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大题精练01 动力学与能量综合问题
一、考向分析
1.本专题是力学两大观点在多运动过程问题、传送带问题和滑块——木板问题三类问题中的综合应
用，高考常以计算题压轴题的形式命题。
2.用到的知识有:动力学方法观点(牛顿运动定律、运动学基本规律)，能量观点(动能定理、机械能守
恒定律、能量守恒定律)。
二、动力学
牛顿第二运动定律
F 合 = ma 或
或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
传送带分析思路
板块分析思路
三、运动学
匀变速直线运动
vt=v0+at ，s=v0t+1
2 at 2
vt
2−v0
2=2as ，s=
v0+vt
2
⋅t
平均速度：
Vt/ 2 =
= Vs/2
= √
v
o2+v
t2
2
匀加速或匀减速直线运动：Vt/2 <Vs/2
自由落体运动
vt=gt ，h=1
2 gt 2，v t
2=2gh
竖直抛体运动
(注意：时间和速度的对称性)
四、功和能
内容
重要的规律、公式和二级结论
1.重力势能
(1)重力势能：Ep＝mgh，与参考平面的选取有关，而重力势能的变化量与参考
平面的选取无关。
(2)重力做功只与初、末位置有关，而与路径无关；重力做正功，重力势能减
小；重力做负功，重力势能增大。
2.弹性势能
(3)弹簧的弹力做功只与位置有关，而与路径无关。
(4)弹性势能：Ep＝kx2。
3.机械能守
恒定律
(5)机械能守恒的条件：只有重力和弹簧的弹力做功，其他力做功为0。
(6)表达式：mgh1＋mv＝mgh2＋mv 或者Ep 减＝Ek 增。
五、连接体的机械能守恒问题
共速率模型
分清两物体位移大小与高度变化关系
共角速度模型
两物体角速度相同，线速度与半径成正比
关联速度模型
此类问题注意速度的分解，找出两物体速度关系，当某物体位移最大时，速
度可能为0
轻弹簧模型
①同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的大小，在弹簧弹性限度内，
形变量相等，弹性势能相等
②由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，当弹簧形变量最大时，弹簧
两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势能最小
(为零)
【例题1】（2026·重庆沙坪坝·一模）如图所示，一倾角θ=30°的足够长光滑斜面固定在水平
面上。斜面上固定了一中间带孔的滑槽。一轻质直杆平行于斜面穿在滑槽中，另一端与一劲度系
数为k=25 N / m、沿杆方向的轻弹簧相连，轻质直杆与滑槽的最大静摩擦力为f =12.5N。现将
一质量为m =1kg的小滑块从距离弹簧上端L=0.2m处静止释放。已知弹簧的弹性势能Ep=1
2 kx
2
（x为弹簧的形变量）、滑动摩擦力等于最大静摩擦力、弹簧始终在弹性限度内且不会碰到滑
槽、当地重力加速度取g=10m/s
2，求：
(1)滑块下滑的最大速度vm的大小；
(2)直杆开始运动时弹簧的形变量以及全程产生的热量；
(3)若使滑块从距离弹簧上端3L处静止释放，求滑块与弹簧分离时的速度大小。
【答案】(1)❑√3m/s
(2)0.5m，0.625J
(3)
❑√5
2
m/s
【详解】（1）当弹簧弹力F1= mgsinθ时，弹簧弹力F1=5N <f
轻杆在滑槽中不会滑动，滑块达到最大速度，此时弹簧的压缩量x1=F1
k =0.2m
由机械能守恒定律mg(L+x1)sinθ=1
2 kx1
2+1
2 m vm
2
解得vm = ❑√3m/s
（2）直杆开始运动时，弹簧弹力F2=f =12.5N
此时弹簧的形变量x2=F2
k =0.5m
设直杆开始运动时，滑块的速度为v1，由机械能守恒定律可得
mg(L+x2)sinθ=1
2 kx2
2+1
2 m v1
2
之后滑块与直杆将一起运动，直至速度减为零。设运动距离为s，根据动能定理有
mgssinθ−fs=0−1
2 m v1
2
解得s=0.05m
此后直杆一直保持静止，全程产生的热量Q=fs=0.625J
（3）结合（2）分析若滑块从距离弹簧3L 处由静止释放，直杆下滑的距离将增加，并不影响弹
簧的弹性势能。两者分离滑块还需向上运动x2的距离，根据机械能守恒定律有
1
2 kx2
2= mgx2sinθ+1
2 m v
′
2
2
解得v
′
2=
❑√5
2
m/s
【例题2】12．（2025·浙江湖州·三模）如图为一弹射游戏装置，它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 的水平半圆细管道BCD，水平直轨道DE、FG、HI 和逆时针
