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疑难压轴2 能量与动量的综合分析与应用
1．（2024•福建）如图，木板A 放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧M、N 与桌面
上的两个固定挡板相连。小物块B 放在A 的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电
的小球C 相连，轻绳绝缘且不可伸长，B 与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向
上的匀强电场，A、B、C 均静止，M、N 处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。t＝0 时撤去
电场，C 向下加速运动，下降0.2m 后开始匀速运动，C 开始做匀速运动瞬间弹簧N 的弹性势能
为0.1J。已知A、B、C 的质量分别为0.3kg、0.4kg、0.2kg，小球C 的带电量为1×10﹣6C，重力
加速度大小取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮
间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求A 与B 间的动摩擦因数及C 做匀速运动时的速度大小；
（3）若t＝0 时电场方向改为竖直向下，当B 与A 即将发生相对滑动瞬间撤去电场，A、B 继续
向右运动，一段时间后，A 从右向左运动。求A 第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。
（整个过程B 未与A 脱离，C 未与地面相碰）
【解答】解：（1）撤去电场前，对小球C，根据共点力平衡条件有：qE＝mCg，代入数据解得：
E＝2×106N/C
（2）C 开始做匀速直线运动后，对C 和B 根据共点力平衡条件分别有：T1＝mCg，T1＝fB＝
μmBg
代入数据解得：μ＝0.5
C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，此时A、B、C 三者速度大小相等，M、N 两弹
簧的弹性势能相同；
所以C 下降h＝0.2m 的过程中，对A、B、C 及弹簧M、N 组成的系统，由能量守恒定律有：
mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)v
2+2 E p
1
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代入数据解得：v = 2
3 m/ s
（3）没有电场时，C 开始匀速运动瞬间，A、B 刚好发生相对滑动，所以此时A 的加速度为零，
对A 根据平衡条件，有：f＝2kh
当电场方向改为竖直向下，设B 与A 即将发生相对滑动时，C 下降高度为h′，对A，根据牛顿
第二定律可得：f′﹣2kh′＝mAa
对B、C 根据牛顿第二定律可得：qE+mCg﹣f＝（mB+mC）a
撤去电场后，由第（2）问的分析可知A、B 在C 下降h＝0.2m 时开始相对滑动，在C 下降h＝
0.2m 的过程中，对A 、B 、C 及弹簧M 、N 组成的系统，由能量守恒定律，有
qE h' +mC gh= 1
2 (mA+mB+mC)vm
2+2 E p
此时A 的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后A 做简谐运动，所以A 第一次从右向
左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：vm= 2√2
3
m/ s
2
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2．（2024•甘肃）如图，质量为2kg 的小球A（视为质点）在细绳O′P 和OP 作用下处于平衡状态，
细绳O'P＝OP＝1.6m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg 的木板B 静止在光滑水平面上，质
量为2kg 的物块C 静止在B 的左端。剪断细绳O′P，小球A 开始运动。（重力加速度g 取
10m/s2）
（1）求A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力。
（2）A 在最低点时，细绳OP 断裂。A 飞出后恰好与C 左侧碰撞（时间极短），碰后A 竖直下
落，C 水平向右运动。求碰后C 的速度大小。
（3）A、C 碰后，C 相对B 滑行4m 后与B 共速。求C 和B 之间的动摩擦因数。
【解答】解：（1）细绳OP 的长度为L＝1.6m，从小球A 开始做圆周运动到最低点的过程，根
据动能定理得：
mAg（L﹣Lcos60°）= 1
2 mA v0
2-0
解得：v0＝4m/s
设小球A 运动到最低点时细绳OP 对小球A 的拉力为T，根据牛顿第二定律得：
T﹣mAg=mA
v0
2
L
解得：T＝40N
根据牛顿第三定律可知A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力为40N。
