文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
计算2 力学综合计算题
考点内容
考情分析
考向一 直线多过程运动问题
高考中本讲内容重要程度大，难度也大，综合性
强，考察分值高。常以力学分析，直线运动，曲线运
动，能量与动量综合考察。
考向二 曲线多过程运动问题
考向三 传送带、板块问题
考向四 含弹簧类综合问题
1.思想方法
一．三个基本观点
(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速
运动的问题．
(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互
作用物体的问题．
(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问
题时，常用能量守恒定律．
二．选用原则
(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定
理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．
(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守
恒定律，然后再根据能量关系分析解决．
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
三．系统化思维方法
(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较
复杂的运动．
(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用
动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)．
2.模型建构
一、多过程运动特点
由三个及三个以上的运动过程组成的复杂运动。
二.解题理论
分类
对应规律
公式表达
力的瞬
时作用
效果
牛顿第二定律
F 合＝ma
力对空
间积累
效果
动能定理
W 合＝ΔEk W 合＝mv2
2－mv1
2
机械能守恒定律
E1＝E2 mgh1＋mv1
2＝mgh2＋mv2
2
力对时
间积累
效果
动量定理
F 合t＝p′－p I 合＝Δ p
动量守恒定律
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
摩擦力
做功的
特点
1．静摩擦力做功的特点
(1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于零．
(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能．
2．滑动摩擦力做功的特点
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：
①机械能全部转化为内能；
②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能．
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
(3)摩擦生热的计算：Q＝Ffx 相对．其中x 相对为相互摩擦的两个物体间的相对位移．
传送带
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
弹簧能
量分析
1.选择合适的对象分析，是单个物体还是几个物体组成的一个系统。
2.对物体系统进行动力学分析时，往往需画出受力图，运动草图，注意转折点的状态
分析，建立物情景是很重要，这也是应该具有的一种解决问题的能力。
3.对物体系统进行功能分析时，着眼系统根据功能关系明确各个力做功的情况，依托
各种功能关系明确各类形式能量的转化情况，特别注意弹力做功和弹性势能的特点
4.注意物体初末状态的位置变化对应的弹簧形变量的变化关系，结合功能关系，能量
守恒定律列方程。
弹 弹簧弹力做功
弹性势能变化
(1)弹力做正功，弹性势能减少
(2)弹力做负功，弹性势能增加
(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2
三.解题技巧
（1）仔细审题，弄清有哪几个运动过程，并画简图示意。
（2）对各运动过程要进行受力与运动特点、做功与能量变化分析。
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（3）边审题，边提取已知信息或隐含信息，对每个运动过程，列出可能的方程式。
（4）一般要有探索过程，不要企图一步到位，最后根据需要，列出必要的方程或方程组。
四.注意事项
（1）一个方程不能解决问题，就多设内个未知量，列方程组求解。
（2）列方程式时依据要明确，概念要清楚：
如运用动能定理，就涉及到功与动能的关系，不要弹性势能、重力势能列在式中；如运用机械
能与系统外力和非保守力做关系时，重力做功或弹簧弹力做功就不要列在式中；如运用能量守恒定
律列式，只是寻找能量之间的关系，不要把功写在式中。
考向一 直线多过程运动问题
1.