转动的传送带EF 等组成。木板静止在HI 上，其上表面与FG 相平，左端紧靠竖直边GH。游戏
时滑块由A 点弹出，经过轨道AB、管道BCD、轨道DE、传送带EF 和轨道FG 后，滑上木板。
已知可视为质点的滑块质量m =0.2kg，轨道DE 长度l1=1m，传送带长度l2=0.5m，速度大小
v=3m/s，木板质量M =0.2kg，长度l3=0.6m，BCD 的半径R =0.4 m，滑块与轨道DE、传送带
及木板间的动摩擦因数均为μ1=0.4，木板与轨道HI 间的动摩擦因数μ2=0.1，其余各处均光
滑，不考虑弹射过程中能量损失，各轨道间平滑连接。
(1)若弹簧的弹性势能Ep1=0.9J，求滑块运动到管道最高点时，受到的管道作用力大小FN；
(2)若滑块最终静止在轨道DE 某处，求弹簧的弹性势能Ep2的范围；
(3)若弹簧的弹性势能Ep3=1.6J，求木板运动的位移x。
【答案】(1)FN =1.5N
(2)0.8J≤EP2<1.2J
(3)x=1
3 m
【详解】（1）滑块由A 点弹出到管道最高点的过程，有EP1=1
2 m vc
2+ mgR
解得vc=1m/s
在最高点有mg−FN= m vc
2
R
解得FN =1.5N
（2）①滑块超过C 点的条件为vc≥0
则有EP21=1
2 m vc
2+ mgR≥mgR =0.2×10×0.4J =0.8J
②滑块到达F 点时，速度恰好为零，则有EP22=μ1mg(l1+l2)=1.2J
所以滑块最终静止在轨道DE 某处，求弹簧的弹性势能的范围为0.8J≤EP2<1.2J
（3）若弹簧的弹性势能EP3=1.6J，到E 点的过程有EP3=μ1mgl1+1
2 m vE
2
解得vE=2❑√2m/s
若刚好能通过皮带的速度大小v
2=2μ1gl2
解得v=2m/s<vE
所以滑块减速通过皮带，有vE
2−vF
2 =2μ1gl2
解得vF=2m/s
滑块在木块上滑行，达到共同速度后一起减速运动直到速度为0。有
vF
2−v共
2 =2μ1gx1，vF−v共=μ1gt
v共
2 =2μ1mg−μ2(M + m )g
M
x2，v共=μ1mg−μ2(M + m )g
M
t
解得v共=2
3 m/s
达到共速时的木板位移x1=1
9 m
达到共速后的木板位移x2=2
9 m
则木板位移x=x1+x2=1
3 m
难度：★★★★★ 建议时间：100 分钟
1.
如图所示为足够长的水平传送带的俯视图，其运行速度为v，A、B 是该传送带其中一侧的两个端点，
货物（可视为质点，图中未标出）从A 点以速度ν 滑上传送带，速度方向与传送带左侧间夹角
θ=60°，货物恰好未从右侧边滑落。已知货物的质量为m，与传送带间的动摩擦因数为μ，重力
加速度为g，sin60°=
❑√3
2
，求：
(1)货物刚滑上传送带时加速度a 的大小；
(2)货物与传送带间因摩擦而产生的热量Q；
(3)传送带的宽度L 以及货物运动过程中的最小速度vmin。
【答案】(1)a =μg
(2)Q=1
2 m v
2
(3)L=
❑√3v
2
4μg
，vmin=
❑√3
2
v
【详解】（1）货物刚滑上传送带时，速度大小与传送带速度大小相等，但是方向不一致，所以两
者之间有相对运动。
对货物做受力分析：
在竖直方向上FN= mg
在水平方向上，根据牛顿第二定律得f = ma
又根据滑动摩擦力计算公式得f =μFN =μmg
联立得a =μg
（2）以传送带为参考系，货物受到的摩擦力方向与相对传送带运动的速度方向相反，货物相对传
送带做匀减速直线运动，货物在传送带上的划痕为直线。
对货物刚滑上传送带时货物速度v货0、传送带速度v传0进行分析，得到相对速度v相0，如图所示，相
对速度方向向下，且与传送带左边夹角为60
∘，大小v相0=v
相对位移x相=v相0
2
2a =v
2
2μg
货物与传送带间因摩擦而产生的热量Q=fx相=1
2 m v
2
（3）对相对速度v相0和摩擦力f沿传送带方向和垂直传送带方向进行正交分解，如图所示。
垂直传送带方向：
摩檫力fy=fsinθ=
❑√3
2
μmg
加速度ay=fy
m =
❑√3
2
μg
初速度vy0=v相0sinθ=
❑√3
2
v
货物恰好未从右侧边滑落，到最右边时速度为0m/s，根据速度-位移公式得2ayL=vy0
2
解得L=vy0
2
2ay
=(
❑√3
2
v)
2
❑√3μg =
❑√3v
2
4μg
在运动过程中速度vy=vy0−ayt
沿传送带方向：
摩檫力fx=fcosθ=1
2 μmg
加速度ax=fx
m =1
2 μg
初速度vx0=v相0cosθ=1
2 v
在运动过程中速度vx=vx0+axt
求货物运动过程中的速度v=
❑√vx
2+vy
2= ❑√(vx0+axt)
2+(vy0−gt)
2=
❑√u
2g
2t
2−ugvt+v
2
当t=v
2ug 时，v取得最小值
此时货物运动过程中的最小速度vmin=
❑√3
2
v
2.
