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秘籍5 用动力学与能量解决多过程问题
做好本类型压轴问题需要用到的相关知识有:受力分析、牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒
定律、功能关系等内容。
本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题综合应用，高考常以计算题压轴题的形式
命题。
学好本专题，可以极大地培养同学们的审题能力、推理能力和规范表达能力，针对性的专题强
化，可以提升同学们解决压轴题的信心。
题型一 传送带模型中的动力学和能量问题（计算题）
题型二 用动力学和能量观点解决直线+圆周+平抛组合多过程问题（计算题）
题型三 综合能量与动力学观点分析含有弹簧模型的多过程问题（计算题）
传送带模型中的动力学和能量转化问题
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
(1)功能关系分析：W＝ΔEk＋ΔEp＋Q.
(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＝Ffx 相对．
传送带模型问题的分析流程
1
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水平传动带模型上物体的常见运动
项目
情景1：轻放
情景2：同向
情景3：反向
图示
滑块可
能
的
运
动
情
况
(1) 可能滑块一直加
速；
(2)可能滑块先加速后
匀
速；
(1)v0<v 时，可能一直加
速，也可能先加速再
匀速；
(2)v0>v 时，可能一直减
速，也可能先减速再
匀速．
(1)传送带较短时，滑块一直减速
达到左端．
(2)传送带较长时，滑块还要被传
送带传回右端．其中v0>v 和
v0<v 两种情况下滑块回到右端
时有何不同？
倾斜传送带模型上物体的常见运动
项目
情景1：上传
情景2：下载
情景2：反向
图示
滑块
可能
的运
动情
况
(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速；
(3)还有其他结论吗？
(1)可能一直加速；
(2)可能先加速后匀速；
(3)可能先以a1加速后以a2加
速．
(1)可能一直加速；
(2)可能一直匀速；
(3)可能先减速后反向加速
倾斜传送带——上传模型
受力分析
运动分析（先加后共）
难点问题
2
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μ>tanθ
①滑动摩擦力f=μmgcosθ
②加速度a=g(μcosθ-sinθ)
③上传条件：μ>tanθ
④共速摩擦力突变为静
摩擦力f'=mgsinθ
受力分析
运动分析（一直加速）
难点问题
μ<tanθ
⑤μ<tanθ，物体向下加
速
⑥加速度a=g(μcosθ-sinθ)
⑦物体向下位移为L
⑧物体运动时间、末速
度与传送带快慢无关
倾斜传送带——下载模型
受力分析
运动分析
难点问题
μ≥tanθ
①滑动摩擦力f=μmgcosθ
②加速度a=g(μcosθ+sinθ)
③共速后，若μ≥tanθ
一起匀速，摩擦力突变为
静摩擦力f'=mgsinθ
μ<tan
θ
④共速后，若μ<tanθ
继续加速，滑动摩擦力方
向突变、大小不变，加速
度a'=g(sinθ-μcosθ)
⑤痕迹问题：共速前，x 传
>x 物，痕迹Δx1=x 传-x 物，共
速后，x 物>x 传，痕迹Δx2=x
物-x 传，总痕迹取二者中大
的那一段
含弹簧类机械能守恒问题
1．物体由于发生弹性形变而具有的能量叫做弹性势能．
2．发生形变的物体不一定具有弹性势能，只有发生弹性形变的物体才具有弹性势能．
3．弹性势能是弹力装置和受弹力作用的物体组成的系统所共有的．
f=μmgcos
θ
f 突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
a
f=μmgcos
θ
v
v'
L
θ
t
O
v
a
v
传送带
物体
t1
L
f=μmgcos
θ
f 突变为静
f'=mgsinθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹
a
v
传送带
物体
t1
t2
f=μmgcos
θ
f 方向突变
f'=μmgcosθ
v
v
L
θ(
t
O
v
共速
痕迹1
a
v
传送带
物体
t1
t2
物体
2
a'
3
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4．弹力做功引起弹性势能的变化．弹力做正功，弹性势能减少，弹力做负功，弹性势能增加．
常用公式
物理概念规律名称
公式
动能
= p
2
2m
重力势能
(与零势能面的选择有关)
弹性势能
功
W = Fs cos (恒力做功)
W=Pt（拉力功率不变）
W=f S 相对路程 （阻力大小不变）
功率
平均功率：
即时功率：
动能定理
机械能守恒定律
1
2 mv1
2+mgh1+ 1
2 k x1
2= 1
2 mv2
2+mgh2+ 1
2 k x2
2或者Ep= Ek
4