（2024•山西一模）连续碰撞检测是一项重要的研究性实验，其模型如图所示：光滑
水平面上，质量为3m 的小物块A，叠放在质量为m、足够长的木板B 上，其右侧静置着3 个
质量均为2m 的小物块C、D、E。A 与B 上表面间的动摩擦因数为μ，t＝0 时，A 以v0的初速
度在B 的上表面水平向右滑行，当A 与B 共速时B 恰好与C 相碰。此后，每当A、B 再次共
速时，B 又恰好与C 发生碰撞直到它们不再相碰为止。已知重力加速度为g，所有碰撞均为时
间极短的弹性碰撞，求：
（1）t＝0 时B（右端）与C 的距离；
（2）B 与C 发生第1、2 次碰撞间，B（右端）与C 的最大距离。
（3）C 的最终速度。
【解答】解：以下分析均以向右为正方向。
（1）设A、B 第1 次共速时的速度为v 共1，t＝0 时B 的右端与C 的距离为d，根据动量守恒定
律得：
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
3mv0＝（3m+m）v 共1
解得：v 共1= 3
4 v0
对B 由动能定理得：
3μmgd= 1
2mv 共1
2﹣0
解得：d= 3 v0
2
32 μg
（2）B 与C 发生第1 次碰撞弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mv 共1＝mvB1+2mvC1
1
2 mv共1
2
= 1
2 mvB1
2 + 1
2 ×2mvC 1
2
解得：vB1=- 1
4 v0，vC 1= 1
2 v0
第1 次碰撞后，因小物块C、D、E 的质量均相等，它们之间发生弹性碰撞时交换速度，故C 与
D 碰撞后速度交换，碰后C 静止，D 获得C 的速度向右运动与E 碰撞，碰后D 静止，E 一直向
右做匀速直线运动。
B 与C 发生第1 次碰撞后B 先向左减速到速度为零，再向右加速运动到A、B 第2 次共速时恰好
与C 第2 次碰撞，此过程中B 向右运动的最大位移就等于是B 的右端与C 的最大距离，设为
dm。
设A、B 第2 次共速时的速度为v 共2，同理可得：
3mv 共1+mvB1＝（3m+m）v 共2
解得：v 共2= 1
2v0
对B 向右运动的过程，由动能定理得：
3μmgdm= 1
2mv 共2
2﹣0
解得：dm=
v0
2
24 μg
（3）对B 与C 第2 次碰撞，同理有：
mv 共2＝mvB2+2mvC2
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
1
2 mv共2
2
= 1
2 mvB2
2 + 1
2 ×2mvC 2
2
解得：vB2=- 1
6 v0，vC 2= 1
3 v0
B 与C 第2 次碰撞后到A、B 第3 次共速的过程，同理有：
3mv 共2+mvB2＝（m+3m）v 共3
解得：v 共3= 1
3v0
B 与C 第3 次碰撞的过程，同理有：
mv 共3＝mvB3+2mvC3
1
2 mv共3
2
= 1
2 mvB3
2 + 1
2 ×2mvC 3
2
解得：vB3=- 1
9 v0，vC 3= 2
9 v0
B 与C 第3 次碰撞后到A、B 第4 次共速的过程，同理有：
3mv 共3+mvB3＝（m+3m）v 共4
解得：v 共4= 2
9v0
因v 共4= vC 3= 2
9 v0，故B、C 不会再发生碰撞。
可知C 的最终速度为vC 3= 2
9 v0。
答：（1）t＝0 时B（右端）与C 的距离为3 v0
2
32 μg
；
（2）B 与C 发生第1、2 次碰撞间，B（右端）与C 的最大距离为
v0
2
24 μg
。
（3）C 的最终速度为2
9 v0。
2.
（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，光滑水平面上有一倾角θ＝37°的斜面体B，
物块A 从斜面体底部以初速度v0＝5m/s 开始上滑。已知mA＝1kg，mB＝2kg，物块A 可视为质
点，斜面体B 上表面光滑，运动过程中物块A 始终不脱离斜面体，g 取10m/s2，sin37°＝0.6，
cos37°＝0.8。
（1）若斜面体B 固定，求物块A 上升的最大高度；
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（2）若斜面体B 可自由滑动，求物块A 上升的最大高度；
（3）若斜面体B 可自由滑动，且其表面有一层绒布，物块A 相对斜面上滑时动摩擦因数μ1＝
0.5，下滑时μ2= 1
3，求物块A 从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小及系统因摩擦产生
