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疑难压轴1 多体多过程问题中力和运动的综合分析
1．（2024•贵州）如图，半径为R＝1.8m 的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平
地面PM 相切于P 点，PM 的长度d＝2.7m。一长为L＝3.3m 的水平传送带以恒定速率v0＝1m/s
逆时针转动，其右端与地面在M 点无缝对接。物块a 从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P
点，再向左做直线运动至M 点与静止的物块b 发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b 向左运
动到达传送带的左端N 时，瞬间给b 一水平向右的冲量I，其大小为6N•s。以后每隔Δt＝0.6s 给
b 一相同的瞬时冲量I，直到b 离开传送带。已知a 的质量为ma＝1kg，b 的质量为mb＝2kg，它
们均可视为质点。a、b 与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝
10m/s2。求：
（1）a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
（2）b 从M 运动到N 的时间；
（3）b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
【解答】解：（1）在a 运动到圆轨道底端的过程中，由动能定理
ma gR = 1
2 mav P
2
解得vP＝6m/s
在P 点，根据牛顿第二定律N P-ma g=ma
v P
2
R
解得NP＝30N
（2）设a 运动到M 的速度为vM，由动能定理
- μma gd = 1
2 mav M
2 - 1
2 mav P
2
解得vM＝3m/s
取水平向左为正方向，物块a、b 碰撞后的速度分别为v1、v2
把物块a、b 做为一个系统，根据动量守恒定律
mavM＝mav1+mbv2
1
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物块a、b 发生弹性碰撞，根据机械能守恒
1
2 mav M
2 = 1
2 mav1
2+ 1
2 mb v2
2
联立解得
v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
物块b 进入传送带后做匀减速直线运动，由牛顿第二定律
﹣μmbg＝mba
得a＝﹣5m/s2
设达到共速时间为t1，根据运动学公式
v0＝v2+at1
解得t1＝0.2s
减速位移
x1= v2+ v0
2
×t1= 2+1
2
×0.2m=0.3m
匀速运动的位移
x2＝L﹣x1＝3.3m﹣0.3m＝3.0m
匀速运动的时间
t2= x2
v0
= 3.0
1 s=3.0 s
b 从M 运动到N 的总时间
t＝t1+t2＝0.2s+3.0s＝3.2s
（3）设给b 一个瞬时冲量后，物块b 的速度为v3，取水平向右为正方向，则作用前物块b 的速
度为v0＝﹣1m/s
根据动量定理
I＝mbv3﹣mbv0
解得v3＝2m/s
物块b 先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，设共速时间为t3，根据运动学公式
t3=- v0- v3
a
=-1-2
-5
s=0.6 s
物块b 对地位移
x3= v3+(- v0)
2
×t3= 2-1
2
×0.6m=0.3m
2
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传送带位移
x4＝v0t3＝1×0.6m＝0.6m
物块b 相对于传送带的位移
Δx1＝x3+x4＝0.3m+0.6m＝0.9m
由于Δt＝t3，因此物块b 刚好与传送带共速时，又获得一个冲量I，设物块b 的速度变为v4
根据动量定理
I＝mbv4﹣mbv0
解得v4＝2m/s
同理可得，物块b 对地位移
x5＝0.3m
传送带位移
x6＝0.6m
物块b 相对于传送带的位移
Δx2＝0.9m
以此类推，物块b 获得第11 次瞬时冲量时，距离传送带右端的距离为：
s1＝L﹣10x3＝3.3m﹣10×0.3m＝0.3m
物块b 获得第11 次瞬时冲量后向右运动s1＝0.3m 离开传送带，此过程时间为t4，根据运动学公
式
s1＝v3t4+ 1
2 at 4
2
解得：t4＝0.2s
此过程物块b 相对于传送带的位移大小为：
Δx3＝v0t4+s1＝1×0.2m+0.3m＝0.5m
物块b 相对于传送带总的相对位移为：
Δx＝10Δx1+Δx3＝10×0.9m+0.5m＝9.5m
产生的摩擦热
