文档内容
考点 25 动力学和能量观点的综合应用
1. 3年真题考点分布
题型 选择题、解答题
应用动力学和能量观点分析多过程问题；应用动力学和能量观点分析传送带
高考考点
模型；应用动力学和能量观点分析滑块——木板模型
2023 全国乙卷8题、全国乙卷25题、湖北卷24题、浙江卷23题、
江苏卷8题、福建卷11题、河北卷13题、浙江卷20题、山东卷18题、全
新高考 2022
国甲卷19题、
2021 福建1题、浙江春招3题、浙江2题、海南卷17题、湖南卷14题
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】近3年新高考卷对于运动的描述考查共计15次，主要考查：
1.应用动力学和能量观点分析物体的多过程问题；
2. 应用动力学和能量观点分析传送带模型；
3. 应用动力学和能量观点分析滑块——木板模型；
【备考策略】掌握从动力学观点和能量观点两种不同的解题思路处理物理过程；掌握传送带模型和滑块木
板模型的解题技巧和方法；
【命题预测】本节内容常与平抛运动（或类平抛）和圆周运动结合在一起，出现在传送带和板块模型中，
从动力学观点或能量观点两种解题思路进行考察，对整个物体的运动过程要求较高，题型难
度偏大，全国各省的高考试题有50%的概率出现，2024年考生想要获得高分，本节内容是必
须要素质过硬的。
1考法一 应用动力学和能量观点分析多过程问题
1．多运动组合问题主要是指直线运动、平抛运动和竖直面内圆周运动的组合问题．
2．解题策略
(1)动力学方法观点：牛顿运动定律、运动学基本规律．
(2)能量观点：动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律．
3．解题关键
(1)抓住物理情景中出现的运动状态和运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程．
(2)两个相邻过程连接点的速度是联系两过程的纽带，也是解题的关键．很多情况下平抛运动的末速度的方
向是解题的重要突破口．
【典例】（2021·全国·高考真题）如图，一倾角为 的光滑斜面上有50个减速带（图中未完全画出），相
邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车（可视为质点）从距第一个
减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车
通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光
滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为
g。
（1）求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
（2）求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
（3）若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应
满足什么条件？
2【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）由题意可知小车在光滑斜面上滑行时根据牛顿第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为v，到达第31个减速带时的速度为v，则有
1 2
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，故后面过减速带后的速度与到达下一
个减速带均为v 和v；经过每一个减速带时损失的机械能为
1 2
联立以上各式解得
（2）由（1）知小车通过第50个减速带后的速度为v，则在水平地面上根据动能定理有
1
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能为
（3）由题意可知
可得
（2023·湖南·统考模拟预测）如图所示，一倾角θ=30°的斜面固定在地面上，斜面的长度L=5m，某时刻，
小物块A从斜面顶端由静止释放，与静止在斜面中点的小物块B发生多次碰撞，小物块A、B之间的碰撞时
间极短且为弹性碰撞，已知小物块A、B的质量分别为m=1kg、m=4kg，小物块A与斜面间无摩擦，小物
1 2
块B与斜面间的动摩擦因数 ，重力加速度g=10m/s2。
（1）求小物块A经过多长时间与小物块B发生第一次碰撞及小物块A、B第一次碰撞后瞬间的速度大小；
（2）求小物块第一次碰撞后经过多长时间发生第二次碰撞；
（3）若仅从能量角度考虑，小物块B最终能否静止在斜面底端。
3【答案】（1）1s，3m/s，2m/s；（2） ；（3）见解析
【详解】（1）以小物块A为研究对象，由牛顿第二定律得
解得
由运动学公式得
解得
取沿斜面向下为正方向，第一次碰前小物块A的速度大小
小物块A、B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律可知 ，
联立解得 ，
故小物块A、B第一次碰撞后瞬间的速度大小分别为 、 。
（2）第一次碰后，以小物块B为研究对象，由牛顿第二定律可得 ，解得
设经过时间 后小物块B的速度减为0，由运动学公式可得
解得
设小物块A、B第一次碰撞后经过时间 发生第二次碰撞，由运动学公式可得 ，解
得
小物块B在 时已静止， 舍去。故有
解得 ，小物块A、B第一次碰撞后经 发生第二次碰撞。
（3）对小物块A、B整体运动过程分析，运动到斜面底端的过程中重力做的功
4克服摩擦力做的功
由于 ，小物块B可以静止在斜面底端。
考法二 应用动力学和能量观点分析 传送带模型问题
1. 模型分类：水平传送带问题和倾斜传送带问题．
2. 处理方法：求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况，从而确定其是否受到滑动摩擦力作
用．如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向，然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况．
当物体速度与传送带速度相等时，物体所受的摩擦力有可能发生突变．
3. 解题模板
4．功能关系
（1）功能关系分析：W ＝ΔE＋ΔE＋Q.