的热量。
【解答】解：（1）若斜面体B 固定，对物块A，根据机械能守恒可得
mA gh1= 1
2 mA v0
2
解得物块A 上升的最大高度
h1＝1.25m
（2）物块A 到达最高点时，与斜面体B 相对速度为0，水平方向共速，由水平方向动量守恒可
得
mAv0cos37°＝（mA+mB）v 共
根据能量守恒可得
1
2 mA v0
2= 1
2 (mA+mB)v共
2 +mA gh2
代入数据解得：h2= 59
60 m
（3）沿斜面方向建立x 轴，垂直斜面方向建立y 轴，在上滑过程中，对A 分析如图（a）所示，
对B 分析如图（b）所示
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
在y 方向上A、B 初速度均为0 且始终不分离，故每时每刻y 方向的位移、速度、加速度均相同，
在任意时刻，均有
mAgcos37°﹣N1＝mAaA1y
N1sin37°+μ1N1cos37°＝mBaB1
aA1y＝aB1sin37°
代入数据解得：N 1= 80
13 N
在下滑过程中，对A 分析如图（c）所示，对B 分析如图（d）所示
同理，在任意时刻，均有
mAgcos37°﹣N2＝mAaA2y
N2sin37°﹣μ2N2cos37°＝mBaB2
aA2y＝aB2sin37°
代入数据解得：N 2= 80
11 N
说明A 物体上滑、下滑过程中支持力均为定值，两物体受力始终为恒力。以B 为参考系，在上
滑过程中，有
μ1N1+mAgsin37°＝mAaA1x
aB1x＝aB1cos37°
a 相1＝aA1x+aB1x
代入数据解得：a相1= 150
13 m/ s
2
则x相=
v0
2
2a相1
= 13
12 m
又x相= 1
2 a相1t1
2
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
代入数据解得：t1= 13
30 s
在下滑过程中，有
mAgsin37°﹣μ2N2＝mAaA2x
aB2x＝aB2cos37°
a 相2＝aA2x+aB2x
解得1a相2= 50
11 m/ s
21
由x相= 1
2 a相2t2
2
代入数据解得：t2=√
143
300 s
故摩擦生热：Q＝μ1N1x 相+μ2N2x 相
代入数据可得：Q = 590
99 J
物块A 最终回到斜面体B 底端，故整个过程中A、B 位移相同，为
x= 1
2aB1t1
2+ 1
2 aB2t2
2
解得：x＝（26
45 - 2
3√
143
75
）m；
答：（1）若斜面体B 固定，求物块A 上升的最大高度为1.25m；
（2）若斜面体B 可自由滑动，求物块A 上升的最大高度为59
60 m；
（3）物块A 从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小为( 26
45 - 2
3√
143
75 )m，系统因摩擦产
生的热量为590
99 J。
3.
（2024•天河区一模）如图（a），质量为m 的篮球从离地H 高度处静止下落，与地
面发生一次非弹性碰撞后最高反弹至离地h 处。设篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率
之比相同，重力加速度为g，不计空气阻力。
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（1）求篮球与地面第一次碰撞过程所受合力的冲量I 及碰后速率v2与碰前速率v1之比；
（2）若篮球反弹至最高处h 时，运动员向下拍球，对篮球施加一个向下的压力F，持续作用至
h0高度处撤去，使得篮球与地面第二次碰撞后恰好反弹至h 高度处，力F 的大小随高度y 的变化
如图（b）所示，求F0的大小。
【解答】解：（1）设竖直向下为正方向，下落过程 v1
2=2 gH
上升过程 0- v2
2=-2 gh
合力的冲量 I＝−mv2−mv1
得
I=-(√2gH +√2gh)
负号表示与正方向相反，即方向竖直向上
v2
v1
=√
h
H
（2）拍球过程压力做的功为
W F = 1
2 (h-h0)F0
球落地过程，根据动能定理有
mgh+W F = 1
2 m v3
2
球反弹过程
0- v4
2 =-2 gh
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
v4
v3
=√
h
H
联立解得
F0= 2mg( H -h)
(h-h0)
考向二 曲线多过程运动问题
4.
