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高考重点考点解读与针对性训练
第七章 机械能
考点46 功和能+多过程组合
【考点解读】
1.分析思路
（1）受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运动过程中力
的变化情况；
（2）做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况；
（3）功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适
的规律求解.
2.方法技巧
（1）“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情境；
（2）“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律；
（3）“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案.
3. 多过程问题的分析方法
(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。
(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。
(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。
(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方
程。
(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论。
4. 动能定理在往复运动问题中的应用
（1）.往复运动问题：
在有些问题中物体的运动过程具有重复性、往返性，而在这一过程中，描述运动的物理量
多数是变化的，而重复的次数又往往是无限的或者难以确定的。
（2）.解题策略：
此类问题多涉及滑动摩擦力或其他阻力做功，其做功特点与路程有关，求解这类问题时若
运用牛顿运动定律及运动学公式将非常繁琐，甚至无法解出。由于动能定理只涉及物体的
初、末状态而不计运动过程的细节，所以用动能定理分析这类问题可使解题过程简化。
【高考真题】
【典例1】.[2023 高考湖南/多选]如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆
弧段BC 组成，两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C，
A 与C 的高度差等于圆弧轨道的直径2R.小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰
好到达C 点，下列说法正确的是（ AD ）
A.小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B.小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C.小球的初速度v0＝❑√2gR
D.若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
答案 AD
解析 小球恰好运动至C 点，小球在C 点vC＝0
小球在圆弧BC 上运动到D 点的受力分析如图所示
小球从A 到C
动能
→
定理
-mg·2R＝0- 1
2mv0
2¿⃗v0＝2❑√gR，C 错
若小球在B 点的速度满足mgcosθ＜m vB
2
R
，则小球将从B 点脱离轨道，D 对
【典例2】.[2021 高考湖南/多选]如图（a），质量分别为mA、mB的A、B 两物体用轻弹簧
连接构成一个系统，外力F 作用在A 上，系统静止在光滑水平面上（B 靠墙面），此时弹
簧形变量为x.撤去外力并开始计时，A、B 两物体运动的a－t 图像如图（b）所示，S1表示
0 到t1时间内A 的a－t 图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B 的a
－t 图线与坐标轴所围面积大小.A 在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是（ ABD ）
图（a） 图（b）
A.0 到t1时间内，墙对B 的冲量等于mAv0
B.mA＞mB
C.B 运动后，弹簧的最大形变量等于x
D.S1－S2＝S3
【答案】ABD
解析 0 到t1时间内，对A 物体由动量定理得I＝mAv0，而B 物体处于静止状态，墙壁
对B 的冲量等于弹簧弹力对A 的冲量I，A 正确；t1时刻后，B 物体离开墙壁，t2时刻
A、B 两物体的加速度大小均达到最大，弹簧拉伸到最长，二者速度相同，由于此时
A、B 两物体所受弹簧弹力大小相等，而B 的加速度大于A 的，故由牛顿第二定律可
知，mA＞mB，B 正确；B 运动后，由图可知任意时刻A 的加速度大小小于其初始时刻
的加速度大小，因此弹簧的形变量始终小于初始时刻形变量x，故C 错误；t2时刻A、
B 共速，图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量的大小，故有S1-S2＝S3， D 正确.
【典例3】 .[2020 高考上海]足够长的斜面与水平面之间的夹角为θ＝37°.质量为2kg 的物体
静止在斜面底端.在平行于斜面向上的外力F＝24N 的作用下沿斜面向上运动，经过2s 后撤
去外力F，物体与斜面间的动摩擦因数为0.5，且最大静摩擦力可近似等于滑动摩擦力.取重
力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6.
（1）求物体在斜面上向上滑行的时间.
（2）求上行过程中撤去F 前后物体受到的摩擦力做的功之比k.
