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秘籍09 动力学三大观点的综合应用
一、三大观点在力学中的应用
力学三
大观点
对应规律
表达式
适用范围
动力学
观点
牛顿第二定律
F 合＝ma
恒力作用下的匀变速运动(包括匀变速曲线
运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用
动力学方法解题
匀变速直线运动规
律
v＝v0＋at，x＝v0t＋at2
v2－v＝2ax 等
能量观
点
动能定理
W 合＝ΔEk
求解功、能和位移时，一般选用动能定理、
机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律
解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，
优先选用能量守恒定律
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量观
点
动量定理
I 合＝p′－p
不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体
运动时间的问题，特别是对于打击类问题、
流体连续作用问题，用动量定理求解
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
对碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问
题，若只涉及初末速度而不涉及力、时间，
用动量守恒定律求解
【题型一】动力学三大观点解决多过程问题
【典例1】（2024·四川广安·二模）某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示，竖直面内，
光滑弧形轨道AB 和
光滑圆弧轨道CD 分别与水平粗糙轨道BC 相切于B 和C 点，圆弧半径
R=0.4m，BC 长L=2m。某次实验中，将质量m=0.4kg 的滑块从弧形轨道上高h=1.4m 处静止
释放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q 时对轨道的压力大小F=4N，此后，滑块与水平轨
道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑块刚好能够通过Q 点。滑块可视
1
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为质点，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ：
（2）碰撞过程中动能的损失率η（动能损失量与碰前动能的百分比）。
【答案】（1）0.1；（2）16.7%
【详解】（1）滑块第一次通过Q 时，由牛顿第三定律知，滑块所受轨道的弹力大小为
由牛顿第二定律有
代入数据得
从释放到Q，由动能定理有
代入数据解得
（2）滑块在D 点正下方与水平轨道碰撞，设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2，从Q 到
碰前，由机械能守恒定律有
滑块第二次通过Q 时，所受轨道的弹力为零，由牛顿第二定律有
代入数据得
从碰后到Q，由机械能守恒定律有
所以
2
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1．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，一边长为
的正方体物块静置于足够长的光滑水
平面上，该正方体物块内有一条由半径为四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细
小光滑圆孔道。一质量为
的小球（可视为质点），以初速度
沿水平方向进入孔道，
恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力可不计，重力加速
度为g。
（1）求该正方体物块的质量；
（2）求小球离开孔道时的速度；
（3）小球从进入孔道至到达孔道最高点的过程中，小球在孔道圆弧部分运动的时间为，求
小球到达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离。
【答案】（1）
；（2）
，方向水平向右；（3）
【详解】（1）小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水
平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有
，
解得
，
（2）小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量
守恒，以水平向右为正方向，则有
，
解得
，
3
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即小球离开孔道时速度大小为
，方向与初速度相同， 即水平向右。
（3）小球从进入孔道至到达孔道圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向
动量始终守恒，则有
