水平向右为正方向为正
（1）弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
0+kx 1
0×x = m v2−0
2 0 2 1 0
在小球平抛到管口A点时如图根据v ＝v tan
y 0
v ＝gt θ
y
1
ℎ
= gt2
2
解得
3
t= √34s
50
h＝0.612m
（2）从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
1 1
−m g(R+Rcosθ)= m v2− m v2
1 2 1 2 1 A
由上述图可知
v
v = 0
A cosθ
在最高点
v2
F +m g=m
N 1 1 R
解得F ＝11N＞0
N
小球和圆筒外壁挤压，挤压力大小为11N，方向竖直向上。
（3）从A到B全过程，由动能定理可得
1 1
m g(R−Rcosθ)= m v2 − m v2
1 2 1 A 2 1 A
解得v ＝6m/s
B
小球m 和物块m 碰撞过程，设水平向右为正方向，可得
1 2
m v ＝m v ′+m v ′
1 B 1 1 2 2
1 1 1
m v2= m v '2+ m v '2
2 1 B 2 1 1 2 2 2解得v ′＝0，v ′＝6m/s
1 2
可知碰后小球停止运动，物块获得6m/s向右的速度，开始在木板上滑动，以m 和m 为对象
2 3
m v ′＝（m +m ）v
2 2 2 3 1
对m 可得
2
1
μm gx= m v2−0
2 2 2 1
解得v ＝5m/s
1
x＝0.5m＜L
0
物块与木板共速后与墙壁发生碰撞，以m 和m 为对象，第1次与墙碰撞后
2 3
m v ﹣m v ＝（m +m ）v
2 1 3 1 2 3 2
解得
m −m
v = 2 3v
2 m +m 1
2 3
对木板
m g＝m a
2 3
μ
v2
s = 1
1 2a
第2次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正
m v ﹣m v ＝（m +m ）v
2 2 3 2 2 3 3
解得
m −m
v =( 2 3 ) 2v
3 m +m 1
2 3
对木板
v2 m −m v2
s = 2 =( 2 3 ) 2 ⋅ 1
2 2a m +m 2a
2 3
第3次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正
m v ﹣m v ＝（m +m ）v
2 3 3 3 2 3 4
解得m −m
v =( 2 3 ) 3v
4 m +m 1
2 3
对木板
v2 m −m v2
s = 2 =( 2 3 ) 4 ⋅ 1 ⋯.
3 2a m +m 2a
2 3
第n﹣1次与墙碰撞后
m 2 v n﹣1 ﹣m 3 v n﹣1 ＝（m 2 +m 3 ）v n
解得
m −m
v =( 2 3 ) n−1v
n m +m 1
2 3
对木板
v2 m −m v2
s = n−1=( 2 3 ) 2(n−2)⋅ 1
n−1 2a m +m 2a
2 3
第n次与墙碰撞后
m v ﹣m v ＝（m +m ）v
2 n 3 n 2 3 n+1
解得
m −m
v =( 2 3 ) nv
n+1 m +m 1
2 3
对木板
v2 m −m v2
s = n =( 2 3 ) 2(n−1)⋅ 1
n−1 2a m +m 2a
2 3
木板运动的总路程为
s＝L +2（s +s +s +⋯+s ）
0 1 2 3 n
即
m −m
1×[1−( 2 3 ) 2n ]
m −m m −m m −m v2 v2 m +m
s=L +2[1+( 2 3 ) 2+( 2 3 ) 4+⋯+( 2 3 ) 2(n−1)] 1 =L +2× 1 × 2 3
0 m +m m +m m +m 2a 0 2a m −m
2 3 2 3 2 3 [1−( 2 3 ) 2 ]
m +m
2 3m −m
当n→∞时，(
2 3
)
2n→0，可得
m +m
2 3
v2
1
s=L +2× 1 ×
0 2a m −m
1−( 2 3 ) 2
m +m
2 3
解得s＝6.8m
木板和物块最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在右端，根据能量守恒可得
1
μm gL= m v '2
2 2 2 2
解得L＝3.6m
3
答：（1）小球平抛运动的时间t为 √34s，为0.612m；
50
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力F 为11N，方向竖直向上，和外壁挤压；
N
（3）木板的最短长度L为3.6m，木板在地面上滑动的总路程s为6.8m。
12. （2024•三明模拟）如图甲，轻质弹簧一端拴接在倾角 ＝37°的光滑固定斜面底端的
挡板上，弹簧处于自然状态。现将 m＝0.5kg的小物块A由P点θ静止释放并开始压缩弹簧，A
沿斜面运动至最低点Q（图中未标出）后弹回，PQ距离x＝0.1m。小物块可视为质点，弹簧
始终处在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）A刚释放时的加速度大小a；
（2）A运动至最低点Q时，弹簧的弹性势能E ；
p
3
（3）如图乙，若A与斜面间的动摩擦因数μ= ，现将m＝0.5kg的小物块B轻放在A上，仍从
8
斜面上的P点静止释放，A、B一起沿斜面向下运动且始终保持相对静止，通过计算判断A、B
能否到达Q点。若能，求该过程中A对B所做的功W；若不能，求A、B能到达的最低点与P
点的距离s。
【解答】解：（1）刚释放时物块A时，对A根据牛顿第二定律可得：mgsin ＝ma
θ代入数据解得：a＝6m/s2；
（2）物块A由P至Q过程，设位移大小为x，由机械能守恒定律得：E ＝mgxsin
p
解得：E ＝0.3J； θ
P
（3）假设A、B能到达Q点，设到达Q点的速度大小为v ，由P至Q点，由能量守恒定律可得：
Q
1
2mgxsin ＝2 mgxcos +E + ×2mv2
P 2 Q
θ μ θ
解得：v ＝0，即A、B恰好能到达Q点。
Q
对B根据动能定理可得：W+mgxsin ＝0
解得：W＝﹣0.3J。 θ
答：（1）A刚释放时的加速度大小为6m/s2；
（2）A运动至最低点Q时，弹簧的弹性势能为0.3J；
（3）A、B能到达Q点，该过程中A对B所做的功为﹣0.3J。