（3）在s－t 图像中画出减速阶段的图线.（t＝0 时，物体在s＝0 处）
（4）分析说明为什么物体动能与势能相等的位置仅出现在物体沿斜面下滑的过程中，并求
出该位置离斜面底端的距离L.（取斜面底端所在的水平面为零势能面）
答案 （1）2.4s （2）5 （3）见解析 （4）说明见解析 1.2m
解析 （1）解法1：加速运动阶段有
F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1
代入数据解得a1＝2m/s2
末速度v1＝a1t1＝4m/s
减速运动阶段（撤去F 后）有
－mgsinθ－μmgcosθ＝ma2
代入数据解得a2＝－10m/s2
时间t2＝0－v1
a2
＝0.4s
物体在斜面上向上滑行的时间t 总＝t1＋t2＝2.4s
解法2：对物体沿斜面向上运动的整个过程，沿斜面方向由动量定理有
Ft1－（mgsinθ＋μmgcosθ）t 总＝0－0
代入数据解得t 总＝2.4s
（2）解法1：公式法
上行过程中撤去F 前物体受到的摩擦力做的功
Wf1＝（－μmgcosθ）x1
其中x1＝1
2a1t1
2＝4m
上行过程中撤去F 后物体受到的摩擦力做的功
Wf2＝（－μmgcosθ）x2
其中x2＝－v1
2
2a2
＝0.8m
所以上行过程中撤去F 前后物体受到的摩擦力做的功之比k＝5.
解法2：图像法
物体上行过程的v－t 图像如图1 所示
图1
根据图线与坐标轴所围图形的面积求位移：
x1＝1
2×4×2m＝4m
x2＝1
2×4×0.4m＝0.8m
所以上行过程中撤去F 前后物体受到的摩擦力做的功之比k＝f x1
f x2
＝5.
图2
（3）在s－t 图像中画出减速阶段的图线如图2 所示.（t＝0 时，物体在s＝0 处）
（4）①加速上滑阶段有Ep＝mgssinθ，Ek＝1
2mv2＝ma1s，易知Ep＞Ek，即势能始终大于动
能
②物体加速上滑结束时势能大于动能，之后减速上滑，动能减小，势能增大，故动能始终
小于势能.所以物体动能与势能相等的位置不会出现在物体沿斜面上滑的过程中，即仅出现
在物体沿斜面下滑的过程中.
③在物体沿斜面下滑的过程中，动能与势能相等时有
（mgsinθ－μmgcosθ）·（x1＋x2－L）＝Ek
Ep＝mgLsinθ
又Ep＝Ek，代入数据解得L＝1.2m.
【典例4】.(2022·上海卷，19)如图4 所示，AB 为平直导轨，长为L，物块与导
轨间的动摩擦因数为μ，BC 为光滑曲面，A 与地面间的高度差为h1，B、C 间高
度差为h2。一个质量为m 的物块在水平恒力作用下，从A 点由静止开始向右运
动，到达B 点时撤去恒力，物块经过C 点后在空中运动一段时间落地，已知重
力加速度为g。
图4
(1)若物块落地时动能为E1，求其经过B 点时的动能EkB；
(2)若要物块落地时动能小于E1，求恒力F 必须满足的条件。
答案 (1)E1－mgh1 (2)＜F＜
解析 (1)对物块从B 点到落地的过程，由动能定理有mgh1＝E1－EkB
解得EkB＝E1－mgh1。
(2)对物块从A 点到落地的整个过程，当落地动能为E1时，对应的拉力最大，设
为Fmax，由动能定理有
FmaxL－μmgL＋mgh1＝E1
解得Fmax＝
若物块恰能到达C 点，对应的拉力最小，设为Fmin，根据动能定理有
FminL－μmgL－mgh2＝0
解得Fmin＝
则恒力F 必须满足的条件为
＜F＜。
【典例5】.(2021·全国乙卷)一篮球质量为m＝0.60 kg，一运动员使其从距地面
高度为h1＝1.8 m 处由静止自由落下，反弹高度为h2＝1.2 m。若使篮球从距地
面h3＝1.5 m 的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，球落地后反弹
的高度也为1.5 m。假设运动员拍球时对球的作用力为恒力，作用时间为t＝