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1．（2023•绵阳模拟）如图所示，货舱P 中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的
初速度v0＝3√2m/s 通过半径为R＝0.4m 的光滑半圆轨道的最高点A，并沿圆轨道运动至最低点
B（最低点B 与传送带平滑连接），之后谷物通过长度为L 的传送带运动至另一端点C，最终从
点C 水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不同的动
摩擦因数µ 这一特性，并通过调节传送带运行速度v 和传送带长度L 来达到分离的目的，分离效
果可由收集板上两种谷物的间距x 来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2 和
0.4，点C 距收集板的高度为h＝1.25m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失，不考虑谷
物间的碰撞，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。（结果可以保留根号形式）
（1）求谷物运动至点B 时的速度大小；
（2）若传送带逆时针转动，调整传送带长度L＝2.25m，求x；
（3）现调整传送带顺时针运行速度为v＝9m/s，为保证谷物的分离效果良好，需满足x≥0.5m，
求传送带长度L 的取值范围。
【解答】解：（1）根据能量守恒定律，从A 到B 过程有
1
2 mvB
2 - 1
2 mv0
2=2mgR
解得
vB=√34m/s
（2）从B 点到C 点过程，有
1
2 m vC
2 - 1
2 m vB
2 =-μmgL
则两种谷物到达C 点的速度分别为
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vC1＝5m/s，vC2＝4m/s
两种谷物从C 点离开分别做平抛运动，有
h= 1
2 gt
2
x＝（vC1﹣vC2）t＝Δvt
联立解得
x＝0.5m
（3）由h= 1
2 gt
2
x＝（vC1﹣vC2）t＝Δvt
x≥0.5m
解得
Δv≥lm/s
情形1：两种谷物到达点C 之前都处于匀加速运动。则
√vB
2 +2 gμ2 L-√vB
2 +2gμ1 L≥1
化简得
16L2﹣24L﹣135≥0
解得
L≥3.75m
情形2：其中一种谷物到达点C 之前已处于匀速运动，另一种谷物仍处于匀加速运动。则
vC1≤8m/s，vC2＝v＝9m/s
1
2 mvC 1
2 - 1
2 mvB
2 =μmgL
解得
L≤7.5m
综上所述有3.75m≤L≤7.5m
2．（2023•浙江模拟）某闯关项目的简化图如图所示，距离水平地面高为h＝1.8m 的平台上，A 点
左侧为光滑平台，一根弹簧左端与固定挡板连接，自然长度时右端不超过A 点，一个可以看作
质点的滑块靠着弹簧右端（不拴连），滑块质量为m＝1kg。平台AB 段长为L1＝2.0m，与滑块
的动摩擦因数为μ1＝0.1。B 点右侧设置长为L2＝1.5m 的水平传送带，传送带与滑块的动摩擦因
数为μ2，传送带的右端设置半径为R＝0.9m 的半圆弧光滑轨道，CD 为竖直直径的上下两端，C
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点与传送带末端的空隙很小，但是可以让滑块通过。传送带一且启动，顺转（即让传送带顺时
针方向转动）和逆转的速度都为v＝4m/s，在B 点的左侧附近设置传送带启动按钮，按钮有两个
一个为顺转，一个为逆转。闯关开始前传送带处于关闭状态。闯关时，选手首先向左推滑块压
缩弹簧，使弹簧具有一定的初始弹性势能EP，然后释放滑块，在滑块进入传送带前，选手必须
按照实时情况按下顺转按钮或逆转按钮。闯关规则为：如果滑块最终能始终沿着轨道到达水平
地面，则闯关成功；如果滑块最终退回到A 点左侧，则可以再次闯关（既不失败，也没有成
功）；如果滑块最终停在AB 段上，或者向右出传送带后摔落在CD 段则游戏失败（来不及按下
按钮也视为失败，本题假设选手都按了按钮）。g 取10m/s2。
（1）设备调试时，关闭传送带，测得当弹簧的初始弹性势能为EP＝5.0J 时，滑块恰好滑到传送
带的右端停止，求传送带与滑块的动摩擦因数μ2的大小；
（2）某选手压缩弹簧使其具有EP＝4.5J 的初始弹性势能，请通过计算说明本次闯关选手（按下
任何一个按钮的可能性都会有）是否可能会失败；
（3）求选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能EP取值范围。
【解答】解：（1）该过程中，根据能量守恒定律可得：
Ep＝μ1mgL1+μ2mgL2
代入数据解得：μ2＝0.2
（2）设滑块到达B 点的速度为vB，根据能量守恒定律可得：
E p- μ1mg L1= 1
2 m vB
2
解得：vB＝3m/s
选择1：若选手按下顺转按钮，设滑块在传送带上能全程加速，到达C 点的速度为vC，根据动
能定理可得：
μ2mg L2= 1
2 m vC
2 - 1
2 m vB
2
解得：vC =√11m/ s
vC＜v，说明全程加速成立
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vC＞v0，说明按下顺转按钮可以沿轨道到达水平地面，闯关成功