小球在孔道圆弧部分运动的时间为
，则有
其中
，
该时间
内，小球和物块的相对位移为
解得
小球离开孔道圆弧部分至到达孔道最高点过程中，小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有
该过程中，物块在水平方向做匀速直线运动，此过程物块的位移
其中
解得
综上可知，小球到达孔道最高点时，物块移动的距离
解得
2．（2024·贵州安顺·一模）如图，足够长的光滑水平桌面上静止着质量为3m 的滑块，滑块
右上角边缘AB 为半径为R 的
光滑圆弧，圆弧最低点的切线沿水平方向。在桌子右侧有固定
在水平地面上的管形轨道，轨道左端CD 段为圆弧，对应的圆心角为60°，CD 段圆弧和轨道
上其余各竖直圆的半径均为R，小物体在轨道内运动时可以依次经过C、D、E、F、E、G、
H、G、Ⅰ、L、I……。某时刻一质量为m 的小物体自A 点由静止释放，经过一段时间后恰好
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由C 点沿着圆弧CD 的切线无碰撞地进入管形轨道。已知轨道CD 段和右侧各竖直圆内壁均
光滑，轨道的内径相比R 忽略不计，小物体与管形轨道各水平部分的动摩擦因数均为0.3，水
平部分
，重力加速度为g，不计空气阻力，小物体运动过程没有与桌
面发生碰撞。
（1）求小物体离开滑块时的速度大小；
（2）求小物体开始释放时的位置距D 点的水平距离；
（3）求小物体停止运动时的位置距D 点的距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据水平方向动量守恒和机械能守恒
，
解得
（2）根据水平方向动量守恒可知
且有
可得
小物体做平抛运动有
解得
平抛水平位移
小物体开始释放时的位置距D 点的水平距离
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（3）小物块在C 点的速度
设恰能到达第n 个圆周的最高点，则有
解得
不能越过第二个圆周，则
解得
小物体停止运动时的位置距D 点的距离
3．（2024·安徽·一模）如图，为某轮滑赛道模型，
段和
段为在B 点相切的圆弧，半径
分别为
，在圆弧
的最上端A 点的切线水平，
为圆弧
的圆心，
与竖直方向的
夹角为
；圆弧
的最下端C 点的切线水平，
为圆弧
的圆心，C 点离地面的高度为
R，一个质量为m 的滑块从A 点（给滑块一个扰动）由静止开始下滑，到B 点时对
圆弧的
压力恰好为零，到C 点时对圆弧轨道的压力大小为
，重力加速度大小为g，求：
（1）滑块运动到B 点时的速度多大；
（2）滑块在
段圆弧和在
段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少；
（3）若滑块与地面碰撞一瞬间，竖直方向速度减为零，水平方向速度不变，滑块与地面间的
动摩擦因数为0.5，则滑块停下时离C 点的水平距离为多少。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）到B 点时对
圆弧的压力恰好为零，则向心力完全由重力的分力提供，根据
牛顿第二定律
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得滑块运动到B 点时的速度
（2）在
段圆弧，根据动能定理
克服摩擦力做的功
到C 点时对圆弧轨道的压力大小为
，根据牛顿第三定律，滑块受到的支持力
根据牛顿第二定律
得
根据动能定理
克服摩擦力做的功
（3）根据
在地面滑行时，加速度大小
滑行距离
所以滑块停下时离C 点的水平距离为
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【题型二】 动力学三大观点解决传送带问题
【典例1】（2024·湖南邵阳·二模）某工厂利用配重物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带
运煤，如图所示，倾角为θ=30°的传送带以v1=5m/s 的速度顺时针转动，配重物体B 的质量
mB=300kg，离地高度为h=9m。现将质量mA=200kg 的装煤麻袋A 从传送带底端（与地面等
高）无初速度释放，当B 落地瞬间绳子断裂，最终A 恰好能到达传送带顶端，传送带与麻袋
接触面间动摩擦因数
（传送带长度L 大于9m）。g 取10m/s2。求：
（1）释放后瞬间B 的加速度大小a1；
（2）该过程中B 对A 所做的功W；
（3）传送带长度L。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）A 无初速度释放后瞬间，对A、B 两物体分析，由牛顿第二定律可得
代入数据联立解得
（2）A 从静止加速到5m/s，发生的位移为
解得
A 与传送带共速后，由于
A 继续加速，对A、B 物体分析，可得
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代入数据联立解得
且
所以
解得
（3）设物体B 落地时速度大小为v2，则有
解得
B 落地后，A 向上做匀减速运动的加速度大小为a3，有
解得
物体A 从速度为v2减速到v1，发生的位移为
解得
A 减速到v1后，继续向上做匀减速运动的加速度大小为a4，有
解得
从v1刚好到达顶端速度是零时，发生的位移为