（2025·四川绵阳·一模）如图所示，竖直平面内，光滑斜面AB与水平轨道BO由一小段光滑圆弧平滑
连接，BO长L=4 m。以水平轨道末端O为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向
右，y轴的正方向竖直向下，坐标系内C点坐标为（1.6 m，0.8 m），C点左下方的D点坐标为
(xD，yD)。一小物块从斜面上不同位置由静止下滑，通过坐标系中的不同位置。小物块与水平轨道
间动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10m/s
2。
(1)若小物块刚好运动到O点就停下，求小物块在水平轨道上运动的时间t0；
(2)若小物块通过C点，求小物块下滑初始位置相对水平轨道的高度h1；
(3)若小物块下滑初始位置相对水平轨道高度为h2时通过D点，且通过D点的动能与通过C点的动能相
等。判断h2与h1的大小关系，并求xD与yD的关系式。
【答案】(1)2s
(2)1.6 m
(3)h2<h1；20yD
2
32
−
yD+5xD
2 =0
【详解】（1）由受力分析可知，小物块在水平轨道BO上F合=μmg= m a1
解得a1=2m/s
2，可知小物块在BO上做匀减速直线运动且刚好到O点停下，则t0= ❑√
2L
a1
解得t0=2s
（2）若小物块能过C点，则小物块过O点后做平抛运动，由平抛水平方向位移x1=1.6m 满足公式
x1=v1t1
竖直方向位移y1=0.8m且满足公式y1=1
2 gt1
2
联立可解得v1=4 m/s，即平抛运动的初速度也是到O点的速度。从初始位置到O点，由动能定理可
知mgh1−μmgL=1
2 m v1
2
0
−
解得h1=1.6m
（3）由图可知，由于yD>0.8m，根据自由落体运动规律，可判断小物块做平抛运动时间t2>t1，
由于xD<1.6m，由匀速运动规律，可判断小物块在O点速度v<v1，小物块从A点到O点由动能定理
mgh−μmgL=1
2 m v
2
0
−
可判断h2<h1。小物块从O点到C点做平抛运动，水平方向x1=v1t1
竖直方向y1=1
2 gt1
2
可得v1
2=gx1
2
2y1
小物块从O点到D点做平抛运动，同理可得vD
2 =gxD
2
2yD
，由于通过D点的动能和C点动能相等
mgyD+1
2 m vD
2 = mgy1+1
2 m v1
2
由上一问知v1=4 m/s，y1=0.8m，解得10yD+1
2 vD
2 =16
由vD
2 =gxD
2
2yD
，解得20yD
2
32
−
yD+5xD
2 =0
3.
（2025·湖南·模拟预测）如图所示，在地面上方的竖直平面内固定一细杆轨道ABCDE，AB 为粗糙
的长直轨道，长为L=6.5m，与水平方向的夹角为θ=37°，BCD 和DE 段均为半径R =1m 的光滑
圆弧形轨道，AB 与BCD 相切于B 点，O1、O2为圆心且连线水平，C 为圆弧形轨道的最低点，距地
面高度为h=1.2m，E 为最高点且在O2正上方。一质量为m =0.4kg 的小球套在轨道AB 上，自轨道
最高点A 由静止释放，小球经过D 点时对轨道的压力大小为4N，sin37°=0.6，cos37°=0.8
，重力加速度g 取10m /s
2。
(1)求小球与轨道AB 间的动摩擦因数μ；
(2)在粗糙轨道上距B 点s=2.25m 有一点P，重新将小球自P 点释放，并同时施加水平向右的恒力
F，在小球运动到B 点时撤去恒力，小球恰好能运动到圆弧轨道最高点E，求水平恒力F 的大小；
（结果用分式表示）
(3)改变对小球施加的外力F 的大小，使小球到达E 点时，轨道对小球的作用力恰好为0，小球自E
点飞出后与地面碰撞，已知小球每次与地面碰撞反弹时，沿水平方向的速度大小不变，沿竖直方向
的速度大小变为碰撞前竖直方向速度大小的一半，忽略空气阻力，求自E 点抛出经过多少次碰撞后
小球反弹的高度首次小于0.02m，并求出自抛出至反弹后瞬间竖直速度为0 过程的水平位移的大小。
【答案】(1)0.5
(2)24
11 N
(3)2.4 ❑√10m
【详解】（1）从A 点到B 点，由动能定理得mgLsinθ−μmgLcosθ=1
2 m vB
2
从B 点至D 点，由动能定理得−mgRcosθ=1
2 m vD
2−1
2 m vB
2
小球经过D 点时弹力FN = m vD
2
R
解得μ=0.5
（2）小球恰好能运动到圆弧轨道最高点E，则在E 点速度为0，由B→E，根据动能定理得
0−1
2 m vB
2 =−mgR (1+cosθ)
小球由P→B，由运动学公式vB
2 =2as
可得a =8 m /s
2
因a<g
sinθ ，故小球所受弹力垂直轨道向上，以小球为研究对象，分析其受力如图
根据牛顿第二定律得：Fcosθ+ mgsinθ−f = ma，N = mgcosθ−Fsinθ，f =μN
解得F =24
11 N
（3）设小球到E 点时的速度为vE，小球在E 点时，重力提供其做圆周运动的向心力mg= m vE
2
R
解得vE= ❑√10m/s
小球离开E 点后做平抛运动，历时t1，设它第一次落到地面时沿竖直方向的速度大小为vy，则
t1= ❑√
2(h+2R)
g
=0.8s，vy=gt1=8m/s
第1 次反弹高度h1= (0.5vy)
2
2g
=1
4(
vy
2
2g)
根据题设条件，小球第n 次反弹后上升的高度hn=(
1
4)
n(
vy
2
2g)=(
1
4)
n
×3.2m
当n=4时，hn<0.02m
竖直速度为0 前经历的总时间t=t1+2vy
g (
1
2 +1
2
2 +
+
⋅⋅⋅1
2
n)=2.4s
水平位移x=vEt=2.4 ❑√10m
4.