选择2：若选手按下逆转按钮，设滑块在传送带上减速到零的对地位移为x，则
- μ2mgx =0- 1
2 mvB
2
解得：x＝1.25m
因为x＜L2，说明传送带上减速到零的假设成立
vB=√5m/ s＜v，说明滑块可以按原速率v0=√5m/s 回到B 点
又1
2 mvB
2 = 1
2 ×1×5 J =2.5 J ＞μ1mg L1=0.1×1×10×2J =2J
故滑块可以回到A 点左侧，再闯关一次
综上分析，本次选手闯关不会失败
（3）设顺转按钮情景下的最小初始弹性势能为Ep1
有E p1- μ1mg L1+ μ2mg L2= 1
2 mv0
2
解得：Ep1＝3.5J
且Ep1＝3.5J≥μ1mgL1＝2J，能够冲上传送带，成立
设逆转按钮情景下的最小初始弹性势能为Ep2
E p2- μ1mg L1- μ2mg L2= 1
2 mv0
2
解得：Ep2＝9.5J
综上所述，选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能EP取值范围为Ep≥9.5J
答：（1）传送带与滑块的动摩擦因数μ2的大小为0.2；
（2）通过分析可知，本次选手闯关不会失败；
（3）选手按下任意一个按钮都能闯关成功的初始弹簧弹性势能EP取值范围为Ep≥9.5J。
3．（2023•枣强县校级模拟）如图所示，竖直平面内固定有半径为R＝2m 的光滑四分之一圆轨道
AB，水平直轨道BC、DE，以速度v0＝3m/s 逆时针转动的水平传送带CD 及竖直固定反弹装置。
各轨道平滑连接。现有一质量为m＝2kg 的滑块（可视为质点）从轨道AB 上高为h 处由静止下
滑，最终与反弹装置发生弹性碰撞。已知LBC＝0.45m，LCD＝0.70m，LDE＝0.90m，滑块与BC
和CD 间的动摩擦因数μ＝0.5，与DE 间的动摩擦因数μ' =0.5- 5
9 x，其中x 为滑块距D 点的距
离。
（1）若h＝0.2m，求滑块运动至B 处时对轨道的作用力FN。
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（2）若滑块无法通过传送带，求高度h 的最大值。
（3）若滑块只能经过C 点两次，试求传送带因传送滑块额外做的功的最大值。
【解答】解：（1）滑块从A 到B 过程机械能守恒，有mgh= 1
2 m vB
2
由合外力提供向心力有F ' N -mg= mvB
2
R
由牛顿第三定律可得滑块对轨道的作用力FN＝F′N＝24N，方向竖直向下。
（2）滑块无法通过传送带的临界条件为滑块第一次到达D 点的速度为零，由能量守恒定律有：
mghm＝μmg（LBC+LCD）
解得：hm＝0.575m
（3）传送带额外做的功最大的临界条件为滑块经E 反弹后第二次到达D 点时速度为零。假设以
上条件可满足，设滑块第一次到达D 点时速度大小为vD1 ，由动能定理有：
0- 1
2 m v D1
2 =-2 μ' mg LDE=-2× 1
2 ×(0.5+0)mg LDE
解得：vD1＝3m/s
设滑块第一次到达C 点时速度大小为vC1，由动能定理有：- μmg LCD= 1
2 mv D1
2 - 1
2 mvC 1
2
解得：vC1＝4m/s
由于：mgR - μmg LBC＞1
2 mvC 1
2
所以假设成立。设滑块第二次到达C 点时速度大小为vC2，则有：μmg LCD= 1
2 mvC 2
2
得vC 2=√7m/ s＜3m/ s
又vC 2
2
2 μg =0.7m＜2 LBC
此后滑块无法再通过D 点。滑块从C 到D 的过程有：W f 1= μmg×v0× vC 1- v D1
μg
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滑块从D 到C 的过程有：W f 2= μmg×v0× vC 2
μg
传送带额外做功的最大值为：Wf＝W1+W2
联立得：W f =6(1+√7)J
答：（1）若h＝0.2m，则滑块运动至B 处时滑块对轨道的作用力为24N，方向竖直向下；
（2）若滑块过不了传送带，则高度h 的最大值为0.575m；
（3）若滑块只通过传送带一个来回，传送带额外做功的最大值为6（1+√7）J。
4．（2023•思明区二模）如图所示，一足够长的水平传送带以速度v＝2m/s 匀速运动，质量为m1＝
1kg 的小物块P 和质量为m2＝1.5kg 的小物块Q 由通过定滑轮的轻绳连接，轻绳足够长且不可伸
长。某时刻物块P 从传送带左端以速度v0＝4m/s 冲上传送带，P 与定滑轮间的绳子水平。已知物
块P 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g＝10m/s2，不计滑轮的质量与摩擦，整个
运动过程中物块Q 都没有上升到定滑轮处。求：
（1）物块P 刚冲上传送带时的加速度大小；
（2）物块P 刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ 系统机械能的改变量；
（3）若传送带以不同的速度v（0＜v＜v0）匀速运动，当v 取多大时物块P 向右冲到最远处时，
P 与传送带间产生的摩擦生热最小？其最小值为多大？
【解答】解：（1）物块P 刚冲上传送带时，设PQ 的加速度为a1，轻绳的拉力为F1因P 的初速
度大于传送带的速度，则P 相对传送带向右运动，故P 受到向左的摩擦力作用。
对P，由牛顿第二定律得：F1+μm1g＝m1a1