0.20 s；该篮球每次与地面碰撞前后的动能的比值不变。重力加速度大小取g＝
10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)运动员拍球过程中对篮球所做的功；
(2)运动员拍球时对篮球的作用力的大小。
答案 (1)4.5 J (2)9 N
解析 (1)使篮球从距地面高度为h1处由静止自由落下时，设篮球的落地速度大
小为v1，根据自由落体运动的规律有v＝2gh1
设篮球被地面反弹时的速度大小为v2，则有v＝2gh2，则篮球与地面碰撞前、后
的动能之比
＝＝＝
使篮球从距地面h3的高度由静止下落，并在开始下落的同时向下拍球，设篮球
的落地速度大小为v3，反弹后的速度大小为v4，则有
v＝2gh3
因为篮球每次与地面碰撞前、后的动能的比值不变，所以有＝
设运动员拍球过程中对篮球做的功为W，根据动能定理有W＋mgh3＝mv
解得W＝4.5 J。
(2)篮球在受到力F 作用的时间内，根据牛顿第二定律得F＋mg＝ma
篮球的位移s＝at2
运动员对球做的功W＝Fs
联立解得F＝9 N。
【针对性训练】
1. 如图是由弧形轨道、圆轨道、水平直轨道平滑连接而成的力学探究装置。水平轨道AC
末端装有一体积不计的理想弹射器，圆轨道与水平直轨道相交于B 点，且B 点位置可改变。
现将质量m＝2 kg 的滑块(可视为质点)从弧形轨道高H＝0.6 m 处静止释放，且将B 点置于
AC 中点处。已知圆轨道半径R＝0.1 m，水平轨道长LAC＝1.0 m，滑块与AC 间动摩擦因数
μ＝0.2，弧形轨道和圆轨道均视为光滑，不计其他阻力与能量损耗，求：
(1)滑块第一次滑至圆轨道最高点时对轨道的压力大小；
(2)弹射器获得的最大弹性势能；
(3)若H＝6 m，改变B 点位置，使滑块在整个滑动过程中不脱离轨道，则BC 间距离LBC应
满足的条件。
答案 (1)100 N (2)8 J (3)0.5 m≤LBC≤1 m
解析 (1)从出发到第一次滑至圆轨道最高点过程，由动能定理可得
mgH－μmgLAB－mg·2R＝mv2
在圆轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＋F＝m
联立解得F＝100 N
由牛顿第三定律知，滑块对轨道的压力大小为100 N。
(2)弹射器第一次压缩时弹性势能有最大值，由能量守恒定律可知
mgH－μmgLAC＝Ep
解得Ep＝8 J。
(3)若滑块恰好到达圆轨道的最高点，有
mg＝m
从开始到圆轨道最高点，由动能定理可知
mg(H－2R)－μmgs1＝mv
解得s1＝28.75 m
LBC＝29LAC－s1＝0.25 m
要使滑块不脱离轨道，B、C 之间的距离应该满足LBC≥0.25 m。
若滑块刚好达到圆轨道的圆心等高处，此时的速度为零，由动能定理可知
mg(H－R)－μmgs2＝0
解得s2＝29.5 m
LAB＝s2－29LAC＝0.5 m
根据滑块运动的周期性可知，应使LBC≥0.5 m，滑块不脱离轨道
综上所述，符合条件的BC 长度为0.5 m≤LBC≤1 m。
2. 如图所示，一个质量为m＝4kg 的滑块从斜面上由静止释放，无碰撞地滑上静止在水平
面上的木板，木板质量为M＝1kg，当滑块和木板速度相等时，滑块恰好到达木板最右端，
此时木板撞到与其上表面等高的台阶上，滑块冲上光滑的水平台阶，进入固定在台阶上的
光滑圆形轨道内侧，轨道在竖直平面内，半径为R＝0.5m，滑块到达轨道最高点时，与轨
道间没有作用力.已知滑块可视为质点，斜面倾角θ＝53°，滑块与斜面、滑块与木板间动摩
擦因数均为μ1＝0.5，木板与地面间动摩擦因数为μ2＝0.2，重力加速度为g＝10m/s2，
sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，试求：
（1）滑块冲上台阶时的速度大小；
（2）滑块释放时相对斜面底端的高度；
（3）滑块和木板间产生的热量.