（2025·山东济南·一模）如图所示，倾角为30
∘的光滑斜面固定在水平地面上，斜面右侧连接一光滑
圆弧轨道，圆弧轨道下面静止放着一质量M =4kg的长木板，圆弧轨道最低点与木板相切接触但无
挤压。与斜面平行的轻质弹簧两端连接两个质量均为m =0.5kg的物块A和B，物块A紧靠着挡板P，
物块B通过跨过光滑轻质定滑轮的轻质细绳与质量m0= 4kg、可视为质点的物块C相连，与物块B相
连的细绳平行于斜面，物块C在外力作用下静止在对应圆心角为60
∘、半径R =2 m的光滑圆弧轨道的
最高点a处，此时细绳恰好伸直且无拉力。现由静止释放物块C，C沿圆弧轨道下滑，当物块C滑至b
点时，物块B未到达a点，物块A此时恰好离开挡板P，此时细绳断裂。取重力加速度g=10m /s
2，
弹簧始终处于弹性限度内，细绳不可伸长，定滑轮的大小不计，木板足够长。
(1)求弹簧的劲度系数；
(2)求细绳断裂后的瞬间，物块C对圆弧轨道的压力大小；
(3)物块C滑上长木板D的瞬间，同时给D一个水平向右的初速度vD=10m /s，物块C与长木板D之间
的动摩擦因数μ1=0.1，长木板D与地面之间的动摩擦因数μ2=0.2，C滑上木板时无能量损失。
求：物块C与长木板D上表面产生的热量。
【答案】(1)k=2.5N / m
(2)F压=72N
(3)Q=136
3
J
【详解】（1）物块C位于a处时，弹簧被压缩，设压缩量为x，对物块B，由平衡条件有
kx= mgsin30
∘
依题意，当物块A恰好离开挡板P时，弹簧处于拉伸状态，设伸长量为x
′，此时物块A的加速度为
0，对物块A，由牛顿第二定律有kx
′−mgsin30
∘=0
依题意R =x+x
′
解得k=2.5 N / m
（2）由前面分析知，物块C在a处与b处时，弹簧的形变量相同，弹性势能相同，对物块A、物块B、
弹簧和物块C组成的系统，当物块C由a滑到b时，由机械能守恒定律有
m0gR(1−cos60
∘)−mg(x+x
′)sin30
∘=1
2 m vB
2+1
2 m0vC
2
将物块C在b处的速度分解，则vB=vCcos30
∘
得vC=4 m /s
在b处，对物块C，由牛顿第二定律有F支−m0g= m0
vC
2
R
得F支=72N
由牛顿第三定律得物块C对圆弧轨道的压力大小为F压=F支=72N
（3）物块C滑上长木板时，由于vC<vD，物块C做匀加速直线运动，长木板D做匀减速直线运动，对
物块C有μ1m0g= m0a1
得a1=1m/s
2
对长木板D有μ1m0g+μ2(M + m0)g= M a2
得a2=5m /s
2
经过一段时间二者达到共同的速度v共，由v=v0+at
对物块C有v共=vC+a1t
对长木板D有v共=vD−a2t
得t=1s，v共=5m /s
判断：假设二者共速后能保持相对静止一起做匀减速直线运动，有a共=μ2g=2m /s
2
而物块C可以达到的最大加速度为aCm =μ1g=1m /s
2
假设不成立，故共速后，二者各自以不同的加速度做匀减速直线运动，依题意，长木板D足够长，
物块C最终停在长木板D上，对物块C有μ1m0g= m0a1
得a1
'=1m/s
2
物块C停下来所经历时间t1=0−v共
−a1
'
=5s
对长木板D有μ2(M + m0)g−μ1m0g= M a2
'
得a2
'=3m /s
2
长木板D停下来所经历时间t2=0−v共
−a2
'
=5
3 s
由于μ2(M + m0)g>μ1m0g
故长木板D停止后不再运动ΔS1=3m，ΔS2=25
3
m，Q=μ1m0g(ΔS1+ΔS2)
得Q=136
3
J
5.
