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第20 讲 动力学和能量观点解决力学综合问题
——划重点之精细讲义系列
考点一 动力学观点的应用
若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分
析物体的动力学物理量而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解．
【典例1】如图所示，质量M＝0.4 kg 的长薄板BC 静置于倾角为37° 的光滑斜面
上，在A 点有质量m＝0.1 kg 的小物体(可视为质点)以v0＝4.0 m/s 速度水平抛出，恰以
平行斜面的速度落在薄板的最上端B 并在薄板上运动，当小物体落在薄板上时，薄板
无初速度释放开始沿斜面向下运动，运动到薄板的最下端C 时，与薄板速度恰好相等，
已知小物体与薄板之间的动摩擦因数为0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，
求：
(1)A 点与B 点的水平距离；
(2)薄板BC 的长度．
解析 (1)小物体从A 到B 做平抛运动，下落时间为t1，水平位移为x，则：
gt1＝v0tan 37°①
x＝v0t1②
联立①②得x＝1.2 m
(2)小物体落到B 点的速度为v，则v＝③
小物体在薄板上运动，则：
mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1④
薄板在光滑斜面上运动，则：
Mgsin 37°＋μmgcos 37°＝Ma2⑤
小物体从落到薄板到两者速度相等用时t2，
则：v＋a1t2＝a2t2⑥
小物体的位移x1＝vt2＋a1t ⑦
薄板的位移x2＝a2t ⑧
薄板的长度l＝x1－x2⑨
联立③～⑨式得l＝2.5 m
答案 (1)1.2 m (2)2.5 m
1
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【典例2】如图甲所示，一个物体放在足够大的水平地面上，若用水平变力拉动，
其加速度随力变化的图象如图乙所示．现从静止开始计时，改用图丙中周期性变化的
水平力F 作用(g 取10 m/s2)．求：
(1)物体的质量及物体与地面间的动摩擦因数；
(2)求周期力作用下物体在一个周期内的位移大小．
解析：(1)由牛顿第二定律得
F－μmg＝ma
变形得a＝F－μg
对比图乙中图线的函数公式得m＝4 kg，μ＝0.1
(2)0～2 s：
a1＝＝ m/s2＝2 m/s2
x1＝a1t＝4 m
2 s～4 s：
a2＝＝－2 m/s2
x2＝a1t1·t2＋a2t＝4 m
综上可知，一个周期内的位移为
x＝x1＋x2＝8 m
答案：(1)4 kg 0.1 (2)8 m
考点二 能量观点的应用
一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且有功能关系的
特点，则往往用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律求解．
【典例1】如图所示，半径R＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的
一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点．
C 点右侧的光滑水平面上紧挨C 点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C
点等高．质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，
恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道．已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g
＝10 m/s2.求：
2
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(1)物块经过C 点时的速度vC；
(2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q.
解析 (1)设物块在B 点的速度为vB，在C 点的速度为vC，从A 到B 物块做平抛运
动，有
vBsin θ＝v0
从B 到C，根据动能定理有
mgR(1＋sin θ)＝mv－mv
解得vC＝6 m/s
(2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用，最终将一起共同运动．设相对
滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t 达到共同速度为v，则
μmg＝ma1
μmg＝Ma2
v＝vC－a1t
v＝a2t
根据能量守恒定律有
(m＋M)v2＋Q＝mv
联立解得Q＝9 J
答案 (1)6 m/s (2)9 J
【典例2】一半径R＝1 m 的圆弧导轨与水平导轨相连，从圆弧导轨顶端A 静止释
放一个质量m＝0.02 kg 的木块，测得其滑至底端B 的速度vB＝3 m/s，以后又沿水平导
轨滑行BC＝3 m 而停止在C 点，如图所示，求：
(1)木块克服圆弧导轨摩擦力所做的功；
(2)木块在B 点对圆弧轨道的压力；
(3)BC 段导轨的动摩擦因数．(取g＝10 m/s2)
解析：(1)木块由A 至B 过程，由动能定理得
mgR－Wf＝mv
解得Wf＝0.11 J
(2)在B 点，对木块由牛顿第二定律得
FN－mg＝m
解得FN＝0.38 N
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由牛顿第三定律得木块对圆弧轨道的压力FN′＝FN＝0.38 N，方向竖直向下．