Q＝μmbgΔx＝0.5×2×10×9.5J＝95J。
答：（1）a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小为30N；
（2）b 从M 运动到N 的时间为3.2s；
（3）b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量为95J。
3
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2．（2024•丹阳市校级一模）如图所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形轨道，其底端恰好与光
滑水平面相切。右侧有一竖直放置的光滑圆弧轨道MNP，轨道半径R＝0.8m，MN 为其竖直直
径，P 点到桌面的竖直距离也是R，质量为M＝2.0kg 的小物块B 静止在水平面上。质量为mA＝
2.0kg 的小物块A 从距离水平面某一高度的S 点沿轨道从静止开始下滑，经过弧形轨道的最低点
Q 滑上水平面与B 发生弹性碰撞，碰后两个物体交换速度，然后小物块B 从桌面右边缘D 点飞
离桌面后，恰由P 点沿圆轨道切线落入圆轨道，g＝10m/s2，求：
（1）物块B 离开D 点时的速度大小；
（2）S 与Q 竖直高度h；
（3）物块能否沿轨道到达M 点，并通过计算说明理由。
【解答】解：（1）A、B 碰撞后，因二者交换速度，所以A 静止，物块B 由D 点做平抛运动，
落到P 点时其竖直速度为vy，有v y
2 =2 gR
又
v y
v D
= tan 45°
解得vD＝4m/s
（2）设A 与B 碰撞前的速度为v0，A 与B 相碰交换速度，所以
v0＝vD＝4m/s
A 从S 滑到Q 的过程中，根据机械能守恒定律得
mA gh= 1
2 mA v0
2
解得
h＝0.8m
（3）设物块能沿轨道到达M 点，且到达时其速度为vM，从D 到M 由动能定理得
-mB gRcos 45° = 1
2 mB v M
2 - 1
2 mB v D
2
解得
4
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vM≈2.2m/s＜√gR =√10×0.8≈2.8m/s 即物块不能到达M 点。
5
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3．（2024•西安模拟）北京时间2024 年7 月31 日，在巴黎奥运会自由式小轮车女子公园赛决赛中，
中国选手邓雅文夺得金牌。这也是中国运动员第一次参加奥运会自由式小轮车项目。其部分场
地可以简化为如图所示的模型，平台A 左右弧面对称，右侧为半径r＝3m 的部分圆弧面，圆心
角θ 满足sinθ＝0.8，平台B 为1
4 的圆弧面，半径R＝3.2m，邓雅文以一定的初速度从平台的左
下端冲向平台A，从M 点腾空后沿切线从N 点进入赛道，再经过一段水平骑行从Q 点进入平台
B，恰好到达平台B 的上端边缘，平台A 上端MN 间的距离为2.4m，邓雅文和独轮车总质量为
75kg，运动过程中可视为质点，整个过程邓雅文只在PQ 段进行了骑行做功，不计一切阻力，重
力加速度取g＝10m/s2，求：
（1）邓雅文和独轮车到达Q 点时赛道给独轮车的支持力大小；
（2）邓雅文和独轮车在MN 段腾空最高处的速度；
（3）邓雅文在PQ 段骑行过程中所做的功。
【解答】解：（1）由Q 到平台B 上段的过程，根据机械能守恒有：1
2 m vQ
2 =mgR
可得：vQ＝ 8m/s
在Q 点根据牛顿第二定律有：FN﹣mg＝mvQ
2
R
代入数据可得：FN＝2250N；
（2）根据抛体运动，在水平方向有：vxt= 1
2xMN
竖直方向有：vy＝gt，且tanθ= v y
v x
联立可得：vx＝3m/s
（3）在M 点时，根据关联速度有：vMcos0θ＝vx
可得：vM ＝ 5m/s
由M 到Q 由动能定理可得：1
2 m vQ
2 - 1
2 v M
2 = 2
5 mgr +W
6
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解得：W＝562.5J
答：（1）邓雅文和独轮车到达Q 点时赛道给独轮车的支持力大小为2250N；
（2）邓雅文和独轮车在MN 段腾空最高处的速度3m/s；
（3）邓雅文在PQ 段骑行过程中所做的功为562.5J。
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4．（2024•南充模拟）一个质量为m 的羽毛球卡在球筒底部，球筒的质量为M，筒长为L，羽毛球
的高度为d（可将羽毛球看成质量集中在球头的质点），已知羽毛球和球筒间的最大静摩擦和滑
动摩擦力大小近似相等，且恒为f＝kmg（k＞1）。重力加速度为g，不计一切空气阻力。某同
学使用以下三种方式将球从筒内取出：