（2025·四川绵阳·模拟预测）如图1 所示，长度为3l的轻绳a一端固定在Q点，另一端连接质量为m
的物块甲，另一足够长的轻绳b一端与物块甲相连后跨过与Q点等高的光滑定滑轮P，另一端连接质
量为1
3 m的物块乙，滑轮P与Q点相距4l，l=0.91 m。将甲从图中位置（轻绳a水平）静止释放，
当甲转过的圆心角为90°时，轻绳a、b刚好同时断裂，甲恰好在Q点下方距Q点3l的A点平滑进入
玩具轨道，已知玩具轨道AB、B
′C段水平，与甲之间的滑动摩擦因数均为μ1=0.2，AB段长度L1
可调，B
′C段长度L2=1m，光滑竖直圆轨道段B B
′半径R =0.4 m，在最低点处稍微错开，斜面CD
段由特殊材料制成，CD水平距离x0=1m，高度h可调，甲与CD段间动摩擦因数μ2随其水平距离的
关系如图2，CD与B
′C平滑连接。忽略其他阻力，物块甲可视为质点，重力加速度g取10m /s
2。
求：
(1)物块甲摆动到A点时的速度v1（已知此时物块甲与物块乙的速度之比为5:4）；
(2)若要保证物块甲能到达竖直圆轨道且第一次在竖直圆轨道上运动时不脱离轨道，求AB长度L1的
调节范围。
【答案】(1)v1=5m/s
(2)L1≤5
4 m或17
4
m ≤L1≤25
4
m
【详解】（1）对两物块组成的系统，由机械能守恒定律mg 3
⋅l= m
3 g 4
⋅l+1
2 m v1
2+1
2
m
3 ⋅(
4
5 v1)
2
解得v1=5m/s
（2）①若甲恰能达到B 点，由动能定理有−μ1mgL11=0−1
2 m v1
2
解得L11=25
4
m
②若甲恰能运动到圆心等高处，由动能定理有−μ1mgL12−mgR =0−1
2 m v1
2
解得L12=17
4
m
③若甲恰能通过圆轨道最高点，在最高点有牛顿第二定律有mg= m v
2
R
由动能定理有−μ1mgL13−mg 2
⋅R =1
2 m v0
2−1
2 m v1
2
解得L13=5
4 m
综上L1≤5
4 m或17
4
m ≤L1≤25
4
m
6.
（2025·甘肃定西·模拟预测）如图所示为某工厂的一条节能运输线路系统简图，质量m0=2kg的产
品（可看成质点）以v0=4 m /s的速度从O点离开传送带后，恰好在A点沿切线方向滑入光滑圆弧轨
道AB，然后冲上停在此处的平板车上，平板车的上表面恰好与圆弧轨道AB的最低点B相切，平板车
的质量M0=2kg，产品滑上平板车到达平板车的最右端时恰好与平板车共速，之后与平板车一起向
右运动至产品储存平台（平台与平板车的上表面相平）时，平板车被原速率弹回，产品滑上平台，
而平板车恰好能回到圆弧轨道AB处，此时第二件产品也恰好到达B点。已知圆弧轨道AB的半径
R =2.75 m、圆心角θ=37
∘，产品与平板车间的动摩擦因数μ1=0.4，平板车受到水平地面的摩擦
力为平板车对地面压力的1
10 ，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，重力加速度g=10m /s
2。求：
(1)OA间的水平距离和产品运动到B点时对圆弧轨道AB的压力大小；（结果保留两位有效数字）
(2)平板车的长度；
(3)相邻两件产品从B点滑上平板车的时间间隔。
【答案】(1)1.2m，46N
(2)3m
(3)3s
【详解】（1）对产品到达A点时的速度进行分解，有tanθ=vy
v0
而vy=gt0
联立解得t0=0.3s
OA间的水平距离xOA=v0t0=1.2m
产品到达A点时的速度大小vA=v0
cosθ =5m /s
产品从A点运动到B点的过程中，由动能定理有m0gR (1−cosθ)=1
2 m0vB
2−1
2 m0vA
2
在B点，对产品有FN−m0g= m0
vB
2
R
联立解得vB=6m /s，FN≈46 N
根据牛顿第三定律，可得产品运动到B点时对圆弧轨道AB的压力大小FN
'= FN=46N
（2）产品滑上平板车后到与平板车达到共速v的过程中，对产品有μ1m0g= m0a1
解得a1=4 m /s
2
对平板车有μ1m0g−μ2(m0g+ M0g)= M0a2
解得a2=2m /s
2
又v=vB−a1t1
产品通过的位移x1=vBt1−1
2 a1t1
2
又v=a2t1
平板车通过的位移x2=1
2 a2t1
2
联立解得t1=1s，v=2 m /s，x1=4 m，x2=1m
由题意可知，此时产品恰好到达平板车的最右端，因此平板车的长度L=x1−x2=3m
（3）产品与平板车共速后一起以大小为a的加速度向右做匀减速运动，经时间t2以v
′的速度与平
台相碰，设开始时平板车右端到平台的距离为d，有μ2(m0g+ M0g)=(m0+ M0)a
解得a =1m /s
2
又v
′=v−at2，d−x2=vt2−1
2 at2
2
平板车原速率弹回后仍以大小为a的加速度做匀减速运动，经时间t3返回到圆弧轨道AB处，此过程
中有0=v
′−at3，d=v
′t3−1
2 at3
2
联立解得v
′= ❑√3m /s，t2=(2−❑√3)s，t3= ❑√3s，d =1.5 m
相邻两件产品从B点滑上平板车的时间间隔T=t1+t2+t3=3s
7.