（2024•罗湖区校级模拟）如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道
水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最
高点。质量为m 的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分的长度L＝4.5m，半圆形部分的半径R＝0.4m，重力
加速度大小取g＝10m/s2。
（1）若轨道固定，使小物块以某一初速度沿轨道滑动，且恰好可以从Q 点飞出，求该情况下，
物块滑到P 点时的速度大小；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a
与F 对应关系如图乙所示。
（i）求μ 和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8N，当小物块运动到
P 点时撤去F，试判断此后小物块是否可以从Q 点飞离轨道，若可以，计算小物块从Q 点飞离时
相对地面的速度大小及方向；若不可以，计算与轨道分离点的位置。
【解答】解：（1）根据题意可知小物块在Q 恰好飞出，此时轨道弹力为0，重力提供向心力：
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
mg=m v
2
R
从P 点到Q 点，列动能定理：-2mgR = 1
2 mv
2- 1
2 mvP
2
联立解得：v P=2√5m/ s
（2）（ⅰ）根据题意可知当F≤4N 时，小物块与轨道一起向左加速，整体研究，牛顿第二定律：
F＝（M+m）a
结合图乙，根据斜率信息可知：M+m＝2kg
当外力F＞4N 时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有：F﹣μmg＝Ma
结合图乙，根据斜率信息可知：M＝1kg，m＝1kg
根据截距信息可知：b=- μmg
M =-2m/ s
2
解得：μ＝0.2
（ⅱ）由图乙可知，当F＝8N 时，轨道的加速度为：a1=6m/ s
2
小物块的加速度：a2= μg =2m/ s
2
当小物块运动到P 点时，经过t0时间，则有：L= 1
2 a1t0
2- 1
2 a2t0
2
解得：t0＝1.5s
因此两物体的速度分别为：v1＝a1t0＝6×1.5m/s＝9m/s，v2＝a2t0＝2×1.5m/s＝3m/s
之后的运动中，机械能守恒，水平方向动量守恒，假设可以运动到Q 点，根据能量守恒定律有：
1
2 M v1
2+ 1
2 m v2
2= 1
2 M v3
2+ 1
2 m v4
2 +2mgR
以向左为正方向，根据动量守恒定律有：Mv1+mv2＝Mv3+mv4
联立解得：v4＝7m/s，v3＝5m/s 或v4＝5m/s，v3＝7m/s，方向均向左（舍）
此时小物块相对于轨道做圆周运动，且轨道为惯性系，则有：N +mg=m (v4- v3)
2
R
代入数据解得：N＝0
可见此时恰好可以运动到Q 点，假设成立，则可以从Q 点飞离，速度大小为7m/s，方向水平向
左
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
5.
（2024•郑州模拟）如图所示，一根长R＝1.44m 不可伸长的轻绳，一端系一小球P，
另一端固定于O 点。长l＝3m 绷紧的水平传送带始终以5m/s 恒定的速率沿逆时针方向运行，
传送带左侧半径r＝0.5m 的竖直光滑圆轨道在D 点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸
直）与水平位置成θ＝30°角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A 作弹性碰撞，碰后小
物块A 向左运动到B 点进入圆轨道，绕行一圈后到达E 点。已知小球与小物块质量相等均为
m＝0.3kg 且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其他摩擦均忽略不计，
重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C 时对轨道的压力大小。
【解答】解：（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为θ＝30°，则小球P 自由下落距离为R
时，轻绳刚好再次伸直如下图所示，
设此时P 的速度为v1。根据自由落体运动规律，可得 v1
2=2gR
轻质细线伸直后瞬间小球P 速度为v2＝v1cosθ
小球P 与小物块A 碰前瞬间，设小球P 的速度大小为v3，从轻质细绳刚好再次伸直到小球P 运
动到最低点的过程中，由动能定理得：
mg（R﹣Rsinθ）= 1
2 mv3
2- 1
2 mv2
2
联立解得：v3＝6m/s
设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为T，根据牛顿第二定律可得：
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
T﹣mg＝mv3
2
R
解得：T＝10.5N
根据牛顿第三定律可知小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。
（2）设小球与小物块进行弹性碰撞后瞬间的速度分别为v4、v5，以向左为正方向，由动量守恒
定律与机械能守恒定律得：
mv3＝mv4+mv5
1
2 mv3
2= 1
2 mv4
2+ 1
2 mv5
2
解得：v5＝6m/s
小物块冲上传送带后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有：
μmg＝ma，解得加速度大小为：a＝2.5m/s2
设传送带速度为v0＝5m/s，小物块与传送带共速时对地位移大小为x，则由运动学公式可得：
v5
2- v0
2=2ax
代入数据解得：x＝2.2m＜l＝3m，则可知小物块与传送带能够共速，之后和传送带一起做匀速
运动。
小物块在传送带上减速所用时间为：t= v5- v0
a
，解得t＝0.4s
这段时间内传送带运动的位移为：x 带＝v0t＝5×0.4m＝2m
则小物块通过传送带时，由于摩擦产生的热量为：Q＝μmg（x﹣x 带）
解得：Q＝0.15J
（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为v6，轨道对小物块的弹力为F，则由动能定理有：
﹣2mgr= 1
2 mv6
2+ 1
2 mv0
2
解得：v6=√5m/s
在最高点由牛顿第二定律可得：
F+mg＝mv6
2
r
联立解得：F＝0N
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时小物块对轨道的压力为0N。
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
答：（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小为6m/s，对轻质细绳拉力大小为10.5N；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量为0.15J；
（3）小物块通过圆轨道最高点C 时对轨道的压力大小为0N。
6.