（1）方式一：“甩”，如图甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在竖直平面内绕O 点做半径为R
的圆周运动。当球筒运动至竖直朝下时，羽毛球恰要相对球筒滑动，求此时球筒的角速度；
（2）方式二：“敲”，如图乙所示。手握球筒向下运动，使球筒以一定速度撞击桌面，球筒撞
到桌面后不再运动，而羽毛球恰好能滑至球头碰到桌面。若已知运动的初速度为0，起始高度为
L
2 ，求此过程手对球筒所做的功；
（3）方式三：“落”，如图丙所示。让球筒从离地h 高处由静止释放，已知：k＝4，M＝8m，
且球筒撞击地面后反弹的速度大小始终为撞击前的1
4 。若要求在球筒第一次到达最高点以后，羽
毛球从球筒中滑出，求h 应满足怎样的取值范围？（不考虑球筒和地面的多次碰撞）
【解答】解：（1）当球筒运动至竖直朝下时，以羽毛球为研究对象，羽毛球恰要相对球筒滑动，
对羽毛球受力分析有：
f﹣mg＝mRω2
将f＝kmg 代入
解得：ω=√
(k -1)g
R
（2）以球筒和羽毛球整体为研究对象，设手对其整体做功为W，整体碰到桌面时的速度为v，
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从开始至碰到桌面的过程由动能定理，有：
W +(m+ M )g⋅1
2 L= 1
2 (m+ M )v
2-0
以羽毛球为研究对象，它在球筒内减速下滑至桌面，由动能定理：
mg( L-d)- f ( L-d)=0- 1
2 mv
2
联立解得：
W =(m+ M )g((k -1)( L-d)- L
2 )
（3）羽毛球和球筒从h 处自由下落，触地瞬间的速度满足
v0
2=2 gh
此后m 以初速度v0向下做匀减速运动，M 以v0/4 得初速度向上做匀减速运动，在二者达到共速
之前的过程中，对于m，由牛顿第二定律方程：
kmg﹣mg＝ma1
解得：x = v10+ v1t
2
Δt1+ 1
2 v20 Δt2= 46m
对于M，由牛顿第二定律方程：
kmg+Mg＝Ma2
可解得：a2= 3
2 g
设M 第一次运动至最高点的时间为t0满足
1
4 v0=a2t0
即：t0= v0
6 g
选竖直向下为正方向，设二者在t1时刻达到共速，则t1满足
v0-a1t1=- 1
4 v0+a2t1
可解得：t1= 5 v0
18 g
由t0＜t1＜2t0可知，二者在M 第一次到达最高点以后下落过程中达到共速，若恰好在共速时刻
m 滑出，二者的相对位移为L，即：
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v0t1- 1
2 a1t1
2-(- 1
4 v0t1+ 1
2 a2t1
2)= L
联立可得h 的最小值
h1= 72
25 L≈2.9 L
若m 恰好在t0时刻滑出，即：
v0t0- 1
2 a1t0
2-(- 1
4 v0t0+ 1
2 a2t0
2)= L
联立可得h 的最大值
h2= 24
7 L≈3.4 L
故h 应满足：
72
25 L＜h＜24
7 L。
答：（1）此时球筒的角速度为ω=√
(k -1)g
R
；
（2）整个过程中手对球筒所做的功为W =(m+ M )g((k -1)( L-d)- 1
2 )；
（3）h 的取值范围是72
25 L＜h＜24
7 L。
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5．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v＝5m/s 沿顺时针方向匀
速转动，传送带与水平方向的夹角θ＝37°。质量均为m＝5kg 的小物块A 和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，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A
以沿传送带方向的初速度v0＝14m/s（此时物块A、B 的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A 从
传送带下端冲上传送带，已知物块A 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.25，不计滑轮的质量与摩擦，
整个运动过程中物块B 都没有上升到定滑轮处。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝
10m/s2。求：
（1）物块A 刚冲上传送带时的加速度；
（2）物块A 冲上传送带运动到最高点所用时间；
（3）物块A 沿传送带向上运动的过程中，物块A 对传送带做的功。