(3)木块由B 至C 过程由动能定理得
－μmgl＝－mv
解得μ＝0.15
答案：(1)0.11 J (2)0.38 N，方向竖直向下 (3)0.15
【典例3】如图所示，滑块质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为0.1，它以v0
＝3 的初速度由A 点开始向B 点滑行，AB＝5R，并滑上光滑的半径为R 的圆弧BC，在
C 点正上方有一离C 点高度也为R 的旋转平台，沿平台直径方向开有两个离轴心距离
相等的小孔P、Q，P、Q 位于同一直径上，旋转时两孔均能达到C 点的正上方．若滑
块滑过C 点后穿过P 孔，又恰能从Q 孔落下，则平台转动的角速度ω 应满足什么条件？
解析：设滑块滑至B 点时速度为vB，对滑块由A 点到B 点应用动能定理有
－μmg5R＝mv－mv
解得v＝8gR
滑块从B 点开始，运动过程机械能守恒，设滑块到达P 处时速度为vP，则
mv＝mv＋mg2R
解得vP＝2
滑块穿过P 孔后再回到平台的时间
t＝＝4
要想实现题述过程，需满足
ωt＝(2n＋1)π
ω＝(n＝0,1,2，…)
答案：ω＝(n＝0,1,2，…)
考点三 动力学和能量观点的综合应用
物体在整个运动过程中，往往是包含直线运动、平抛运动、圆周运动等多种运动
形式的组合．解决这类问题应抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物
理过程分成几个简单的子过程，对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量
分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程求解．
【典例1】某电视台“快乐向前冲”节目中的场地设施如图所示，AB 为水平直轨
道，上面安装有电动悬挂器，可以载人运动，水面上漂浮着一个半径为R，角速度为
ω，铺有海绵垫的转盘，转盘的轴心离平台的水平距离为L，平台边缘与转盘平面的高
度差为H.选手抓住悬挂器，可以在电动机带动下，从A 点下方的平台边缘处沿水平方
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向做初速度为零、加速度为a 的匀加速直线运动．选手必须作好判断，在合适的位置
释放，才能顺利落在转盘上．设人的质量为m(不计身高大小)，人与转盘间的最大静摩
擦力为μmg，重力加速度为g.
(1)假设选手落到转盘上瞬间相对转盘速度立即变为零，为保证他落在任何位置都
不会被甩下转盘，转盘的角速度ω 应限制在什么范围？
(2)若已知H＝5 m，L＝8 m，a＝2 m/s2，g＝10 m/s2，且选手从某处C 点释放能恰
好落到转盘的圆心上，则他是从平台出发后多长时间释放悬挂器的？
(3)若电动悬挂器开动后，针对不同选手的动力与该选手重力关系皆为F＝0.6mg，
悬挂器在轨道上运动时存在恒定的摩擦阻力，选手在运动到(2)中所述位置C 点时，因
恐惧没有释放悬挂器，但立即关闭了它的电动机，则按照(2)中数据计算，悬挂器载着
选手还能继续向右滑行多远？
解析 (1)设人落在转盘边缘也不至被甩下，最大静摩擦力提供向心力，
则有μmg≥mω2R
即转盘转动角度应满足ω≤
(2)设水平加速段位移为x1，时间为t1；平抛时水平位移为x2，时间为t2，则加速时
有
x1＝at
v＝at1
平抛运动阶段：x2＝vt2
H＝gt
全程水平方向：x1＋x2＝L
解得t1＝2 s
(3)设阻力为Ff，继续向右滑动距离为x3，由动能定理得
加速段：(F－Ff)x1＝mv2
减速段：－Ffx3＝0－mv2
解得x3＝2 m
答案 (1)ω≤ (2)2 s (3)2 m
【典例2】如图所示，压力传感器能测量物体对其正压力的大小，现将质量分别
为M、m 的物块和小球通过轻绳固定，并跨过两个水平固定的定滑轮(滑轮光滑且较小)，
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当小球在竖直面内左右摆动且高度相等时，物块始终没有离开水平放置的传感器．已
知小球摆动偏离竖直方向的最大角度为θ，滑轮O 到小球间轻绳长度为l，重力加速度
为g，求：
(1)小球摆到最低点速度大小；
(2)小球摆到最低点时，压力传感器示数为零，则的大小．
解析：(1)小球下摆过程中只有重力做功，小球的机械能守恒，由机械能守恒定律
得
mgl(1－cos θ)＝mv2－0
解得小球在最低点的速度大小
v＝
(2)小球在最低点时，压力传感器的示数为零，则轻绳的拉力大小F＝Mg
对小球在最低点应用牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得＝3－2cos θ
答案：(1) (2)3－2cos θ
【典例3】某电视娱乐节目装置可简化为如图所示模型．倾角θ＝37°的斜面底端
与水平传送带平滑接触，传送带BC 长L＝6 m，始终以v0＝6 m/s 的速度顺时针运动．
将一个质量m＝1 kg 的物块由距斜面底端高度h1＝5.4 m 的A 点静止释放，物块通过B
点时速度的大小不变．物块与斜面、物块与传送带间动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝
0.2，传送带上表面距地面的高度H＝5 m，g 取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
(1)求物块由A 点运动到C 点的时间；
(2)若把物块从距斜面底端高度h2＝2.4 m 处静止释放，求物块落地点到C 点的水
平距离；
(3)求物块距斜面底端高度满足什么条件时，将物块静止释放均落到地面上的同一
点D.