F k p
（2）对W 和Q的理解：
F
①传送带的功：W ＝Fx ；
F 传
②产生的内能Q＝Fx
f 相对．
【典例】（2023·浙江·统考高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨
道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF
与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系
数 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量 的滑块a以初速度
从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长 ，以
的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数 ，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质
点，弹簧的弹性势能 （x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F ；
F N
5（2）若滑块a碰后返回到B点时速度 ，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能 ；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点 ，解得 ，F =31.2N
N
（2）滑块a返回B点时的速度v =1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
B
根据
可得在C点的速度v =3m/s
C
则滑块a从碰撞后到到达C点 ，解得v=5m/s
1
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度v=5m/s
2
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度 ，则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x，由能量关系
1
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x=x
2 1
则弹簧最大长度与最小长度之差
1．（多选）（2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测）如图甲所示一水平的浅色长传送带上放置一煤块
（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为 。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传
6送带在外力作用下先加速后减速，其速度—时间（v-t）图像如图乙所示，假设传送带足够长，经过一段时
间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹， ，则下列说法正确的是（ ）
A．黑色痕迹的长度为36m
B．煤块在传送带上的相对位移为16m
C．若煤块的质量为1kg，则煤块与传送带间因摩擦产生的热量为160J
D．煤块的质量越大黑色痕迹的长度越短
【答案】BC
【详解】A．煤块先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
经时间 ，速度达到
设经过 煤块和传送带共速为 ，皮带减速的加速度 ，有 ， ，联立解得
，
此后因 ，则煤块和皮带各自匀减速到停止，煤块减速到零的时间为
作出煤块的速度v-t图像如图所示（图像过6s，12m/s；与传送带的图像交于8s，16m/s；然后减速，交t轴
于16s）
由图可知，煤块先相对皮带向左滑动的相对位移为
共速后煤块相对皮带往右滑动的相对位移为
则痕迹应取较长的相对位移为 ，故A错误；
B．全程煤块在传送带上的相对位移为 ，故B正确；
C．煤块与传送带间因摩擦产生的热量为 ，故C正确；
7D．若煤块的质量变大，其加速和减速的加速度均不变，则图像不变，各段的相对位移不变，则痕迹长也
不变，故D错误。
故选BC。
1．（2023·福建福州·福建师大附中校考模拟预测）如图，水平传送带以恒定速度 顺时针转动，传送带右
端上方的挡板上固定着一轻弹簧。将质量为m的小物块P轻放在传送带左端，P在接触弹簧前速度已达到
，之后与弹簧接触继续运动。设P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则在向右运动到第一
次到达最右端的过程中（ ）
A．接触弹簧前，P一直受到传送带的摩擦力作用
B．接触弹簧后，弹簧对P做的功等于
C．接触弹簧后，P的速度不断减小
D．接触弹簧后，传送带对P做功的功率先变大再变小
【答案】D
【详解】A．因为P在接触弹簧前速度达到 时，即物块与传送带共速，此时物块与传送带相对静止，物块
与传送带之间没有摩擦力，故A错误；
B．接触弹簧后，对物块P由动能定律得 ，整理有
故B错误；
C．物块P开始接触弹簧到弹力与最大静摩擦力相等的过程中，物块P受到的摩擦力为静摩擦力，此时静摩
擦力的大小和弹簧弹力大小相等，物块P仍做匀速直线运动。所以物块P接触弹簧后P的速度并不是不断
减小，而是先做匀速直线运动，后做减速运动，故C错误；
D．由之前的分析可知，物块P接触弹簧后，先做匀速直线运动，后做减速运动，根据功率公式有
开始时随着静摩擦力变大，所以功率变大，当物块P开始做减速运动时，其摩擦力为滑动摩擦力，其大小
不变，但是速度减小，所以功率开始减小。综上所述，物块P的功率先增大后减小，故D正确。
故选D。
3．（2023·河北沧州·统考模拟预测）弯曲轨道与水平地面平滑连接，右侧有一与地面等高的传送带，传送
带始终以速度 顺时针匀速转动，如图甲所示。将一滑块从轨道上高 处无初速释放，当
时，滑块离开传送带时的速度不变，当滑块从其他高度释放后，离开传送带时的速度大
小 与高度 的图像为如图乙所示的曲线。已知滑块与传送带间的动摩擦因数 ，弯曲轨道与水平地
面均光滑，取重力加速度大小 ，求：
（1）传送带的传送速度 ；
8（2）传送带的长度 。
【答案】（1） ；（2）