（2024•清江浦区模拟）如图为某游戏装置的示意图。AB、CD 均为四分之一圆弧，E
为圆弧DEG 的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH 与水平夹角为θ＝37°，底端
H 有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H 在同一水平直线上。一质量为0.01kg 的小钢球（其直径
稍小于圆管内径，可视作质点）从距A 点高为h 处的O 点静止释放，从A 点沿切线进入轨道，
B 处有一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B 点。若小
钢球能够运动到H 点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，轨道GH 的动摩擦因数μ
＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，
小钢球从O 点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2，求：
（1）小钢球第一次经过C 点时的速度大小vC；
（2）小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B 时受到的支持力大小FB；
（3）若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s 与h 的函数关系。
【解答】解：（1）由题意可知，小钢球在E 点处做圆周运动，当其恰好通过E 点时，则小钢球
在E 点的速度是零，从C 到E 的运动过程，根据动能定理可得：
0- 1
2 mvC
2 =-mg⋅2 R，解得小钢球第一次经过C 点时的速度大小为：vC =2√6m/ s；
（2）因为BC 段光滑，小钢球通过B 点时的速度等于经过C 点的速度，小钢球经过B 点时，根
据牛顿第二定律可得：
F B-mg= m vC
2
R
解得小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B 时受到的支持力大小为：FB＝0.5N，由牛顿第三定律
可知在B 点，小钢球对轨道的压力的大小为：FB′＝0.5N；
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
（3）设小钢球恰好能经过E 点时，其释放的高度为h1，从O 到E 的运动过程，根据动能定理可
得：mg（h1﹣R）＝EkE
代入数据解得：h1＝0.6m
当小钢球的释放高度h＜h1时，小钢球将无法通过E 点，所以其在GH 斜面轨道上运动的总路程
s 是零。
根据几何关系可知，斜面轨道GH 的长度为：LGH =
R
tanθ = 0.6
3
4
m=0.8m
小钢球在斜面GH 上运动时，所受摩擦力大小为：Ff＝μmgcosθ＝0.5×0.01×10×0.8N＝0.04N
小钢球在斜面轨道上完成从G 到H 的运动，摩擦力做功为：Wf＝﹣Ff•LGH＝﹣0.04×0.8J＝﹣
0.032J
可知，小钢球完成从H 到G 的运动，摩擦力做功也为−0.032J。设小钢球释放高度为h2 时，其
能够运动到H 点，并被反弹，且恰好能够再次经过E 点，根据动能定理有
mg（h2﹣R）+2Wf＝EkE
解得：h2＝1.24m
当小钢球的释放高度h＞h2时，小钢球再次通过E 点后，将向D、C 方向运动，并不再返回，所
以其在GH 斜面轨道上运动的总路程为：s＝2LGH＝1.6m
小钢球重力沿斜面向下的分力大小为：F1＝mgsinθ＝0.06N
因为F1＞Ff，所以当小钢球的释放高度h1≤h＜h2时，小钢球第一次通过E 点后，无法再次经过
E 点，它将会在斜面轨道上反复运动，最终停在H 点。根据动能定理可得：
mgh﹣Ffs＝0，代入数据解得：s＝2.5h（m）
综上可得：
s={
0，h＜0.6m
2.5h(m)，0.6m≤h＜1.24 m
1.6m，h≥1.24 m
考向三 传送带、板块问题
7.