对Q 受力分析可知，在竖直方向受向下的重力和向上的拉力作用，由牛顿第二定律得：
m2g﹣F1＝m2a1
联立解得：a1＝8m/s2。
（2）P 先减速到与传送带速度相同，设位移为x1，则有：
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x1= v0
2- v
2
2a1
= 4
2-2
2
2×8 m=0.75m
共速后，由于摩擦力f＝μm1g＝5N＜m2g＝15N
故P 不可能随传送带一起匀速运动，继续向右减速，摩擦力方向水平向右
设此时的加速度为a2，轻绳的拉力为F2
对P，由牛顿第二定律得：F2﹣μm1g＝m1a2
对Q，由牛顿第二定律得：m2g﹣F2＝m2a2
联立解得：a2＝4m/s2。
设减速到0 位移为x2，则有：x2= v
2
2a2
= 2
2
2×4 m=0.5m
PQ 系统机械能的改变量等于摩擦力对P 做的功：ΔE＝﹣μm1gx1+μmgx2
解得：ΔE＝﹣1.25J
（3）第一个减速过程，所用时间为：t1= v0- v
a1
= 4 - v
8
P 运动的位移为：x1= v + v0
2
t1= 16- v
2
16
皮带运动的位移为：x2= v t1= 4 v - v
2
8
第二个减速过程，所用时间为：t2= v
a2
= v
4
P 运动的位移为：x'1= v0
2 t2= v
2
8
皮带运动的位移为：x'2= v t2= v
2
4
则整个过程产生的热量为：Q = μm1g( x1- x2)+ μm1g( x'2- x'1)= 5(3 v
2-8 v -16)
16
根据数学知识知，当v= 4
3 m/s 时，Qmin= 10
3 J
答：（1）物块P 刚冲上传送带时的加速度大小是8m/s2。
（2）物块P 刚冲上传送带到右方最远处的过程中，PQ 系统机械能的改变量是﹣1.25J。
（3）当v 取4
3
m/s 时物块P 向右冲到最远处时，P 与传送带间产生的摩擦生热最小，其最小值为
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3
J。
5．（2023•镇海区模拟）如图所示，长L＝1m 的传送带AB 以速度v0＝1m/s 顺时针转动，与水平
面夹角为α＝37°，下端与足够长的光滑水平轨道BC 平滑连接。滑块P、Q 用细线拴在一起静止
在水平轨道BC 上，中间有一被压缩的轻质弹簧（P、Q 与弹簧不相连）。剪断细线后弹簧恢复
原长时，滑块P 向左运动的速度为v1＝4m/s。已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，滑
块P、Q 质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg。高H＝1.5m 倾角为θ 的粗糙倾斜轨道与水平轨道BC 在
C 处平滑连接，光滑曲线轨道DEF 左右对称，E 为最高点。对于一般曲线上的某点，若存在一
个最接近该点附近曲线的圆，则这个圆叫做曲率圆，它的半径叫做该点的曲率半径。图中圆1 和
圆2 分别为D、E 两点的曲率圆，半径分别为R1＝0.8m、R2＝0.2m。滑块Q 在光滑轨道DEF 内
侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a＝2g。求：
（1）滑块Q 从C 运动到D 过程中损失的机械能ΔE；
（2）曲线轨道DEF 上任意高度h 处的曲率半径R 与h 的关系；
（3）物块P 与传送带之间因摩擦而产生的热量Q。
【解答】解：（1）弹簧将P、Q 弹开的过程动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：
m2v2﹣m1v1＝0
解得：v2＝2m/s
由题知，滑块Q 在光滑轨道DEF 内侧运动时的向心加速度恰好始终恒为a＝2g，则在D 点有
a= v D
2
R1
解得：vD＝4m/s
故滑块Q 从C 运动到D 过程中损失的机械能为：
ΔE = 1
2 m2v2
2+m2 gH - 1
2 m2v D
2
解得：ΔE＝18J
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（2）同理在E 点也有
a= v E
2
R2
解得：vE＝2m/s
从D 点到曲线轨道DEF 上任意高度由动能定理得：
-m2 gh= 1
2 m2v
2- 1
2 m2v D
2
且a= v
2
R
联立解得：R＝0.8﹣h
其中R1≥R≥R2
则0≤h≤0.6m
（3）滑块P 在传送带向上减速，其加速度为a1，由牛顿第二定律得：
m1gsinα+μm1gcosα＝m1a1
代入数据得：a1＝10m/s2
滑块P 向上减速到0 时有t1= v1
a1
代入数据得：t1＝0.4s
位移x1= 1
2 v1t1
代入数据得：x1＝0.8m 即x1＜L
则滑块P 未从顶端冲出，之后向下先加速，加速到共速有
t2= v0
a1
代入数据得：t2＝0.1s
x1= 1
2 v0t2
代入数据得：x1＝0.05m
共速后对滑块P，由牛顿第二定律得：
m1gsinα﹣μm1gcosα＝m1a2
代入数据得：a2＝2m/s2
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则滑块P 向下减速有
x1- x2= v0t3+ 1
