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专题01 力学版块大题综合
一、解答题
1．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，AB 段是长为5R 的粗糙水平轨道，BC 段是半径
为R 的光滑竖直半圆形轨道，两段轨道在B 点处平滑连接，质量均为m 的滑块1 和滑
块2 分别静止于A 点和B 点。现用力F 对滑块1 施加一水平向右的瞬时冲量，使其以
的初速度沿轨道AB 运动，与滑块2 发生碰撞，碰后二者立即粘在一起沿轨道
BC 运动并通过C 点。已知两滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ=0.4，半圆形轨道的
直径BC 沿竖直方向，重力加速度为g，滑块1 和2 均可视为质点。求：
（1）力F 对滑块1 所做的功W；
（2）滑块1 和滑块2 组成的系统在碰撞过程中损失的机械能E 损；
（3）滑块1 和滑块2 经过C 点时对轨道压力的大小F 压。
【答案】（1）18mgR；（2）8mgR；（3）6mg
【详解】（1）根据动能定理，力F 对滑块1 所做的功W 为
（2）设滑块1 到B 点的速度为vB，从A 到B 由动能定理
解得滑块1 与滑块2 碰前的速度为
滑块1 和滑块2 碰后共同的速度为v，由动量守恒
解得
1
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碰撞过程损失的机械能为
（3）滑块1 和滑块2 组成的系统从B 到C 过程，机械能守恒，设到C 点的速度为
vC，则有
解得
根据牛顿第三定律，滑块1 和滑块2 经过C 点时对轨道压力的大小与FN等大反向，则
2．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图1 所示，上端封闭、下端开口且粗细均匀的玻璃
管长度
，将其从水银面上方竖直向下缓慢插入水银中。发现管内水银面与
管壁接触的位置向下弯曲，致玻璃管内水银面形成凸液面，如图2 所示。当玻璃管恰
好全部插入水银时，管内、外水银面的高度差为h，此时作用于管的竖直向下压力大
小为
。已知大气压强
，玻璃管横截面积大小
，
玻璃管质量
，环境温度为常温且恒定。
（1）图2 所示水银面说明水银能否浸润玻璃？插入过程中，管内气体吸热还是放热？
（2）求高度差h：
（3）求撤去压力F 的瞬间，玻璃管的加速度大小。
【答案】（1）水银不浸润玻璃，放热；（2）
；（3）
2
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【详解】（1）根据题意，由图2 可知，水银不浸润玻璃，插入过程中，温度不变，气
体内能不变，把玻璃管压入水面过程中，气体压强变大，体积减小，外界对气体做功，
由热力学第一定律可知，气体放热。
（2）根据题意可知，插入过程等温变化，则有
又有
解得
（3）根据题意，撤去
瞬间，由牛顿第二定律有
解得
3．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）如图所示，在竖直平面内一游戏
装置由轨道I 和轨道II 组成。轨道I 固定，由弹簧发射器、水平轨道AB、倾角为
的
轨道BC 组成；轨道II 由倾角为
的轨道DE、半径为R 的圆弧轨道EFG 和倾角为
的
轨道GH 组成，轨道整体可移动并固定，两道轨各部分均平滑连接，C、D 和O 等高，
除GH 外，其余各段均光滑。一质量为
的滑块P 通过弹簧发射器获得初动能
，与
质量
的滑块Q 在AB 段发生弹性碰撞，碰后滑块P 的速度为原来速度的一半，方向
保持不变。滑块Q 滑上BC 并被抛出，调节轨道II 与轨道I 的间距（C、D 间距）x，使
滑块Q 恰好切入轨道DE 并保留在轨道II 内，游戏便成功。已知
，
，
GH 长
，滑块Q 与GH 间的摩擦因数
，
，
。
（1）求滑块Q 的质量
；
（2）游戏成功，求轨道在F 点所受压力的最小值；
（3）游戏成功，求x 与滑块P 的初动能之间的关系。
3
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【答案】（1）0.1kg；（2）1.4N；（3）
（
）
【详解】（1）滑块P 与滑块Q 在AB 段发生弹性碰撞，则有
，
解得
，
（2）滑块最终在EG 间来回运动，从E 到F
在F 点有
根据牛顿第三定律有
解得
（3）滑块Q 做斜抛运动恰好切入轨道DE 则有
，
解得
根据上述有
，
从B 到C
4
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解得
讨论x 的取值范围，从GH 上由静止返回到D 时，速度恰好为0，斜面的长度为
解得
从D 到
处，
解得
代入
可知为了游戏成功，则有
（
）
4．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，水平传送带
左端与水平面
相连，
左
端是竖直光滑半圆轨道
，半圆形轨道半径
，传送带
长度
，
沿逆时针方向匀速运行，运行速率为，
间距
，一小物块质量
，
从传送带A 点由静止释放，该物块与传送带间的动摩擦因数为
，与
面间的
动摩擦因数为
。重力加速度取
，不计空气阻力。
（1）若传送带的速度大小
，判断物块能否运动到D 点；
（2）要使物块恰好通过圆形轨道的最高点E，需要在A 点由静止释放物块的同时，对
物块施加一水平向左的恒力F（该力一直作用在物块上），求力F 的最小值及此时传
送带速度大小应满足的条件。
5
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【答案】（1）能运动到D 点；（2）
，
【详解】（1）若传送带的速度大小
，设物块从
到
一直做加速运动，则有
解得
设物块可以到达
点，则物块从
到
的过程，根据动能定理可得
解得
故物块能运动到
点。
（2）设物块刚好经过最高点
，则有
解得
物块在传送带上一直做加速运动对应的力
最小，则从
到
的过程，根据动能定理
可得
解得
物体在传送带上从
到
的过程，根据动能定理可得
6
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解得
为了使物块在传送带上一直加速，传送带的速度大小必须满足
5．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图所示，一只可爱的企鹅在倾角为37°的冰面上
玩耍，先以恒定加速度从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，经t=0.8s 后，在
x=0.64m 处，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点。企鹅在滑行过
程中姿势保持不变，企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ=0.25，已知sin37°=0.6，
cos37°=0.8，取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）企鹅向上“奔跑”的加速度大小a；
（2）企鹅滑行过程所用的总时间t 总（结果可用根号表示）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设企鹅向上“奔跑”时加速度大小为a，有
解得
（2）设企鹅向上“奔跑”时的末速度大小为v，有
设向上滑行时企鹅的加速度大小为a1，时间为t1，有
解得
7
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，
设向下滑行时，企鹅的加速度大小为a2，时间为t2，有
解得
，
所以总时间为
6．（2023·浙江·模拟预测）风洞是空气动力学研究和实验中广泛使用的工具，某研究
小组设计了一个总高度
的低速风洞，用来研究某物体在竖直方向上的运动特
性，如图所示，风洞分成一个高度为
的无风区和一个受风区，某物体质量
，在无风区中受到空气的恒定阻力，大小为20 N，在受风区受到空气对它竖
直向上的恒定作用力。某次实验时该物体从风洞顶端由静止释放，且运动到风洞底端
时速度恰好为0，求在本次实验中：
（1）该物体的最大速度；
（2）该物体在受风区受到空气对它的作用力大小；
（3）该物体第一次从风洞底端上升的最大距离。
【答案】（1）
；（2）260 N；（3）
【详解】（1）在无风区对该物体由牛顿第二定律得
8
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解得
物体在无风区做匀加速直线运动，有
解得最大速度为
（2）物体在受风区向下运动时做匀减速直线运动，则有
解得
由牛顿第二定律得
解得恒力为
（3）物体在受风区向上运动时做匀加速直线运动，到分界线时速度大小为
，再
次进入无风区后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
解得
向上做匀减速运动的位移为
第一次上升的最大高度为
7．（2023·浙江温州·统考二模）如图甲所示，某同学利用乐高拼装积木搭建一游戏轨
9
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道，其结构简图如图乙所示。该轨道由固定的竖直轨道AB，半径分别为
、
0.5r、1.5r 的三个半圆轨道
、
、
，半径为r 的四分之一圆弧轨道
，
长度
的水平轨道EF 组成，轨道
和轨道
前后错开，除水平轨道EF 段
外其他轨道均光滑，且各处平滑连接。可视为质点的滑块从A 点由静止释放，恰好可
以通过轨道
的最高点D，不计空气阻力。
（1）求A、C 两点的高度差h；
（2）要使物块至少经过F 点一次，且运动过程中始终不脱离轨道，求滑块与水平轨道
EF 间的动摩擦因数
的范围；
（3）若半圆轨道
中缺一块圆心角为
的圆弧积木
（I、J 关于
对称），
滑块从I 飞出后恰能无碰撞从J 进入轨道，求
的值。
10
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑块恰好经过