【详解】（1）（2）根据题意，结合图乙可知，当 时，滑块始终在传送带上加速，当
时，滑块始终在传送带上减速，设滑块滑上传送带的速度为 ，由机械能守恒定律有
由运动学公式有 ，
其中 ， ，解得 ，
考法三 应用动力学和能量观点分析 滑块—木板模型问题
1．分类：滑块—木板模型根据情况可以分成水平面上的滑块—木板模型和斜面上的滑块—木板模型．
2．分析思路：
滑块从木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑块的位移和木板的位
移之差等于木板的长度；若滑块和木板沿相反方向运动，则滑块的位移和木板的位移之和等于木板的长度．
3．解题技巧
此类问题涉及两个物体、多个运动过程，并且物体间还存在相对运动，所以应准确求出各物体在各个
运动过程中的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)，找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是
解题的突破口，求解中应注意联系两个过程的纽带，每一个过程的末速度是下一个过程的初速度．
【典例1】（多选）（2023·全国·统考高考真题）如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，
另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v 开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦
0
力大小为f，当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于 D．物块的动能一定小于
【答案】BD
9【详解】设物块离开木板时的速度为 ，此时木板的速度为 ，由题意可知
设物块的对地位移为 ，木板的对地位移为
CD．根据能量守恒定律可得
整理可得 ，D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
根据运动学公式 ，
因为 ，可得 ，则 ，所以 ，B正确，A错误。
故选BD。
1．（多选）（2023·湖北·模拟预测）如图所示，一子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块，子弹最终
未穿透木块。假设子弹与木块之间的作用力大小恒定，若此过程中产生的内能为20J，下列说法正确的是
（ ）
A．子弹对木块做的功与木块对子弹做功的代数和为0J
B．木块的动能增加量可能为16J
C．木块的动能增加量可能为22J
D．整个过程中子弹和木块组成的系统损失的机械能为20J
【答案】BD
【详解】A．子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力是一对作用力与反作用力，大小相等，设子弹射
入木块中的深度为d，子弹水平射入木块后，未穿出，到相对静止时，木块位移为x，子弹对木块做的功为
fx，木块对子弹做的功为 ，由功能关系知 ，所以子弹对木块所做的功与木块对子弹所做
的功的代数和为 ，A错误，
10BC．根据 图像与坐标轴所围面积表示位移可知，子弹射入木块的深度 即子弹与木块的相对位移大小
一定大于木块做匀加速运动的位移x，设子弹与木块之间的作用力大小为f，根据功能关系可知
根据动能定理可知，木块获得的动能为 ，故B正确，C错误；
D．子弹射入木块的过程中要克服阻力做功，产生内能为20J，由能量守恒知系统损失的机械能即为20J，D
正确。
故选BD。
2．（2023·江苏·模拟预测）如图所示，一质量 、长 的木板B静止于光滑的水平面上，距离
B的右端 处有一固定竖直挡板； 时刻，一个质量 的小物块A以初速度 从B的
左端水平滑上B， 时，对物块A施加一水平向右的恒力 。设物块A可视为质点，A、B间的动摩
擦因数 ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失，
g取 ，求：
（1） 内，木板B的运动位移；
（2）从B开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，摩擦力对B所做的功；
（3） 与竖直挡板第二次碰撞前A距离木板B右端的距离。
【答案】（1） ；（2）4J；（3）
【详解】（1）A滑上B后，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动；由牛顿第二定律知，对木块A
对木板B
设AB经过时间 后达到相等的速度 ，由运动学规律知
解得 ，
此时A运动的位移为
11B的运动位移为
当AB共速后将做匀速直线运动，则两者在 内的运动位移为
故在 内，木板B的运动位移为
（2）当 时，当恒力F作用在A上，假设AB仍保持相对静止，对整体有
对B有
解得
故在木板B与挡板碰撞前，A、B保持相对静止，其共同运动的加速度为
设木板B第一次与挡板碰撞前，AB的速度为 ，由运动学规律知
解得
而从B开始运动到与竖直挡板第一次碰撞前的过程中，只有摩擦力对B做功,由动能定理知
（3）当B与挡板第一次碰撞后，A向右做匀减速直线运动，B向左做匀减速直线运动
对A有
对B有
解得
即AB将同时减速到0，则在此过程中，由运动学公式知 ，
解得
在此过程中A相对B运动位移为
此后AB将在恒力F作用下以加速度 向右加速运动，在第二次碰撞前A与B之间不再发生相对位
移；
由（1）问可知， 内，A相对B运动位移为
故B与竖直挡板第二次碰撞前A距离木板B右端的距离
【基础过关】
1．（2023·北京·模拟预测）如图所示，光滑的水平面上，子弹以速度v 射入木块，最后留在木块中随木块
0
一起匀速运动，子弹所受阻力恒定不变，下列说法正确的是（ ）
12A．子弹和木块系统动量守恒，机械能守恒
B．子弹对木块所做的功小于子弹克服木块阻力所做的功
C．子弹减少的动能等于木块增加的动能
D．子弹速度的减少一定等于木块速度的增加
【答案】B
【详解】A．水平面光滑，子弹击中木块过程系统所受合外力为零，系统动量守恒，因为存在阻力做功，
产热，故机械能减小，故A错误；
B．子弹射入木块的过程中，子弹克服阻力做功等于产生的内能和木块的动能增量之和，子弹对木块所做
的功等于木块动能增量，故子弹对木块所做的功小于子弹克服木块阻力所做的功，故B正确；