解得
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则有传送带的长度
解得
【典例2】（2024·辽宁抚顺·三模）一水平传送带以
的速度顺时针匀速转动。将物块
A 轻轻放到传送带左端，物块A 和传送带之间的动摩擦因数
。传送带紧挨着右侧水平
地面，地面左侧O 点放一物块B，物块B 与水平面间的动摩擦因数为
，且
随物体到O 点
的距离x 按图所示规律变化，传送带水平部分长
，物块A 运动到水平地面上和B 发生
弹性碰撞，碰后B 向右运动挤压弹簧，B 向右运动的最大距离为
，物块A、B 的大小
可忽略，质量均为
。g 取
。求：
（1）A 碰B 前的瞬间A 物块的速度；
（2）A 碰B 后B 物块的速度；
（3）弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程根据牛顿第二定律
设加速过程物块的位移为x 则
解得
假设成立，A 碰B 前速度为
。
（2）A、B 碰撞过程由动量守恒和能量守恒得
解得
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（3）AB 碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程摩擦生热
由图知B 运动
时
，摩擦力对物块做的功
根据能量守恒得
解得
1．（2024·云南昆明·三模）如图所示，长
的水平传送带顺时针以速度
匀速转
动，可以视作质点且质量
的物块A 和物块B 通过足够长的轻质细线相连（细线跨
过光滑定滑轮）。t＝0 时刻A 物块从水平传送带最左端静止释放，
时刻一质量为
的子弹以初速度
从右向左正对射入物块A 并且穿出，穿出速度为
，
之后每隔
就有一颗相同的子弹以相同的速度射入物块A 并穿出，子弹射穿物块A 时间
极短且每次射入点均有细微不同。运动过程中细线OA 始终保持水平，细线OB 始终保持竖直，
且物块B 始终没有碰到地面，轻质细线始终未断裂。已知物块A 与水平传送带之间动摩擦因
数
，重力加速度大小g 取
，求：
（1）从静止释放物块A 开始到物块A 的速度与传送带速度相同所需的时间；
（2）第一颗子弹射穿物块A 后瞬间，物块A 的速度大小；
（3）物块A 第一次运动到传送带右端所需时间。
【答案】（1）0.5s；（2）
；（3）7.5s
【详解】（1）根据题意，物块A 刚放上时，对B 受力分析
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对A 受力分析
解得
到达共速的时间
（2）共速后，对B 受力分析
对A 受力分析
解得
子弹射入前物块的速度
子弹射入，物块A、B、子弹系统动量守恒
解得
（3）根据题意，结合上述分析可知，
内
内
子弹射入后到下一次子弹射入过程中，物块A 与传送带共速的时间为
到下一次子弹射入前，物块A 与传送带共速后的运动时间为
物块A 运动的距离为
综上所述，相邻两次子弹射入间隔内，物块A 向前运动的距离相等，则有物块A 第一次运动
到传送带右端所需时间
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2．（2024·浙江温州·二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角
的固定斜面
CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q 处的弹性挡板组
成。斜面CD 高度
，传送带EF 与轨道FG 离地面高度均为h，两者长度分别为
、
，OG、OP 分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径
，圆弧PQ 所对应的圆
心角
，轨道各处平滑连接。现将质量
的滑块（可视为质点）从斜面底端的弹射
器弹出，沿斜面从D 点离开时速度大小
，恰好无碰撞从E 点沿水平方向滑上传送带。
当传送带以
的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P 点。已知滑块与传送带间的动摩擦
因数
，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。
，
，
求：
（1）高度h；
（2）滑块与水平轨道FG 间的动摩擦因数
；
（3）滑块最终静止时离G 点的距离x；
（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度
大小v 的范围。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）滑块从D 到E 做斜抛运动，E 点为最高点，分解
，竖直方向
水平方向
竖直位移为y，则
，解得
所以
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（2）滑块以
滑上传送带，假设能被加速到
，则
成立。故滑块离开F 点的速度
从F 到P 由动能定理得
解得
（3）由分析可知，物块从P 返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回，设物块从P 返
回后，在FG 之间滑行的总路程为s，则
解得
所以，滑块停止时离G 点