（2）A 飞出后与C 碰撞前做平抛运动，A 与C 碰撞前瞬间A 的水平分速度等于v0＝4m/s，由题
意可知碰撞后A 的水平分速度为零。A 与C 碰撞过程水平方向上动量守恒，以向右为正方向，
则有：
mAv0＝mCvC
解得碰后C 的速度大小为：vC＝4m/s
（3）A、C 碰后，C 相对B 滑行Δx＝4m 后与B 共速（设共速的速度为v）。以向右为正方向，
对C 相对B 滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律得：
mCvC＝（mC+mB）v
3
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μmCgΔx= 1
2 mC vC
2 - 1
2 (mC+mB)v
2
解得C 和B 之间的动摩擦因数为：μ＝0.15
答：（1）A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力为40N。
（2）碰后C 的速度大小为4m/s。
（3）C 和B 之间的动摩擦因数为0.15。
4
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3．（2024•安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四
分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一
小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O 点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，
静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。
已知细线长L＝1.25m。小球质量m＝0.20kg。物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨
道长s＝1.0m。圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速
度g 取10m/s2。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数
μ 的取值范围。
【解答】解：（1）设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球
从释放到与物块碰撞前，由动能定理
mgL= 1
2 mv0
2-0
代入数据得：v0＝5m/s
碰撞前瞬间，对小球受力分析，有T﹣mg=m v0
2
L
，
代入数据解得拉力：T＝6N
（2）设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：
mv0＝mv1+Mv2
根据能量守恒：1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
代入数据联立解得：v2＝4m/s
（3）当μ 较小时，物块会脱离小车；当μ 较大时，物块不能进入圆弧轨道
5
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①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时μ 最大（但不能取），设水平向右为正方向，
则小球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2＝2Mv 共，解得：v 共＝2m/s
根据能量守恒，μmaxMgs= 1
2 M v2
2- 1
2 ×2 M v共
2
代入数据解得：μmax＝0.4
②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时μ 最小，设水平向右为正方向，小
球与小车水平方向动量守恒，有
Mv2＝2Mv 共，解得：v 共＝2m/s
根据能量守恒，μmin Mgs+ MgR = 1
2 M v2
2- 1
2 ×2 M v共
2
代入数据解得：μmin＝0.25
综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ 取值范围为：0.25≤μ＜0.4
答：（1）小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小为6N；
（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为4m/s；
（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数μ 的取值范围为0.25≤μ＜0.4。
6
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4．（2024•浙江）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＝1m 的圆
弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ 的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ 的圆弧管道EF 组
成，轨道间平滑连接。在轨道末端F 的右侧，光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg 滑块b，其上
表面与轨道末端F 所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg 的小物块a 从轨道AB 上高度为h 静止释
放，经圆弧轨道BCD 滑上轨道DE，轨道DE 由特殊材料制成，小物块a 向上运动时动摩擦因数
μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a 在滑块
b 上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a 运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其
它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g 取10m/s2）
（1）若h＝0.8m，求小物块：
①第一次经过C 点的向心加速度大小；
②在DE 上经过的总路程；
③在DE 上向上运动时间t 上和向下运动时间t 下之比；
（2）若h＝1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【解答】解：（1）①物块a 从A 到C，根据动能定理mgh= 1
2 mvC
2 -0
解得vC＝4m/s
在C 处，根据向心加速度公式aC = vC
2
R
代入数据解得aC＝16m/s2
②物块a 从A 到D，根据动能定理mg[h- R(1-cosθ)]= 1
2 m v D
2 -0
代入数据解得v D=2√3m/ s
设上滑的最大高度为h1
根据动能定理-mgh1- μ1mgcosθ⋅h1
sinθ =0- 1
2 mv D
2
代入数据解得h1＝0.45m
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ED 之间的高度差hDE＝Lsinθ＝1.25×0.6m＝0.75m＞h1
因此物块a 未滑出轨道DE；
设物块在DE 上经过的总路程为s，最后一次刚好能从C 运动到D；
根据动能定理- μ1mgcosθ⋅1
2 s- μ2mgcosθ⋅1
2 s=0- 1
2 mv D
2
代入数据解得s＝2m
③物块a 在DE 轨道上滑的加速度大小a1＝gsinθ+μ1gcosθ
代入数据解得a1=8m/ s
2
由于mgsinθ＞μ2mgcosθ，物块a 上滑减速为零后，沿DE 轨道下滑；
物块a 在DE 轨道下滑的加速度大小a2＝gsinθ﹣μ2gcosθ
代入数据解得a2=2m/ s
2
t 根据匀变速运动公式x = 1
2 at
2
由于物块a 上滑和下滑的路程相等，因此有1
2 a1t 上
2 = 1
2 a2t下
2
所以t 上
t下
=√
a2
a1
=√
2
8 =1：2
（
2
）
物
块
a
从
A
经
C
到
F
的
过
程
中
，
根
据
动
能
定
理
mg[h- Lsinθ -2 R(1-cosθ)]- μ1mgLcosθ= 1
2 mvF
2 -0
代入数据解得vF＝2m/s
设物块a 与滑块b 向左运动的共同速度为v，取水平向右为正方向
根据动量守恒定律mvF＝2mv
根据功能关系2 μ1mgl = 1
2 m v F
2 - 1
2 ⋅2m v
2
代入数据联立解得l＝0.2m。
答：（1）①第一次经过C 点的向心加速度大小16m/s2；
②在DE 上经过的总路程为2m；
③在DE 上向上运动时间t 上和向下运动时间t 下之比为1：2；
（2）若h＝1.6m，滑块至少0.2m 长才能使小物块不脱离滑块。
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5．（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μ1，木板与轨道GH 间的
动摩擦因数为μ2，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨道连接处时的能量损失，
滑块与挡板发生弹性碰撞。
（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FN；
（2）若μ1＝0.2，μ2＝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
值Ekm；
（3）若μ1＝0，μ2＝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
擦力对木板做的功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
供：mg=m v D
2
R
滑块由C 点滑到最高点D 此过程由机械能守恒：1
2 m vC
2 +mgR = 1
2 m v D
2 +2mgR