解析：(1)A 到B 过程：根据牛顿第二定律
mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1
＝a1t
代入数据解得a1＝2 m/s2，t1＝3 s
所以滑到B 点的速度：
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vB＝a1t1＝2×3 m/s＝6 m/s，
物块在传送带上匀速运动到C 的时间
t2＝＝s＝1 s
所以物块由A 到B 的时间
t＝t1＋t2＝3 s＋1 s＝4 s
(2)在斜面上根据动能定理
mgh2－μ1mgcos θ＝mv2
解得v＝4 m/s＜6 m/s
设物块在传送带先做匀加速运动到v0，运动位移为x，则：
a2＝＝μ2g＝2 m/s2
v－v2＝2a2x，x＝5 m＜6 m
所以物体先做匀加速直线运动后和皮带一起匀速运动，离开C 点做平抛运动
s＝v0t0，H＝gt
解得s＝6 m
(3)因物块每次均抛到同一点D，由平抛知识知：物块到达C 点时速度必须有vC＝
v0.
①当离传送带高度为h3时物块进入传送带后一直匀加速运动，则
mgh3－μ1mgcos θ＋μ2mgL＝mv
解得h3＝1.8 m.
②当离传送带高度为h4时物块进入传送带后一直匀减速运动，则
mgh4－μ1mgcos θ－μ2mgL＝mv
解得h4＝9.0 m
所以当离传送带高度在1.8 m～9.0 m 的范围内均能满足要求，即1.8 m≤h≤9.0 m.
答案：(1)4 s (2)6 m (3)1.8 m≤h≤9.0 m
1．如图所示，质量m＝2.0 kg 的木块静止在高h＝1.8 m 的水平台上，木块距平台
右边缘l＝10 m，木块与平台间的动摩擦因数μ＝0.2.用大小为F＝20 N、方向与水平方
向成37°角的力拉动木块，当木块运动到水平台末端时撤去F.不计空气阻力，g＝10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
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(1)木块离开平台时速度的大小；
(2)木块落地时距平台边缘的水平距离．
解析：(1)木块在水平台上运动过程中，由动能定理得
Flcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)l＝mv2－0
解得v＝12 m/s
(2)木块离开平台做平抛运动，则
水平方向：x＝vt
竖直方向：h＝gt2
解得x＝7.2 m
答案：(1)12 m/s (2)7.2 m
2．如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，水平段ab 粗糙，其距离为s＝3 m．
在b 点平滑过度，bcd 段光滑，cd 段是以O 为圆心、半径为R＝0.4 m 的一小段圆弧．
质量为m＝2 kg 的小物块静止于a 处，在一与水平方向成θ 角的恒力F 作用下开始沿轨
道匀加速运动，小物块到达b 处时撤去该恒力，小物块继续运动到d 处时速度水平，
此时轨道对小物块的支持力大小为FN＝15 N．小物块与ab 段的动摩擦因数为μ＝0.5，
g 取10 m/s2.求：
(1)小物块到达b 点时的速度大小vb；
(2)恒力F 的最小值Fmin.(计算结果可以用分式或根号表示)
解析：(1)在d 点：mg－FN＝
从b 到d 由机械能守恒得：
mv－mv＝mgR
联立得vb＝3 m/s
(2)在a 到b 的过程中有：v＝2as
Fcos θ－μ(mg－Fsin θ)＝ma
解得F＝＝
当sin(φ＋θ)＝1 时，Fmin＝ N
答案：(1)3 m/s (2) N
3．如图甲所示，物体A 放在粗糙的水平地面上，0～6 s 时间内受到水平拉力F 的
作用，力F 的大小如图乙所示，物体0～2 s 的运动情况如图丙所示，重力加速度g 取
10 m/s2.试求：
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(1)物体的质量；
(2)物体与地面的动摩擦因数；
(3)0～6 s 内物体的位移大小．
解析：(1)当F2＝2 N 时物体做匀速直线运动，拉力与摩擦力二力平衡，所以摩擦
力大小为
Ff＝F2＝2 N
滑动时：F－Ff＝ma
第1 s 内的加速度a＝3 m/s2