答案 （1）5m/s （2）4.5m （3）37.5J
解析 （1）设滑块在斜面底端时速度为v1，冲上台阶时速度为v2，在圆轨道最高点时速度
为v3.在圆轨道最高点时，由牛顿第二定律有mg＝mv3
2
R
由机械能守恒定律有1
2mv2
2＝2mgR＋1
2mv3
2
联立解得v2＝5m/s
（2）设滑块在木板上滑动时加速度的大小为a1，木板加速度的大小为a2，由牛顿第二定律
可知
a1＝μ1mg
m
＝5m/s2
a2＝μ1mg－μ2（m＋M ）g
M
＝10m/s2
设滑块在木板上滑行的时间为t，对木板，由v2＝a2t
得t＝v2
a2
＝0.5s
对滑块，由v2＝v1－a1t
得v1＝7.5m/s
设滑块在斜面上释放时高度为h，由能量守恒定律可得
mgh＝1
2mv1
2＋μ1mgcosθ· h
sinθ
代入数据可得h＝4.5m
（3）滑块在木板上运动的位移大小为x1＝v1＋v2
2
t＝25
8 m
木板的位移大小为x2＝v2
2 t＝5
4 m
相对位移大小为Δx＝x1－x2＝15
8 m
所以产生热量Q＝μ1mg·Δx＝37.5J.
3. 如图所示为某弹射游戏装置图.水平枪管中弹簧被弹射杆P 用线拉着，处于压缩状态，
质量为m 的小球紧靠弹簧，枪口上边缘与半圆形光滑竖直轨道最高点A 的内侧对齐.水平轨
道BC 在B、C 两点分别与半圆轨道内侧和倾角θ＝45°的倾斜轨道平滑连接.扣动扳机，弹射
杆P 立即松开弹簧，小球射出经轨道到达斜面上D 点时速度为零，后又恰好能回到A 点进
入枪内，挤压弹簧后再次被弹出.已知半圆轨道半径为R，BC 长s＝2R，小球与斜面CD、水
平面BC 间的动摩擦因数均为μ＝0.25，重力加速度为g，小球受到的摩擦力视为滑动摩擦
力.求：
（1）小球第二次经过A 点时的速度大小vA；
（2）小球第二次经过B 点时的速度大小vB；
（3）弹簧储存的最大弹性势能Ep；
（4）通过计算说明小球能否脱离轨道.
答案 （1）vA＝❑√gR （2）vB＝❑√5 gR （3）Ep＝3.5mgR （4）见解析
解析 （1）由题意知，小球恰能返回A 点，所以在A 点有mg＝mv A
2
R
解得vA＝❑√gR
（2）小球从B 到A 由机械能守恒定律有1
2mvB
2＝1
2mv A
2 ＋mg×2R
代入数据得vB＝❑√5 gR
（3）从D 到B 由动能定理得
mgh－μmgcosθ× h
sinθ －μmgs＝1
2mvB
2－0
代入数据得h＝4R
从发射到第一次回到A 点，由功能关系可得
Ep＝2μmg（
h
t anθ ＋s）＋1
2mv A
2
代入数据得Ep＝3.5mgR
（4）由机械能守恒定律知，第三次经B 点与第二次经B 点动能相同，设第三次经B 点能到
达斜面的最大高度为h'，由动能定理得
－mgh'－μmg（h'
t anθ ＋s）＝0－1
2mvB
2
代入数据得h'＝1.6R.
设第四次经B 点后能达半圆轨道的最大高度为hm，则从h'到hm由动能定理得
mgh'－μmg（h'
t anθ ＋s）－mghm＝0－0
代入数据得hm＝0.7R
因为0.7R＜R，所以小球不会脱离轨道.