【解答】解：（1 ）物块A 刚冲上传送带时，对A 物块，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ+T+μmgcosθ＝ma1
对B 物块：mg﹣T＝ma1
联立代入数据解得：a1=9m/ s
2
方向沿传送带向下；
（2）物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动，对A 物块，根据牛顿第二
定律有
mgsinθ+T′﹣μmgcosθ＝ma1′
对B 物块有：T′﹣mg＝ma1′
联立解得：a1′＝7m/s2
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当物块A 的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有：t1= v0-0
a1
= 9
9s＝1，st2
= v
a1' = 5
7 s
那么物块A 冲上传送带运动到最高点所用时间：t＝t1+t2＝1s+ 5
7 s= 12
7 s
（3）此过程中物块对传送带做的功：Wf＝fx1﹣fx2
其中：f＝μmgcosθ
传送带在两段时间内的位移：x1＝vt1，x2＝vt2
代入数据解得：W = 100
7 J
答：（1）物块A 刚冲上传送带时的加速度为9m/s2，方向沿传送带向下
（2）物块A 冲上传送带运动到最高点所用时间为12
7 s
（3）物块A 沿传送带向上运动的过程中，物块A 对传送带做的功为100
7 J。
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6．（2024•龙凤区校级模拟）一闯关游戏装置处于竖直截面内，如图所示，该装置由倾角θ＝37°的
直轨道AB，螺旋圆形轨道BCDEF，水平直轨道FG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的
四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK 组成。其中螺旋圆形轨道与轨道AB、FG 相切
于B（E）和C（F）。直线轨道FG 和HI 通过传送带GH 平滑连接，管道IJ 与直线轨道HI 相切
于I 点，直线轨道JK 右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圆形轨
道半径R＝0.4m，FG 长LFG≈2m，传送带GH 长LGH＝1.5m，HI 长LHI＝4m，LJK＝2.8m，四分
之一圆轨道IJ 的半径r＝0.4m。滑块与FG、HI、JK 间的动摩擦因数μ1＝0.25，与传送带间的动
摩擦因数μ2＝0.6，其余轨道光滑。现将一质量为m＝1kg 的滑块从倾斜轨道AB 上某高度h 处静
止释放（滑块视为质点，所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝
10m/s2）
（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块过C 点对轨道的压力及滑块静止释放时的高度；
（2）若滑块从AB 上高h′＝3m 处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H
点的水平距离有多远；
（3）若滑块从AB 上高h′＝3m 处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块
停在JK 上（滑块不会再次通过轨道IJ 回到HI 上），求传送带的线速度v 需满足的条件。
【解答】解：（1）若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，则根据牛顿第二定律可得：
mg=m v D
2
R
代入数据解得：
vD=√gR =√10×0.4m/s＝2m/s
滑块从C 到D 点过程中，根据动能定理可得：
﹣mg•2R= 1
2 mv D
2 - 1
2 mvC
2
代入数据解得：
vC＝2√5m/s
滑块过C 点时，根据牛顿第二定律可得：
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F 'C -mg=m vC
2
R
代入数据解得：
FC′＝60N
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力为：
FC＝F′C＝60N
方向竖直向下。滑块从A 到D 点过程中，根据动能定理可得：
mg（h﹣2R）= 1
2 mv D
2
代入数据解得：
h＝1m
（2）滑块滑下斜面AF 重力做功：
WG＝mgh′
解得：WG＝30J
若传送带静止，滑块运动到I 点，需克服摩擦力做功：
Wf1＝μ1mgLFG+μ2mgLGH+μ1mgLHI
解得：Wf1＝24J