，重力提供向心力
滑块从A 到D，根据动能定理
联立解得
（2）若恰好滑到
点停下，根据动能定理
解得
当到
点速度为零，根据动能定理
解得
当返回时不超过
点，根据动能定理
解得
11
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综上可得滑块与水平轨道EF 间的动摩擦因数
的范围
（3）
点到
点过程中根据动能定理
设
点到最高点时间为，则有
解得
可得
另一解
舍去。
8．（2023·浙江·模拟预测）在某矿场，地上的工作人员利用三脚架向井底的工作人员
运送物资，三脚架简化如图所示。为尽快将物资送达工人处，物资先匀加速直线运动
一段时间达到最大速度v 后，接着匀速运动相等时间后，最后以等大的加速度匀减速
直线运动，恰好到达距三脚架深H 的工人处时的速度为零。已知绳索及所挂载物资总
质量为m，支架质量不计，每根支架与竖直方向均成30°角，求：
（1）匀加速阶段的加速度大小；
（2）整个物资下落过程的平均速度大小；
（3）在匀减速下降阶段，每根支架的弹力大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
（mg+m
）
【详解】（1）根据题目描述，该过程的v t 图像如图所示，设匀加速直线运动时间为
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t，匀加速和匀减速加速度等大，所以加速和减速阶段时间均为t，图中所围成的图形
面积代表位移，即
(t+3t)v=H
解得
t=
根据
a=
可知
a=
（2）整个下落过程的平均速度
=
=
（3）设匀减速下降时，绳子的拉力为FT，根据牛顿第二定律
FT-mg=ma
代入上面所求加速度，则
FT=mg+m
设每根支架的弹力大小为F，三根支架在竖直方向的合力等于绳子向下拉支架的作用
力，即
3Fcos 30°=FT
所以
F=
(mg+m
）
9．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）如图所示为某品牌拼接玩具搭建
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的场景。AB、BC 为粗糙直轨道，摩擦系数均为0.25，在B 点平滑连接，
，
CDE 是光滑半圆弧轨道，半径
，与直轨道在C 点平滑连接，直轨道AB 与水
平面夹角
，一质量为0.1kg 物块从直轨道AB 某处下滑，恰好能通过圆弧轨道最
高点E，不计空气阻力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求
（1）物块第一次经过D 点时加速度大小；
（2）某同学计算物块平抛时间为0.2s，试分析该同学计算结果是否正确。（物块平抛
后会与轨道AB 碰撞，只考虑碰撞前平抛运动情况）
（3）欲使物块不脱离轨道，且尽可能使物块在直轨道上滑行较长距离，求物块释放位
置以及最终停下来位置。
【答案】（1）
；（2）见解析；（3）停止于距离B 点
处
【详解】（1）由于物块恰好能通过圆弧轨道最高点E，则在E 点有
物块在D 点有
物块由D 运动到E 过程有
解得
则D 点加速度为
（2）倘若平抛时间为0.2s，则有
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，
根据几何关系有
代入数据显然不匹配，所以该同学计算错误。
（3）欲使物块不脱离轨道，则物块达到D 速度恰好为0 时满足要求，则有
解得
即物块释放初始位置距B 点40cm，物块第二次下滑时距B 点x2，则有
解得
建立递归数列
即有
，
，
，
所以最终停止情况有
解得
即物块最终停止于距离B 点1cm 处。
10．（2023·浙江台州·统考二模）一导热汽缸内用活塞封闭着一定质量的理想气体。如
图甲所示，汽缸水平横放时，缸内空气柱长为
。已知大气压强为
，环境温度为
，
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活塞横截面积为S，汽缸的质量
，不计活塞与汽缸之间的摩擦。现将气缸悬挂
于空中，如图乙所示。求
（1）稳定后，汽缸内空气柱长度；
（2）汽缸悬在空中时，大气压强不变，环境温度缓慢地降至多少时能让活塞回到初始
位置；
（3）第（2）小题过程中，若气体内能减少了
，此气体释放了多少热量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设气缸竖直悬挂时，内部气体压强为
，空气柱长度为，由玻意耳定
律可知
对气缸受力分析，由平衡条件
联立可得，稳定后，汽缸内空气柱长度为
（2）由盖—吕萨克定律可知
得
（3）由热力学第一定律可知
其中
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得
则气体释放的热量为
11．（2023·浙江金华·校联考一模）小端同学在研究竖直向上抛出的物体运动时，分别
有几种不同的模型。已知该同学抛出小球的质量m＝0.1kg，初速度v0＝10m/s，且方向
竖直向上，重力加速度为g＝10m/s2。
（1）若不计空气阻力，则小球从抛出直至回到抛出点经过多长时间？
（2）若空气阻力大小恒为0.2N，则小球上升到最高点时，离抛出点的高度为多少？
（3）若空气阻力大小与速度大小满足F＝kv 的关系，其中k 为定值。若已知小球落回
抛出点前速度恒定且大小为5m/s，则关系式中的k 值为多少？
【答案】（1）2s；（2）
；（3）
【详解】（1）若不计空气阻力，小球做竖直上抛运动
从抛出直至回到抛出点的时间
解得
（2）设上升过程中的加速度为a，根据牛顿第二定律有
又空气阻力大小
解得
小球向上做匀减速直线运动，根据速度—位移公式有
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解得
（3）小球落回抛出点前速度恒定，说明所受合力为0
12．（2023·浙江温州·统考三模）温州市开展一项趣味文体活动，此项活动的装置简化
为如图所示，竖直面上固定着一段内壁光滑、半径为
的细圆管
，O 为圆
心，
，光滑水平地面上有一质量
的木板，木板上表面与管口底部在
同一水平线上，木板的左、右方都有一台阶，其高度正好与木板高度相同。现一可视
为质点、质量
的小物块从左方台阶A 处以
的速度水平向右滑上木
板，使木板从静止开始向右运动，当木板速度为
时，木板与右边台阶碰撞并立即
被粘住，同时物块离开木板从B 点进入细圆管。
求
（1）物块在木板上滑动过程中产生的热量；
（2）物块滑到圆细管出口P 处时受到细圆管弹力的大小；
（3）在距离圆心O 点正上方多高处的C 点放置接收槽能收到从P 点飞出的物块恰好
水平向左打入接收槽；
（4）若增大滑块的初速度
，为了使从P 点飞出的滑块仍能恰好水平向左打入接收槽，
则接收槽放置的位置C 点跟P 点的连线与水平方向的夹角应满足什么条件。
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【答案】（1）5.6J；（2）6.8N；（3）0.94m；（3）
【详解】（1）由动量守恒定律得
解得
由能量守恒可得
解得
（2）物块从B 到P 由机械能守恒得
在P 处由牛顿第二定律可得
解得
（3）P 到C 的斜抛可看为C 到P 的平抛运动
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解得
（4）设CP 连线与水平方向夹角为β，则
13．（2023·浙江台州·统考二模）如图所示，在水平面上静置一质量
的滑块，
滑块上表面是一个半径
的四分之一圆弧，圆弧最低点A 与水平地面相切。现给
质量
的小球一个大小
的水平初速度，小球经B 点离开滑块时，随即
撤去滑块。小球于C 点第一次着地，小球每次与地面碰撞前后，水平速度保持不变，
竖直速度大小减半，方向反向。A 点始终与地面接触，忽略小球通过各轨道连接处的
能量损失，不计一切摩擦和空气阻力，求
（1）小球刚运动到滑块最低点A 时，对滑块的压力；
（2）小球离开滑块后所能到达的最大高度；
（3）要使小球能水平进入接收器最低点P，P 与C 间的最小距离为多大。
【答案】（1）
，方向竖直向下；（2）
；（3）
【详解】（1）小球刚运动到滑块最低点A 时，对小球
得
由牛顿第三定律可知，小球对滑块的压力
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方向竖直向下
（2）小球滑上滑块到运动至最高点的过程中，小球和滑块组成的系统水平方向动量守
恒，设小球运动到最高点h 时，滑块和小球水平方向的速度大小相等，设为
得
（3）设小球第一次着地前瞬间，竖直方向的速度大小设为
，初次着地后经t 时间，
小球与地面发生第
次碰撞时与C 点的距离为x，则
解得
当
时
此时
即要使小球能水平进入接收器最低点P，P 与C 间的最小距离为
。
14．（2023·浙江金华·校联考一模）如图是一种弹射游戏装置示意图，该装置配有小车，
弹射器将小车弹出后依次沿两个半径不同、平滑连接但不重叠的光滑圆轨道1、2 运动，
接着冲上两段平滑连接的光滑圆轨道CD、DE，直至从E 点平抛落回与C 点等高的水
平面上。轨道1、2 的圆心分别为O1、O2，半径分别为R1＝20cm、R2＝10cm，OA 为水
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平光滑轨道，AC 为长度L＝60cm 的水平粗糙轨道，动摩擦因数
，圆弧轨道
CD、DE 的半径均为R3＝20cm，对应圆心角θ 均为37°，水平轨道与圆弧轨道CD 相切
于C 点。可视为质点的小车质量m＝0.1kg，游戏时弹射器将小车自O 点以一定初速度
弹出，轨道各部分平滑连接，g 取10m/s2。
（1）求小车通过轨道1 最高点B 的最小速度
；
（2）改变弹射器对小车的冲量，但小车均能通过轨道1、2，写出小车通过轨道2 最低
点A 时，受到轨道的支持力大小与弹射器对小车的冲量大小的关系式；
（3）若小车能够通过轨道1，且小车整个运动过程均不脱离轨道，求小车从E 点水平
抛出后，其落到水平面上的点与E 点水平距离x 的范围。