4 .(2024·安徽六安高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R，其A 端有一被锁
定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上。圆心在O1、半径为R 的光滑圆
弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O2、半径为2R 的光滑细圆管轨道
CD 平滑对接，O1、C、O2三点在同一条直线上。光滑细圆管轨道CD 右侧有一
半径为2R，圆心在D 点的圆弧挡板MO2竖直放置，并且与地面相切于O2点。
质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A
点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已
经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D(计算时圆管直径不计，重
力加速度为g)。求：
图7
(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ；
(2)弹簧锁定时具有的弹性势能Ep；
(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能Ek。
答案 (1) (2)mgR (3)(2－1)mgR
解析 (1)由几何关系得B、C 间的高度差h＝R
小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh－μmg·2R＝0，
解得μ＝。
(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝Ep
滑块从A 到D 过程由动能定理得
Ep－mg·2R－μmg·2R＝mv2－0
滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg＝m
联立解得Ep＝mgR。
(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x＝vt
竖直方向有y＝gt2
由几何关系可知x2＋y2＝4R2
可得滑块落到挡板上时的动能为
Ek＝m[v2＋(gt)2]
联立解得Ek＝(2－1)mgR。
5 如图所示，水平轨道BC 的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于B 点，右端
与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C 点平滑连接(即物体经过C 点时速度的大小
不变)，斜面顶端固定一轻质弹簧，一质量为2 kg 的滑块从圆弧轨道的顶端A 点
由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至D 点，
已知光滑圆轨道的半径R＝0.45 m，水平轨道BC 长为0.4 m，滑块与其间的动
摩擦因数μ＝0.2，光滑斜面轨道上CD 长为0.6 m，g 取10 m/s2。求：
(1)整个过程中弹簧具有的最大弹性势能；
(2)滑块最终停在距B 点多远的位置？
答案 (1)1.4 J (2)0.15 m
解析 (1)滑块第一次到D 点具有的弹性势能最大，从A 至D 的过程，根据动能
定理可得
mg(R－LCDsin 30°)－μmgsBC＋W 弹＝0
解得W 弹＝－1.4 J
则Ep 弹＝－W 弹＝1.4 J。
(2)由于斜面光滑，滑块到达D 点后又向下运动，经过多次在圆弧轨道与斜面之
间来回运动，最终滑块停在水平轨道BC 上，设整个过程滑块在BC 上的路程为
s，整个过程根据动能定理可得
mgR－μmgs＝0
解得s＝2.25 m
由6×0.4 m－2.25 m＝0.15 m，可知滑块最终停在距离B 点0.15 m 处。
6.从离地面高H 处落下一只小球，小球在运动过程中所受的空气阻力是它重力
的k(k<1)倍，而小球每次与地面相碰后，能以与碰前相同大小的速度反弹，则：
(1)小球第一次与地面碰撞后，能够反弹到的最大高度是多少？
(2)小球从释放直至停止弹跳所通过的总路程是多少？
答案 (1)H (2)
解析 (1)设小球第一次与地面碰撞后能够反弹到的最大高度为h，由动能定理
得
mg(H－h)－kmg(H＋h)＝0－0