（2024•淮安模拟）如图所示，半径为R＝1.8m 的四分之一光滑圆弧轨道PQ 固定在
水平面上，轨道末端与厚度相同的处于静止的木板A 和B 紧挨着（不粘连）。木板A、B 的质
量均为M＝1kg，与水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，木板A 长LA＝1.5m。一质量为m＝
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
2kg、可视为质点的小物块从P 点由静止释放，小物块在以后的运动过程中没有滑离木板B。
小物块与木板A 间的动摩擦因数μ2＝0.8，与木板B 间的动摩擦因数μ3＝0.1，重力加速度g＝
10m/s2，求：
（1）小物块运动到Q 点时对轨道的压力大小；
（2）小物块刚滑上木板B 时的速度大小；
（3）木板B 的最小长度。
【解答】解：（1）小物块下滑过程中，由动能定理得
mgR = 1
2 mvQ
2
解得：vQ＝6m/s
在Q 点，对小物块，由牛顿第二定律得
F N -mg=m vQ
2
R
解得：FN＝60N
由牛顿第三定律可知小物块运动到Q 点时对轨道的压力大小FN'＝FN＝60N
（2）小物块在木板A 上滑动时，对小物块，由牛顿第二定律有
μ2mg＝ma1
可得：a1=8m/ s
2
对木板A，由牛顿第二定律有
μ2mg﹣μ1（m+2M）g＝2Ma2
可得：a2= 4 m/ s
2
小物块刚滑上木板B 时，小物块的位移为
x1= vQt - 1
2 a1t
2
木板A 的位移为
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
x2= 1
2 a2t
2
又有LA＝x1﹣x2
联立解得：t＝0.5s
则小物块刚滑上木板B 时的速度
v0＝vQ﹣a1t＝（6﹣8×0.5）m/s＝2m/s
（3）小物块刚滑上木板B 时木板B 的速度
v1＝a2t＝4×0.5m/s＝2m/s
小物块在木板B 上滑动时，对小物块有
μ3mg＝ma3
解得：a3=1m/ s
2
对木板B 有
μ1（m+2M）g﹣μ3mg＝2Ma4
解得：a4=3m/ s
2
小物块的位移为
x3= v0
2
2a3
木板B 的位移为
x4= v1
2
2a4
则木板B 的最小长度Lmin＝x3﹣x4
联立解得：Lmin= 4
3 m
答：（1）小物块运动到Q 点时对轨道的压力大小为60N；
（2）小物块刚滑上木板B 时的速度大小为2m/s；
（3）木板B 的最小长度为4
3 m。
8.
（2024•魏都区校级三模）如图所示，一轻弹簧原长L＝2m，其一端固定在倾角为θ
＝37°的固定斜面AF 的底端A 处，另一端位于B 处，弹簧处于自然伸长状态，斜面AF 长x＝
3m。在FC 间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且FC 长x0＝4m，传送带逆时针转动，
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
转动速度为4m/s。传送带上端通过一个光滑直轨道CH 与一个半径为r = 16
45 m的光滑圆弧轨道
DH 相切于H 点，且D 端切线水平，A、B、C、D、F、H 均在同一竖直平面内，且D、C 在同
一竖直线上。质量为m＝5kg 的物块P（可视为质点）从C 点由静止释放，最低到达E 点（未
画出），随后物块P 沿轨道被弹回，最高可到达F 点。已知物块P 与传送带间的动摩擦因数为
μ1= 3
4 ，与斜面间的动摩擦因数为μ2= 1
4 ，重力加速度g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦
力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，弹簧始终在弹性限度内。
（1）求BE 间距离x 及物块P 运动到E 点时弹簧的弹性势能Ep；
（2）改变物块P 的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P 推至
E 点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好落于F 点，求物块运动到D
点的速度vD。
【解答】解：（1）当物块P 在传送带上运动时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二
定律得
mgsinθ+μ1mgcosθ＝ma
解得物块的加速度大小为：a＝12m/s2
物块做匀加速直线运动，当物块速度达到4m/s 时，其位移为
x1= v
2
2a =
4
2
2×12 m= 2
3 m＜x0= 4 m
故物块P 到达F 点前已经与传送带达到了共同速度。
因μ1= 3
4 =tanθ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P 与传送带达到共同速度后一起做
匀速直线运动到F 点。
设BE 长为L0，物块从F 点运动到E 点的过程中，由能量守恒定律有
mg( x - L+ L0)sinθ+ 1
2 mv
2= μ2mg( x - L+ L0)cosθ+ E p
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
物块P 被弹回，从E 点运动到F 点的过程中，由能量守恒定律有
mg（x﹣L+L0）sinθ+μ2mg（x﹣L+L0）cosθ＝Ep
联立解得：L0＝1m，Ep＝80J
（2）由题意可知，物块从D 点做平抛运动落于F 点，设过D 点的速度为vD，则根据平抛运动的
规律得
水平方向上有
x0cosθ＝vDt
竖直方向上有
x0 sinθ+r +
r
cosθ = 1
2 gt
2
联立解得：vD＝4m/s
答：（1）BE 间距离x 为1m，物块P 运动到E 点时弹簧的弹性势能Ep为80J；
（2）物块运动到D 点的速度vD为4m/s。
9.
（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