C．子弹克服阻力做功等于子弹减少的动能大于木块增加的动能，故C错误；
D．子弹速度的减少不一定等于木块速度的增加，因为质量关系不确定，故D错误。
故选B。
2．（2022·山东菏泽·统考一模）如图所示为科学家研发出的一款超小型风力发电机，也被称之为郁金香风
力发电机，可以供家庭使用，具有噪音极低，启动风速较小等特点。某家庭装有郁金香风力发电机10台，
某日该地区的风速是6m/s，风吹到的叶片有效面积为 ，已知空气的密度为 ，假如该风力发电
机能将通过此有效面积内空气动能的40%转化为电能。下列表述符合事实的是（ ）
A．每秒冲击每台风力发电机叶片的空气体积为
B．每秒冲击每台风力发电机叶片的空气动能为259.2J
C．每台风力发电机发电的功率为129.6W
D．该风力发电机组工作24h，发电量约12.44kW·h
【答案】D
【详解】A．每秒冲击每台风力发电机叶片的空气体积为 ，A错误；
B． 内气流的质量为
气流的动能为 ，B错误；
13C． 风的动能转化为的电能 ，则功率 ，C错误；
D．该风力发电机组工作24h，发电量为 ，D正确。
故选D。
3．（多选）（2023·山东淄博·山东省淄博第一中学校联考二模）如图所示，足够长的水平传送带以速度
沿逆时针方向转动，传送带的左端与光滑圆弧轨道底部平滑连接，圆弧轨道上的 点与圆心 等高，一小
物块从 点静止滑下，再滑上传送带，经过一段时间又返回圆弧轨道，返回圆弧轨道时小物块恰好能到达
点，重力加速度为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．圆弧轨道的半径一定不大于
B．若减小传送带速度，则小物块一定无法到达A点
C．若增加传送带速度，则小物块有可能经过圆弧轨道的最高点
D．不论传送带速度增加到多大，小物块都不可能到达高于A点的位置
【答案】AD
【详解】A．物体在圆轨道上下滑的过程中，其机械能守恒，根据机械能守恒定律有 ，解得
物体到达传送带上之后，由于摩擦力的作用开始减速，速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力作用下反
向加速，根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体加速度的大小是相同的，所以物体返回圆轨
道时速度大小等于从圆轨道下滑刚到传送带时的速度大小，只要传送带的速度为
解得 ，故A正确；
B．若减小传送带速度，只要传送带的速度仍大于 ，就能够回到 点，故B错误；
CD．若增大传送带的速度，由于物体返回到圆轨道的速度不变，只能滑到 点，不能滑到圆弧轨道的最高
点，故C错误，D正确。
故选AD。
4．（多选）（2023·山东·模拟预测）如图所示，一顶角为 的“V”形光滑足够长的细杆竖直对称并固定
放置。质量均为 的两金属环套在细杆上，高度相同，并用一劲度系数为 、原长为 的轻质弹簧相连。
初始状态弹簧处于原长，让两金属环同时由静止释放，下滑过程中弹簧始终水平且处于弹性限度内。若弹
14簧长度为l时的弹性势能 ，重力加速度为 。下列说法正确的是（ ）
A．下滑过程中金属环达到最大速度时金属环下降的高度为
B．下滑过程金属环的最大速度为
C．下滑过程中弹簧的最大弹性势能为
D．金属环下滑到最低点时加速度大小为
【答案】BD
【详解】A．根据题意可知，下滑过程速度最大时金属环受到合外力为零，设此位置弹簧压缩量为x，则有
，解得
则下降高度 ，故A错误；
B．由于金属环质量相等，下滑过程加速度大小始终相等，则任意位置处两环的速度大小相等，对系统运
用动能定理知
解得下滑过程最大速度 ，故B正确；
C．金属环下降到最低点时速度为零，此位置弹簧最短，弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设此时
弹簧的压缩量为 ，则下降高度
再由功能关系可得
解得最大压缩量
故最大弹性势能 ，故C错误；
D．下滑到最低点时两金属环的加速度沿细杆向上，由牛顿第二定律可得
15解得 ，故D正确。
故选BD。
5．（多选）（2022·重庆·模拟预测）如图所示，固定在竖直平面内的内径很小的细管 由长度均为L的
两段构成， 段为内径粗糙的水平直管，P端内侧粘有弹性挡板， 段光滑且固定在倾角为 的斜
面上，两段细管在M点通过极短的光滑圆管顺滑连接。一轻质细绳左侧连接一质量为 的滑块A，绕过
轻质滑轮和挡板小孔，与处于N处质量为m的滑块B相连。在外力控制下，两滑块开始均静止，滑块与
段的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，两滑块均可视为质点，重力加速度为g，不计
轻绳与滑轮间的摩擦。由静止同时释放两滑块后，关于两滑块的运动，下列说法正确的是（ ）
A．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为
B．滑块B第一次运动到M点时，滑块A的速度大小为
C．滑块B最终将停在M点
D．整个运动过程中，滑块B在水平段运动的总路程为
【答案】AD
【详解】AB．滑块B第一次运动到M点时，对系统由能量守恒可知
解得 ，故B错误A正确；
C．对系统分析有
故滑块B无法停在M处，将停在挡板处，故C错误；
D．从开始到滑块B最终停止，对系统由能量守恒
解得 ，故D正确。
故AD。
6．（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）如图，一长 的倾斜传送带在电动机带动下以速度
沿顺时针方向匀速转动，传送带与水平方向的夹角 ，质量 的小物块A和质量
的小物块B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮间的绳子与传送带平行，不可伸长的轻绳足够
长。某时刻将物块A轻轻放在传送带底端，已知物块A与传送带间的动摩擦因数 ，不计滑轮的质量
16与摩擦，在A运动到传送带顶端前物块B都没有落地。取 ， ，重力加速度
。求：
（1）物块B刚下降时的加速度a；
（2）物块A从底端到达顶端所需的时间t；
（3）物块A从底端到达顶端时，电动机多做的功W。
【答案】（1） ；（2）2.5s；（3）136J
【详解】（1）对A分析
对B分析 ，解得
（2）当达到与传送带共速 ，A的位移
之后匀速，时间
物块A从底端到达顶端所需的时间
（3）物块A从底端到达顶端时，相对位移