【答案】（1）
；（2）
（
）；（3）
【详解】（1）若能通过轨道1 最高点，必然能够通过其他轨道，则有
解得小车通过轨道1 最高点B 的最小速度为
（2）弹射器弹开过程中由动量定理得
根据机械能守恒定律可知
小车运动至圆轨道2 最低点A 时，根据牛顿第二定律有
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联立可得
由（1）可得为确保小车通过圆轨道，需满足
根据动能定理有
解得
，
故轨道对小车作用力与弹射器对小车冲量的关系为
（
）
（3）小车冲上两段平滑连接的圆弧轨道CDE 时，最容易脱离轨道的位置为D 点，为
保证D 点不脱离轨道，则应满足
解得
由（1）可得小车通过圆轨道1，则有
，当
时，根据动能定理
有
解得
因此小车不会脱离轨道。
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①
时，小车恰好能通过圆弧轨道1 到达E 点，根据动能定理有
平抛运动的时间为
解得落点离E 点水平距离点最小值
②
时，小车恰好能通过圆弧轨道CDE 到达E 点，根据动能定理有
平抛运动的时间为
解得落点离E 点水平距离点最大值
故水平距离x 的范围为
15．（2023·浙江绍兴·诸暨中学校考模拟预测）如图所示，可视为质点的质量为
的小滑块静止在水平轨道上的
点，在水平向右的恒定拉力
的作用
下，从
点开始做匀加速直线运动，当其滑行到
的中点时撤去拉力，滑块继续运动
到
点后进入半径为
且内壁光滑的竖直固定圆轨道，在圆轨道上运行一周后
从
处的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向
点滑动，
点的右边是
一个“陷阱”，
点是平台边缘上的点，
两点的高度差为
，水平距离为
。已知滑块运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力大小刚好为滑块重力的倍，
水平轨道
的长度为
，小滑块与水平轨道
间的动摩擦因数均为
，重力加速度
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（1）求水平轨道
的长度；
（2）试通过计算判断小滑块能否到达“陷阱”右侧的
点；
（3）若在
段水平拉力
作用的范围可变，要达到小滑块在运动过程中，既不脱离
竖直圆轨道，又不落入
间的“陷阱”的目的，试求水平拉力
作用的距离范围。
【答案】（1）
；（2）不能；（3）见解析
【详解】（1）根据题意，设小滑块运动到竖直圆轨道最高点时的速度大小为，则有
从
点运动到最高点的过程中，设小滑块到达
点时的速度大小为
，由机械能守恒
定律有
代入数据解得
小滑块由
到
的过程中，由动能定理可得
代入数据可解得
（2）设小滑块到达
点时的速度大小为
，则由动能定理可得
代入数据解得
设小滑块下落
所需要的时间为，则有
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解得
故小滑块在水平方向上运动的距离为
故小滑块将落入“陷阱”中，不能运动到
点。
（3）由题意可知，若要滑块既不脱离圆轨道，又不掉进“陷阱”，则需要分三种情况
进行讨论：
①当滑块刚好能够到达与圆心等高的
点时，设恒力作用的距离为
，则由动能定理
可得
代入数据可解得
故当恒力作用的距离满足
时符合条件。
②当滑块刚好能经过圆轨道的最高点时，设滑块经过最高点时的速度大小为
，则有
设此时恒力作用的距离为
，则有
代入数据可解得
当滑块刚好运动到
点时速度为零，设此时恒力作用的距离为
，则有
代入数据可解得
26
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故当恒力作用的距离满足
时符合条件。
③当滑块刚好能够越过“陷阱”，设滑块到达
点时的速度大小为
，则由平抛运动
规律可得
代入数据解得
设此时恒力作用的距离为
，故有
代入数据解得
故当恒力作用距离满足
时符合条件。
16．（2023·浙江金华·统考模拟预测）小丁同学设计了一个玩具遥控赛车的轨道装置，
轨道的主要部分可简化为如图所示的模型，水平轨道AB 和倾斜轨道OD 分别与圆轨道
相切于B 点和D 点，弯曲轨道AE 与水平轨道平滑连接，E 点切线方向恰好水平。O 点
固定一弹射装置，刚开始时装置处于锁定状态。当赛车从A 点出发经过圆轨道进入OD
轨道，到达O 点时恰好可以触发弹射装置将赛车原路弹回，最终进入回收装置F。测
得赛车与弹射装置碰撞时机械能损失
，每次弹射后装置可自动锁定到初始时的弹
性势能值。已知赛车质量为
，电动机功率恒为
，圆轨道半径为
，E
点离水平轨道高度和与F 点间水平距离均为
，AB 轨道长
，赛车在水平轨道上运
动时所受阻力等于其对轨道压力的0.25 倍，赛车在轨道其余部分上所受摩擦力可忽略，
赛车看成质点。
（1）若赛车恰好能过C 点，求赛车经过H 点时对轨道的压力大小；
（2）若某次测试时，赛车电动机工作
，经过一次弹射后恰好落入回收装置之中，
则此次测试中给弹射装置设置的弹性势能为多大？
（3）若某次测试时，赛车电动机工作
，最终停在水平轨道AB 上，且运动过程中
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赛车不能脱轨，求弹射装置的弹性势能取值范围。
【答案】（1）6N；（2）2.3J；（3）
【详解】（1）赛车恰好过C 点，根据牛顿第二定律
解得
从H 到C，由动能定理有
解得
根据指向圆心方向合力提供向心力有
解得
根据牛顿第三定律在H 点对轨道压力
；
（2）赛车从E 到F 做平抛运动，有
解得
对赛车，从A 出发最终到E 的过程中，根据功能关系可得
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代入数据解得
（3）题中所述赛车最终停在水平轨道AB 上，有两种临界情况
①假设赛车第一次弹回时，恰好能过C 点，此时
最小，由上分析可知
小车从出发到第二次经过C 点，根据能量守恒定律
解得
设赛车最高到达A 点右侧弯曲轨道上高度h 处，从C 点到高度h 处，根据动能定理
可得
所以赛车不会从E 点飞出，有
②假设赛车第一次弹回时，恰好能运动到E 点，从E 点滑下到左侧圆轨道，根据动能
定理
可得
则
赛车要脱离轨道。所以赛车从AE 轨道返回时最多运动到H 点，设赛车从AE 返回时恰
能到达H 点，从出发到从AE 返回恰运动到H 点的过程，根据能量守恒定律
解得
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综上，当
时可满足要求。
17．（2023·浙江金华·统考三模）一游戏装置如图所示，该装置由圆锥摆、传送带和小
车三部分组成。质量不计长度为
的细线一端被固定在架子上，另一端悬一个质
量为
的物体（可视为质点）。现使物体在水平面做匀速圆周运动，此时细线与
竖直方向夹角为
。一段时间后悬挂物体的细线断裂，物体沿水平方向飞出，恰
好无碰撞地从传送带最上端（传送轮大小不计）沿传送方向进入传送带。倾角为
的传送带以恒定的速率
沿顺时针方向运行，物体在传送带上经过
一段时间从传送带底部离开传送带。已知传送带长度为
，物体和传送带之间
的动摩擦因数为
。质量为
的无动力小车静止于光滑水平面上，小车上
表面光滑且由水平轨道与
圆轨道平滑连接组成，圆轨道半径为
。物体离开
传送带后沿水平方向冲上小车（物体从离开传送带到冲上小车过程无动能损耗），并
在小车右侧的最高点离开小车，过一段时间后重新回到小车，不计空气阻力。重力加
速度取
。
（1）求物体做水平匀速圆周运动的线速度大小
和物体离开细绳瞬间距离传送带最上
端的高度；
（2）求物体在传送带上运动过程中，物体对传送带摩擦力冲量
和压力冲量
；
（3）从物体离开小车开始计时，求物体重新回到小车所用的时间
。
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【答案】（1）
，
；（2）
，方向沿传送带向下；
，方向垂直传送带向下；（3）
【详解】（1）物体在水平面做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得
可得
物体沿水平方向飞出，恰好无碰撞地从传送带最上端，则有
又
联立解得
（2）物体刚滑上传送带时的速度为
可知物体刚滑上传送带受到向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律可知，物体的加速
度大小为
物体刚滑上传送带到与传送带共速所用时间为
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下滑的位移为
物体与传送带共速后，继续向下做匀加速运动，受到向上的滑动摩擦力，根据牛顿第
二定律可知，物体的加速度大小为
设物体从共速到传送带底端所用时间为
，根据运动学公式可得
解得
或
（舍去）
根据牛顿第三定律可知，物体对传送带的摩擦力冲量方向沿传送带向下，大小为
物体对传送带的压力冲量方向垂直传送带向下，大小为
（3）物体刚滑上小车的速度为
物体刚离开小车时，相对速度方向竖直向上，则物体与小球有相同的水平速度，以物
体和小车为系统，根据系统水平方向动量守恒可得
解得
设物体刚离开小车时的竖直分速度为
，根据系统机械能守恒可得
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解得
物体刚离开小车后在竖直方向做竖直上抛运动，则从物体离开小车开始计时，物体重
新回到小车所用的时间为
18．（2023·浙江·校联考模拟预测）小明同学设计了如图所示游戏装置，该装置由固定
在水平地面上倾角
且滑动摩擦因数为
的倾斜轨道
、接触面光滑的
螺旋圆形轨道
、以及静止在光滑的水平面上的长木板组成。木板左端紧靠轨道
右端且与轨道F 点等高但不粘连，所有接触处均平滑连接，螺旋圆形轨道与轨道
相切于
处，切点到水平地面的高度为
。从B 的左上方A 点以某一初
速度
水平抛出一质量
的物块（可视为质点），物块恰好能从B 点无碰
撞进入倾斜轨道
，并通过螺旋圆形轨道最低点D 后，经倾斜轨道
滑上长木板。
已知长木板的质量