联立可求得m＝ kg
(2)滑动摩擦力Ff＝μmg
解得μ＝0.6
(3)2 s 末以后物体的加速度大小
μmg－F3＝ma3
可解得加速度a3＝3 m/s2
经过t3＝＝1 s，速度减为零．
第3 s 末后，由于拉力小于摩擦力，物块静止．
所以发生的总位移
x＝×(1＋3)×3 m＝6 m
答案：(1) kg (2)0.6 (3)6 m
4. 传送带现已广泛应用于机场、商店等公共场所，为人们的生活带来了很多的便
利．如图所示，一长度L＝7 m 的传送带与水平方向间的夹角 α＝30°，在电动机带动
下以v＝2 m/s 的速率顺时针匀速转动．在传送带上端接有一个斜面，斜面表面与传送
带表面都在同一平面内．将质量m＝2 kg 可视作质点的物体无初速地放在传送带底端，
物体经传送带作用后能到达斜面顶端且速度为零．若物体与传送带及物体与斜面间的
动摩擦因数都为μ＝，g＝10 m/s2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)物体在从传送带底端运动到斜面顶端过程中传送带对物体所做的功；
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(2)传送带上方所接的斜面长度．
解析：(1)对物体，先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二
定律得
μmgcos 30°－mgsin 30°＝ma
解得a＝1 m/s2，沿斜面向上
设物体速度经过时间t 与传送带相等，
由v＝at 得t＝＝2 s
此过程中物体通过的位移为
x＝at2＝2 m＜7 m
所以物体接着做匀速直线运动，离开传送带时速度为
v＝2 m/s
对整个过程，由动能定理得
W－mgLsin 30°＝mv2
解得W＝74 J
(2)物体到斜面上以后，根据牛顿第二定律得
μmgcos 30°＋mgsin 30°＝ma1
解得a1＝11 m/s2
由v2＝2a1s 得：s＝＝ m
答案：(1)74 J (2) m
5．如图所示，传送带A、B 之间的距离为L＝3.2 m，与水平面间夹角θ＝37°，传
送带沿顺时针方向转动，速度恒为v＝2 m/s，在上端A 点无初速放置一个质量为m＝1
kg、大小可视为质点的金属块，它与传送带的动摩擦因数为μ＝0.5，金属块滑离传送
带后，经过弯道，沿半径 R＝0.4 m 的光滑圆轨道做圆周运动，刚好能通过最高点E，
已知B、D 两点的竖直高度差为h＝0.5 m(g 取10 m/s2 )．试求：
(1)金属块经过D 点时的速度；
(2)金属块在BCD 弯道上克服摩擦力做的功．
解析：(1)金属块在E 点时，mg＝m
解得vE＝2 m/s，在从D 到E 过程中由动能定理得
－mg·2R＝mv－mv
解得vD＝2 m/s
(2)金属块刚刚放上时，有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2
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设经位移s1达到共同速度，则
v2＝2a1s1
解得s1＝0.2 m＜3.2 m
继续加速过程中，有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2
由s2＝L－s1＝3 m，
v－v2＝2a2s2
解得vB＝4 m/s
在从B 到D 过程中由动能定理得
mgh－W＝mv－mv
解得W＝3 J
答案：(1)2 m/s (2)3 J
6．某校兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A 点用一弹射装
置将小滑块以某一水平速度弹射出去，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R＝
0.1 m 的光滑竖直圆形轨道，运行一周后自B 点向C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C、
D 两点的竖直高度差h＝0.2 m，水平距离s＝0.6 m，水平轨道AB 长为L1＝0.5 m，BC
长为L2＝1.5 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2.