解得h＝H。
(2)设小球从释放到停止弹跳所通过的总路程为s，对全过程，由动能定理得
mgH－kmgs＝0－0
解得s＝。
7 .如图所示，倾角为θ＝30°的斜面固定在水平地面上，轻质弹簧的一端固定在
斜面底端，此时弹簧处于自然状态。一质量为m＝1 kg 的滑块从距离弹簧上端
为s0＝0.25 m 处由静止释放，已知弹簧劲度系数为k＝100 N/m，斜面与滑块间
动摩擦因数为μ＝。设滑块与弹簧接触过程中没有机械能损失，弹簧全过程始
终处于弹性限度内(不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2)。
图3
(1)求滑块与弹簧上端第一次刚好接触时的速度大小v1；
(2)若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，弹簧所具有的弹性势能
为Ep＝0.02 J，试求这个最大速度的大小vm(结果可用根式表示)。
答案 (1)1 m/s (2) m/s
解析 (1)滑块与弹簧上端第一次刚好接触时，根据动能定理可得
mgs0sin θ－μmgs0cos θ＝mv
解得v1＝1 m/s。
(2)当滑块速度达到最大时，滑块的加速度为零，由受力分析可得mgsin θ＝
μmgcos θ＋kx
可得弹簧的压缩量为x＝0.02 m
滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度最大时，根据动能定理有
mg(s0＋x)sin θ－μmg(s0＋x)cos θ－Ep＝mv
解得最大速度vm＝ m/s。
8 .如图所示，一个小滑块在光滑斜面AB 的顶端A 点由静止释放，斜面AB 与
水平面BC 连接处小滑块不损失机械能，滑块与水平面BC 间的动摩擦因数μ＝
0.1。右边竖直光滑圆弧轨道CD 最低点与水平面相切于C 点，圆弧半径R＝0.5
m。已知滑块的质量m＝1 kg，斜面AB 与水平面之间的夹角θ＝37°，sin 37°＝
0.6，斜面AB 的长度LAB＝3 m，水平面BC 的长度LBC＝1 m，重力加速度g 取
10 m/s2。
(1)求滑块第一次到B 点时的速度大小；
(2)求滑块第一次离开D 点后速度减到0 时距D 点的高度；
(3)滑块能否再次返回斜面，若不能请说明理由，若能再次返回斜面，请计算再
次返回斜面后速度为0 的位置距B 点的距离是多少。
答案 (1)6 m/s (2)1.2 m (3)能 m
解析 (1)设滑块第一次到B 点的速度为v1，从A 到B 根据动能定理有
mgLABsin θ＝mv－0
代入数据得v1＝6 m/s。
(2)设滑块第一次到D 点的速度为v2，滑块从A 到D 的过程根据动能定理有
mgLABsin θ－μmgLBC－mgR＝mv－0
设滑块第一次离开D 点速度减到0 时距D 点的高度为h，根据动能定理有
－mgh＝0－mv
代入数据得h＝1.2 m。
(3)假设滑块能再次返回斜面，设返回斜面最高点距B 点的距离为L，全过程根
据动能定理得
mg(LAB－L)sin θ－2μmgLBC＝0－0
代入数据得L＝ m
则滑块能再次返回斜面。
9. (广东省2025 年广州市普通高中毕业班第三次模考)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。
（1）求篮球与地面第一次碰撞过程所受合力
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。
【答案】（1）
，方向竖直向上；
（2）
【解析】(1)篮球自由下落，设碰地前瞬间的速率为
，由运动学公式可得
解得
篮球反弹至h 高处，设离地瞬间的速率为
，由运动学公式可得
解得
以竖直向上为正方向，根据动量定理可得
可得
方向竖直向上；篮球与地面第一次碰撞的碰后速率与碰前速率之比为
（2）由图像可知，拍球过程压力做的功为
设篮球落地瞬间的速率为
，由动能定理可得
篮球反弹至高处，设离地瞬间的速率为
，由运动学公式可得
由（2）问可知速率之比为
联立解得
10. （2025 年4 月山西、陕西、宁夏、青海四省区普通高中新高考高三质量检测）如图所
示，内壁光滑、半径为
的半圆轨道
固定在竖直面内，
是竖直直径，光滑的斜面
与半圆轨道在
点平滑连接。现让质量为
的小球（视为质点）从斜面上的
点由静
止释放，小球经过
点进入半圆轨道，到达
点时轨道对小球的压力等于小球重力的一半，
离开