，空气阻力不计，g 取
。求：
（1）
的大小；
（2）物块经过螺旋圆形轨道低点D 时，轨道对物块的弹力大小；
（3）若物块与长木板之间的动摩擦因数
，物块在长木板上滑行且恰好不滑出
长木板，求此过程中物块与长木板系统产生的热量；
（4）若长木板固定不动，在木板上表面贴上某种特殊材料，物块在木板上运动受到的
水平阻力（与摩擦力类似）大小与物块速度大小成正比，即
，k 为常数，要使
物块不滑出长木板，k 至少为多大。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）物块从A 点做平抛运动到B 点，则有
，
解得
（2）从A 到D 由动能定理可得
在D 点，对物块分析有
解得
（3）从A 到F 过程有
解得
物块滑上长木板后，木块和长木板系统动量守恒，则有
解得
假设物块刚好不滑离长木板，由功能关系可得
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解得
（4）若长木板固定不动，物块在木板上运动受到的水平阻力
对木块m 由动量定理得
即有
由
解得
则
解得
19．（2023·浙江金华·模拟预测）某游戏装置如图所示，一水平传送带以v=3ms 的速
度顺时针转动，其左端A 点和右端B 点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B 两点
间的距离L=4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量
为
的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物
块甲与传送带之间的动摩擦因数
。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为
的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上
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表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为
。桌面左端依次叠放着
质量为
的木板（厚度不计）和质量为
的物块乙，物块乙与木板之
间的动摩擦因数为
，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距
，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，
物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），
物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知
，
。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程。
【答案】（1）3m/s；（2）2.2J；（3）1.0m
【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为
匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为
，则有
联立解得
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可知物块甲运动到最高点时的速度大小为
（2）设物块甲在B 点时速度为
，对物块甲从B 点到斜面顶端由动能定理有
解得
因为
，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B 点，
设弹簧弹力做功
，由动能定理有
解得
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得
v0= v 甲x
由机械能守恒定律得
解得
，
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得
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解得
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得
木板向左减速过程中，由动能定理得
解得
同理可得
以此类推木板的总路程为
解得
20．（2023·浙江金华·模拟预测）如图甲所示为某一电磁复合场装置（主要包括加速电
场、辐向电场、偏转电场和环状区域磁场四大部分）。最左侧为竖直放置的平行板电
容器，竖直电容器左极板处一带正电的粒子X（质量为m，电量为q）从静止开始经过
加速电场加速后沿切线方向进入弧形细管道（半径为
，圆心角为
），弧形细管道
中的电场的电场线均指向圆心。细管道右侧开口处紧挨水平放置的电容器下极板的左
侧，水平电容器之间加上如图所示的交变电压（以X 进入该电容器后开始计时，图乙
中的
和T 为已知量）。X 从辐向分布电场射出后从下极板左端进入右侧水平电容器
并恰好从中线右端水平飞出。最右侧的环状区域内有一垂直于纸面向外的强度为B 的
匀强磁场，内半径为
。电容器中线过环状区域磁场圆心。带正电粒子Y（质量为m，
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电量为2q）自中空区域的圆心O 点以某一初速度沿环状区域半径OM 方向射入磁场后，
恰好不能穿出磁场外边界，且从磁场内边界上的N 点第一次射回中空区域。已知
，偏转电场极板间距为
，不计重力影响。
（1）求X 从进入到离开偏转电场所用的时间t；
（2）求加速电场的电压U 和辐向电场的场强E；
（3）求Y 射入环状区域磁场时的初速度
和从O 点出发到同向回到O 点所需的时间
；
（4）求环状区域磁场外半径
并分析判断X 能否不经过中空区域而直接经过磁场偏转
到达圆环磁场的最低点。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
，
，（n=1，2，3…）；（4）
，
，不能
【详解】（1）X 粒子在偏转电场中，由牛顿第二定律
可得
由于X 粒子能从中线右端水平飞出，所以当
时，粒子在竖直方向上的速度可
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以减小为0，若当
时，粒子在竖直方向上的速度减小为0，则粒子竖直方向上的位
移为
所以竖直方向上，
内，粒子向上匀减速至速度为零；
内，粒子向上匀加速
至恢复原来的速度；
内，粒子向上匀减速至速度为零。当
时，粒子竖直
方向上的位移为
，粒子从中线右端水平飞出。
（2）设X 粒子射入偏转电场的速度为v1，由几何可得其与水平方向的夹角为60°。由
动能定理
解得
因为在幅向电场中，电场力对粒子不做功，所以粒子做匀速圆周运动，所以粒子离开
加速电场时的速度即为
，在加速电场中由动能定理
可得加速电场的电压为
在幅向电场中，粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律
可得辐向电场的场强
（3）Y 粒子在环形磁场中的运动轨迹如图
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由几何可得，粒子运动的轨迹半径为
由牛顿第二定律
可得Y 射入环状区域磁场时的初速度
Y 粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期为
所以它从O 点出发到第一次同向回到O 点所需的时间
所以它从O 点出发到第一次同向回到O 点所需的时间
，（n=1，2，3…）
（4）由几何得环状区域磁场外半径
假设X 粒子能够不经过中空区域而直接经过磁场偏转到达圆环磁场的最低点，则其在
磁场中运动轨迹的半径
则圆心O 点距离轨迹最近的距离
所以假设不成立，即X 粒子不能不经过中空区域而直接经过磁场偏转到达圆环磁场的
最低点。
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21．（2023·浙江绍兴·统考二模）如图，光滑水平地面左侧固定有一个由斜面与半径为
R=1m 的圆弧面AB 平滑连接而成的光滑组合轨道，圆弧面末端B 点切线水平，质量为
m=1kg 的滑块从组合轨道的斜面部分由静止开始下滑，经过A 点时速度vA=1m/s，经过
B 点时速度vB=3m/s，滑块经过B 点后滑上一个右端为1/4 圆弧光滑轨道的滑板，已知
滑板质量M=2kg，滑板的水平部分长度L=1m，与滑块间的动摩擦因数为
，1/4
圆弧轨道的半径
，求：
（1）滑块由静止下滑至A 点所用的时间
以及经过B 点时滑块对轨道的压力FB的大小；
（2）滑块滑上滑板后达到的最高点距C 点的高度；
（3）要使滑块滑上滑板后不脱离滑板运动，求滑块滑上滑板的初速度vB的可能取值
范围。
【答案】（1）
，19N；（2）0.2m；（3）
【详解】（1）在B 点有
计算得
由牛顿第三定律可知经过
点时滑块对轨道的压力大小
从A 到B 点有
求得
在斜面上下滑有
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得
由
得
（2）达到最大高度时，滑块与滑板的速度相等，有
求得
从滑块滑上滑板到达到最大高度的过程中
解得
（3）考虑两种临界情况
①从滑块滑上滑板到达到轨道最高点过程中有
解得
②滑块滑回滑板的左边并相对静止有
解得
由上可知，不脱离轨道运动，滑块滑上滑板的初速度
。
22．（2023·浙江·校联考模拟预测）某传送装置的示意图如图1 所示，整个装置由三部
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分组成，左侧为一倾斜直轨道，其顶端距离传送带平面的高度
，其水平长度
。中间是传送带其两轴心间距
（传送带向右匀速传动，其速度v 大小
可调），其右端为水平放置的圆盘。各连接处均在同一高度平滑对接。一质量为
的物块从倾斜直轨道的顶端由静止释放，物块经过传送带运动到圆盘上而后水
平抛出，其中物块在圆盘上的运动轨迹为如图2 中所示圆盘俯视图中的实线CD，水平