（2025·重庆·模拟预测）如图，空间中有一轨道ABCDEF。其中ABC 部分为竖直平面内的轨道，
C
'DEF为水平面内的轨道。AB 段是倾角θ=37
∘的光滑倾斜直轨道，长为L=5R，与竖直平面内的
光滑圆轨道1 相切于B 点，圆轨道1 的半径为R，C、C'为轨道最低点且略微错开，C
′D为粗糙水平
直轨道，长度为s=10R，DE 为光滑半圆形水平弯道，其半径R2=4R，EF 也为粗糙水平直轨道，
长度与C
′D相同。A 点固定一轻弹簧（弹簧长度相对于L 不计），一小球在外力作用下先挤压弹簧，
然后静止释放，弹簧将其弹性势能Ep 全部转化成小球的动能，小球在运动过程中始终受到水平向
右的某种场力，大小为3
4 mg。已知小球的质量m，小球与C
'D、EF 的动摩擦因数μ=3
4 ，重力加
速度为g，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，空气阻力可忽略不计。求：
(1)若Ep=8mgR，小球第一次运动到B 点的速度；
(2)若小球能在圆轨道1 上做完整圆周运动，小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值；
(3)在F 点固定一面弹性墙，小球碰撞后以原速率反弹，若小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep
应满足的条件。（假设弹簧弹性势能无限制）
【答案】(1)vB=4 ❑√gR
(2)7.5mg
(3)0＜Ep≤5
4 mgR
或25
8 mgR≤Ep≤61
4 mgR
或[
79
4 +30(n
1
−))mgR≤Ep≤[
121
4
+30(n
1
−))mgR (n=1,2,3……)
或[
139
4
+30(n
1
−))mgR≤Ep≤[
181
4
+30(n
1
−))mgR
【详解】（1）设小球第一次运动到B 点的速度大小为vB，对小球第一次由A 到B 的过程，根据动
能定理与功能关系得EP+ mgLsinθ−FLcosθ=1
2 m vB
2
已知Ep=8mgR
解得vB=4 ❑√gR
方向沿倾斜直轨道向下；
（2）将重力和该种场力合成为合力F 合，可得F 合的大小为F合=
❑√F
2+ (mg)2=5
4 mg
其方向与水平方向夹角β 满足tanβ= mg
F
解得β=53°
由几何关系可知F 合的方向垂直于倾斜直轨道AB 向下。
小球在圆轨道1 上做完整圆周运动，根据F 合的方向可知，B 点为等效最低点，小球在此位置受到
轨道的弹力最大（设为F1）；B 点关于圆心对称的P 点为等效最高点，在此位置小球受到轨道的弹
力最小（设为F2）。
设小球在B 点的速度大小为v1，在P 点的速度大小为v2，根据牛顿第二定律得F1−F合= m v1
2
R
F2+ F合= m v2
2
R
由B 到P 的过程，根据动能定理得−F合2
⋅R =1
2 m v2
2−1
2 m v1
2
小球受到轨道的最大弹力和最小弹力的差值为ΔF=F1-F2
联立解得ΔF=6F 合=7.5mg
（3）设小球恰好经过P 点的临界速度大小为vP，根据牛顿第二定律得F合= m vP
2
R
解得vP= ❑√
5
4 gR
小球由P 直接运动到D 的过程，合力做功为WPD=mg（R+Rsinβ）-F（s-Rcosβ）-μmgs=-12.75mgR
因1
2 m vP
2=5
8 mgR<|WPD|
故由动能定理可知小球恰好经过P 点后不能到达D 点。
设水平弯道DE 的中点为G 点，设小球恰好经过G 点的临界速度大小为vG，同理可得F = m vG
2
R2
解得vG= ❑√3gR
小球由G 点经E 点到达F 点，再被反弹返回到E 点的过程，合力做功为WGFE=FR2-μmg•2s=-12mgR
因1
2 m vG
2 =1.5mgR<|WGEF|
同理可知小球恰好经过G 点后不能返回到E 点。
小球返回的过程，由G 点经D 点到达P 点的过程，合力做功为
WGDP=F（R2+s-Rcosβ）-μmg•s-mg（R+Rsinβ）=0.75mgR
因1
2 m vG
2+ WGDP=1
2 m vP
2
可知小球由F 反弹后恰好经过G 点后一定能经过P 点。
由（2）的解答可知小球在AB 段做匀速直线运动，小球向上滑经过B 点与下滑经过B 点速度大小相
等。
因1
2 m vG
2+ WGDP+ WPD<0
可知小球由弹性墙反弹后恰好经过G 点，再经过P 点后不能到达D 点。
为使小球始终不脱离轨道，有如下几种情况：
①首次由A 点下滑后不越过圆轨道1 的等效圆心等高点Q 点（见上图），弹性势能应满足Ep≤F 合
R=5
4 mgR
②首次由A 点下滑后能越过圆轨道1 的等效最高点P 点，而不越过D 点，弹性势能应满足
EP−F合2
⋅R≥1
2 m vP
2
Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s）-μmgs≤0
解得25
8 mgR≤Ep≤61
4 mgR
③在F 点多次反弹后，第n 次由A 下滑后能经过G 点，再由F 点返回不越过E 点，在第n 次由A 下
滑之前，在轨道C′D 与轨道EF 分别共经过2（n-1）次，弹性势能应满足：
Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s+R2）-μmgs-2×2（n-1）μmgs≥1
2 m vG
2
Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s）-μmg•3s-2×2（n-1）μmgs≤0
解得[30（n-1）+79
4 ]mgR≤Ep≤[30（n-1）+121
4
]mgR，n=1、2、3……
④第n 次由A 下滑后到F 点返回能经过G 点，且经过G 点后经圆轨道1 回到A 点，再次由A 下滑不
越过D 点，弹性势能应满足Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s+R2）-μmg•3s-2×2（n-1）μmgs≥1
2 m vG
2
Ep+mg（R-Rcosθ）-F（Rsinθ+s）-μmg•5s-2×2（n-1）μmgs≤0
解得[30（n-1）+139
4
]mgR≤Ep≤[30（n-1）+181
4
]mgR，n=1、2、3……
综上所述，为使小球始终不脱离轨道，弹簧弹性势能Ep 应满足的条件为：0＜Ep≤5
4 mgR
或25
8 mgR≤Ep≤61
4 mgR
或[30（n-1）+79
4 ]mgR≤Ep≤[30（n-1）+121
4
]mgR，n=1、2、3……
或[30（n-1）+139
4
]mgR≤Ep≤[30（n-1）+181
4
]mgR，n=1、2、3……。
8.