点后小球落到斜面上的
点时速度正好与斜面垂直，
点是斜面上与
点等高的点，
重力加速度大小为
，不计小球经过转折点
时的机械能损失，求：
（1）
、
两点的高度差；
（2）斜面
倾角的正切值
以及小球从
点运动到
点的时间；
（3）小球在
点时重力的瞬时功率
。
【答案】（1）h =
（2）
，
（3）
【解析】（1）小球到达A 点时，轨道对小球的压力等于小球重力的一半，由牛顿第二定律
有1.5mg = m
小球从C 点到A 点，由机械能守恒定律有mg（h - 2R）=
解得vA =
；h =
（2）设小球从A 点到D 点的运动时间为t，由平抛运动的规律有x = vAt ，y =
由几何关系有
小球在D 点时的速度正好与斜面垂直，有
解得
，
（3）由机械能守恒定律得小球在 E、A 两点的速度大小相等，则有
小球在 E 点时重力的瞬时功率
由数学知识可得
解得
11. (内蒙古2025 年普通高等学校招生全国统一考试第三次模拟)如图所示，一质量
M=1.0kg，高h=0.7m 的平板车静置在光滑水平地面上，其左端静止放置一辆质量m=0.2kg
大小可忽略的四驱电动玩具小车，右侧同一竖直平面有固定的光滑圆弧轨道AC，轨道半径
R=1.25m，圆心角为2θ，θ=37°，左右两端点A、C 等高，圆弧最低点B 位于水平地面上。
紧接C 点，有一长S=1.59m 的倾斜传送带，上表面DE 沿圆弧C 点的切线方向，传送带以
v=2m/s 的速度顺时针运动。玩具小车启动后，恰好能从A 点沿AC 圆弧切线进入轨道，并
最终到达E 点后飞离。已知该四驱电动玩具小车在平板车和传送带上运动时，轮胎共产生
自重0.8 倍的动力，且从C 点到D 点速度不变。sin37°=0.6，cos37°=0.8。忽略空气阻力，g
取10m/s2。求：
（1）玩具小车到达A 点速度vA；
（2）玩具小车在B 点受到支持力的大小FN；
（3）平板车的长度l；
（4）传送带由于运送玩具小车而消耗的电能
。
【答案】（1）
（2）
（3）
（4）
【解析】（1）玩具小车离开平板车后到达A 点的过程做平抛运动，设离开平板车时的速度
大小为v0，到达A 点的速度为vA，由几何关系可得vA的方向与水平方向的夹角为θ，根据
平抛运动的性质可得，在A 点水平分速度大小为
竖直分速度大小为
平抛过程在竖直方向有
解得
，
，
沿圆弧切线方向与水平成53°角。
（2）从A 到B，由动能定理得
在B 点由牛顿第二定律的
解得
（3）玩具小车在平板车上滑到过程，设小车与平板车的速度大小分别为v1、v2，此过程小
车与平板车的位移大小分别为x1、x2，两者组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则有
可得
可得
对玩具小车，由动能定理得
解得
，
平板车长度为
（4）玩具小车到达D 点的速度为
由牛顿第二定律得
解得
玩具小车在传送带上做匀加速直线运动，由运动学公式
解得
（另一解为负值，舍弃）
在时间t 内，传送带对地位移为
传送带由于运送玩具小车而多消耗的电能就等于其克服摩擦力做的功与小车的机械能增量
之和，玩具小车产生的动力等于其与传送带之间的摩擦力，则有
玩具小车增加的重力势能为
代入数据解得
玩具小车在E 点的速度为
代入数据解得
玩具小车增加的动能为
代入数据解得
则传送带由于运送玩具小车而消耗的电能
为
12. （2025 届江苏泰州高三年级二模联考） 如图所示，顶角为2θ=60°的圆锥筒，圆锥的
轴线竖直，底面半径为R，在底面圆心O 处，系一根轻质细线，长也为R，细线的另一端连
一个小球，小球直径远小于R。已知重力加速度为g，不计空气阻力，最终结果可保留π 和
根号。求：
（1）将绳偏离竖直方向很小的角度静止释放，第一次运动到最低点需要的时间；
（2）小球做圆周运动不碰到圆锥筒时，线速度的最大值；
（3）某时刻小球在圆锥筒内做半径为
的圆周运动，由于圆锥筒内壁微弱的摩擦力作用，
小球运动半径变化直至稳定，此过程中摩擦力做的功。
【答案】（1）
（2）
时不会碰到筒壁
（3）
【解析】（1）将绳偏离竖直方向很小的角度静止释放，可视为单摆运动，单摆周期公式得
时间为单摆周期的四分之一，即
（2）临界状态为小球恰好与筒壁接触，但与筒壁无作用力，由牛顿定律得
，
，sinθ=0.5
解得
即小球速度
时不会碰到筒壁。
（3）由牛顿第二定律得
末状态为刚好脱离圆锥面，之后没有摩擦力，不再有能量损失，根据几何关系，小球下降
的高度为
，根据动能定理有
解得