圆盘的半径为5m，圆盘距离地面高度
物块与倾斜直轨道和传送带间的动摩
擦因数均为
，与圆盘间的动摩擦因数
，取重力加速度大小
。
（1）若
，求物块通过水平传送带所需的时间t；
（2）改变传送带的速度v 大小和方向，求物块从传送带右侧滑出时的速度
大小的范
围；
（3）若
向右，物块沿弦CD 滑离圆盘，CD 与过C 点的直径夹角为θ。求物块
滑离圆盘落地时，落地点到C 的水平距离最大时对应的cosθ 值（保留2 位有效数字）
【答案】（1）1.75s；（2）
；（3）
【详解】（1）对物块，由A 运动到B 的过程，根据动能定理有
解得
若传送带速度
，则
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解得物块在传送带上减速的距离
减速时间
物块随后在传送带上匀速运动的时间
物块通过传送带所需的时间
（2）传送带向左运动等同于静止不动，当传送带静止或速度较小时，物块在传送带上
一直做减速运动，物块从传送带右侧滑出时的速度
最小，由动能定理有
解得
当传送带的速度较大时，物块在传送带上一直做匀加速运动，物块从传送带右侧滑出
时的速度
最大，由动能定理有
解得
或
物块从传送带右侧滑出时的速度范围为
。
（3）由第（2）问可知，
在物块从传送带右侧滑出时的速度范围内，所以物
块先匀加速运动再匀速运动，刚滑上圆盘时的速度大小
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设物体到D 点时的速度
，物体在圆盘上的位移为x，对物块由动能定理有
解得
则落地点到c 的水平距离
换元法等方法可解得，
时s 最大，则
23．（2023·浙江·模拟预测）如图所示，地面上方有一条水平轨道ABC 和一个竖直光
滑圆轨道相切于B 点（圆轨道在B 点前后略有错开，图中未画出），轨道AB 段光滑，
BC 段粗糙且长度L=4.8m，水平轨道最右端C 处固定一弹性挡板。一质量m=1kg 的小
球以初速度v0=8m/s 沿水平轨道运动，由B 点进入圆轨道，并恰能经过圆轨道最高点
D，重力加速度g=10m/s2，物块与轨道BC 间的动摩擦因数为μ，物块与挡板碰撞前后
的速度等大反向，空气阻力不计，求：
（1）圆轨道半径R；
（2）要使物块至少与挡板碰撞一次且运动过程中始终不脱离轨道，动摩擦因数μ 应满
足什么条件？
（3）在满足（2）的条件下，设物块最终停下的位置与B 点的距离为x，改变地面的动
摩擦因数μ，x 值也会改变，试讨论求出x 与μ 的关系式。
【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）小球恰好过最高点，由题意可知
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解得
（2）若小球做一次圆周运动后恰好停在C 点，由动能定理可知
解得
若小球与挡板碰后恰好能到达与圆心等高处，由动能定理可知
解得
故
（3）若小球恰好停在B 点或C 点
解得
所以，
时
；
时
；
时
（
时，
不符合要求）
说明小球最多与挡板碰撞2 次。
当
，小球与挡板碰撞1 次后向左滑行停下（未进入圆轨道）
解得
当
，小球与挡板碰撞1 次后向左滑行，进入圆轨道后返回再向右滑行停下
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解得
当
，小球与挡板碰撞2 次后向左滑行停下
解得
24．（2023·浙江杭州·统考一模）如图所示，光滑曲线轨道BC 分别与竖直轨道AB、
粗糙水平地面CD 平滑连接，CD 右端与光滑半圆轨道DE 平滑连接，半圆轨道直径为
2R。CD 长为l=2R，竖直轨道的最高点A 与地面高度差h=2R。质量为m 的小滑块P 从
A 点静止释放，之后在D 点与静止放置在该处的小滑块Q 发生碰撞，碰撞过程机械能
损失不计。已知小滑块Q 的质量也为m，物体Q 被撞后的瞬间对轨道的压力突然增大
了2mg。已知重力加速度为g。
（1）求水平轨道的动摩擦因数μ；
（2）如果小滑块P 的质量变为
（k 为正数），如果要求小滑块Q 在半圆轨道DE 段
运动 过程中没有脱离圆弧（设碰撞后P 立即拿走，不发生两次碰撞），求k 的取值范
围；
（3）在第（2）问中，发现小滑块Q 经过E 点落到曲线轨道BC 上任意一点的动能均
与落 到C 点的动能相同，以D 点为坐标原点，向右为x 轴、向上为y 轴建立坐标系，
求曲线轨道BC 在坐标系中的方程（写成
的形式）。
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【答案】（1）0.5；（2）
或
；（3）
，
【详解】（1）设碰后滑块Q 的速度为v，由于碰后滑块Q 对轨道的压力F 突然增大了
2mg，即变为3mg，根据牛顿第二定律可得
设滑块P 碰前的速度为v1，碰后速度为v2，在滑块P 和滑块Q 碰撞过程中，由动量守
恒定律可得
由于碰撞过程不考虑机械能损耗，所以有
滑块P 由A 运动至D 的过程中，由动能定理可得
结合题意带入数据可得
（2）设滑块P 到D 点的速度为vP，滑块P 由A 运动至D 的过程中，由动能定理可得
设碰后，滑块P 和滑块Q 的速度分别为
，
。在滑块P 和滑块Q 碰撞过程中，由动
量守恒定律可得
由于碰撞过程不考虑机械能损耗，故有
解得
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①若滑块Q 能够到达轨道的最高点，且不脱离轨道，则滑块Q 在最高点E 时，由牛顿
第二定律可得
则Q 从最低点到最高点的过程，由功能关系可得
联立可得
②若滑块Q 到达最大高度不过圆心等高处。由功能关系可得
联立可得
综上可得
或
（3）滑块Q 从E 点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为v0，落在弧形轨道上的坐标为
（x，y），将平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体，则有
Q 从点E 落到轨道BC 上的过程中，根据动能定理可得
解得落点处的动能为
因为滑块Q 从E 点到弧形轨道BC 上任意点的动能都相等，且与落点C（－2R，0）一
致，则将C 点坐标带入得
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化简可得
【点睛】明确物体各个过程的运动情况。根据物体的运动类型，选择运动学方法或者
功能关系及动量等方法进行解答，本题对计算的要求比较高，注意平时加强训练。
25．（2023·浙江绍兴·统考一模）如图所示，在水平面上固定一弹簧匣，左端与轻质弹
簧的A 端相连，自由状态下弹簧另一端位于B 点；在与B 点相距1m 的C 处固定一竖
直圆轨道，半径
，圆轨道底端略微错开：在D 点右侧放置等腰直角三角形支
架PEQ，
，
，E 点在D 点正下方，P 点与D 点等高，EQ 水平。质
量
的小物块（可视为质点）被压缩的弹簧弹出，它与BC 段的动摩擦因数
，不计轨道其它部分的摩擦。
（1）要使物块能进入竖直圆轨道，弹簧的初始弹性势能至少多大；
（2）若物块在竖直圆轨道上运动时不脱离轨道，则弹性势能的取值范围是多少；
（3）若物块能打在三角形支架上，求打在支架上时的最小动能。
【答案】（1）0.4J；（2）
或
；（3）
【详解】（1）要使物块能进入竖直圆轨道，则到达C 点时速度为0 时，弹簧的初始弹
性势能最小，则根据动能定理可知
解得
（2）临界情况1：物块恰能到达圆心等高处时，根据动能定理可知
解得
51
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则弹性势能的取值范围是
临界情况2：物块恰能过圆周最高点，则
解得
根据动能定理可知
解得
弹性势能的取值范围是
综上所述，弹性势能的取值范围是
或
（3）当打到支架上时，根据平抛运动公式
由数学知识可知
以t 为变量，由机械能守恒定动能定理可得
则
根据数学知识可知，当
52
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时，
有最小值，则
时，代入数据可得
26．（2023·浙江·绍兴一中校联考二模）如图所示，水平传送带的左端与斜面AB 末端
连接，另一端与光滑水平轨道CM 连接，M 端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半
径R=1.6m，在竖直面MN 的右侧（包括M、N 点）存在竖直向上的匀强电场，电场强
度
。一带正电金属滑块a 质量为m=0.1kg，电量为q，从斜面AB 上高h=3m 处
由静止开始下滑，运动到CM 上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b 发生碰撞
后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB 斜面之间
的动摩擦因数μ1=0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2，斜面倾角θ=37°，传送带长
为5m，CM 长为2m，滑块a、b 及结合体c 均可视为质点，不计滑块在B 点的能量损
失，重力加速度g=10m/s2，
（1）求滑块a 到达B 点时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动的速度v=2m/s，求结合体c 到达N 点时对轨道的压力；
（3）以M 点为坐标原点，向左为正方向建立x 轴，改变传送带的速度大小和方向，求
结合体c 通过圆弧轨道后从N 点平抛到x 轴上的落点坐标与传送带速度的关系。
【答案】（1）
；（2）
，方向竖直向上；（3）
或
或
【详解】（1）从A 到B 过程，根据动能定理有
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解得
（2）分析可知滑块a 在传送带上一直减速，从B 到C 过程
解得
a 与b 碰撞，根据动量守恒
①
解得
结合体c 从M 到N 过程，根据动能定理
②
解得
在N 点根据向心力公式