(1)若小滑块恰能通过圆形轨道的最高点，求小滑块在A 点弹射出的速度大小；
(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即
为胜出．求小滑块在A 点弹射出的速度大小范围．
解析：(1)对从A 到B 的过程应用动能定理，则
－μmgL1＝mv－mv ①
由B 到最高点小滑块机械能守恒，则
mv＝2mgR＋mv2②
小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律有
mg＝m ③
由以上三式解得A 点的速度v1＝3 m/s ④
(2)若小滑块刚好停在C 处，则从A 到C 由动能定理得
－μmg(L1＋L2)＝0－mv ⑤
解得A 点的速度为v2＝4 m/s
若小滑块停在BC 段，应满足3 m/s≤vA≤4 m/s
若小滑块能通过C 点并恰好越过壕沟，对A 到C 的过程应用动能定理
－μmg(L1＋L2)＝mv－mv ⑥
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根据平抛运动规律，则有
竖直方向：h＝gt2⑦
水平方向：s＝v0t ⑧
解得vA＝5 m/s
所以初速度的范围为：
3 m/s≤vA≤4 m/s 或vA≥5 m/s
答案：(1)3 m/s (2)3 m/s≤vA≤4 m/s 或vA≥5 m/s
7．如图所示，倾角
的斜面体固定在水平面上，一轻弹簧的下端固定在斜
面底端的挡板上，轻弹簧处于原长时其上端位于C 点，一根不可伸长的轻质细绳跨过
轻质滑轮连接物体A 和B，A、B 的质量分别为
和
，均可视为质点。物体A 与
滑轮间的轻绳平行于斜面，与斜面间的动摩擦因数
。现使物体A 从距离C 点
处以
的初速度沿斜面向下运动。物体A 向下运动将弹簧压缩到最短后，
恰能回到C 点。弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g 取
，不计空气阻力，整
个过程中轻绳处于拉伸状态且物体B 未与滑轮接触，不计滑轮摩擦。求：
（1）A 沿斜面向下运动到C 点时轻绳的拉力；
（2）整个运动过程中弹簧的最大弹性势能；
（3）物体A 沿斜面向上运动过程中的最大速度。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）以物体B 为研究对象，根据牛顿第二定律有
以物体A 为研究对象，根据牛顿第二定律有
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解得
（2）设弹簧最大形变量为x，此时弹簧弹性势能为
。由初始位置至物体A 运动到最
低点过程中，选弹簧、物体A、物体B 及其轻绳组成的系统为研究对象，根据能量守
恒有
由物体A 从最低点运动到C 点过程中，选弹簧、物体A、物体B 及其轻绳组成的系统为
研究对象，根据能量守恒有
解得
（3）设物体A 向上运动速度达最大时弹簧的形变量为
，轻绳拉力为
，选A 为研究
对象，根据平衡条件有
选B 为研究对象，根据平衡条件有
解得
物体A 由最低点返回到C 点过程中，物体A、B 轻绳组成的系统做简谐运动，由简谐运
动规律有
物体A 由速度最大位置返回到C 点过程中，选物体A、B 轻绳和弹簧组成的系统，根据
能量守恒有
根据功能关系，弹簧弹性势能减小的大小为
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解得
8．如图所示，一弹簧左端固定在墙面上，右端在水平地面的A 点上，A 点左侧地
面光滑，AB 段长
且粗糙，B 点右侧有长
的水平传送带，以
的速度顺时针匀速转动，C 点与倾角
的足够长斜面平滑相连。现推动滑块（视
为质点）压缩弹簧一段长度后释放。已知滑块与AB 段、传送带、斜面间的动摩擦因数
分别
，
，滑块的质量
，重力加速度g 取10
，不计空
气阻力。
，
。
（1）若滑块未滑上传送带，并最终静止在B 点，求弹簧被压缩到最大时具有的弹性势
能；
（2）若滑块滑上传送带并经过C 点两次，最终静止在A 点，求：
①滑块第二次经过C 点时的速度大小；
②滑块第一次在传送带上运动过程中因摩擦产生的热量。
【答案】（1）0.2J；（2）①
；②0.6J
【详解】（1）若滑块从被释放到停在B 点，由能量守恒有
解得
（2）①滑块只经过C 点两次最终停在A 点，则滑块第二次在传送带上一直做减速运动，
则从C 点到A 点过程中，由动能定理
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解得
②设滑块在最高点到C 点的距离为s，滑块从斜面最高点滑至C 点过程中，由牛顿第二
定律有
由运动学有
滑块第一次过C 点滑至斜面最高点过程中，由牛顿第二定律有
由运动学有
解得
说明滑块第一次在传送带运动过程中一直做匀加速运动，第一次从B 点到C 点过程中，
由牛顿第二定律有
由运动学有
且