2 a2t3
2
代入数据得：t3＝0.5s
故整个过程中滑块P 与传送带相对运动的距离为：
Δs＝（x1+v0t1）+（v0t2﹣x2）+（x2﹣x1﹣v0t3）
代入数据得：Δs＝1.5m
则Q＝μm2gcosα•Δs
代入数据得：Q＝6J
答：（1）滑块Q 从C 运动到D 过程中损失的机械能ΔE 为18J；
（2）曲线轨道DEF 上任意高度h 处的曲率半径R 与h 的关系为R＝0.8﹣h，（0≤h≤0.6m）；
（3）物块P 与传送带之间因摩擦而产生的热量Q 为6J。
6．（2023•丰台区二模）物理源自生活，生活中处处有物理。
清洗玻璃杯外表面时，水流与玻璃杯表面的粘滑力会影响水流下落的速度，并使水流沿着玻璃
杯的外表面流动，如图所示。已知该水龙头水流的流量为Q（单位时间内流出水的体积），水
龙头内径为D。
（1）求水流出水龙头的速度v0。
（2）现用该水龙头清洗水平放置的圆柱形玻璃杯，柱状水流离开水龙头，下落高度为h，与玻
璃杯横截面圆心O 处于同一水平面时，开始贴着玻璃杯外表面流动，经过一时间后达到如图所
示的稳定状态。水流经过玻璃杯的最低点A 时，垂直于速度方向的横截面可认为是宽度为d 的
矩形。水流在A 点沿水平方向离开玻璃杯，落至水池底部B 点，落点B 到A 点正下方C 点的距
离为x，AC 竖直高度为H（H 远大于玻璃杯表面水流厚度）。已知水池底面为水平面，不考虑
空气阻力的影响，且认为下落过程水不散开，水的密度为ρ，玻璃杯的外半径为R，重力加速度
为g，求：
a.水流在A 点还未离开玻璃杯时，竖直方向上单位面积受到的合力大小F；
b.达到稳定状态后，t 时间内玻璃杯对水流的作用力所做的功W。
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【解答】解：（1）极短的时间Δt 内水龙头流出的水的体积为：
QΔt = π × D
2
4 v0 Δt
解得：v0= 4Q
π D
2
（2）a、以极短的时间Δt 内水龙头流出的水为研究对象，水的质量为Δm，该部分水在A 点与
玻璃杯底部接触面积为ΔS，水流在A 点速度大小为v，则有
Δm＝ρQΔt，ΔS＝dvΔt
水流离开玻璃杯后在空中的运动时间为tAB，则有
H = 1
2 gt AB
2 ；x＝vtAB
该部分水在A 点，在竖直方向受到的合力提供向心力，则
FΔs= Δm v
2
R
解得：F= ρQx
Rd √
g
2 H
b、设t 时间内从水龙头流出的水质量为m，则有
m＝ρQt
在水从水龙头出水口运动到玻璃杯最低点A 的过程中，根据动能定理可得：
mg( R+h)+W = 1
2 m v
2- 1
2 m v0
2
解得：W= ρQt( x
2 g
4 H - 8Q
2
D
4 π
2 - gR - gh)
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答：（1）水流出水龙头的速度4Q
π D
2；
（2）a.水流在A 点还未离开玻璃杯时，竖直方向上单位面积受到的合力大小为ρQx
Rd √
g
2 H
；
b.达到稳定状态后，t 时间内玻璃杯对水流的作用力所做的功为ρQt( x
2 g
4 H - 8Q
2
D
4 π
2 - gR - gh)。
7．（2023•佛山二模）如图所示，有一质量为M＝2.0kg 的滑块静放在光滑的水平地面上，滑块上
表面AB 部分是半径R＝0.25m、圆心角θ＝53o的光滑圆弧，圆弧底部与光滑水平部分BC 相切，
滑块水平面到地面的高度h＝0.20m。现有质量m＝1.0kg 的小球，从某一高处以v0＝3.0m/s 的初
速度水平抛出，小球恰能从A 点沿切线进入滑块圆弧曲面，重力加速度g 取10m/s2，sin53°＝
0.8，cos53°＝0.6，则
（1）小球抛出时距离滑块上表面A 端的高度H 应为多少？
（2）当小球滑至圆弧底端B 时，滑块的速度大小为多少？
（3）若滑块左侧有段足够长的粗糙地面，小球刚离开滑块时，滑块恰好进入该段粗糙地面，滑
块与粗糙地面间的动摩擦因数为μ，问当小球落地时，滑块在粗糙地面滑行的距离是多少？（结
果可用含μ 的表达式表示）
【解答】解：（1）小球做平抛运动，恰能沿切线进入圆弧曲面，则有：
vy＝v0•tanθ
竖直方向做自由落体运动，有：vy＝gt1
H= 1
2 gt1
2
联立代入数据解得：H＝0.8m
（2）设小滑块从右侧离开时，小球的速度为v1，滑块的速度为v2，以小球和滑块为研究对象，
小球在滑块圆弧曲面运动过程，以水平向右为正方向，系统水平方向动量守恒、系统机械能守
恒得：
mv0＝mv1+Mv2
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1
2 mv0
2+mgR（1﹣cos53）= 1
2 mv1
2+ 1
2Mv2
2
cos53°= v0
v A
联立解得：v2＝﹣1m/s，负号表示滑块向左运动。
（3）设小球落地时间为t2，则
对小球有：h= 1
2 gt2
2
t2＝0.2s
Ⅰ、若小球落地时滑块仍在运动，此时滑块位移为s＝v2t2- 1
2 a1t2
2
解得：s＝0.2﹣0.2μ（m）
Ⅱ、若小球落地时滑块已经停止，对滑块有：v2
2=2a1s
解得：s=
1
20 μ （m）
答：（1）小球抛出时距离滑块上表面A 端的高度H 应为多0.8m；
（2）当小球滑至圆弧底端B 时，滑块的速度大小为1m/s，方向向左；