根据牛顿第三定律，代入数值可得结合体对轨道压力
方向竖直向上。
（3）根据平抛运动可知，竖直方向有
，
水平方向有
③
分析可知当滑块a 在传送带上一直减速到达C 点时速度为
；当传送带顺时针转动，
滑块a 在传送带上一直加速到达C 点时速度为
，有
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解得
情况一：当传送带顺时针转动且速度
或逆时针转动时，根据前面分析滑块
到C 点速度
，此时位置坐标为
情况二：当传送带顺时针转动且速度
时，可知滑块a 在传送带上运
动过程中必定与传送带共速，即滑块到C 点速度为v，联立①②③可得位置坐标为
情况三：当传送带顺时针转动且速度
时，滑块到C 点速度
，
联立①②③可得此时位置坐标为
27．（2023·浙江杭州·统考二模）如图所示，某游戏装置由光滑平台、轨道AB、竖直
圆管道BCDEC(管道口径远小于管道半径)、水平轨道CF、光滑直轨道FG 平滑连接组
成，B、C、C′为切点，A、F 连接处小圆弧长度不计，A 点上方挡片可使小滑块无能量
损失地进入轨道AB。圆管道半径
，管道中，内侧粗糙，外侧光滑。小滑块与
轨道AB、CF 的动摩擦因数均为
，AB 轨道长度
，倾角
，CF 长
度
，FG 高度差
，平台左侧固定一轻质弹簧，第一次压缩弹簧后释放小
滑块，恰好可以运动到与管道圆心等高的D 点，第二次压缩弹簧使弹性势能为0.36J 时
释放小滑块，小滑块运动到圆管道最高处E 的速度为
，已知小滑块质量
可视为质点，
，
，不计空气阻力。求；
（1）第一次释放小滑块，小滑块首次到圆管上的C 点时受到弹力大小；
（2）第二次释放小滑块，小滑块从C 点运动到E 点的过程，圆管道对滑块的摩擦力做
的功；
（3）若第三次压缩弹簧使弹性势能为Ep时释放小滑块，要求小滑块在圆管道内运动
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时不受到摩擦力且全程不脱轨，最终停在
上。写出小滑块
上运动的总路程s
与
之间的关系式，并指出
的取值范围。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；
【详解】（1）从C 到D，对小滑块由动能定理可得
解得
在C 点由牛顿第二定律可得
联立解得
（2）从开始到E 点由动能定理可得
解得
（3）从开始到C，可得
解得
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要能最终停在
上，必过E 点，圆轨道运动无摩擦，所以
又有C 到E，可得
解得
不从右侧斜面飞出需
解得
返回，若不过圆心等高处，可得
解得
故
从开始到静止有
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则
其中
28．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图所示是一个游戏装置的示意图，固定于地面的水
平轨道AB、竖直半圆形轨道BC 和竖直圆形管道CD 平滑连接，B 和C 分别是BC 和
CD 的最低点。水平平台EF 可在竖直平面内自由移动。锁定的压缩弹簧左右两端分别
放置滑块a 和b，解除锁定后，a 沿轨道ABCD 运动并从D 点抛出。若a 恰好从E 点沿
水平方向滑上EF 且不滑高平台，则游戏成功。已知BC 半径R1=0.2m；CD 半径
R2=0.1m 且管道内径远小于R2，对应的圆心角
=127°；EF 长度L=1.08m；滑块与EF
间动摩擦因数μ=0.25，其它阻力均不计；滑块质量ma=0.1kg，mb=0.2kg，且皆可视为
质点；
，
。
（1）若弹簧释放的能量Ep=3.0.J，求在B 点时圆形轨道对a 的支持力大小；
（2）若要游戏成功，a 在C 点的最小速度是多少？
（3）若固定b，推导并写出游戏成功时a 最终位置到D 点的水平距离x 与弹簧释放的
弹性势能Ep的关系式。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑块
、
相互作用动量守恒，弹性势能转化为
、
动能
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（2）滑块
要到达
点，在
点速度要大于0，则
点的速度至少满足：
过半圆环轨道
的最小速度
大小为
物体
在
点的最小速度为
（3）设物体
到达
点的速度为
斜抛运动满足
水平位移
得到
轨道位移
距离
点的水平位移
59
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29．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图所示，两根竖直放置的足够长金属导轨MN、
PQ 间距为l，底部是“△”型刚性导电支架，导轨区域布满了垂直于平面MNQP 的磁
感应强度为B 的匀强磁场。长为l 的金属棒ab 垂直导轨放置，与导轨接触良好。半径
为r 的轻质圆盘与导轨在同一竖直平面内，可绕通过圆盘中心的固定转轴O 匀速转动。
圆盘与导轨间有一T 型架，T 型架下端与金属棒ab 固定连接，在约束槽制约下只能上
下运动。固定在圆盘边缘的小圆柱体嵌入在T 型架的中空横梁中。当圆盘转动时，小
圆柱体带动T 型架进而驱动金属棒ab 上下运动。已知ab 质量为m，电阻为R。“△”
型导电支架共六条边，每条边的电阻均为R。MN、PQ 电阻不计且不考虑所有接触电
阻，圆盘、T 型架质量不计。圆盘以角速度
沿逆时针方向匀速转动，以中空横梁处
于图中虚线位置处为初始时刻，求：
（1）初始时刻ab 所受的安培力；
（2）圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，通过ab 的电荷量；
（3）圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T 型架对ab 的冲量I；
（4）圆盘从初始时刻开始转过90°的过程中，T 型架对ab 做的功。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）初始时刻，导体棒
的速度
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则导体棒
切割磁感线产生的电动势为
整个回路的电阻
则导体棒
受到的安培力大小为为
（2）运动到最底端过程，导体棒
的电荷量
（3）由动量定理可得
（4）设运动到最底端过程中，导体棒对
做功为
，则由功能关系可得
30．（2023·浙江宁波·统考二模）如图所示，某一游戏装置由轻弹簧发射器、长度
的粗糙水平直轨道AB 与半径可调的光滑圆弧状细管轨道CD 组成。质量
的滑块1 被轻弹簧弹出后，与静置于AB 中点、质量
的滑块2
发生完全非弹性碰撞并粘合为滑块组。已知轻弹簧贮存的弹性势能
，两滑块
与AB 的动摩擦因数均为
，两滑块均可视为质点，各轨道间连接平滑且间隙不
计，若滑块组从D 飞出落到AB 时不反弹且静止。
（1）求碰撞后瞬间滑块组的速度大小；
（2）调节CD 的半径
，求滑块组进入到圆弧轨道后在C 点时对轨道的压力大
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小；
（3）改变CD 的半径R，求滑块组静止时离B 点的最远距离，并写出
应满足的条
件。
【答案】（1）3m/s；（2）1N；（3）0.8m，R 大于等于0.1m
【详解】（1）滑块1 被弹簧弹出的速度为
，有
滑块1 与滑块2 碰撞前速度为
，有
滑块1 与滑块2 粘在一起后速度为
，有
解得
（2）滑块组在碰撞后到C 点的过程中有
解得
由牛顿第三定律有
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（3）当半径为
时，其滑块组恰好能到达D 点，因为是细管管道，所以此时在D 点
速度为零，有
解得
所以当圆弧轨道半径小于0.1m 时，滑块组能从D 点飞出，之后做平抛运动，继续调节
圆弧轨道半径，其从D 点飞出的速度不同，其落在水平轨道上距离B 点的距离也不同，
设半径为R 时，有
滑块组在D 点之后做平抛运动，有
整理有
根据数学知识有，当
时，s 取最大值，其值为0.2m。
当圆弧轨道半径大于0.1m 时，滑块组不能从D 点飞出，沿轨道滑回水平轨道，最终静
止在水平轨道上，设在水平轨道上滑动路程为s'，由能量守恒
解得
s'=1.8m
则滑块组静止时离B 点的最远距离为
31．（2023·浙江绍兴·统考二模）如图所示，两个固定的、大小不同的竖直半圆形光滑
63
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轨道在最高点A 平滑连接，小圆半径
，大圆半径
，小圆最低点O 恰
在大圆圆心处，O 点有一弹射装置（图中未画出），可水平向右弹射质量为
的滑块。放置在光滑水平面上的中空长直塑料板与大圆的最低点B 平滑过渡。若塑料
板质量
，长度
，厚度
，滑块与塑料板上表面之间的动摩
擦因数
，滑块可视为质点，求：
（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点的最小速度
大小；
（2）以
向右弹射滑块，滑块到达大圆轨道B 点时所受支持力的大小；
（3）以
向右弹射滑块，滑块第一次落地点到B 点的水平距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点只有重力提供向心力，有
解得
（2）从弹射到B 点，对滑块根据动能定理有
在B 点根据牛顿第二定律有
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解得
（3）滑块与塑料板组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
对滑块，根据能量守恒定律有
滑块离开塑料板后做平抛运动
，
滑块第一次落地点到B 点的水平距离为
解得
32．（2023·浙江台州·统考二模）如图所示，在一个匝数为N、横截面积为S、阻值为
的圆形螺线管内充满方向与线圈平面垂直、大小随时间均匀变化的匀强磁场