滑块在传送带发生的相对位移
滑块第一次在传送带上运动过程因摩擦产生的热量
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解得
9．如图所示，AB 是倾角为=45°的倾斜轨道，BC 是一个水平轨道（物体经过B 处
时无机械能损失），AO 是一竖直线，O、B、C 在同一水平面上。竖直平面内的光滑
圆形轨道最低点与水平面相切于C 点，已知：A、O 两点间的距离为ℎ=1m，B、C 两点
间的距离d=2m，圆形轨道的半径R=1m。一质量为m=2kg 的小物体（可视为质点），
从与点水平距离x0=4.9m 的P 点水平抛出，恰好从A 点以平行斜面的速度进入倾斜轨
道，最后进入圆形轨道。小物体与倾斜轨道AB、水平轨道BC 之间的动摩擦因数都是
μ=0.5，重力加速度g=10m/s2。
（1）求小物体从P 点抛出时的速度v0和P 点的高度H；
（2）求小物体运动到圆形轨道最点D 时，对圆形轨道的压力大小；
（3）若小物体从Q 点（未在图中画出）水平抛出，恰好从A 点以平行斜面的速度进入
倾斜轨道，最后进入圆形轨道，且小物体不能脱离轨道，求Q、O 两点的水平距离x
的取值范围。
【答案】（1）
，
；（2）76N；（3）0.5m<x≤1.5m 或x≥3m
【详解】（1）小物体从P 到A 做平抛运动，由题知，物体经过A 点时速度平行于斜面
向下，设物体经过A 点时竖直分速度大小为vy．
则有
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；
又根据匀变速直线运动规律有
解得
水平距离
联立解得
（2）物体从P 到D 的过程，由动能定理得：
在D 点，由牛顿第二定律得
联立解得
N=76N
由牛顿第三定律知，物体对圆形轨道的压力大小为76N．
（3）要保证小物体不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：第一种情况，能通过最高点
D.第二种情况，所能到达的最高点小于等于圆心的高度．
第一种情况，小球能通过最高点D 时
设O、Q 的水平距离为x1，恰好通过圆形轨道的最高点D．
小物体从Q 点水平抛出后，恰好从A 点以平行于斜面的速度进入倾斜轨道时，根据第
1 问可得小物体到达A 点的速度
恰好通过圆形轨道的最高点D 时，只有重力充当向心力，得
由动能定理得
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代入数据解得
x1=3m
小物体能通过最高点D，所以O、Q 的水平距离
第二种情况，所能到达的高度小于等于圆心的高度时，设O、Q 的水平距离为x2，恰
好到达圆心高度．
小物体从Q 点水平抛出后，恰好从A 点以平行于斜面的速度进入倾斜轨道时，根据第
1 问可得小物体到达A 点的速度
恰好到达圆心的高度时，末速度为0
由动能定理得
代入数据解得
x2=1.5m
设O、Q 的水平距离为x3 时，恰好到达圆形轨道处
小物体从Q 点水平抛出后，恰好从A 以平行于斜面的速度进入倾斜轨道时，根据第1
问可得小物体到达A 点的速度
恰好到达圆形轨道时，到C 点的速度为0．
由动能定理得
代入数据解得
x3=0.5m
小物体能进入圆形轨道，不脱离，O、Q 的水平距离应满足
0.5m<x≤1.5m
综上所述，若小物体从Q 点水平抛出，恰好从A 点以平行斜面的速度进入倾斜轨道，
最后进入圆形轨道，且小物体不能脱离轨道，Q、O 两点的水平距离x 的取值范围为
0.5m<x≤1.5m 或x≥3m．
10．利用弹簧弹射和皮带传动装置可以将工件运送至高处．如图所示，已知传送
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轨道平面与水平方向成
角，倾角也是
的光滑斜面轨道固定于地面且与传送轨道
良好对接，弹簧下端固定在斜面底端，工件与皮带间的动摩擦因数
，皮带传动
装置按顺时针方向匀速转动的速度
，两轮轴心相距
，B、C 分别是传
送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑．现将质量
的工件放在弹簧上，
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到皮带上的B 点时速度
，A、B 间的距离
。工件可视为质点，g 取
。求：
（1）弹簧的最大弹性势能；
（2）工件沿传送带上滑的时间。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）弹簧的最大弹性势能
得
（2）工件沿传送轨道减速向上滑动过程中，有
与传送带共速需要时间
工件滑行位移大小
因为
，所以工件将沿传送带继续减速上滑，得
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假设工件速度减为0 时，工件未从传送带上滑落．则
工件滑行位移大小