（3）当小球落地时，滑块在粗糙地面滑行的距离是0.2﹣0.2μ（m）或1
20 μ（m）。
8．（2023•浙江模拟）如图所示，光滑曲面轨道AB、光滑竖直圆轨道、水平轨道BD、水平传送带
DE 各部分平滑连接，水平区域FG 足够长，圆轨道最低点B 处的入、出口靠近但相互错开，滑
块落到FG 区域时马上停止运动。现将一质量为m＝0.5kg 的滑块从AB 轨道上某一位置由静止释
放，若已知圆轨道半径R＝0.8m，水平面BD 的长度x1＝2m，传送带长度x2＝9m，距离落地区
的竖直高度H＝0.5m，滑块始终不脱离圆轨道，且与水平轨道BD 和传送带间的动摩擦因数均为
μ＝0.2，传送带以恒定速度v0＝6m/s 逆时针转动（不考虑传送带轮的半径对运动的影响）。
（1）若h＝1.2m，则滑块运动至B 点时对圆弧轨道的压力；
（2）若滑块不脱离圆轨道且从E 点飞出，求滑块释放点高度h0的取值范围；
（3）若滑块不脱离圆轨道，求滑块静止时距B 点的水平距离x 与释放点高度h 的关系。
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【解答】解：（1）在h＝1.2m，则滑块运动至B 点时，由动能定理可得：1
2 m vB
2 -0=mgh
由牛顿第二定律可得：F -mg= mvB
2
R
代入数据解得：F＝20N
由牛顿第三定律可知，滑块运动至B 点时对圆弧轨道的压力为20N；
（2）若滑块恰好能过C 点，则C 点时有：mg=m vC
2
R
从A 到C，根据动能定理有：mg(h1-2 R)= 1
2 m vC
2
代入数据解得：h1＝2m
要使滑块恰能运动到E 点，则滑块到E 点的速度vE＝0，从A 到E，
根据动能定理有：mgh2﹣μmg（x1+x2）＝0﹣0
代入数据解得：h2＝2.2m
显然h2＞h1，若滑块不脱离圆轨道且从E 点飞出，则滑块释放点的高度：h0＞2.2m。
（3）①当h1≤h≤h2时，因mgh1＝10J＞μmgx1＝2J，故滑块第一次通过D 点后再次返回到D 点
后，再到达B 点时的动能为：
EkB＝mgh﹣2μmgx1
解得：6J≤EkB≤7J
滑块恰好到达圆轨道的圆心等高处，在B 点需要的动能为Ek1＝mgR＝0.5×10×0.8J＝4J
滑块恰好通过圆轨道的最高点需满足：mg=m vC
2
R
滑块恰好通过圆轨道的最高点，在B 点需要的动能为Ek2＝2mgR+ 1
2 mvC
2
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解得：Ek2＝10J
因Ek1≤EkB≤Ek2，故滑块再次返回圆轨道后会脱离圆轨道，不符合题意。
②当滑块释放点的高度h＞2.2m 时，滑块从E 点飞出，根据动能定理有：
mgh- μmg( x1+ x2)= 1
2 m v E
2
整理解得：vE＝2√5h-11m/s
由平抛运动知识可知，平抛运动的时间：t=√
2 H
g =√
2×0.5
10
s= √10
10 s
可得x＝x1+x2+vEt＝2m+9m+2√5h-11× √10
10 m=(11+√2h- 4.4)m
答：（1）滑块运动至B 点时对圆弧轨道的压力为20N；
（2）滑块释放点高度h0的取值范围为h0＞2.2m；
（3）若滑块不脱离圆轨道，滑块静止时距B 点的水平距离x 与释放点高度h 的关系式为：x
=(11+√2h- 4.4)m，（h＞2.2m）。
9．（2023•江苏一模）如图所示，一轻支架由水平段ON 和竖直段OO'组成。轻弹簧一端固定于O
点，另一端与套在水平杆ON 上的A 球相连，一根长为L＝10cm 的轻绳连接A、B 两球。A 球质
量mA＝1kg，B 球质量mB＝4kg，A 球与水平杆的动摩擦因数μ＝0.36，弹簧原长l＝20cm，劲度
系数k＝450N/m。初始时使A 球尽量压缩弹簧并恰好处于静止状态。现使系统绕OO'轴缓慢转
动起来，转动过程中保持A、B 两球始终与OO'在同一竖直平面内。当系统以某角速度稳定转动
时，细绳与竖直方向成37°角，此时弹簧的弹力大小恰好与初始时相同。设最大静摩擦力等于滑
动摩擦力，不计空气阻力。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）初始时弹簧的长度；
（2）细绳与竖直方向成37°角时，系统转动的角速度；
（3）整个过程中驱动力对系统所做的总功。
【解答】解：已知l＝20cm＝0.2m，L＝10cm＝0.1m
（1）初始时，弹簧处于压缩状态，A 球恰好处于静止状态，设初始时弹簧的压缩量为Δl，由平
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衡条件有
kΔl＝μ（mA+mB）g
解得：Δl＝0.04m
则初始时弹簧的长度为l0＝l﹣Δl＝0.2m﹣0.04m＝0.16m
（2）当系统以某角速度稳定转动，弹簧的弹力大小与初始时相同时，弹簧处于拉伸状态，且伸
长量与初始状态的压缩量相等。
对B 球，由牛顿第二定律有
mBgtan37°＝mBω2rB
其中rB＝l+Δl+Lsin37°＝0.2m+0.04m+0.1×0.6m＝0.3m
解得：ω＝5rad/s
（3）根据能量守恒知，整个过程中驱动力对系统所做的功等于A、B 球的动能增加、B 球的重
力势能增加、A 球与水平横杆间摩擦产生的内能之和，则有
W= 1