（2025·浙江宁波·模拟预测）某游戏装置如下：光滑水平平台上质量为m =2kg的物体压缩弹簧由静
止释放（物体与弹簧不粘连），物体从B 点水平飞出后恰好沿着C 点切线进入竖直平面内1
4 光滑圆
弧轨道，滑入粗糙的斜面DE，最后滑上放在粗糙水平面上，质量为M =4 kg的木板EF 上表面继续
运动，木板与水平面间的动摩擦因数μ3=1
15 。已知BC 的高度差h=0.8m，物体与DE 的动摩擦因
数μ1=13
80 ，木板F 点与竖直墙壁的距离为d（未知），物体与木板之间的动摩擦因数μ2=0.4，
木板长度为L（未知），圆弧轨道与倾斜斜面DE 相切于D 点，木板与竖直墙壁发生碰撞后以原速
反弹，且发生碰撞后竖直墙壁将会倒塌，变成和左侧一样的足够长粗糙水平面。物体可视为质点，
E 点做平滑处理，木板厚度可忽略，重力加速度g=10m /s
2，α=37°，R =1 m，DE 的高度差
H =3 m，所有轨道均在同一个竖直平面内。求：
(1)弹簧的弹性势能及物体到达E 点速度大小；
(2)若木板未能与竖直墙壁发生碰撞且物体没有滑离木板，求d 和L 各自需要满足什么条件；
(3)若L 足够大，d=0.5m，求木板最终停下时左端离E 点的距离。
【答案】(1)9J，10m/s
(2)d>5m，L≥10m
(3)64
45 m
【详解】（1）竖直方向vy
2=2g h
则vy=4 m/s
由几何关系（圆弧与切线），平抛水平速度vx=vytanα=3m/s
弹簧弹性势能Ep=1
2 m vx
2=9J
则C 点的速度为vC=
❑√vx
2+vy
2=5m/s
由动能定理得mgR(sin37°+cos37°)+ mgH−μ1mg H
tan37° =1
2 m vE
2−1
2 m vC
2
解得vE=10m/s
（2）对m 加速度为a1=−μ2mg
m
= 4
−m/s
2
对M 加速度为a2=μ2mg−μ3(m + M )g
M
=1m/s
2
设共速时间t，则vE+a1t=a2t
解得t=2s，v共=2m/s
则Δx1=vE+v共
2
t−0+v共
2
t=10m
故L≥10m
x2=0+v共
2
t=2m
共速后两者一起减速a共=−μ3g
x3=v共
2
2|a共)
代入数据得d>5 m
（3）物体在木板上的加速度为a1=−μ2g= 4
−m/s
2
木板的加速度为a2=μ2mg−μ3( M + m )g
M
=1m/s
2
木板加速到墙时间1
2 a2t1
2=d
则t1=1s
碰后速度v2=a2t1=1m/s
v1=6m/s
木板与墙壁碰撞后原速反弹，速度变为v2
'= 1
−m/s
此时木板加速度a2
'=μ2mg+μ3(m + M)g
M
=3m/s
2
物体继续减速a1= 4
−m/s
2
木板减速到0 的时间为t2=0−v
′
2
a
′
2
=1
3 s
木板向左运动距离为x1=v
′
2
2
⋅t2=1
6 m
此时物体的速度v2=v1+a1t2=14
3
m/s
此后木板向右加速，加速度变回a2，当木板与物体共速时有a2t3=v2+a1t3=v共
解得t3=14
15 s，v共=14
15 m/s
木板向右运动的位移为x2=v共
2
⋅t3=98
225 m
共速之后，物体和木板一起向右减速，加速度大小为a3=μ3g=2
3 m/s
2
木板向右运动的位移为x3=v共
2
2a3
=147
225 m
则木板最终停下时左端离E 点的距离Δd=d−x1+x2+x3=64
45 m
9.