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 N =m vc
2
R
联立以上方程代入数值得：FN＝9N
（2）因μ1＝0.2，μ2＝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
板看成一个系统，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，
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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
2 m v
2= μ1mgx + 1
2 (m+ M )v共
2
滑块滑入木板时的动能最大为：Ekm= 1
2 mv
2
以上方程解得：Ekm= m+ M
M
μ1mgx
当x＝2l 时，滑块在木板上的动能最大值Ekm＝4.8J，此时：v = 4√2m/ s＞2m/ s
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：v0=√gR
代入数值滑块刚滑上木板时：v0＝2m/s
因为μ1＝0，μ2＝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
次碰撞时动量守恒有：mv0＝mv1+Mv2
再由能量守恒定律有：1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
解得滑块速度：v1= 1
2 v0= 1
2 ×2m/s＝1m/s
木板速度：v2= 3
2 v0= 3
2 ×2m/s＝3m/s＞v1
之后，木板做匀减速运动，加速度a＝μ2g＝0.1×10m/s2＝1m/s2。滑块匀速运动，设经过t 发生第
二次碰撞，则有：v2t- 1
2 at
2=v1t
代入数据：t＝0，t＝4s，此时木板的速度v＝v2﹣at＝3m/s﹣1×4m/s＝﹣1m/s＜0
经判断，发生第2 次碰撞前，木板已处于静止状态。
故摩擦力对木板做的功：W =0- 1
2 M v2
2=0- 1
2 ×0.1×3
2J =-0.45 J
答：（1）滑到圆心O 等高处的C 点时，滑块受到的弹力大小FN为9N；
（2）滑块在木板上的动能最大值Ekm为4.8J；
（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。
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6．（2024•温州一模）如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角θ＝37°的足够长直轨道AB、圆
心为O1的半圆形轨道BCD、圆心为O2的圆形细圆管轨道DE、倾角α＝45°的直轨道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 为轨道间的相切点，点E、圆心O2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FN的大小；
（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
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= 2
3
，且
滑块恰好不脱离摆渡车，求：
①滑块运动至点G 的速度大小vG；
②滑块离开点E 的速度大小vE。
【解答】解：（1）对滑块，从释放点到C 点过程，根据动能定理
mg(lsinθ+ R - Rcosθ)= 1
2 mvC
2
在C 点合外力提供向心力：F N -mg=m vC
2
R
代入数据解得：FN＝15N
（2）满足恰好达到半圆形轨道BCD 与O1等高处：h1＝R＝0.5m
可得：0≤h≤0.5m
满足恰好能到达E 点，则：h2＝2R（1+cosθ）＝2×0.5×（1+0.8）m＝1.8m
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恰好能过D 点而不掉落，重力分力提供向心力：mgcosθ =m v D
2
R
从释放点到D 点过程：mg(h3- R - Rcosθ)= 1
2 mv D
2
解得：h3＝1.1m
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
mvG＝（M+m）v 共
根据能量守恒定律
μmgd = 1
2 m vG- 1
2 ( M +m)v共
2
联立解得：vG=2√10m/ s
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：tan 45° =gt
2v E
可得：H = 2v E
2
g
，t = 2v E
g
，vy＝2vE
所以：v∥= v Esin 45°+2v Ecos 45° = 3√2
2
v E
由碰撞点到G 点，根据动能定理：mg(2 R+2 Rcosθ - H )= 1
2 mvG
2 - 1
2 mv∥
2
代入数据解得：v E=2√2m/ s
