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第37 练 专题强化：用三大观点解决动力学问题
分值：50 分
1.(15 分)(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑
槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B 依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带
上，在与传送带达到共速后，从M 点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端N 点停下，随后滑下的B 以2v0的速
度与A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B 的质量分别
为m 和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的1
4 。A 与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度
为g，A、B 在滑至N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：
(1)(4 分)A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)(5 分)B 从M 点滑至N 点的过程中克服阻力做的功W；
(3)(6 分)圆盘的圆心到平台右端N 点的水平距离s。
2.(17 分)(2024·湖北卷·14)如图所示，水平传送带以5 m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为
3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg 的小球，小球与
传送带上表面平齐但不接触。在O 点右侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。将质量为0.1 kg 的小物块无
初速度轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1
m/s、方向水平向左。小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上运动。已知小
物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g 取10 m/s2。
(1)(5 分)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
(2)(6 分)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
(3)(6 分)若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
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3.(18 分)(2024·贵州卷·15)如图，半径为R=1.8 m 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=2.7 m。一长为L=3.3 m 的水平传送带以恒定速率v0=1 m/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6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s 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=1 kg，b 的质量为mb=2 kg，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=10 m/s2。求：
(1)(3 分)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)(6 分)b 从M 运动到N 的时间；
(3)(9 分)b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
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答案精析
1.(1) v0
μg
(2)6mgL－3mv0
2
(3) 3 v0
2 √
2 L
g
解析 (1)A 在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝v0
a ＝v0
μg
(2)B 从M 点滑至N 点的过程中，由动能定理知
2mg·3L－W 克f＝1
2×2m(2v0)2－1
2×2mv0
2
解得W 克f＝6mgL－3mv0
2
(3)A、B 碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v0＝mv1+2mv2
1
2
×2m×(2v0)2－( 1
2
mv1
2+1
2
×2mv2
2)＝1
4
×[1
2
×2m×(2v0)2]
解得v1＝2v0，v2＝v0
(另一解v1＝2
3v0，v2＝5
3v0不符合题意，舍掉)
两药品盒做平抛运动的时间
t1＝√
2 L
g
则s－r＝v2t1，s+r＝v1t1，
解得s＝3 v0
2 √
2 L
g 。
2.(1)5 m/s (2)0.3 J (3)0.2 m
解析 (1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有μmg＝ma
解得a＝5 m/s2
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
x＝v传
2
2a
＝2.5 m<L 传＝3.6 m
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可知小物块运动到传送带右端前已与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送
带的速度大小5 m/s。
(2)小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，
由动量守恒定律有
m 物v＝m 物v1+m 球v2
其中v＝5 m/s，v1＝－1 m/s
解得v2＝3 m/s
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
ΔEk＝1
2m 物v2－1
2m 物v1
2－1
2m 球v2
2
解得ΔEk＝0.3 J
(3)若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为d，小球在P 点正上方的速度为
v3，在P 点正上方，由牛顿第二定律有m 球g＝m 球
v3
2
L绳−d
小球从O 点正下方到P 点正上方过程中，
由机械能守恒定律有
1
2
m 球v2
2＝1
2
m 球v3
2+m 球g(2L 绳－d)
联立解得d＝0.2 m
即P 点到O 点的最小距离为0.2 m。
3. (1)30 N (2)3.2 s (3)95 J
解析 (1)a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律magR=1
2mav P
2
在P 点，设轨道对它的支持力大小为FN，
根据牛顿第二定律FN-mag=mav P
2
R
联立解得FN=30 N
(2)a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
magR-μmagd=1
2
mav M
2-0
解得vM=3 m/s
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a 与b 发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb
1
2
mav M
2=1
2
mava
2+1
2
mbvb
2
解得vb=2 m/s
b 滑上传送带后先做匀减速直线运动，加速度大小为a，根据牛顿第二定律μmbg=mba
解得a=5 m/s2
b 的速度减小到与传送带速度相等所需的时间t1=vb−v0
a
=0.2 s
对地位移x=vb+ v0
2
·t1=0.3 m
此后b 做匀速直线运动，b 到达传送带最左端还需要的时间t2= L−x
v0
=3 s
b 从M 运动到N 的时间t=t1+t2=3.2 s
(3)设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对b 根据动量定理I=mbv-(-mbv0)
解得v=2 m/s
b 向右减速到零所需的时间t3=v
a=0.4 s
然后向左加速到v0所需的时间t4=v0
a =0.2 s
可得Δt=t3+t4
b 在Δt 时间内向右运动的距离
Δx=v
2·t3-v0
2
·t4=0.3 m
循环10 次后b 向右运动的距离
x'=10·Δx=3 m
每一次相对传送带运动的路程
s=v
2·t3+v0t3+v0t4-v0
2
·t4=0.9 m
b 从N 向右运动3 m 的过程中b 与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J
然后b 继续向右减速运动，根据运动学公式
vt5-1
2
at5
2=L-x'
解得t5=0.2 s
此过程，b 相对传动带运动的路程
s'=L-x'+v0t5=0.5 m
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此过程中b 与传送带摩擦产生的热量
Q2=μmbgs'=5 J
b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。
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