电动机多做的功设为W，根据能量守恒
解得
7．（2023·甘肃甘南·校考三模）如图所示，质量为 的小滑块，从光滑、固定的 圆弧轨道的最高
点A由静止滑下，经最低点B后滑到位于水平面的木板上．已知木板质量 ，其上表面与圆弧轨道
相切于B点，且长度足够长．整个过程中木板的 图象如图所示， ．求：
（1）滑块经过B点时对圆弧轨道的压力．
（2）滑块与木板之间的动摩擦因数．
17（3）滑块在木板上滑过的距离．
【答案】（1） （2） ， （3）
【详解】试题分析：（1）滑块下滑过程，由机械能守恒定律得
由向心力公式得
解得
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力是 ，方向竖直向下．
（2）由 图象得
木板的加速度是
滑块与木板共同减速的加速度大小
设木板与地面间的动摩擦因数是
滑块与木板之间的动摩擦因数是
在 内，对滑块和木板：
在 内，对木板：
解得： ， ．
（3）滑块在木板上滑动的过程中，对滑块：
木板的位移
滑块的位移
滑块在木板上滑动的距离
考点：机械能守恒定律；牛顿第二定律；牛顿第三定律．
【名师点睛】本题考查的内容较多，首先滑块下滑过程，由机械能守恒定律列出等式，由向心力公式求解；
然后由 图象求得各自过程中的加速度，根据牛顿第二定律和运动学公式求解；最后根据运动学公式求
解．
8．（2022·海南·统考模拟预测）如图所示，水平轨道与光滑半圆轨道BCD相切于B点，C点与半圆的圆
心O等高，质量为m=1kg的物块Q放置于B点，水平轻弹簧一端固定，另一端与质量为5kg的物块P接触，
P将轻弹簧压缩到A点后由静止释放，P被轻弹簧弹开后与Q碰撞，Q恰好经过最高点D，P恰好能运动到
C点。已知P，Q可视为质点且P与水平轨道之间的动摩擦因数为μ=0.2，AB的长度为L=2m，半圆轨道的
半径为R=0.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（结果可带根号）
（1）Q落在水平轨道上的位置与B点的距离；
18（2）P和Q相碰前瞬间P的速度；
（3）释放物块P前弹簧储存的弹性势能。
【答案】（1）0.4m；（2） ；（3）
【详解】（1）Q恰好经过最高点D，由重力提供向心力有
Q做平抛运动，由平抛运动规律有 ， ，解得x=0.4m
（2）Q从B到D过程，由机械能守恒定律有
P从B到C过程，由机械能守恒定律有
P、Q碰撞过程动量守恒，有
解得
（3）弹簧的弹性势能
9．（2022·河南新乡·统考一模）如图所示，质量M=2kg（含挡板）的长木板静止在足够大的光滑水平面上，
其右端挡板固定一劲度系数k=225N/m的水平轻质弹簧，弹簧自然伸长时，其左端到木板左端的距离
L=1.6m，小物块（视为质点）以大小v=10m/s的初速度从木板的左端向右滑上长木板，已知物块的质量
0
m=0.5kg，弹簧的弹性势能E = kx2（其中x为弹簧长度的形变量），弹簧始终在弹性限度内，取
p
g=10m/s2。
(1)若木板上表面光滑，求弹簧被物块压缩后的最大弹性势能E ；
pm
(2)若木板上表面粗糙，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，请判断物块是否会压缩弹簧，若物块不会压缩
弹簧，求最终物块到木板左端的距离s；若物块会压缩弹簧，求弹簧的最大形变量x 。
m
【答案】（1）20J；（2）压缩弹簧，最大形变量为0.4m
【详解】（1）经分析可知，弹簧的弹性势能最大时，物块和木板具有共同速度，设为v，有:
19解得:v=2m/s
根据能量守恒定律有:
解得:
（2）假设物块不会压缩弹簧，且物块在木板上通过的距离为s，有:
1
解得:
由于s＞L，故物块会压缩弹簧，由能量守恒定律有
1
解得:
10．（2022·江苏·模拟预测）如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcd段光滑，cd
段是以O为圆心，R为半径的一小段圆弧，末端d水平，可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b
处，A的质量是B的3倍.两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右沿轨道运动.B运动到d点
时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的 ，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气
阻力.求：
（1）物块B离开d后落点到O的距离；
（2）物块A、B在b点刚分离时，物块B的速度大小；
（3）物块A滑行的最大距离s.
【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）设物块B的质量为m ，在d点时速度为v，轨道对它的支持力为F ，由牛顿运动定律
B N
m g-F = ，F = ，解得 v =
B N N
物块B离开d后做平抛运动，则：R= ，x=vt
解得落点到O的距离为x=
（2）设物块B在b点刚分开时的速度为v ，由机械能守恒有：
B
解得v =
B
20（3）设物块B分离时速度方向为正方向，物块A的质量为m ，A和B分离时的速度为v ，由动量守恒定
A A
律m v +m v =0，m =3m
A A B B A B
物块A和B分离后，物块A做匀减速直线运动滑行的最大距离为s，由动能定理得-μm gs=0-
A
解得s=
【能力提升】
1．（多选）（2023·广西南宁·南宁三中校考二模）如图所示，现将一长为L、质量为m且分布均匀的金属
链条通过装有传送带的斜面输送到高处。斜面与传送带靠在一起连成一直线，与水平方向夹角为 ，斜面
光滑，链条与传送带之间的动摩擦因数为常数。传送带以较大的恒定速率顺时针转动。已知链条处在斜面
或者传送带上任意位置时，支持力都均匀作用在接触面上。将链条放在传送带和斜面上，当位于传送带部
分的长度 时，链条恰能保持静止。现将链条从位于传送带部分的长度 的位置由静止释放，假设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是（ ）
A．释放瞬间链条的加速度为
B．链条与传送带之间的动摩擦因数
C．链条始终在滑动摩擦力的作用下，从 的位置静止释放，到完全进入传送带的瞬间，速度大小