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达I 点时的动能：
EkI＝WG﹣Wf1＝30J﹣24J＝6J
设滑块滑上半圆轨道IJ 的高度h1，
则有：EkI＝mgh1
解得：
h1＝0.6m＜2r＝0.8m
则滑块会从圆轨道IJ 返回滑下运动，根据动能定理可得：
﹣μ1mgx＝0﹣EkI
解得滑块滑过四分之一圆轨道IJ 继续滑行的位移大小
x＝2.4m
所以滑块最终静止在H 点右侧，距H 点的水平距离为：
Δx＝LHI﹣x＝4m﹣2.4m＝1.6m
（3）若向上滑块恰好能到达J，则滑块在H 点的动能为：
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EkH1= 1
2 mv H 1
2 =μ1mgLH1+mg•2R
代入数据解得：
vH1＝6m/s
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达G 点的过程可得：
mgh' - μ1mg LFG= 1
2 mvG
2
代入数据解得：
vG=√50m/ s＞6m/ s
若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达H 点时，可得
EkH =mgh' - μ1mg LFG- μ2mg LGH =30 J -5 J -9 J =16 J = 1
2 mv H
2
代入数据解得：
v H =√32m/ s＜6m/ s
则滑块在传送带上先减速再匀速运动，且传送带的速度为：
v1＝6m/s
若滑块在JK 上与弹性挡板碰撞后，恰好停在J 点，则从H 到停下根据动能定理可得：vH2
- μ1mg( LHI +2 LJK )-2mgr =0- 1
2 mv H 2
2
代入数据解得：
vH2＝8m/s
则滑块在传送带上做匀速直线运动，传送带的速度需满足的条件为：
v≤8m/s
因此要使滑块停在KL 上（滑块不会再次返回半圆轨道IJ 回到HI 上），传送带的速度需满足的
条件为：
6m/s≤v≤8m/s
答：（1）滑块过C 点对轨道的压力为60N，方向竖直向下，滑块静止释放时的高度为1m；
（2）滑块最终静止的位置距离H 点的水平距离为1.6m；
（3）要使滑块停在JK 上（滑块不会再次通过轨道IJ 回到HI 上），传送带的线速度v 需满足的
条件为6m/s≤v≤8m/s。
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7．（2024•湖北一模）近两年自媒体发展迅猛，受到各年龄段用户的青睐；人们经常在各种自媒体
平台分享自己生活的精彩片段，某位同学就分享了自己在一个大的水泥管内玩足球炫技的视频。
如图，该同学面向管壁站立在管道最低点，先后以√14 gR
2
、√110 gR
5
的初速度面向管壁方向
踢出两个足球，足球在如图所示竖直圆截面内运动，恰好分别落入该同学胸前和背后的两个背
包。已知水泥管道截面半径为R，该同学胸前和背后的两个背包口看成两个水平圆框，且圆框与
竖直圆截面的圆心O 等高，两水平圆框最近点的间距为0.28R，且两最近点关于过O 点的竖直直
径对称，不计足球与水泥管间的摩擦，足球看成质点，且均从水平圆框的圆心进入背包，重力
加速度大小为g，√3=1.73，√11=3.32，√59=7.70，sin53° =0.8。（1）两球与水泥管道
的脱离点分别为A、B，求OA、OB 与水平方向的夹角θ1、θ2；
（2 ）设R ＝1m ，胸前的背包口圆框的直径是多少米（数据保留两位小数）？
【解答】解：（1）设脱离点与水泥管圆心连线与水平方向的夹角为θ，由牛顿第二定律得
mgsinθ= m v
2
R
根据动能定理
﹣mgR（ 1+sinθ）= 1
2 m v
2- 1
2 m v0
2
解得
v0=√(2+3 sinθ)gR
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可得
sinθ1= 1
2，sinθ2= 4
5
则
θ1＝30°，θ2＝53°
（2）对过A 点的足球受力分析可得
mgsinθ1= mv1
2
R
解得
v1=√
1
2 gR
足球与水泥管脱离后做斜抛运动，从脱离到最高点过程，竖直方向
v1cosθ1＝gt1
解得
t1=√
3 R
8 g
水平位移
x1＝v1sinθ1t1
竖直位移
h1= 1
2 gt1
2
足球从最高点到背包口过程，水平位移
x2＝v1sinθ1t2
竖直位移
h2＝h1+Rsinθ1= 1
2 gt2
2
足球斜抛的水平位移
x＝x1+x2
胸前的背包口圆框的直径
d＝2（ Rcosθ1﹣x- 0.28 R
2
）
联立解得d＝0.19m
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答：（1）OA、OB 与水平方向的夹角分别为30°，53°；