故假设成立，工件沿传送带上滑的时间为
11．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
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代入数据联立得
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
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当在传送带上减速运动时，有
解得
所以弹性势能的取值范围是
12．如图所示，在竖直平面内长为L=0.9m 的粗糙水平面MN 左侧与半径R=0.89m
的四分之一光滑圆弧轨道平滑连接，右侧与一足够长的传送带平滑连接。传送带以恒
定的速率
逆时针转动.将物块A 从光滑圆弧最高点由静止释放，经过M 点运动到
N 点，再滑上传送带。已知A 的质量为
，物块A 与MN 间的动摩擦因数及传送
带间的动摩擦因数都为
，重力加速度
。求：
（1）物块A 第一次运动到N 点时的速度
；
（2）物块A 在传送带上第一次向右运动到最右端的过程中，两者摩擦产生的热量；
（3）物块A 在MN 上运动的总路程s。
【答案】（1）
，方向向右；（2）16J；（3）2m
【详解】（1）根据动能定理
代入数据联立得，物块A 第一次运动到N 点时的速度
方向向右；
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（2）物块A 在传送带上的加速度大小
在传送带上滑动的距离
经历时间
这段时间内传送带移动距离
两者摩擦产生的热量
（3）物块在传送带上向左滑动，速度与传送带速度相等时位移为
所以滑块在传送带上第一次从右向左运动至N 点时的速率为
设向左运动又返回至N 点时的速率为
，根据动能定理
解得
在传送带上滑动的距离
又返回至N 点时的速率为
=
在MN 上向左滑动的距离
所以物块A 在MN 上运动的总路程
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13．如图所示为某商家为了吸引顾客设计的抽奖活动。4 块尺寸相同的木板A、
B、C、D 随机排序并紧挨着放在水平地面上，木板长度均为
，质量均为
；下表面与地面间的动摩擦因数均为
，A、B、C、D 的上表面各有不
同的涂层，滑块与涂层间的动摩擦因数分别为
、
、
、
。顾客以某一水平速度
（未知），从左侧第一块木板的左端推出一质量
的滑块（视作质点）。从左向右数，若滑块最终停在第一、二、三、四块木
板上就会分别获得四、三、二、一等奖，滑离所有木板则不获奖。设最大静摩擦力与
滑动摩擦力相等，重力加速度g 取
。（结果可用根号表示）。
（1）若木板全部固定，要想获奖，求
的取值范围；
（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D 的方式放置，要获得最高奖项，求
的最小值。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）若木板全部固定，当滑块恰好能够滑动至D 的右端时
具有最大值，
（若设
，则
，
，
）根据动能定理，可得
解得
要想获奖，
的取值范围是
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（2）若木板不固定，从左向右按照A、B、C、D 的方式放置，当滑块在A 上滑动时，
滑块与A 之间的滑动摩擦力大小为
A、B、C、D 整体所受地面的最大静摩擦力为
因为
，所以滑块在A 上滑动时，A、B、C、D 均静止；同理，当滑块在B 上滑动
时，B、C、D 均静止；当滑块在C 上滑动时，C、D 将滑动，且滑块做匀减速运动，
C、D 整体将做匀加速运动，根据牛顿第二定律可得滑块和C、D 整体的加速度大小分
别为
，
设滑块刚滑上C 时的速度大小为
，经时间
恰好滑到D 上，且与D 达到共同速度
，
滑块与D 共速后将不会再相对D 滑动，最终与D 一起停止，此时即可获得最高奖项，
对应
具有最小值。根据运动学规律，有
，
解得
对滑块从刚滑上A 到刚滑上C 的过程，根据动能定理，有
解得
14．如图所示，长木板A 置于光滑水平面上，木板右端距固定平台距离d=4m，木
板厚度与光滑平台等高，平台上固定半径
的光滑半圆轨道，轨道末端与平台
相切。木板左端放置滑块B，滑块与木板上表面间的动摩擦因数
，给滑块施加
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水平向右
的作用力，作用时间
后撤去
，滑块质量
，木板质量
，滑块没有滑离木板，不计空气阻力，重力加速度
。
（1）在0~t1时间内，分别求A、B 的加速度大小；
（2）若木板与平台间每次碰撞前后速度大小均不变，方向相反，最终滑块停在木板右
端，求木板长度；
（3）若木板长度