（2025·河北·模拟预测）如图所示为某学习小组设计的游戏轨道模型图。水平直轨道AB、光滑圆轨
道BCD（最低点B 和D 略有错开）、光滑水平轨道DE 和水平传送带EF 平滑连接，PQ 是固定于
水平地面上的薄平板。轻弹簧一端固定在竖直挡板上，小滑块（可视为质点）将弹簧另一端压缩至
A 点后由静止释放，恰能不脱离轨道并滑上顺时针转动的传送带。已知轨道AB 长L1=2m，圆轨道
半径R =0.4 m，传送带EF 间的距离L2=2m，P 与F 点的水平距离L3=0.4 m，高度差h=0.8m，平
板PQ 长L4=1.8m，滑块质量m =0.2kg，滑块与轨道AB 及传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.4，
其它阻力均不计，重力加速度g 取10m /s
2。
(1)求弹簧的弹性势能；
(2)要使滑块从A 点由静止释放后落在平板上，求传送带的速度范围；
(3)若滑块每次与平板碰撞前后速度方向与水平面夹角相等，碰后速度大小变为碰前的四分之一，当
传送带运行的速度v=4.5m /s时，滑块是否会弹离平板？若不会，最终停在离Q 点多远处？若会，
离开平板后的首次落地点距离Q 点多远？
【答案】(1)Ep=3.6J
(2)0≤v≤5.5m/s
(3)不会，L=0.16 m
【详解】（1）设滑块经过C点的速度为vC，根据牛顿第二定律mg= m vC
2
R
解得vC=2m/s
根据能量守恒，弹簧的弹性势能Ep=1
2 m vC
2+ mg×2R+μmgL1
解得Ep=3.6J
（2）若传送带不动，设滑块运动到F点时速度为v1，根据能量守恒定律
Ep=1
2 m v1
2+μmg（L1+L2）
解得v1=2m/s
若传送带一直对滑块做正功，设滑块运动到F点时速度为v2，根据能量守恒定律
Ep=1
2 m v1
2+μmg（L1−L2）
解得v2=6m/s
设滑块从F点平抛后能够到达平板的最小速度为v3，最大速度为v4，根据h=1
2 gt
2，L3=v3t，
L3+L4=v4t
解得v3=1m/s，v4=5.5m/s
要使滑块从A点由静止释放时落在平板上，传送带的速度范围为0≤v≤5.5m/s。
（3）由（2）可知，当传送带向右传动速度v=4.5m/s时，滑块离开点速度大小为v0=4.5m/s
平抛运动的水平位移x0=v0t=1.8m
根据题目信息可知，碰后竖直分速度和水平分速度均减小为原来的1
4 ，每次空中运动时间为t=2vy
g
即每次运动时间减小为原来的1
4 ，水平方向x=vxt
则每次水平为上次的1
16 ，所以后续碰撞过程中水平总位移x=1
8 x0×
1−(1
16 )
n
1−1
16
=0.24 m
所以滑块在平板上水平方向总位移x总=x+x0=2.04 m <L3+L4
滑块不会离开平板，停在离Q点的距离L=L3+L4−x总=0.16m
10. （2025·浙江·二模）如图所示，长为L2=1.5m 的水平传送带左右两端与水平轨道平滑连接，以
v0=4.0m/s 的速度逆时针匀速转动；左侧粗糙轨道RQ 的长为L1=3.25m，左端R 点固定有弹性挡板；
右侧光滑轨道PN 的长为L3=3.5m，其右端与光滑圆弧轨道相切（N 点为圆弧轨道的最低点）。现将
一可视为质点的小物块从圆弧轨道上某处静止释放，与挡板发生弹性碰撞后向右恰好能运动到P 点。
已知小物块与传送带以及左侧轨道的滑动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速g 取10m/s2，π2=10，不计
物块与挡板的碰撞时间。
(1)求物块第一次到达Q 点时的速度大小；
(2)为满足上述运动，求物块从圆弧轨道上释放高度的范围；
(3)当物块从半径大于100m 圆弧轨道上高度为0.8m 的位置由静止释放后，发现该物块在圆弧轨道
上运动的时间与从N 点运动至第二次到达P 点的时间相等，求圆弧轨道的半径。
【答案】(1)4 m /s
(2)0.65m ≤h≤0.95m
(3)110 m
【详解】（1）设物块质量为m，由动能定理可得−μmg(2L1+L2)=0−1
2 m vQ
2
解得vQ=4 m /s
（2）物块做匀加速运动，有μmgL2=1
2 m vQ
2−1
2 m vP1
2
1
2 m vP1
2 = mg h1
解得h1=0.65m
物块做匀减速运动，有−μmgL2=1
2 m vQ
2−1
2 m vP2
2
解得h2=0.95m
0.65m ≤h≤0.95m
（3）物块由h3=0.8m处下滑，有mgh=1
2 m v
2
解得v=4 m/s
t1=L3+L2
v
，t2=2(L2+2L1)
v
解得t=L3+L2
v
+2(L2+2L1)
v
而t=1
4 ×2π❑√
R
g
解得R =4t
2
π
2 g≈110m