（4）设传送带速度为时，滑块恰能到Q 点，在Q 点满足
解得
从F 到Q 由动能定理得
解得
设传送带速度为
时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P 点，由动能定理得
解得
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若滑块被传送带一直加速，则
可得
所以，传送带可调节的速度范围为
【题型三】 动力学三大观点解决滑块板块问题
【典例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
的小物块A，叠放在质量为
、足够长的木板B 上，其右侧静置着3
个质量均为
的小物块
。A 与B 上表面间的动摩擦因数为
。
时，A 以
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，所有碰撞均
为时间极短的弹性碰撞，求：
（1）
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 的最终速度大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，A、B 系统动量守恒，根据动量守恒
解得共速时的速度
对B 从释放到第一次与A 共速过程，用动能定理对B 分析有
解得
时，B（右端）与C 的距离为
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（2）B 与C 发生第1 次弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得
，
A、B 第二次达到相同速度，根据动量守恒
对B 分析有
解得
由于C 小物块与D 小物块质量相等且发生弹性碰撞，碰撞后速度发生交换，C 小物块碰后静
止，D 小物块速度为
。A、B 发生相对运动过程中的加速度大小分别为
从C 第一次被碰后，直到C 碰D，历时为
B 的速度反向减速到0，历时为
可知
表明B 的速度减小到0 时，B 距C 最远，最远距离为
（3）B 与C 发生第2 次弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
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解得
，
依次类推
，
，
由于小物块C 后放着D、E 物体，B 与C 会发生第3 次弹性碰撞，碰撞后
，
，
由于
可知B 与C 不发生第4 次弹性碰撞，故C 的最终速度大小为
【典例2】（2024·新疆·一模）如图（a）所示，将长为
的粗糙木板
与水平地面成
角固定放置，将小物块
从木板
顶端由静止释放，
与底端挡板碰撞后，恰好能回
到木板
的中点。之后将水板
放置在光滑水平地面上，并在木板
中点放置与
完全相同的
小物块
，如图（b）所示，物块
以
的初速度滑上木板，并能够恰好不从木板
的左端掉
落。已知
质量相同，以上过程中所有碰撞时间极短且均为弹性碰撞。
，重力加速度
，求：
（1）
与
之间的动摩擦因数
；
（2）
的大小；
（3）若
以的初速度滑上木板
，且
物块均能从木板
左端掉落，则的大小应满足
什么条件。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
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【详解】（1）设
质量均为
。从
释放到返回
中点，能量守恒
解得
（2）
恰好不从左端掉下的条件是：
运动到木板
左端时，恰好
共速
滑上木板减速，
一起加速；
与
弹性碰撞交换速度，
减速，
相对静止，以相
同初速度加速；
与弹性碰撞交换速度后，
以相同的初速度和加速度相对于
向左运
动，故当
滑到
的左端时，
滑到
的中点，由能量守恒
解得
（3）当
滑到
的左端时，
滑到
的中点，此时
的速度为
，
的速度为
。对整个
系统动量守恒
对整个系统能量守恒
之后若
恰好从
左端掉落，此时
共速，设速度大小为
。
与
动量守恒
与
系统能量守恒
解得
故要使
物块均能从木板
左端掉落，则的大小应满足
【典例3】（2024·山东枣庄·一模）如图所示，水平地面上P 点左侧粗糙、右侧光滑，物块A
静止放置在木板B 上。物块A、木板B 的质量分别为2m、m，A、B 之间的动摩擦因数为2μ，
木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ。P 点右侧足够远处有N 个（
）质量均为3m 的光
滑小球向右沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度。用带有橡胶指套的手指作用在物块
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A 的上表面并以某一恒定速度向右运动，手指对物块A 施加的压力大小为mg，运动时间后
手指立即撤离。手指作用过程中，物块A 上表面留下的指痕长度恰好等于物块A 在木板B 上
滑过距离的。手指撤离后经过时间，木板B 右端刚好抵达P 点，且A、B 速度恰好相等。
木板B 完全通过P 点的速度为其右端刚到P 点时速度的。已知物块A 始终未脱离木板B，最