2 mA[(l+ Δl)ω]
2+ 1
2 mB(ωrB)
2+mBgL（1﹣cos37°）+μ（mA+mB）g•2Δl
解得：W＝7.46J
答：（1）初始时弹簧的长度为0.16m；
（2）细绳与竖直方向成37°角时，系统转动的角速度为5rad/s；
（3）整个过程中驱动力对系统所做的总功为7.46J。
10．（2023•黄山一模）如图，倾角θ＝37°、bc 长l＝4m 的传送带上端与固定在竖直平面内半径R
＝0.4m 的光滑圆弧轨道cd 相切于c 点，半径od 竖直；传送带下端与光滑水平面ab 间用一极小
段光滑的圆弧平滑连接。可视成质点的质量分别为mA＝1kg，mB＝4kg 的物块A、B 之间夹着一
根仅与物块B 拴连、被压缩且锁定的轻短弹簧，它们静止在光滑的水平轨道ab 上。传送带以v0
＝2m/s 逆时针匀速传动，物块A 与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，重力加速度g＝10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）若解除弹簧锁定后，要使物块A 恰能通过圆弧轨道最高点，求开始时弹簧弹性势能Ep大小；
（2）若开始时弹簧弹性势能Ep＝40J，求解除弹簧锁定后，物块A 在传送带上运动过程中产生
的摩擦热；
（3）在（2）问的基础上，求物块A 在光滑水平面ab 上运动的最终速度大小。
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【解答】解：（1）物块A 恰能通过最高点d 时，重力提供向心力，则有：mg= mvd
2
R
物块A 从b 到d，根据动能定理有：-mg(lsinθ+ R+ Rcosθ)- μmglcosθ = 1
2 m vd
2 - 1
2 m vb
2
解除弹簧锁定后动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAvb﹣mBv＝0
由机械能守恒定律得：EP= 1
2 mA vb
2+ 1
2 mB v
2
代入数据解得：EP＝64J
（2）若开始时弹簧弹性势能Ep＝40J，解除弹簧锁定后A、B 组成的系统动量守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv′b﹣mBv′＝0
由能量守恒定律得：Ep= 1
2 mA v 'b
2+ 1
2 mB v '
2
代入数据解得：v'＝2m/s，vb′＝8m/s
设物块A 在传送带上向上的位移为x，根据动能定理可得：﹣mAgxsinθ﹣μmAgxcosθ＝0
- 1
2 mA v 'b
2
代入数据解得：x＝3.2m＜4m
设上升时间为t1，根据速度—时间公式有：v′b＝at1
上升过程，由牛顿第二定律得：mAgsinθ+μmAgcosθ＝mAa'
代入数据解得：a＝10m/s2，t1＝0.8s
物块A 减速为零后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，加速到与传送带速度相等需要的
时间t2= v0
a = 2
10s＝0.2s
该过程物块A 的位移x1= v0
2 t2= 2
2 ×0.2m＝0.2m＜x＝3.2m
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由于mAgsinθ＞μmAgcosθ，物块A 加速到与传送带速度相等后继续向下做匀加速直线运动
下滑过程，由牛顿第二定律得：mAgsinθ﹣μmAgcosθ＝mAa'
代入数据解得：a'＝2m/s2
物块A 到达传送带底端时的速度大小为v，则v
2- v0
2=2a'（x﹣x1）
代入数据解得：v＝4m/s
从与传送带速度相等到到达传送带底端需要的时间t3= v - v0
a'
= 4 -2
2
s＝1s
物块A 在传送带上运动过程中相对传送带滑行的距离s＝v0t1+x+v0t2﹣x1+（x﹣x1）﹣v0t3
代入数据解得：s＝6m
物块A 在传送带上运动过程中产生的摩擦热Q＝μmAgscosθ＝0.5×1×10×6×0.8J＝24J
（3）物块A 回到光滑水平面上时的速度大小v＝4m/s，方向水平向左
A、B 组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mAv+mBv'＝mAvA+mBvB
由机械能守恒定律得：1
2 mA v
2+ 1
2 mB v '
2= 1
2 mA v A
2 + 1
2 mB vB
2
代入数据解得：vA＝0.8m/s，vB＝2.8m/s，A 的最终速度大小是0.8m/s
答：（1）开始时弹簧弹性势能Ep是64J；
（2）物块A 在传送带上运动过程中产生的摩擦热是24J；
（3）物块A 在光滑水平面ab 上运动的最终速度大小是0.8m/s。
11．（2023•渭南一模）如图所示，在竖直方向上A、B 两物体通过劲度系数k＝500N/m 的轻质弹
簧相连，A 放在水平地面上，B 在弹簧上且处于静止状态。C 物体通过轻质细绳绕过轻质定滑轮
相连，C 放在固定的光滑斜面上。用手拿住C，ab 段的细绳竖直、cd 段的细绳松弛，现无初速
释放C，C 沿斜面下滑s= 21
160m 时，细绳绷直且cd 段与斜面平行，随后C 继续向下沿斜面运动，
在C 整个下滑过程中，A 始终没有离开地面，C 一直在斜面上。已知B 的质量为mB＝1.0kg，C