D．若链条的机械能增加量为 ，传送带消耗的电能为 ，不计电路中产生的电热， 等于
【答案】AC
【详解】AB．当位于传送带部分的长度 时，链条恰能保持静止，则根据平衡条件可得
将链条从位于传送带部分的长度 的位置由静止释放瞬间，根据牛顿第二定律
21联立解得 ， ，故A正确，B错误；
C．从 的位置静止释放瞬间，摩擦力大小为 ，完全进入传送带时摩擦力大小为 ，
摩擦力大小随着链条进入传送带的长度而均匀增加，故摩擦力做功为
根据动能定理
联立解得 ，故C正确；
D．根据能量守恒可知，摩擦会产生内能，则 小于 ，故D错误。
故选AC。
2．（多选）（2023·江西上饶·校联考二模）皮带传送在生产、生活中有着广泛的应用。一运煤传送带传输
装置的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角 。若传送带以恒定的速率 逆时针运转，
将质量为 的煤块（看成质点）无初速度地放在传送带的顶端P，经时间 煤块速度与传送带相同，
再经 到达传送带底端Q点。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 ，
， ，则（ ）
A．煤块与传送带间的动摩擦因数为0.5
B．传送带 的长度为
C．煤块从P点到Q点的过程中在传送带上留下的划痕长度为
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为
【答案】ABD
【详解】物块刚放上传送带的 内，物体的速度
由牛顿第二定律
解得 ，故A正确；
B．在最初0.5s内物块的位移
以后物块的加速度
22再经 到达传送带底端Q点，则
则传送带PQ的长度
联立代入数据解得 ，，故B正确；
C．在最初0.5s内物块相对传送带向上运动，相对滑动的距离
以后的2s内滑块相对传送带向下滑动，则相对滑动的距离
联立代入数据解得 ，
则煤块从点到达点的过程中在传送带上留下的划痕长度为4m，故C错误；
D．煤块从P点到Q点的过程中系统因摩擦产生的热量为 ，故D
正确。
故选ABD。
3．（多选）（2023·湖南株洲·统考三模）一质量为m、可视为质点的物块B静止于质量为M的木板C左端，
木板静止于光滑水平面上，将质量为m的小球A用长为L的细绳悬挂于O点，静止时小球A与B等高且刚
好接触，现对小球A施加一外力，使细绳恰好水平，如图所示，现将外力撤去，小球A与物块B发生弹性
碰撞，已知B、C间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．小球A碰撞后做简谐运动
B．碰撞后物块B的速度为
C．若物块B未滑离木板C，则物块B与木板C之间的摩擦热为
D．若物块B会滑离木板C，则板长小于
【答案】BCD
【详解】A．小球A与物块B发生弹性碰撞，A、B质量相等，碰撞后交换速度，小球碰撞后静止，故A错
误；
B．小球A下落过程中机械能守恒，有 ，解得
与物块B发生弹性碰撞后，交换速度，B的速度变为为 ，故B正确；
C．对B、C组成的系统分析可知，水平方向不受外力，则动量守恒，有
23根据能量守恒可知，摩擦热为 ，故C正确；
D．摩擦热 ，式中 为板长，若B恰好滑离C，则有
解得 ，因此可知，若物块B会滑离木板C，则板长小于 ，故D正确。
故选BCD。
4．（2023·江苏南京·模拟预测）如图所示，AB为固定水平长木板，长为L，C为长木板的中点，一原长为
的轻弹簧一端连在长木板左端的挡板上，另一端连一物块（可看作质点），开始时将物块拉至长木板的
右端B点，由静止释放物块，物块在弹簧弹力的作用下向左滑动，已知物块与长木板间的动摩擦因数为
μ，物块的质量为m，弹簧的劲度系数 ，弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩
擦力，下列说法正确的是（ ）
A．物块第一次向左运动过程中，经过C点时速度最大
B．物块第一次到达左侧最远点距C点 L
C．物块最终停在C点右侧 处
D．物块和弹簧系统损失的总机械能为1.5μmgL
【答案】C
【详解】A．物块第一次向左运动过程中，运动到受到的弹簧向左拉力与向右摩擦力大小相等时，物块的
速度最大，即
解得 ，故A错误；
B．当物体第一次到达左侧最远点时，设弹簧压缩的长度为 ，根据能量守恒可得
，解得 ，故B错误；
CD．物块最终停下时受力平衡，即 ，解得
整个过程损失的总机械能为
设整个过程木块运动的路程为s，则 ，解得
24结合B选项分析可知，物块最终停在C点右侧 处，故C正确，D错误。
故选C。
5．（2023·浙江金华·模拟预测）潮汐电站是利用潮汐，将海洋潮汐能转换成电能的装置。浙江省温岭县的
江厦潮汐电站，是世界上已建成的较大的双向（涨潮、落潮时都能发电）潮汐电站之一、如图所示，该电
站拦潮坝全长670m，水库有效库容270万立方米，平均潮差5.0m。每天有两次涨潮，假设每次到高潮位
时开闸发电，直至将水库灌满。等到低潮位时再次开闸发电，直至将水库清空。通过水的重力做功转化为
电能，效率为20%，该电站平均一天能发出的电为（ ）
A． 度 B． 度 C． 度 D． 度
【答案】B
【详解】一次涨潮水增加的重力G=mg=ρVg=1.0×103kg/m3×2.7×106m3×10N/kg=2.7×1010N
一天产生的水的势能W=2G h=4×2.7×1010N× ×5m=2.7×1011J
水的势能变为电能W =ηW=∙△20%×2.7×1011J=5.4×1010J=1.5×104kW•h=1.5×104度
电
故选B。
6．（2023·浙江宁波·校考模拟预测）长潭水电厂位于浙江省台州市黄岩区境内永宁江上游，是发电运行近
40年的老厂。平均水位落差约为100m，水的流量约为1.35×104 m3/s。保持船只通航需要约 3500 m3/s 的
流量，其余流量可全部用来发电。水流冲击水轮机发电时，水流的动能有20%转化为电能。假设每天从早
到晚均有船只需要通过，则下列说法正确的是（ ）
A．最大功率约为2.0×109 W
B．年发电量约为1.8×1010 kWh
C．通过技术改进，能够使所有的水的动能都转化为电能
D．通航一天流失的能量7.0× 105 J
【答案】B
【详解】A．设平均水位落差约h=100m，水的流量约Q=1.35×104m3/s，船只通航需要约Q=3500m3/s的流
1 2
量，最大功率为 ，故A错误；