，且木板与平台第一次碰撞即与平台粘合在一起，滑块继
续运动，求滑块通过轨道最高点时对轨道压力大小。
【答案】（1）3m/s2，6m/s2；（2）12m；（3）10N
【详解】（1）设有外力F 作用时滑块和木板的加速度分别为a1 和a2，由牛顿第二定
律可得
解得
解得
（2）撤去外力F 时滑块和木板的速度分别为v1 和v2，则有
撤去外力F 后滑块的加速度大小为
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设在经t2 时间，滑块与木板达到共速v0，则有
解得
木板的位移
可知木板的最大速度为4.8m/s。t1 时间内，滑块木板的相对位移为
木板与平台碰撞后，因a2> a1，所以木板先向左做减速后向右做加速运动，两者再达
到共同速度再次与平台碰撞，以后重复上述运动，最终滑块停在木板右端，第二段滑
块与木板间的相对位移为L2，由功能关系则有
解得
则有木板的长度为
（3）若木板长度
，滑块与木板达到共同速度后一起运动，木板与平台碰撞
后立即停止，滑块经圆轨道最高点时的速度为v，由动能定理
解得
在最高点，由牛顿第二定律
解得
由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为10N。
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15．如图所示，悬点O 下有一根长为
的轻绳，悬挂质量为
的小球
（小球与地面恰不挤压），将小球拉至与竖直方向成
角处静止释放，到达最低点时，
与静止在悬挂点正下方的物块
发生弹性正碰（小球与滑块均视为质点），碰
撞后物块沿动摩擦因数为
的水平面滑动，水平面长为
，最后物块滑上
停在光滑平面上的滑板上，滑板平面与粗糙水平面齐平，滑板与物块间的动摩擦因数
，滑板质量
，物块没有从滑板上掉落，不计其它阻力。（g 取
）试求：
（1）小球摆到最低点与物块碰撞前对轻绳的拉力。
（2）物块到达粗糙水平面右端时，物块的速度。
（3）物块在滑板上滑动过程中产生的热量是多少？
（4）物块不从滑板上掉落，滑板至少要多长？
【答案】（1）
，方向竖直向下；（2）
；（3）
；（4）0.25m
【详解】（1）小球摆到时最低点的过程中，由动能定理得
得
小球在最低点有
解得
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由牛顿第三定律可得小球对轻绳的拉力为40N，方向竖直向下。
（2）小球与物块发生弹性碰撞，由于质量相等，碰后速度交换。物块在粗糙水平面上
滑行，由动能定理得
得
（3）物块与滑板作用过程系统动量守恒
系统产生的热量为
解得
（4）由于
得
则滑板至少需要0.25m。
16．如图所示，质量
的小球被内壁光滑的弹射器从A 点弹出，沿水平直
轨道运动到B 点后，进入由两个四分之一细管（内径略大于小球的直径）组成的轨道，
从轨道最高点C 水平飞出时，对轨道上表面的压力大小
，之后落在倾角为
的斜面上的D 点。已知
，
，两个四分之一细管的半径均为
，C 点位于斜面底端的正上方，小球在AB 段运动时受到的阻力大小等于自身
所受重力的
，其他摩擦均不计，小球可视为质点，取重力加速度大小
。
（1）求小球离开A 点时的速度大小
；
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（2）求小球落到D 点时的动能
；
（3）当弹射器储存的弹性势能为多少时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为
多少？
【答案】（1）
；（2）
；（3）当弹射器储存的弹性势能为
15.2J 时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J
【详解】（1）由题意可知，小球通过C 点时受到轨道向下的支持力
，有
由动能定理
解得
（2）以C 点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，则斜面的方程为
，
设小球做平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律有
，
由动能定理
解得
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（3）设小球落到斜面上时的速度大小为v，速度与水平方向的夹角为
，
有
，
代入方程整理有
由辅助角公式知
其中
当
，即
时，上式有最小值，有
当小球以
的速度从C 点水平飞出时，落在斜面上时的动能最小，最小动能为6
J，又
解得
所以当弹射器储存的弹性势能为15.2 J 时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能
为6J。
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