大静摩擦力等于滑动摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度为
g。求：
（1）木板B 右端刚好到达P 点时的速度；
（2）橡胶指套与A 上表面间的动摩擦因数μ'；
（3）木板B 第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的时间间隔；
（4）从物块A 开始运动到木板B 与最后一个静止小球刚好相碰时的过程中，A、B 之间因摩
擦产生的热量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）由题意可得，手指作用期间，AB 发生相对滑动，B 相对地面向右加速运动，
对B 有
解得
撤去手指后，B 仍然向右加速运动，对B
解得
此时AB 的速度为
解得
（2）撤去手指后，A 向右减速，对A
解得
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撤去手指瞬间，A 的速度
解得
手指作用时，对A 有
假设手指作用时先与A 相对滑动，设经t 手指和A 达到共速，随后保持相对静止，则指套在
A 上留下的指痕长度为
滑块A 在木板B 上表面上滑动的距离为
依题意
解得
手指作用时，A 的加速度
联立解得
（3）设木板B 完全通过P 点时的速度v0，由题意可知
随后木板B 匀速运动，并与小球相碰，根据牛顿摆原理可得最左侧小球不动，最右侧小球被
弹出，根据动量守恒和机械能守恒可知
解得
20
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碰撞后木板B 速度方向向左，设AB 共速时速度为v1，根据系统动量守恒
解得
则碰后木板B 先匀减速再反向匀加速，再次碰撞，设加速度为a，所需时间为t1，对木板B 根
据
解得
（4）手指作用期间，AB 摩擦生热
撤去手指到木板B 到达P 点之前，物块A 相对木板的位移
AB 摩擦生热为
木板B 第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的过程中，物块A 相对木板B 位移为
第二次碰撞的速度为第一次碰撞速度的一半，则第二次碰撞到第三次碰撞过程中，物块A 相
对木板B 位移为
则碰撞阶段，AB 摩擦生热为
从木块A 开始运动到所有小球都运动起来，AB 之间的摩擦产生的热量
解得
21
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1．（2024·贵州·一模）如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O
点，半径
，厚度相同、材质相同、质量均为
的木板P、Q 静止在光滑水平面上，
两者相互接触但没有粘接，木板Q 的右端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P 的上
表面相切于木板P 的左端，滑块B、C 分别放置在木板P、Q 的左端，将滑块A 从圆弧轨道的
顶端由静止释放，滑块滑至底端时与物块B 发生碰撞。已知木板P、Q 的长度分别为
，滑块A 的质量为
，滑块B 的质量为
，滑块C 的质量为
，块A、B、C 与木板间的动摩擦因数分别为
和
，有碰撞均为弹
性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取
。
（1）求滑块A、B 碰撞后瞬间，各自的速度大小；
（2）求滑块A、B 和木板P 组成的系统因摩擦而产生的热量；
（3）滑块C 是否会从木板Q 上滑落？如果不会从木板Q 上滑落，最终会与木板Q 相对静止
在距离挡板D 多远的地方？
【答案】（1）
，
；（2）12.96J；（3）0.16m
【详解】（1）设滑块A 与物块B 碰撞前瞬间的速度大小为v0，对滑块A 从圆弧轨道的顶端
滑至底端的过程由机械能守恒定律得
解得
设滑块A、B 碰撞后瞬间的速度大小分别为vA、vB，A、B 发生弹性碰撞，以向右为正方向，
根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别得
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联立解得
，
（2）滑块A、B 碰撞后在木板P 上分别做匀减速直线运动，设滑块A、B 的加速度分别为
aA、aB，由牛顿第二定律得
假设滑块C 相对木板P、Q 静止，设三者整体的加速度为aP，由牛顿第二定律得
解得
因滑块C 的最大加速度为
故假设成立，可得滑块C 与木板P、Q 相对静止一起以加速度aP做匀加速直线运动。设A 与
P 达到共速的时间为t1，共速时的速度为v 共，由速度一时间关系得
解得
，
A 与P 达到共速时B 的速度为
A 与P 达到共速的过程，A、B、P 三者的位移大小分别为
解得
，
，
此过程A 相对P 的位移大小为
此过程B 相对P 的位移大小为
因
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故A 与P 达到共速时B 恰好运动到P 的右端与C 发生弹性碰撞，因B、C 的质量相等，故碰
撞过程两者的速度发生交换，碰撞后瞬间C 的速度大小为
B 的速度大小为
可知B 相对P 静止在其右端，A、B、P 三者一起做匀速直线运动。滑块C 相对木板Q 向右运