答：（1）若释放点距点B 的距离l＝1.5m，滑块到最低点C 时轨道对其支持力FN 的大小为
15N；
（2）若滑块始终不脱离轨道ABCDE，释放点与C 点高度差h 的取值范围为：0≤h≤0.5m 或
1.1m≤h≤1.8m；
（3）①滑块运动至点G 的速度大小vG为2√10m/s；
②滑块离开点E 的速度大小vE为2√2m/s；
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7．（2024•镇海区校级一模）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角θ＝37°长l1＝
2.75m 的固定斜面AB、质量m1＝1kg 的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M 和质量m2＝4kg 长度
l2＝2.25m 的平板小车等四部分组成。圆弧CD 的半径R＝1m，最低点C 与小车等高。当P 把m
＝1kg 的小物块（视为质点）以v0＝4m/s 速度水平弹出，恰好由A 点沿斜面方向进入斜面，不
考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与AB 间的动摩擦因数μ1＝0.5，忽略小车和
M 下表面与地面的摩擦。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求水平弹出点离A 点的竖直高度h1；
（2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.6。求小物块滑上M 时对C 点的压
力F 及上滑的最大高度h2；
（3）现解除小车锁定，并在小车上表面喷涂一种特殊材料（不计喷涂材料的质量），使小物块
与小车间的动摩擦因数能从右（B 端）向左随距离变化，如图乙所示。若小物块仍以v0＝4m/s
速度水平弹出，试分析小物块能否通过C 点？并说明理由。
【解答】解：（1）根据平抛运动规律，小物块到在A 点时有：
v y
v0
= tan37°
v y
2 =2gh
解得：vy＝3m/s，h1＝0.45m；
（2）小物块在A 点速度为合速度，则有：
v A =√v0
2+ v y
2=√4
2+3
2m/ s=5m/ s
小物块从A 运动到B 的过程中，由动能定理可得：
mgl1sin37° - μ1mgcos37°⋅l1= 1
2 m vB
2 - 1
2 m v A
2
解得：vB＝6m/s
小物块从B 运动到C 的过程中，由动能定理有 可得：
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- μ2mgl2= 1
2 mvC
2 - 1
2 mvB
2
解得：vC＝3m/s
在圆轨道C 点，根据牛顿第二定律有：
N -mg=m vC
2
R
根据牛顿第三定律可知，小物块滑上M 时对C 点的压力：F＝N
解得：F＝19N，方向竖直向下。
设小物块滑上M 的最大高度时，小物块与M 共速v1，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mvC＝（m1+m2）v1
1
2 mvC
2 = 1
2 (m+m1)v1
2+mgh2
解得：h2＝0.225m；
（3）小物块从B 到C 过程，克服摩擦力做功为：
W BC = μ3mgl21+ μ1+ μ4
2
mgl22
解得：WBC＝6.5J
若到C 点共速，则对三者组成的系统，由动量守恒定律有：
mvB＝（m+m1+m2）v 共
解得：v 共＝1m/s
Δ E损= 1
2
（m+m1+m2）v共
2
解得：ΔE 损＝15J
可知Δ E损＞WBC，故小物块能通过C 点。
答：（1）水平弹出点离A 点的竖直高度为0.45m；
（2）小物块滑上M 时对C 点的压力为19N，方向竖直向下，小物块上滑的最大高度0.225m；
（3）若小物块仍以v0＝4m/s 速度水平弹出，通过分析可知小物块能通过C 点。
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8．（2024•衡水模拟）如图所示，半径R＝1m 的四分之一圆弧槽M 固定在地面上，圆弧槽末端位
于圆心O′正下方、且与平台KPQ 上表面水平相切，P 点放置质量为m0＝0.4kg 的小物块，
KP、PQ 长度分别为0.45m、2.75m，Q 右侧空间存在面积足够大的匀强磁场，磁感应强度B
= π
8 ×10
2T、方向水平向右，在右侧空间建立Oxyz 三维直角坐标系，坐标原点O 位于KPQ 延
长线上，x 轴正方向垂直于纸面向里，y 轴正方向竖直向上，z 轴正方向水平向右，QO 的距离d
＝16m，xOy 平面内放置有足够大的挡板。质量m＝0.1kg、带电量q＝+1.6×10﹣2C 的小球自圆弧
槽A 点正上方h＝4m 处从静止释放，小球与小物块发生碰撞同时，在KPQ 平台上方施加方向水
平向右、大小E＝2.5×102V/m 的匀强电场图中未画出。小球与小物块碰撞时无能量损失且小球
电量不变，重力加速度g 取10m/s2，小球和小物块均可看作质点，不计一切摩擦，求：
（1）小球运动到K 点时对轨道的压力FN；
（2）小物块飞离平台前与小球的碰撞次数；
（3）小球打在挡板上的坐标。（结果可含有π）