，其
变化率为k。螺线管右侧连接有“T”形金属轨道装置，整个装置处于大小为
、方向
竖直向下的匀强磁场中，该装置由位于同一水平面的光滑平行导轨AP、
和粗糙竖
直导轨SW、
构成，导轨间距均为l。开始时，导体棒a、b 分别静置在水平轨道上
左右两侧适当位置，b 棒用一绝缘且不可伸长的轻绳通过光滑转弯装置O 与c 棒相
连，与b、c 棒相连的轻绳分别与导轨SP、SW 平行，三根导体棒的长度均为l 且始终
与导轨垂直接触。刚开始锁定b 棒，闭合开关K 后，a 棒由静止开始运动，与b 棒碰前
瞬间，a 棒的速度为
，此时解除b 棒的锁定，同时断开开关K，碰后两棒粘在一起运
65
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动，此后导体棒减速为零的过程中c 棒产生的焦耳热为Q。已知三根导体棒的质量均
为m，电阻均为
，c 棒与竖直轨道间的动摩擦因数为
，a、b 棒碰撞时间极短，不
计其他电阻及阻力，重力加速度为g。求
（1）开关K 刚闭合时，通过a 棒的电流大小；
（2）a 棒从静止加速到
的过程中，流过a 棒的电荷量；
（3）a、b 棒碰后瞬间，a 棒的速度大小；
（4）c 棒上升的最大高度。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）开关K 刚闭合时，产生的感应电动势
通过a 棒的电流大小
（2）a 棒根据动量定理
流过a 棒的电荷量
（3）a、b 棒碰撞过程中，根据动量守恒定律，对a、b 棒
66
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对c 棒
因此
碰后瞬间，a 棒的速度大小
（4）整个电路的焦耳热
对c 棒
因此
c 棒上升过程中
c 棒上升的最大高度
33．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考模拟预测）如图所示，水平面放置两根足够
长平行金属导轨MN 和PQ，导轨间距为
，左端连接阻值为
的电阻，
其余电阻不计。在
处，存在垂直于水平面磁感应强度为0.2T 的匀强磁场，一根质
量为
、金属棒放置在水平导轨上。金属棒从
处开始在外力作用下做“另
类匀加速”运动，即速度随位移均匀增大，
，其中初速度
，
。当金属棒运动到
时，撤去外力，同时磁场随时间发生变化，金属棒则
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做匀速直线运动到
处，此时磁感应强度为0.1T，此后磁场保持不变，金属棒立即受
到水平向左的恒力
，金属棒恰好回到
时撤去恒力，恒力作用时长为1.4s。设
运动过程中金属棒始终与导轨垂直且接触良好，不计一切摩擦。求
（1）磁场变化的时间；
（2）金属棒做“另类匀加速”时电阻的焦耳热？金属棒运动到
处，外力的大
小；
（3）金属棒在
间，金属棒的动生电动势大小与位置的关系。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）由于磁场变化导致导体棒做匀速直线运动，即磁通量保持不变，所以
代入数据，可得
导体棒末速度
即磁场变化时间为
（2）由能量守恒，得
导体棒末速度
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导体棒所受安培力为
即可得，回路当中的焦耳热为
，所以
由于拉力也是随位移线性变化的，所以位移中点处的拉力为
（3）当金属棒向右运动时，在
到
间
在
到
间：此时磁场发生变化，有
即
从而有
对于金属棒受水平向左的恒力
作用时，利用动量定理得
得金属棒返回
时速度为
，当金属棒向左运动时
即速度
从而有金属棒向左运动时，在
到
间
34．（2023·浙江台州·校联考模拟预测）如图所示为处于竖直平面内的一实验探究装置
的示意图，该装置由长
、速度可调的固定水平传送带，圆心分别在
和
，
圆心角
、半径
的光滑圆弧轨道
和光滑细圆管
组成，其中B
点和G 点分别为两轨道的最高点和最低点，B 点在传送带右端转轴的正上方。在细圆
69
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管
的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长
、
质量
木板（与轨道不粘连）。现将一块质量
的物块（可视为质
点）轻轻放在传送带的最左端A 点，物块由传送带自左向右传动，在B 处的开口和
E、D 处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数
，物
块与木板之间的动摩擦因数
，g 取
。
（1）若物块进入圆弧轨道
后恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度
，求物块经过圆弧轨道
最低D 点时，轨道对物块的作
用力大小；
（3）若传送带的最大速度
，在不脱轨的情况下，求滑块在木板上运动过程中产
生的热量Q 与传送带速度v 之间的关系。
【答案】（1）2s；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）物块进入圆弧轨道
后恰好不脱轨，则在B 点有
解得
若物块在传送带上一直加速，由
则
由此可知物块应该是先加速后匀速
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（2）若传送带的速度
，则物体先加速后匀速，经过B 点时的速度为
从B 到D，由动能定理得
经过D 点时
解得轨道对物块的作用力大小
（3）从B 到G，由动能定理得
若在木板上恰好不分离则有
得
当
时
当
时
35．（2023·浙江宁波·校考三模）如图所示，小明和滑块P 均静止在光滑平台上，某时
刻小明将滑块P 以一定速度从A 点水平推出后，滑块P 恰好从B 点无碰撞滑入半径R1
＝3m 的光滑圆弧轨道BC，然后从C 点进入与圆弧轨道BC 相切于C 点的水平面CD，
与放置在水平面E 点的滑块Q 发生弹性正碰，碰后滑块Q 冲上静止在光滑水平面上的、
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半径为R2＝0.3m 的四分之一圆弧槽S，圆弧槽与水平面相切于F 点，最高点为G。已
知小明的质量M＝60kg，滑块P 的质量m1＝30kg，滑块Q 的质量m2＝60kg，圆弧槽S
的质量m3＝90kg，AB 两点的高度差h＝0.8m，光滑圆弧对应的圆心角53°，LCF＝2m，
LCE＝1.3m，两滑块与CF 部分的动摩擦因数均为μ＝0.5，F 点右侧水平面足够长且光
滑，将滑块P 和Q 看做质点，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小明由于推出滑块P 至少多消耗的能量；
（2）滑块P 到达圆弧末端C 时对轨道的压力；
（3）滑块Q 冲上圆弧槽后能上升的最大高度。
【答案】（1）202.5J；（2）790N，方向竖直向下；（3）0.27m
【详解】（1）设推出滑块P 的瞬时速度为v0，滑块P 在B 点的速度为vB，其竖直速度
为vBy，则有
根据B 点速度的方向，由速度的分解，有
小明推出滑块P 的过程，小明和滑块P 组成的系统动量守恒
根据能量守恒，小明由于推出滑块P 至少多消耗的能量
解得
（2）滑块由B 到C 的过程，由动能定理，有
其中
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滑块P 经过圆弧末端C 点时，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律和向心力公式，
有
根据牛顿第三定律，滑块P 到达圆弧末端C 时对轨道的压力
代入数据，解得
方向竖直向下
（3）滑块P 从C 点到E 点的过程，由动能定理，可得
滑块P 与Q 碰撞的过程遵循动量守恒和能量守恒，设碰后滑块P 和Q 的速度分别为
和
，有
Q 碰后的速度
方向水平向右
滑块Q 从E 点到F 点，根据动能定理，有
滑块Q 从F 点冲上圆弧槽S，滑块Q 与圆弧槽S 组成的系统水平方向动量守恒
设滑块Q 离开地面的最大高度为hm，滑块Q 从冲上圆弧槽S 到到达距离地面最高的过
73
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程，滑块Q 和圆弧槽S 组成的系统机械能守恒
解得
36．（2023·浙江台州·统考三模）如图所示，竖直平面内有水平光滑直轨道AB，轨道
左侧有一竖直光滑半圆轨道CDE，其半径
，最低点E 与水平传送带平滑连接。
现一质量为
、可视为质点的滑块压缩弹簧（滑块与弹簧不相连），静止释放后
滑块沿轨道ABCDE 运动，BC 之间有小缝可供滑块通过，然后滑上传送带，最后落在
水平地面P 点。滑块与传送带之间的动摩擦因数
，传送带的EF 长度
，
传送带轮子的半径
，传送带以
的速度顺时针匀速转动，传送带下表
面离地面高度
。某次释放滑块时弹簧的弹性势能
，取
。
求：
（1）滑块运动到E 点时对轨道的压力大小；
（2）落地点P 离开传送带右端的水平距离
；
（3）若要使滑块的落地点在同一位置，弹性势能的取值范围是多少？
【答案】（1）0.7N；（2）1.6m；（3）
【详解】（1）根据机械能守恒
滑块运动到E 点时，设轨道对滑块的支持力N，根据牛顿第二定律
代入数据联立得
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N=0.7N
根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小
N1=0.7N
（2）滑块在传送带上加速度大小
根据
解得，滑块加速度到速度
时位移
s=0.5m
所以滑块运动到F 点速度
此后做平抛运动，根据
解得
t=0.4s
落地点P 离开传送带右端的水平距离
（3）若要使滑块的落地点在同一位置，则滑块运动到F 点速度
当在传送带上加速运动时，有
解得
当在传送带上减速运动时，有
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解得