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
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
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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
考向四 含弹簧类综合问题
10. （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
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
滑块由C 点滑到最高点D 此过程由机械能守恒：1
2 mvC
2 +mgR = 1
2 mv 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，
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 mv
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
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
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。
11. （2025•邯郸一模）如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左
端固定，自然伸长位置为O′点，弹簧的劲度系数k＝43.52N/m，圆轨道的半径R＝0.5m，圆
管的内径比小球m1直径略大，但远小于圆轨道半径，小物块m2静止于木板m3左端，木板的
上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，
木板右端与墙壁之间的距离L0＝5m，现用力将小球m1向左推压，将弹簧压缩x0＝0.5m，然后
由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端O′点后水平抛出，从管口A 处沿
圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分B 点飞出，并恰好与小物块m2发生弹性碰撞，经过
一段时间后m3和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知m2始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，m1＝
m2＝0.5kg，m3＝0.1kg，g＝10m/s2，θ＝37°，sin37°＝0.6。试求：
（1）小球平抛运动的时间t 及抛出点O′与管口A 间的高度差h；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力FN，并判断是和管的内壁还是外壁挤压；
（3）木板的最短长度L 及木板在地面上滑动的总路程s。
【解答】解：设水平向右为正方向为正
（1）弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
0+k x0
2
× x0= 1
2 m1v0
2-0
在小球平抛到管口A 点时如图
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
根据vy＝v0tanθ
vy＝gt
h= 1
2 gt
2
解得
t = 3
50 √34 s
h＝0.612m
（2）从A 到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
-m1g( R+ Rcosθ)= 1
2 m1v
2- 1
2 m1v A
2
由上述图可知
v A = v0
cosθ
在最高点
F N +m1 g=m1
v
2
R
解得FN＝11N＞0
小球和圆筒外壁挤压，挤压力大小为11N，方向竖直向上。
（3）从A 到B 全过程，由动能定理可得
m1g( R - Rcosθ)= 1
2 m1v A
2 - 1
2 m1v A
2
解得vB＝6m/s
小球m1和物块m2碰撞过程，设水平向右为正方向，可得
m1vB＝m1v1′+m2v2′
1
2 m1vB
2 = 1
2 m1v1'
2+ 1
2 m2v2'
2
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
解得v1′＝0，v2′＝6m/s
可知碰后小球停止运动，物块获得6m/s 向右的速度，开始在木板上滑动，以m2和m3为对象
m2v2′＝（m2+m3）v1
对m2可得
μm2 gx = 1
2 m2v1
2-0
解得v1＝5m/s
x＝0.5m＜L0
物块与木板共速后与墙壁发生碰撞，以m2和m3为对象，第1 次与墙碰撞后
m2v1﹣m3v1＝（m2+m3）v2
解得
v2= m2-m3
m2+m3
v1
对木板
μm2g＝m3a
s1= v1
2
2a
第2 次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正
m2v2﹣m3v2＝（m2+m3）v3
解得
v3=( m2-m3
m2+m3
)
2v1
对木板
s2= v2
2
2a =( m2-m3
m2+m3
)
2⋅v1
2
2a
第3 次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正
m2v3﹣m3v3＝（m2+m3）v4
解得
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
v4=( m2-m3
m2+m3
)
3 v1
对木板
s3= v2
2
2a =( m2-m3
m2+m3
)
4⋅v1
2
2a ⋯.