动，木板Q 做加速直线运动，P、Q 分离。滑块A、B 和木板P 组成的系统因摩擦而产生的热
量为
解得
Q=12.96J
（3）假设滑块C 不会从木板Q 上滑落，最终C 与Q 相对静止一起匀速直线运动的速度为v 共
1，C 相对Q 的运动路程为s，最终对C 与Q 的相对运动过程，以向右为正方向，由动量守恒
定律
解得
由能量守恒定律和功能关系
解得
因
故滑块C 是不会从木板Q 上滑落，最终与木板Q 相对静止时与挡板D 的距离为
。
2．（2024·湖南·二模）如图所示，粗糙水平桌面EF 左侧固定一个光滑圆弧轨道QS，其圆心
为O，半径为R=0.75m，
，S 点切线水平，且恰好与放置在桌面上的长木板等高。一小
球从P 点以初速度
水平抛出，恰好从Q 点沿切线进入圆弧轨道，在圆弧轨道下端S 点
与放置在长木板左端的小木块发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知小球、木块、长木板质量
分别为m、3m、2m，重力加速度为
，小球与木块都可以视为质点，木板与桌面都足
够长，木块与木板间的动摩擦因数
，木板与桌面间的动摩擦因数
，sin37°=0.6，
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求：
（1）小球刚进入圆弧轨道时的速度大小；
（2）木块与小球碰后瞬间的速度大小；
（3）木板在桌面上停下来时左端与S 点的距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球恰好从Q 点沿切线进入圆弧轨道，分析几何关系知，此时速度与竖直方向
夹角为
故小球刚进入圆弧轨道时的速度大小
（2）小球从Q 点沿切线进入圆弧轨道运动到圆弧轨道下端S 点的过程，由机械能守恒定律得
解得
在圆弧轨道下端S 点与放置在长木板左端的小木块发生弹性正碰，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立解得
木块与小球碰后瞬间的速度大小
(3) 木块滑上木板后做减速运动，木板加速运动，根据牛顿第二定律，对木块和木板分析
解得
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木板与桌面都足够长，一直运动到共速，设共速时速度为
，则
解得
这段时间木板运动的距离为
之后再一起减速到停下，根据牛顿第二定律
根据运动学规律
联立解得
故木板在桌面上停下来时左端与S 点的距离为
【题型四】 动力学三大观点解决弹簧问题
【典例1】（2024·湖南长沙·一模）可利用如图所示装置测量滑块与某些材料间的动摩擦因数。
将原长为L 的轻质弹簧放置在光滑水平面AB 上，一端固定在A 点，另一端与滑块P（可视为
质点，质量为m）接触但不连接，AB 的长度为
（
），B 端与半径为L 的光滑半圆轨
道BCD 相切，C 点与圆心O 等高，D 点在O 点的正上方，是半圆轨道的最高点，用滑块P 将
弹簧压缩至E 点（图中未画出），AE 的长度为R，静止释放后，滑块P 刚好能到达半圆轨道
的最高点D；在水平面AB 上铺被测材料薄膜，滑块P 仍从E 点由静止释放，恰能运动到半圆
轨道上的F 点，O、F 连线与OC 的夹角为
，重力加速度为g，
。
（1）求滑块P 与被测材料间的动摩擦因数；
（2）在不撤去被测材料的基础上仅将滑块P 换为质量
的同种材质的滑块Q，滑块Q 最终
不与弹簧接触，试判断滑块Q 由静止释放后能否压缩弹簧2 次。
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【答案】（1）
；（2）滑块Q 可以压缩弹簧两次
【详解】（1）滑块P 到达半圆轨道最高点D 点时，只有滑块P 的重力提供向心力，有
滑块P 从E 点运动到D 点的过程，由机械能守恒定律有
水平面AB 上铺上被测材料薄膜后，滑块P 到达F 点时，只有滑块P 重力沿半径方向的分力
提供向心力有
由能量守恒定律可得
又
联立解得
（2）当换成滑块Q 后，假设滑块Q 滑不到C 处，由能量守恒定律得
解得
则假设成立，滑块Q 第一次释放后没有脱离半圆轨道，由能量守恒定律可得
解得
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若滑块Q 下滑后都运动到E 点，可知释放后滑块Q 可以再运动到E 点两次，而实际上，滑块
下滑后都只能运动到E 点左侧，故释放后滑块Q 可以压缩弹簧两次。
【典例2】（2024·浙江·二模）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装
置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为
的
半圆单层轨道ABC、半径为
的半圆圆管轨道CDE、平台EF 和IK、凹槽FGHI 组成，
且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为
的无动力摆渡车Q 并紧靠在竖直侧壁
FG 处，其长度
且上表面与平台EF、IK 平齐。水平面OA 的左端通过挡板固定一个弹
簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到
。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为