（2）胸前的背包口圆框的直径是0.19m。
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8．（2024•思明区校级模拟）蹴鞠是有史料记载的最早足球活动，图甲所示是某蹴鞠活动的场景。
如图乙所示，某校举行蹴鞠比赛的场地为一长方形ABCD，长AD＝10m，宽AB＝8m，E、
E′、F、F′分别为各边中点，O 为EE′和FF′交点，EE′上竖直插有两根柱子，两柱之间挂
一张大网，网的正中间有一圆形的球洞名为“风流眼”，两支球队分别在网的两侧，若蹴鞠穿
过“风流眼”后落地，射门的球队得分。圆形“风流眼”的圆心Q 在O 点正上方，Q、O 之间的
高度h＝3.75m。甲、乙两位运动员在某次配合训练中，甲将静止在地面F 点的蹴鞠斜向上踢出，
经时间t1＝0.5s 恰好到达最高点P，P 在场地上的投影为P′且P′在FO 上，P′到F 点的距离为
x1＝2m。乙运动员紧接着从P 点将蹦斜向上踢出，恰好经过“风流眼”中的Q 点且经过Q 点时
速度方向水平，穿过“风流眼”后蹴鞠落到OF′上的K 点（蹴鞠第一次着地的位置），如图丙
所示。蹴鞠的质量为0.6kg，蹴鞠可看作质点，忽略空气阻力，重力加速度大小取g＝10m/s2。
求：
（1）最高点P 离地面的高度h1；
（2）甲运动员对蹴鞠做的功W；
（3）K 点到O 点的距离d（结果可以用根式表示）。
【解答】解：（1）蹴鞠竖直向上逆过程就是自由落体运动，h1= 1
2 gt1
2
解得，h1＝1.25m
（2）蹴鞠水平方向，有v x = x1
t1
解得，vx＝4m/s
竖直方向上，有vy＝gt
解得，vy＝5m/s
蹴鞠的初速度为v0=√v x
2+ v y
2
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解得，v0=√41m/ s
甲运动员对蹴鞠做的功W = 1
2 mv0
2
解得，W＝12.3J
（3）PQ 的高度为Δh＝h﹣h1
竖直方向上，有Δh= 1
2 gt2
2
蹴鞠从P 运动到Q 的时间为t2= √2
2 s
蹴鞠从P 运动到Q 时，设FO 距离为l1，故沿水平方向的速度为v x 2= l1- x1
t2
，代入数据可得：vx2
=3√2m/ s
蹴鞠从Q 点落到K 点的时间为t3=√
2h
g
可得，t3= √3
2 s
K 点到EE′的距离为d＝vx2t3 可得，d = 3√6
2
m
答：（1）最高点P 离地面的高度h1为.25m；
（2）甲运动员对蹴鞠做的功W 为12.3J；
（3）K 点到O 点的距离d 为3√6
2
m。
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9．（2024•市中区校级二模）如图所示，光滑轨道ABC 由竖直段AB、半径为R 的1
4 圆弧形轨道
BC 组成，末端C 处切线水平。紧邻C 右端依次为水平粗糙的传送带甲、乙和水平粗糙的地面，
均与C 点等高；传送带甲以恒定的速率u=7√gR顺时针转动，传送带乙和上方的均质木板处于
静止状态，其中木板长度与乙两端DE 等长，均为kR（k 未知），忽略轨道、传送带、地面相互
之间的间隙。现有一物块从轨道上的P 处静止释放，经C 点进入传送带甲，于D 处与木板发生
碰撞后取走物块，碰撞前后物块、木板交换速度，且在碰撞结束瞬间，传送带乙启动并以木板
被碰后的速度顺时针匀速转动，最终木板运动2kR 的距离后静止，忽略碰撞时间以及乙启动时
间。已知，物块通过传送带甲过程，甲皮带运动的路程是物块路程的1.5 倍；木板与传送带乙、
地面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力；PB 高度差h＝R，物块、木板质
量均为m，重力加速度为g，忽略物块和传送带轮子的尺寸。已知简谐运动的周期公式
T =2π√
m
k ' ，其中k'为回复力系数。sin 27° = √5
5 ，求：
（1）物块即将滑出轨道末端C 时，对C 处的作用力F；
（2）若传送带甲因传送物块多消耗的电能为W，甲和物块间的摩擦生热为Q，求W
Q 的数值大小；
（3）k 的大小；
（4）木板的运动时间t。
【解答】解：（1）物块由P 至C，根据机械能守恒定律有
mg(h+ R)= 1
2 mv0
2
解得
v0=2√gR
C 处根据牛顿第二定律有
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F -mg=m v0
2
R
解得
F＝5mg
由牛顿第三定律，物块对C 处的作用力大小为5mg、方向竖直向下；
（2）由题意物块进入甲传送带时v0＜u，假设物块一直匀加速到D，设加速度为a，末速度为
vD，对物块根据运动学公式有
CD = v0t + 1
2 at
2
vD＝v0+at
对传送带
ut = 3
2 CD
联立求解得
v D= 22
3 √gR＞u