B．根据电功的计算公式有 ，故B正确；
C．根据能量守恒定律可知，所有的水的动能无法全部都转化为电能，故C错误；
D．通航一天流失的能量为 ，故D错误；
故选B。
7．（2023·河南·校联考模拟预测）如图所示，水平桌面上的轻质弹簧一端固定，另一端与小物块相连，弹
25簧处于自然长度时物块位于O点（图中未标出）；物块质量m=1kg，弹簧劲度系数k=100N/m，物块与桌
面间的动摩擦因数μ=0.1，现用水平向左的力将物块从O点移至B点，弹簧压缩量xB=9cm，撤去该力后物
块由静止向右运动经O点最远到达A点，重力加速度g取10m/s2，已知当弹簧的形变量为x时，弹簧的弹
性势能为 ，则A、B两点的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】设当物块到达A点时，弹簧的伸长量的大小为 ，物块从B点运动A点的过程中，由能量守恒可
得
解得
则B点和A点的距离为
故选D。
8．（2023·江苏镇江·统考三模）如图所示，两根轻绳连接小球P，右侧绳一端固定于A，左侧绳通过光滑
定滑轮B连接一物体Q，物体Q、N通过一轻弹簧连接，Q、N质量均为m，整个系统处于静止状态时，小
球P位于图示位置，两绳与水平方向夹角分别为 和 ，此时物体N与地面弹力恰好为零。现将小球P
托至与A、B两点等高的水平线上，两绳均拉直且无弹力，释放小球P开始运动，已知右侧绳长L，
， ，重力加速度为g，求：
（1）小球P的质量M；
（2）小球P运动到图示位置时Q的速度v；
（3）小球P从释放到图示位置过程中轻绳对物体Q做的功W。
【答案】（1） ；（2） ；（3）
26【详解】（1）整个系统处于静止状态时，对小球P受力分析，根据平衡条件有 ①
对物体Q有 ②
对物体N有 ③
联立①②③得
（2）根据系统能量守恒有 ④
根据几何关系 ⑤
联立④⑤解得
（3）对物体Q有动能定理有 ⑥
联立⑤⑥有
9．（2023·福建泉州·福建省德化第一中学校联考一模）如图所示，竖直平面内有一段固定的光滑圆弧轨道
PQ，圆心为O点，圆弧所对圆心角 ，半径为 ，末端Q点与粗糙水平地面相切。圆弧轨道左
侧有一长度为 的水平传送带，传送带沿顺时针方向转动，传送带上表面与P点高度差为 。
现在传送带左侧由静止放置一个质量为 的可视为质点的滑块A，滑块由P点沿圆弧切线方向进入轨
道，滑行一段距离后静止在地面上。已知滑块A与传送带、地面间的动摩因数均为μ＝0.5，重力加速度g
取 ， ， ，求：
（1）滑块A离开传送带时速度 的大小；
（2）滑块A经过Q点时受到弹力 的大小；
（3）滑块和传送带组成的系统因摩擦而产生的内能Q。
27【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）滑块A离开传送带做平抛运动，竖直方向满足
又A沿切线滑入圆轨道，满足 ，解得
（2）滑块A从在P点速度
从P到Q的过程中，由机械能守恒可得
在Q点有
解得 ，
（3）滑块A随传送带做匀加速直线运动
由于
可知传送带匀速运动的速度为
滑块A做匀加速运动的时间为
滑块A相对于传送带的位移大小为
滑块和传送带组成的系统产生的焦耳热
10．（2023·海南海口·校考模拟预测）如图所示，水平面上有一劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙壁上，
另一端与质量为m的物块A（可视为质点）连接，物块A锁在P点，O点为弹簧原长所在位置，
，质量为 的木板B放在光滑水平面上，木板左侧与O点对齐，质量为m的物块C
（可视为质点）放在木板的右端，B与C之间的摩擦因数为 ，解锁物块A，物块A运动到O点时与B碰
撞（碰撞时间极短），之后A在水平面上做简谐运动，A做简谐运动的振幅为 。已知弹簧弹性势能
，其中为为弹簧劲度系数，x为弹簧的形变量，重力加速度为g。
（1）求A与B碰撞后，B的速度，并判断A与B碰撞类型；
（2）若要使物块C不从木板B上滑落，则木板B至少需要多长？
28【答案】（1） ，方向向右，弹性碰撞；（2）
【详解】（1）对A到O点由动能定理得
碰后物块A的速度为 ，由题意知
解得
由动量守恒定律得
若碰后A的速度方向不变，解得
A与B还会再次碰撞，不符合题意，因此 碰后A的速度方向反向，则 ，解得
方向向右，A与B碰撞时损失的机械能
解得 ，所以A与B的碰撞为弹性碰撞。
（2）B与C组成的系统动量守恒，则
若要使物块C不从木板B上滑落，则木板B至少长度为L，则： ，解得
【真题感知】
1．（2020·北京·统考高考真题）在无风的环境，某人在高处释放静止的篮球，篮球竖直下落；如果先让篮
球以一定的角速度绕过球心的水平轴转动（如图）再释放，则篮球在向下掉落的过程中偏离竖直方向做曲
线运动。其原因是，转动的篮球在运动过程中除受重力外，还受到空气施加的阻力 和偏转力 。这两个
力与篮球速度 的关系大致为： ，方向与篮球运动方向相反； ，方向与篮球运动方向垂直。
下列说法正确的是（ ）
29A． 、 是与篮球转动角速度无关的常量
B．篮球可回到原高度且角速度与释放时的角速度相同
C．人站得足够高，落地前篮球有可能向上运动
D．释放条件合适，篮球有可能在空中持续一段水平直线运动
【答案】C
【详解】A．篮球未转动时，篮球竖直下落，没有受到偏转力 的作用，而篮球转动时，将受到偏转力
的作用，所以偏转力 中的 与篮球转动角速度有关，故A错误；
B．空气阻力一直对篮球做负功，篮球的机械能将减小，篮球的角速度也将减小，所以篮球没有足够的能
量回到原高度，故B错误；
C．篮球下落过程中，其受力情况如下图所示
篮球下落过程中，由受力分析可知，随着速度不断增大，篮球受到 和 的合力沿竖直方向的分力可能比
重力大，可使篮球竖直方向的分速度减小为零或变成竖直向上，所以篮球可能向上运动，故C正确；
D．如果篮球的速度变成水平方向，则空气阻力的作用会使篮球速度减小，则篮球受到的偏转力 将变小，
不能保持 与重力持续等大反向，所以不可能在空中持续一段水平直线运动，故D错误。
故选C。
2．（2021·江苏·高考真题）如图所示的离心装置中，光滑水平轻杆固定在竖直转轴的O点，小圆环A和轻
质弹簧套在轻杆上，长为 的细线和弹簧两端分别固定于O和A，质量为m的小球B固定在细线的中点，
装置静止时，细线与竖直方向的夹角为 ，现将装置由静止缓慢加速转动，当细线与竖直方向的夹角增
大到 时，A、B间细线的拉力恰好减小到零，弹簧弹力与静止时大小相等、方向相反，重力加速度为