的质量为mC＝4.0kg，斜面倾角α＝30°，重力加速度为g 取10m/s2，细线与滑轮之间的摩擦不计，
不计空气阻力。求：
（1）细绳刚绷直时C 的速度v1；（用根式表示）
（2）B 的最大速度vm；
（3）对弹簧和物体构成的系统，当弹簧的形变量为x 时，弹簧的弹性势能为Ep= 1
2kx2。为使A
不离开地面，求A 的质量范围。
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【解答】解：（1）细绳绷直前，C 沿光滑斜面下滑过程，对C，由机械能守恒定律得
mCgs•sinα= 1
2 mC v1
2
代入数据解得：v1= √21
4 m/s
（2）细绳绷直瞬间前后BC 的总动量大小相等，则有：mCv1＝（mC+mB）v
解得细绳绷直后瞬间BC 的速度大小v= √21
5 m/s
细绳绷直前，弹簧的压缩量为x1= mB g
k
= 1.0×10
500
m＝0.02m
当B 的加速度为零时，速度最大，设此时弹簧的伸长量为x2，则有mBg+kx2＝mCgsinα
代入数据解得：x2＝0.02m
则x2＝x1，两个状态弹簧的弹性势能相等。
从细绳刚绷直后到B 的速度最大的过程，根据B、C 及弹簧组成的系统机械能守恒定律得：
mCg（x1+x2）sinα+ 1
2 (mC +mB)v
2=mBg（x1+x2）+ 1
2 (mB+mC)vm
2
代入数据解得：vm＝1m/s
（3）要使A 不离开地面，C 运动到最低点时，对A 物体应满足：kx3≤mAg
从细绳绷直后到C 运动到最低点的过程，对于B、C 及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：
mCg（x1+x3）sinα+ 1
2 (mC +mB)v
2+ 1
2 k x1
2=mBg（x1+x3）+ 1
2 k x3
2
代入数据解得：x3＝0.12m，mA≥6kg
答：（1）细绳刚绷直时C 的速度v1为√21
4 m/s。
（2）B 的最大速度vm为1m/s。
（3）为使A 不离开地面，A 的质量范围为mA≥6kg。
12．（2022•天津模拟）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m 的物体在受到形如
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F＝﹣kx 的回复力作用下，物体的位移x 与时间t 遵循x＝Asinωt 变化规律的运动，其中角频率
ω= 2π
T =√
k
m
（k 为常数，A 为振幅，T 为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。
如图所示，一竖直光滑的管内有一劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量
为m 的小球A 相连，小球A 静止时所在位置为O，另一质量也为m 的小球B 从距A 为H 的P 点
由静止开始下落，与A 发生瞬间碰撞后一起开始向下做简谐运动。两球均可视为质点，在运动
过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x 时，弹性势能为Ep= 1
2kx2，已知H= 3mg
k
，重力加速度为g。求：
（1）B 与A 碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
（2）小球A 被碰后向下运动离O 点的最大距离。
（3）小球A 从O 点开始向下运动到第一次返回O 点所用的时间。
【解答】解：（1）小球B 自由下落H 的速度为vB
根据动能定理可得：mgH = 1
2 mvB
2
解得：vB=√2 gH
小球B 与小球A 碰撞过程动量守恒，取向下为正，则有：
mvB+0＝（m+m）v1
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解得：v1=√
3m g
2
2k
；
（2）小球A 在O 位置，弹簧被压缩x0，则 x0= mg
k
小球A 与小球B 共同体继续向下运动离O 点的最大距离为xm，根据机械能守恒定律可得：
1
2 (2m)v1
2+ 1
2 kx0
2+2mg xm= 1
2 k( x0+ xm)
2
由mg＝kx0
整理得：xm
2 -2 x0 xm-3 x0
2=0
解得：xm＝3x0，xm＝﹣x0（舍去）
即：xm= 3mg
k
；
（3）由题意振动周期：T =2π√
2m
k
，又振幅A =2 x0= 2mg
k
所以平衡位置在弹簧压缩2x0处，从碰撞后开始到再次回到O 点的振动图象如图：
从O 点开始到平衡位置经过的时间t1= 1
3 × 1
4 T= 1
12 T
所求时间t＝2t1+ 1
2 T = 2
3 T
解得：t= 2
3 ×2π√
2m
k = 4 π
3 √
2m
k
。
答：（1）小球B 与小球A 碰撞后瞬间一起向下运动的速度为√
3m g
2
2k
；
（2）小球A 被碰后向下运动离O 点的最大距离3mg
k
；
（3）小球A 从O 点开始向下运动到第一次返回O 点所用的时间4 π
3 √
2m
k
。
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