所以弹性势能的取值范围是
37．（2023·浙江金华·统考三模）如图甲所示，有一竖直放置的平行板电容器，两平行
金属板间距为l，极板长度为2l，以极板间的中心线OO1为y 轴建立如图里所示的坐标
系，在
直线上方全部区域加上垂直纸面向里磁感应强度为B 的匀强磁场。现有
大量电子从入口O 点以平行于y 轴的初速度射入两极板间，经过磁场区域后所有电子
均能打在
所在的直线上，已知电子的质量为m，电荷量为e。
（1）如果电子的速度范围为
，求电子打在
所在的直线上的落点范围长度
；
（2）在两极板间加上如图乙所示的交变电压（t=0 时右极板带负电）。t=0 时从O 位
置入射速度为v0的电子恰好能在t=T 时刻从D 点平行极板射出，求交变电压的周期T
和电压U0的值；
（3）如图丙在
所在直线上某处K，安装一块能绕K 旋转的挡板，现将挡板从水
平位置逆时针转到与y 轴正方向成
角（
），从
位置以平行于y 轴速度
射出的电子经过磁场偏转打在档板某处H，已知运动轨迹的圆心为
（在K 左侧），
，
，求
；
（4）如图丁，宽度均为d 的n 个匀强磁场和
个匀强电场交替分布，电场、磁场的
边界与水平方向均成θ 角，沿边界方向范围足够广。有界磁场磁场的磁感应强度大小
依次为B0，2B0，3B0，.....nB0，磁场方向垂直纸面向外，电场方向垂直边界向上。在两
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极板间加上如图乙所示的交变电压（t=0 时右极板带负电）。已知
，
。
t=0 时从O 位置以v0为初速度的电子从平行极板射出后射入I 区磁场，若电子恰好不能
从第n 个磁场上边界射出，求匀强电场的场强大小。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
；（4）
【详解】（1）由洛伦兹力充当向心力有
，
解得
，
由此可知，电子打在
所在的直线上的落点范围长度
（2）根据题意可知，粒子在极板间竖直方向做匀速直线运动，水平方向向左xianzuo
匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，则有
,
解得
，
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（3）根据已知条件由余弦定理可得
再根据洛伦兹力充当向心力有
解得
（4）电子离开平行极板的速度为v0，方向平行极板，粒子在平行于电场的方向上动量
发生了改变，粒子在经过磁场I 过程中，由动量定理可得
同理，粒子在经过磁场II 的过程中，由动量定理可得
经过磁场III 的过程中，由动量定理可得
则可知经过磁场
的过程中，由动量定理可得
最终由数学方法整理可得
整个过程由动能定理有
联立解得
38．（2023·浙江·校联考三模）如图所示，一半径
的
光滑圆弧最低点B 位
置有一弹簧锁定装置，圆弧下方固定一根离地高度
的光滑水平杆，杆上穿有
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一个质量
的圆环，开始时圆环处于B 点下方并被弹簧装置锁定。另有一个质
量
的物块P 通过不可伸长的轻绳与圆环相连，绳长
，开始时将物块
P 拉至水平且绳恰好拉直。现将一个与圆环质量相同的物块Q 从A 点静止释放，滑到
弹簧锁定装置B 上面时，通过压力解除对圆环的锁定，同时静止释放物块P，当物块P
摆到最低时，绳被拉断，物块P 作平抛运动，恰好沿切线进入斜面
，然后从D 点
平滑进入水平地面，并从E 点进入半径为
的光滑圆轨道，恰好通过圆轨道最高点F
点，然后返回最低点
（与E 点稍错开）向右运动并冲上传送带
，传送带和水平
地面平滑连接。已知物块P 与斜面
和水平轨道
及传送带之间的动摩擦因数均为
，斜面及传送带与水平面夹角
，
，传送带长度
，调节传送带速度u 使物块P 能沿传送带运动至最高点H。P、Q 均可视为
质点，求：
（1）物块Q 滑到圆弧最低点B 对弹簧锁定装置的压力；
（2）绳刚被拉断时，圆环沿杆滑行的速度大小；
（3）圆轨道半径
的大小；
（4）要将物块P 运送到H 点，传送带的速度u 至少多大？
【答案】（1）30N，方向竖直向下；（2）8m/s；（3）0.7m；（4）3m/s
【详解】（1）对物块 Q 从初始位置滑到圆弧底端由动能定理
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在最低点
可得
由牛顿第三定律可得物块对锁定装置的压力大小为30N，方向竖直向下。
（2）解锁后，P 和圆环水平方向动量守恒
能量守恒
联立可得
（3）根据（2）中可得物块P 运动到最低点的速度
绳断后，物块P 做平抛运动，恰好进入斜面轨道C 点，水平方向
得
竖直方向
得
根据几何关系可得
在最高点受力有
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物块P 从C 运动至圆弧轨道最高点F，由动能定理
可得
（4）物块P 从圆弧轨道最高点F 运动至G 点，由动能定理
求得物块P 运动至G 点的速度
设传送带速度为u，且
物块P 冲上传送带后做匀减速运动
得
由
减速至与传送带共速后，摩擦力反向，继续做匀减速运动
得
匀减速为零时恰好至传送带最高点
根据
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得
39．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接
而成的力学探究装置。水平轨道AC 末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平
直轨道相交于B 点，且B 点位置可改变。现将质量
的滑块（可视为质点）从弧
形轨道高
处静止释放，且将B 点置于AC 中点处。已知圆轨道半径
，
水平轨道长
，滑块与AC 间动摩擦因数
，弧形轨道和圆轨道均视为
光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
（1）滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小：
（2）弹射器获得的最大弹性势能：
（3）若
，改变B 点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，求满足条件
的BC 长度
。
【答案】（1）100N；（2）8J；（3）
【详解】（1）从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得
联立解得
F=100N
由牛顿第三定律得：滑块对轨道的压力大小为100N。
（2）弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，有能量守恒可知
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解得
Ep=8J
（2）①若滑块恰好到达圆轨道的最高点，
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知
解得
要使滑块不脱离轨道，BC 之间的距离应该满足
②若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零有动能定理可知
解得
根据滑块运动的周期性可知，应使
，滑块不脱离轨道；
综上所述，符合条件的BC 长度为
。
40．（2023·浙江·绍兴一中校联考二模）如图所示，间距L=1m 的两平行光滑金属导轨，
x 轴平行导轨，y 轴垂直导轨。在x=0 位置左侧有一宽度为d=0.1m 的光滑绝缘薄层
（包括x=0 处），隔开左右两部分电路。在导轨间存在磁场，y 轴左侧磁场大小为
B1=2T 方向垂直纸面向外，y 右侧磁场大小为B2，且满足B2=0.5x（T）变化，方向垂直
纸面向外，在两轨道中x 轴为坐标为x2=-0.5m 的位置存在一个弹性装置，金属棒与弹
性装置碰撞时瞬间等速弹回，导轨右侧的恒流源始终为电路提供恒定的电流I=8A（方
向如图中箭头所示），导轨左侧接一阻值为R1=3Ω 的电阻。阻值为R=1Ω 质量为
m=1kg 的金属棒a 垂直导轨静止于x=0 处，与金属棒a 完全相同的金属棒b 垂直导轨
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静止于x1=0.5m 处，金属棒a 与金属棒b 发生弹性碰撞。忽略一切阻力，已知弹簧振子
周期公式
，其中m 为振子质量，k 为回复力系数。求：
（1）金属棒b 第一次与金属棒a 碰撞时的速度；
（2）试定性画出金属棒a 的I-t 图像（对时间轴数值不做要求）；
（3）金属棒a 最终停下位置和整个过程装置产生的焦耳热。
【答案】（1）
；（2）见解析；（3）最后停在y 轴左侧0.3m 处，
【详解】（1）对b 棒受力分析可得
说明b 棒应该以y 轴为平衡位置做简谐振动，金属棒b 从开始位置到y 轴的过程，根据
图像可得
又该过程根据动能定理有
解得
（2）由于a、b 质量相等，故两棒发生完全弹性碰撞，二者交换速度，所以a 棒获得
的速度
此时回路电流为
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之后a 棒减速运动与弹性装置碰撞，设a 棒碰撞弹性装置的速度
，有
解得
此时回路电流为
与弹性装置碰撞原速返回后继续减速运动，有
解得a 棒重新回到y 轴速度
此时回路电流为
然后与再b 棒弹性碰撞。对a 棒多次动量定理的总和关系为
解得
绝缘薄层到弹性装置距离0.4m，故a 棒在
区域内运动3 次。图像如下：
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（3）a 棒在磁场中运动根据动量定理有
解得
安培力
符合弹簧振子的性质，所以
因为a 棒减速运动的总位移
，故最后停在y 轴左侧0.3m 处。则有
解得
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