【解答】解：（1）小球从释放至运动到K 点，由机械能守恒定律，得
mg(h+ R)= 1
2 m v K
2
小球到最低点时：
F N -mg=m v K
2
R
求得
FN＝11N，vK＝10m/s
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力
F′＝FN＝11N
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方向竖直向下。
（2）第一次碰撞，设向右为正方向，由动量守恒定律、能量守恒定律，得
mvK＝mv1+m0v2
1
2 mv K
2 = 1
2 mv1
2+ 1
2 m0v2
2
求得
v1＝﹣6m/s，v2＝4m/s
小球在电场中的加速度
a= qE
m = 1.6×10
-2×2.5×10
2
0.1
m/ s
2= 40m/ s
2
设经时间t1二者第二次相遇，则
v1t1+ 1
2 at1
2= v2t1
解得
t1＝0.5s 或t1＝0（舍去）
此过程中小物块位移
x1＝v2t1＝4×0.5m＝2m
再次碰撞前小球速度
v3＝v1+at1＝﹣6m/s+40×0.5m/s＝14m/s
此时m0的速度仍为v2，第二次发生碰撞有
mv3+m0v2＝mv4+m0v5
1
2 mv3
2+ 1
2 m0v2
2= 1
2 mv4
2+ 1
2 m0v5
2
解得
v4＝﹣2m/s，v5＝8m/s
设经时间t2二者第三次相遇，则
v4t2+ 1
2 at2
2= v5t2
解得
t2＝0.5s 或t2＝0（舍去）
此过程中小物块位移
x2＝v5t2＝8×0.5m＝4m
则两次碰撞总距离
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x1+x2＝2m+4m＝6m＞2.75m
小物块飞离平台前与小球发生了2 次碰撞。
（3）小球与小物块第二次碰撞后至飞离平台过程有
vQ
2 - v4
2
2a
=2.75m-2m
解得
vQ＝8m/s
小球进入磁场后沿z 轴方向做匀速直线运动，撞到挡板的时间
t = d
vQ
= 16
8 s=2s
小球在xOy 平面内做曲线运动，沿z 轴正方向看去，如图所示：
根据计算，小球在磁场中以v﹣的速度做圆周运动的周期
T = 2πm
qB =
2π ×0.1
1.6×10
-2× π
8 ×10
2 s=1s
mg＝qv+B
求得
v+= 5
π m/ s
小球沿x 轴的位移为
x = v+⋅2T = 5
π ×2×1m= 10
π m
则小球打到挡板的坐标为(- 10
π m，0，0)。
答：（1）小球运动到K 点时对轨道的压力大小为11N，方向竖直向下；
（2）小物块飞离平台前与小球的碰撞次数2 次；
（3）小球打在挡板上的坐标为(- 10
π m，0，0)。
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9．（2024•开福区校级模拟）如图所示，质量为M 的凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有1
4
光滑圆
弧轨道AB、水平粗糙轨道BC 和光滑半圆轨道CDO（D 为CDO 轨道的中点），轨道都处于竖
直平面内且各部分之间平滑连接，OA 处于同一水平线上。现将一个质量为m（m= 1
3 M）的小
物块P（可视为质点）从A 点的正上方距A 高H 处自由下落，已知轨道AB 段的半径为2R，BC
段轨道长为L（L＝2R），轨道CDO 的半径为R，小物块与BC 段轨道之间的动摩擦因数为μ＝
0.4，重力加速度为g。
（1）若固定凹槽静止不动，且H＝1.8R，求小物块第一次经过C 点后瞬间轨道对它的作用力与
其重力的比值；
（2）若不固定凹槽，且H＝1.8R，求小物块到达O 点的过程中，凹槽离开初始位置的最大距离；
（3）若不固定凹槽，且R＝1m，m＝1kg，g＝10m/s2，小物块第一次经过DO 间某位置时刚好
脱离轨道，该位置与半圆轨道圆心的连线与竖直方向成37°角，求H 的大小。（sin37°＝0.6）
【解答】解：（1）设小物块第一次经过C 点瞬间的速度为vC，对小物块从P 到C 点的过程有
mg( H +2 R)- μmgL= 1
2 m vC
2
在C 点，对小物块
F -mg= m vC
2
R
代入数据解得
F
mg =7
（2）因为小物块和凹槽组成的系统水平方向动量守恒，所以小球到达D 点时两者在水平方向的
速度均为零，此时凹槽离开初始位置的距离最大。设小物块和凹槽沿水平方向运动的距离分别
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为x1和x2，则
mx1＝Mx2
x1+x2＝2R+L+R
所求凹槽离开初始位置的最大距离为
x2= 5
4 R
（3）小物块第一次经过DO 间某位置时刚好脱离轨道，设在该位置时小物块的水平方向速度为
vx，竖直方向速度为vy，凹槽的速度为vM，对系统有
mg( H + R - Rcos37°)- μmgL= 1
2 m(v x
2+ v y
2 )+ 1
2 M v M
2
mvx＝MvM
由速度关系，有
tan37° =
v y
v x+ v M
在该位置有
mgcos37° =
m(
v y
sin37° )