第n﹣1 次与墙碰撞后
m2vn﹣1﹣m3vn﹣1＝（m2+m3）vn
解得
vn=( m2-m3
m2+m3
)
n-1v1
对木板
sn-1= vn-1
2
2a =( m2-m3
m2+m3
)
2(n-2)⋅v1
2
2a
第n 次与墙碰撞后
m2vn﹣m3vn＝（m2+m3）vn+1
解得
vn+1=( m2-m3
m2+m3
)
nv1
对木板
sn-1= vn
2
2a =( m2-m3
m2+m3
)
2(n-1)⋅v1
2
2a
木板运动的总路程为
s＝L0+2（s1+s2+s3+⋯+sn）
即
s= L0+2[1+( m2-m3
m2+m3
)
2+( m2-m3
m2+m3
)
4+⋯+( m2-m3
m2+m3
)
2(n-1)] v1
2
2a = L0+2× v1
2
2a ×
1×[1-( m2-m3
m2+m3
)
2n]
[1-( m2-m3
m2+m3
)
2]
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
当n→∞时，( m2-m3
m2+m3
)
2n→0，可得
s= L0+2× v1
2
2a ×
1
1-( m2-m3
m2+m3
)
2
解得s＝6.8m
木板和物块最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在右端，根据能量守恒可得
μm2 gL= 1
2 m2v2'
2
解得L＝3.6m
答：（1）小球平抛运动的时间t 为3
50 √34 s，为0.612m；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力FN为11N，方向竖直向上，和外壁挤压；
（3）木板的最短长度L 为3.6m，木板在地面上滑动的总路程s 为6.8m。
12. （2024•三明模拟）如图甲，轻质弹簧一端拴接在倾角θ＝37°的光滑固定斜面底端的
挡板上，弹簧处于自然状态。现将m＝0.5kg 的小物块A 由P 点静止释放并开始压缩弹簧，A
沿斜面运动至最低点Q（图中未标出）后弹回，PQ 距离x＝0.1m。小物块可视为质点，弹簧
始终处在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）A 刚释放时的加速度大小a；
（2）A 运动至最低点Q 时，弹簧的弹性势能Ep；
（3）如图乙，若A 与斜面间的动摩擦因数μ= 3
8，现将m＝0.5kg 的小物块B 轻放在A 上，仍从
斜面上的P 点静止释放，A、B 一起沿斜面向下运动且始终保持相对静止，通过计算判断A、B
能否到达Q 点。若能，求该过程中A 对B 所做的功W；若不能，求A、B 能到达的最低点与P
点的距离s。
【解答】解：（1）刚释放时物块A 时，对A 根据牛顿第二定律可得：mgsinθ＝ma
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考/高考-总复习”、最新试卷下载
代入数据解得：a＝6m/s2；
（2）物块A 由P 至Q 过程，设位移大小为x，由机械能守恒定律得：Ep＝mgxsinθ
解得：EP＝0.3J；
（3）假设A、B 能到达Q 点，设到达Q 点的速度大小为vQ，由P 至Q 点，由能量守恒定律可得：
2mgxsinθ＝2μmgxcosθ+EP+ 1
2 ×2mvQ
2
解得：vQ＝0，即A、B 恰好能到达Q 点。
对B 根据动能定理可得：W+mgxsinθ＝0
解得：W＝﹣0.3J。
答：（1）A 刚释放时的加速度大小为6m/s2；
（2）A 运动至最低点Q 时，弹簧的弹性势能为0.3J；
（3）A、B 能到达Q 点，该过程中A 对B 所做的功为﹣0.3J。
29