g，取 ， ，求：
（1）装置静止时，弹簧弹力的大小F；
（2）环A的质量M；
（3）上述过程中装置对A、B所做的总功W。
30【答案】（1） ；（2） ；（3）
【详解】（1）设 、 的张力分别为 、 ，A受力平衡
B受力平衡 ，
解得
（2）设装置转动的角速度为 ，对A，
对B
解得
（3）B上升的高度 ，A、B的动能分别为 ；
根据能量守恒定律可知 ，解得
3．（2021·北京·高考真题）秋千由踏板和绳构成，人在秋千上的摆动过程可以简化为单摆的摆动，等效
“摆球”的质量为m，人蹲在踏板上时摆长为 ，人站立时摆长为 。不计空气阻力，重力加速度大小为
g。
（1）如果摆长为 ，“摆球”通过最低点时的速度为v，求此时“摆球”受到拉力T的大小。
（2）在没有别人帮助的情况下，人可以通过在低处站起、在高处蹲下的方式使“摆球”摆得越来越高。
a.人蹲在踏板上从最大摆角 开始运动，到最低点时突然站起，此后保持站立姿势摆到另一边的最大摆角
为 。假定人在最低点站起前后“摆球”摆动速度大小不变，通过计算证明 。
b.实际上人在最低点快速站起后“摆球”摆动速度的大小会增大。随着摆动越来越高，达到某个最大摆角
后，如果再次经过最低点时，通过一次站起并保持站立姿势就能实现在竖直平面内做完整的圆周运动，
求在最低点“摆球”增加的动能 应满足的条件。
【答案】（1） ；（2）a.见解析；b.
31【详解】（1）根据牛顿运动定律 ，解得
（2）a.设人在最低点站起前后“摆球”的摆动速度大小分别为v、v，根据功能关系得 ，
1 2
已知v = v，得
1 2
因为 ，得
所以
b.设“摆球”由最大摆角 摆至最低点时动能为 ，根据功能关系得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，通过最高点最小速度为 ,根据牛顿运动定律得
“摆球”在竖直平面内做完整的圆周运动，根据功能关系得
得
4．（2021·湖南·高考真题）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为 的水平轨道通过一小段
光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道 。质量为 的小物块A与水平轨道间的动摩擦因
数为 。以水平轨道末端 点为坐标原点建立平面直角坐标系 ， 轴的正方向水平向右， 轴的正方
向竖直向下，弧形轨道 端坐标为 ， 端在 轴上。重力加速度为 。
（1）若A从倾斜轨道上距 轴高度为 的位置由静止开始下滑，求 经过 点时的速度大小；
（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过 点落在弧形轨道 上的动能均相同，求 的
曲线方程；
（3）将质量为 （ 为常数且 ）的小物块 置于 点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹
性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位
置距 轴高度的取值范围。
【答案】（1） ；（2） （其中， ）；（3）
32【详解】（1）物块 从光滑轨道滑至 点，根据动能定理
解得
（2）物块 从 点飞出后做平抛运动，设飞出的初速度为 ，落在弧形轨道上的坐标为 ，将平抛运
动分别分解到水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，有 ，
解得水平初速度为
物块 从 点到落点，根据动能定理可知
解得落点处动能为
因为物块 从 点到弧形轨道上动能均相同，将落点 的坐标代入，可得
化简可得
即 （其中， ）
（3）物块 在倾斜轨道上从距 轴高 处静止滑下，到达 点与 物块碰前，其速度为 ，根据动能定理
可知
解得 ------- ①
物块 与 发生弹性碰撞，使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，则A与B碰撞后需要
反弹后再经过水平轨道-倾斜轨道-水平轨道再次到达O点。规定水平向右为正方向，碰后AB的速度大小分
别为 和 ，在物块 与 碰撞过程中，动量守恒，能量守恒。则 ，
解得 -------②
-------③
设碰后 物块反弹，再次到达 点时速度为 ，根据动能定理可知
33解得 -------④
据题意， A落在B落点的右侧，则 -------⑤
据题意，A和B均能落在弧形轨道上，则A必须落在P点的左侧，即：
-------⑥
联立以上，可得 的取值范围为
5．（2020·浙江·高考真题）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、竖直圆轨道
（在最低点E分别与水平轨道 和 相连）、高度h可调的斜轨道 组成。游戏时滑块从O点弹出，
经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径 ，
长 ， 长 ，圆轨道和 光滑，滑块与 、 之间的动摩擦因数 。滑块
质量m=2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各
部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度 大小；
（2）当 且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力 大小及弹簧的弹性势能 ；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能 与高度h之间满足的关系。
【答案】（1） ；（2） ， ；（3） ，其中
【详解】（1）滑块恰过F点的条件：
解得
（2）滑块在斜面上摩擦受重力、支持力和摩擦力，其中仅重力和摩擦力做功从E到B，动能定理
代入数据可得
在E点做圆周运动，根据牛顿第二定律
解得
34从O到E点，根据能量守恒定律：
解得
（3）要使游戏成功，首先滑块不能脱离轨道，其次滑块需要恰好停留在B点，设滑块恰能过F点，从O
点到F点，此情况由能量守恒定律可得
滑块恰能过F点，恰好能停留在B点，设此时B点离地高度为h，从O点到B点能量守恒有
1
解得
由于滑块需要停留在B点，则需要
解得
即B点离地高度最高为
从O到B点
其中
35