2
R
由以上各式解得
H＝0.936 m
答：（1）若固定凹槽静止不动，且H＝1.8R，小物块第一次经过C 点后瞬间轨道对它的作用力
与其重力的比值为7；
（2）若不固定凹槽，且H＝1.8R，小物块到达O 点的过程中，凹槽离开初始位置的最大距离为
5
4
R；
（3）若不固定凹槽，且R＝1m，m＝1kg，g＝10m/s2，小物块第一次经过DO 间某位置时刚好
脱离轨道，该位置与半圆轨道圆心的连线与竖直方向成37°角，H 的大小为0.936m。
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10．（2024•镇海区校级模拟）如图所示为某传送装置的示意图，整个装置由三部分组成，中间是
水平传送带，传送带顺时针匀速传动，其速度的大小v 可以由驱动系统根据需要设定，其左侧为
一倾斜直轨道，右侧为放置在光滑水平面上质量为M 的滑板，倾斜直轨道末端及滑板上表面与
传送带两端等高并平滑对接。一质量为m 的物块从倾斜直轨道的顶端由静止释放，物块经过传
送带后滑上滑板，滑板运动到D 时与固定挡板碰撞粘连，此后物块滑离滑板。已知物块的质量
m＝1.0kg，滑板的质量M＝2.0kg，倾斜直轨道顶端距离传送带平面的高度h＝2.5m，传送带两
轴心间距L1＝10.5m，滑板的长度L2＝2.8m，滑板右端到固定挡板D 的左端的距离为L3，物块
与倾斜直轨道的动摩擦因数满足μ1= 1
2 tanθ（θ 为斜直轨道的倾角），物块与传送带和滑板间的
动摩擦因数分别为μ2＝0.1、μ3＝0.5，重力加速度的大小g＝10m/s2。
（1）若v＝4m/s，求物块刚滑上传送带时的速度大小及通过传送带所需的时间；
（2）求物块刚滑上右侧滑板时所能达到的最大动能和最小动能；
（3）若v＝6m/s，讨论物块从滑上滑板到离开滑板右端的过程中，克服摩擦力所做的功Wf与L3
的关系。
【解答】解：（1 ）对物块，在A 到B 的运动过程应用动能定理得：mgh﹣μ1mgcosθ•
h
sinθ = 1
2 m vB
2
又：μ1= 1
2 tanθ
代入数据解得：vB＝5m/s；
若传送带速度v＝4m/s，根据速度—位移公式得：v2
- vB
2 =-2μ2gx1，
代入数据解得物块在传送带上做匀减速运动的位移：x1＝4.5m
匀减速运动的时间：t1= v - vB
- μ2 g =
4 -5
-0.1×10
s＝1s，
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随后在传送带上匀速运动的时间：t2= L1- x1
v
= 10.5- 4.5
4
s＝1.5s，
物块通过传送带所需的时间t＝t1+t2＝1s+1.5s＝2.5s；
（2）a、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，物块克服摩擦力所做
的功最多，即物块刚滑上滑板时的动能最小，最小动能设为Ekm1，
由动能定理得：﹣μ2mgL1＝Ekm1- 1
2 m vB
2，
代入数据解得：Ekm1＝2J；
b、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，摩擦力对物块所做的功最多，
即物块刚滑上滑板时的动能最大，最大动能设为Ekm2，
由动能定理得：μ2mgL1＝Ekm2- 1
2 mvB
2，
代入数据解得：Ekm2＝23J；
（3 ）当v ＝6m/s 时，物块滑上传送带后先做匀加速直线运动，匀加速的位移：x2
= v
2- vB
2
2 μ2 g =
6
2-5
2
2×0.1×10
m＝5.5m＜L1，
可知滑块在传送带上先做匀加速然后做匀速，刚滑上滑板时的速度大小v1＝6m/s
设若滑板与挡板间距足够长，滑板碰挡板前物块与滑板能达共速v2，规定向右为正方向，
规定向右为正方向，由动量守恒得：mv1＝（m+M）v2，
代入数据解得：v2＝2m/s
对物块，由动能定理得：﹣μ3mgs1= 1
2 m v2
2- 1
2 m v1
2，
对滑板，由动能定理得：μ3mgs2= 1
2 M v2
2，
代入数据解得：s1＝3.2m，s2＝0.8m
物块相对滑板的位移Δs＝s1﹣s2＝3.2m﹣0.8m＝2.4m，
故若L3≥s2＝0.8m，则木板与挡板碰撞前物块与滑板已经共速，共速后二者相对静止，无摩擦力，
故克服摩擦力做的功：Wf＝μ3mg（s1+L2﹣Δs）＝0.5×1×10×（3.2+2.8﹣2.4）J＝18J，
若0＜L3＜0.8m，则当滑板与挡板相碰时物块尚未滑到滑板的右端，
这种情况下物块的对地位移为：s3＝L2+L3＝2.8+L3，
克服摩擦力做的功：Wf＝μ3mgs3＝14+5L3。
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答：（1）物块刚滑上传送带时的速度大小为5m/s，通过传送带所需的时间为2.5s；
（2）物块刚滑上右侧滑板时所能达到的最大动能为23J，最小动能为2J；
（3）克服摩擦力所做的功Wf与L3的关系为：当L3≥0.8m 时，克服摩擦力做的功为18J，当0
＜L3＜0.8m 时，克服摩擦力做的功为14+5L3。
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