说明物块在甲上先加速，后以u 匀速；设物块匀加速时间为t1，根据功能关系有
W＝Ff•μt1
Q = F f ⋅[ut1- 1
2 (v0+u)t1]
联立解得
W
Q = 14
5 ；
（3）碰撞后木板的速度大小为u，对木板此后运动的动力学分析结果为
①木板位移x ≤1
2 kR：
合力为0，木板做匀速直线运动；
②木板位移1
2 kR≤x ≤kR：
合力为
F = μmg
kR x - μmg
kR (kR - x)= 2 μmg
kR
x - μmg
则木板做变减速运动，合力随位移均匀增加；
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③木板位移kR≤x≤2kR：
合力为
F＝μmg
合力恒定、匀减速至静止。对木板，全程由动能定理
- 0+ μmg
2
⋅kR
2 - μmg⋅kR =0- 1
2 mu
2
解得
k＝39.2；
（4）①木板位移x ≤1
2 kR过程匀速，时间为
t1=
1
2 kR
u
= 14
5 √
R
g
②木板位移1
2 kR≤x ≤kR过程做简谐运动，x = 1
2 kR时恰为平衡位置，由
F = 2 μmg
kR
x - μmg
可得回复力系数
k ' = 2 μmg
kR
简谐运动的周期为
T =2π√
kR
2 μg
设此简谐运动的振幅为A，满足
1
2 k ' A
2= 1
2 mu
2
可得
A =7 R√k = 98√5
5
R
故
t2=
arcsin
1
2 kR
A
2π
⋅T = 27
360 ⋅T = 21π
10 √
R
5 g
；
③木板位移kR≤x≤2kR 过程以加速度a＝μg 做匀减速直线运动，由
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kR = 1
2 at3
2
可得
t3=√
2kR
μg =28√
R
5 g
故总时间为
t =t1+t2+t3= 7
5√
R
g ( 3√5 π
10
+ 4√5+2)。
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10．（2024•花溪区校级模拟）如图所示，是一儿童游戏机的简化示意图。光滑游戏面板与水平面
成一夹角θ，半径为R 的四分之一圆弧轨道BC 与长度为8R 的AB 直管道相切于B 点，C 点为圆
弧轨道最高点（切线水平），管道底端A 位于光滑斜面挡板底端，轻弹簧下端固定在AB 管道
的底端，上端系一轻绳，绳通过弹簧内部连一手柄P。经过观察发现：无弹珠时（弹簧无形变），
轻弹簧上端离B 点距离为3R，缓慢下拉手柄P 使弹簧压缩，后释放手柄，弹珠经C 点被射出，
最后击中斜面底边上的某位置（图中未标出），根据击中位置的情况可以获得不同的奖励。假
设所有轨道均光滑，忽略空气阻力，弹珠可视为质点。直管AB 粗细不计。（g 为重力加速度，
弹簧的弹性势能可用E p= 1
2 k x
2，计算（x 为弹簧的形变量）最后结果可用根式表示）：
（1）调整手柄P 的下拉距离，可以使弹珠经BC 轨道上的C 点射出，求在C 点的最小速度？
（2）经BC 轨道上的C 点射出，并击中斜面底边时距A 最近，求此最近距离；
（3）设弹珠质量为m，θ＝30°，该弹簧劲度系数k = mg
R ，要达到（2）中条件，求弹珠在离开
弹簧前的最大速度。
【解答】解：（1）当弹珠和弹簧分离后在AB 直管道中运动时，弹珠受到重力、管道的支持力，
合力大小为mgsinθ，方向沿管道向下。当弹珠以最小速度通过C 点时，由牛顿第二定律得：
mgsinθ＝mmv0
2
R
解得：v0=√gRsinθ
（2）当弹珠经C 点速度最小，弹珠P 离A 点最远，并设弹珠经C 点的最小速度为v0，此时弹珠
经过C 点时管道对弹珠无作用力，由重力沿斜面向下的分力提供向心力，弹珠离开C 后做类平
抛运动，在平行斜面向下方向，有：8R+R＝（gsinθ）t2
解得：t=√
18 R
gsinθ
水平方向：x＝v0t=√gRsinθ•√
18 R
gsinθ =3√2 R
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所以最近距离：d＝x+R=(3√2+1)R
（3）弹珠离开弹簧前，在平衡位置时，速度最大。
设此时弹簧压缩量为x0，根据平衡条件得：mgsinθ＝kx0
结合题设条件k= mg
R ，解得：x0＝Rsinθ
取弹珠从平衡位置到C 点的运动过程为研究过程，系统机械能守恒，取平衡位置重力势能为零，
由机械能守恒定律得：1
2 k x0
2+ 1
2 mvm
2 =mg（x0+3R+R）+ 1
2 mvC
2
解得弹珠在离开弹簧前的最大速度：vm=√gR(8+2sinθ - sin
2θ)=3√gR
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