、
、
的同种材质滑块P 参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目标
区JK 段。已知凹槽GH 段足够长，摆渡车与侧壁IH 相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车
上表面和平台IK 段的动摩擦因数都是
，其他所有摩擦都不计，IJ 段长度
，JK
段长度
。问：
（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经
过与圆心
等高的B 处时对轨道的最大压力；
（2）如果小张同学以
的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？
（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK 段，则他发射时的弹性势能应
满足什么要求？
【答案】（1）
；（2）离I 点左侧距离0.1m；（3）
【详解】（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心
等高的B 处时对轨道的压力最大。从弹
出到B 处，根据动能定理有
经过B 处时
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由牛顿第三定律可知
联立解得最大压力
方向由
指向B。
（2）当
刚好经过C 时
解得
假设滑块在C 点不脱离轨道，由能量守恒得
解得
故滑块在C 点不脱离轨道，
从起点到车左端，根据动能定理有
故
的弹性势能弹出到达车左端的速度
与车共速时，根据动量守恒以及机械能守恒有
解得共速时与摆渡车的相对位移
所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停
止，滑块继续向前滑行的距离
故滑块所停位置在离车右端距离
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（3）当
刚好经过C 时
将
弹出到平台上，根据动能定理有
与车共速时
由能量守恒
要使得滑块停在目标区
联立上面四式解得
且
故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为
1．（2024·安徽安庆·二模）如图1 所示，质量M = 4kg 的长木板放在水平地面上，其右端挡
板上固定一劲度系数为k = 200N/m 的轻质弹簧，弹簧左端连接物块B，开始弹簧处于原长，
物块A 位于长木板的左端，A 与B 的距离L = 0.8m，A、B 均可视为质点且与长木板的动摩
擦因数均为μ1 = 0.25，给A 初速度v0 = 4m/s，A 运动一段时间后与B 发生碰撞，碰后A 的
速度为0。已知A 的质量m1 = 1kg，B 的质量m2 = 2kg，长木板在整个过程中始终保持静止，
可认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，已知弹簧的弹性势能表达式
，其中x 为
弹簧的形变量，重力加速度g 取10m/s2。求：
（1）A 与B 碰撞前瞬间A 的速率v1和碰后瞬间B 的速率v2；
（2）长木板与地面间动摩擦因数μ2的最小值；
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（3）如图2 所示，把长木板换成相同质量的斜面体，斜面体上表面光滑，斜面倾角θ =
30°，其余条件不变，开始时物块B 静止，现让A 以v3 = 3m/s 的初速度与B 发生弹性正碰，
斜面体足够长，要使斜面体保持静止，求斜面体与地面间的动摩擦因数μ3至少为多少。
【答案】（1）
，
；（2）0.5；（3）
【详解】（1）A 向右运动过程中，由动能定理得
得
A 与B 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由题意，碰撞后
得
（2）m2向右运动压缩到弹簧最短时，木板受到最大弹簧弹力向右，m2对木板的摩擦力向右，
此时地面对木板的摩擦力最大，设弹簧的最大压缩量为x，由能量守恒定律有
x = 0.15m
此时弹力
F 弹 = kx = 30N
木板受到的最大摩擦力
f = F 弹＋μ1m2g = 35N
解得
（3）A 与B 发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，有
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得
m2运动到最高点时，向下加速度最大，需要摩擦力最大，M 与地面压力最小，物块m2到达最
高点时M 刚好不与地面相对滑动为M 与地面动摩擦因数最小时。m2向上运动为
简谐运动，
由简谐运动能量关系
解得
A = 0.2m
此时m2的加速度
，方向沿斜面向下
m1的加速度
a1 = gsin30° = 5m/s2，，方向沿斜面向下
对a1、a2正交分解，对整体由牛顿第二定律有
(M＋m1＋m2)g－FN = m1a1sin30°＋m2a2sin30°
解得
FN = 47.5N
所以动摩擦因数最小值为
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