2023年高考物理壓軸題專項訓(xùn)練-用動力學(xué)和能量觀點解決多過程問題(解析版)(新高考專用)

壓軸題03用動力學(xué)和能量觀點解決多過程問題

目錄

一，考向分析...................................................................................1

—,題型及要領(lǐng)歸納.............................................................................1

熱點題型一傳送帶模型中的動力學(xué)和能量問題................................................1

熱點題型二用動力學(xué)和能量觀點解決直線+圓周+平拋組合多過程問題...........................5

熱點題型三綜合能量與動力學(xué)觀點分析含有彈簧模型的多過程問題............................10

熱點題型四綜合能量與動力學(xué)觀點分析板塊模型.............................................13

三.壓軸題速練................................................................................18

一，考向分析

1.本專題是力學(xué)兩大觀點在多運動過程問題、傳送帶問題和滑塊一木板問題三類問題中的綜

合應(yīng)用，高考常以計算題壓軸題的形式命題。

2.學(xué)好本專題，可以極大地培養(yǎng)同學(xué)們的審題能力、推理能力和規(guī)范表達能力，針對性的專

題強化，可以提升同學(xué)們解決壓軸題的信心。

3.用到的知識有：動力學(xué)方法觀點（牛頓運動定律、運動學(xué)基本規(guī)律），能量觀點（動能定理、

機械能守恒定律、能量守恒定律）。

二.題型及要領(lǐng)歸納

熱點題型一傳送帶模型中的動力學(xué)和能量問題

1.解決傳送帶問題的關(guān)鍵點

（1）摩擦力的方向及存在階段的判斷.

（2）物體能否達到與傳送帶共速的判斷.

（3）弄清能量轉(zhuǎn)化關(guān)系：傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機械能與產(chǎn)生的內(nèi)

能之和.

2.應(yīng)用動能定理時，摩擦力對物體做功為對地位移）；系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于摩擦力

對系統(tǒng)做功，%=F「s（s為相對路程）.

【例1】（2023春?湖北荊州?統(tǒng)考期中）如圖所示，荊州沙市飛機場有一傾斜放置的長度

乙=5m的傳送帶，與水平面的夾角9=37。，傳送帶一直保持勻速運動，速度v=2m/s.現(xiàn)將

一質(zhì)量/?=1kg的物體輕輕放上傳送帶底端，使物體從底端運送到頂端，已知物體與傳送帶

間的動摩擦因數(shù)〃=0.8。以物體在傳送帶底端時的勢能為零,求此過程中：（已知sin37。=0.6,

cos37°=0.8,重力加速度g取lOm/s?）

（1）物體從底端運送到頂端所需的時間；

（2）物體到達頂端時的機械能；

（3）物體與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量；

（4）電動機由于傳送物體而多消耗的電能。

e

【答案】(1)5s；(2)32J：(3)32J：(4)64J

【解析】(1)物體放到傳送帶時先做勻加速直線運動，設(shè)加速度為a，根據(jù)牛頓第二定律得

geos0-/Mgsin0=ma

解得

a=〃gcos0-gsin/7=0.4m/s2

物體勻加速至速度v=2m/s時用時

v

力=-=5s

a

通過的位移為制，則

?=2緞】

得

v2

xi=——=5m=L=5m

2a

所以物體一直做勻加速上升到頂端，故到達頂端所用時間：

t=ti=5s

(2)物體到達頂端時的動能

E"；

重力勢能

Ep=mgLsin37°=30J

機械能

E=Ek+Ep=32J

(3)物體勻加速運動的時間內(nèi)傳送帶的位移

x產(chǎn)必=10m

物體與傳送帶間的相對位移大小

Ax=x獷x/=5m

因摩擦產(chǎn)生的熱量

Q=^imgcos6

代入數(shù)據(jù)解得

0=32J

(4)電動機由于傳送物體而多消耗的電能

E『E+Q=64J

【例2】.(2023春?四川眉山?校考階段練習(xí))科技館有一套兒童喜愛的機械裝置，其結(jié)構(gòu)簡

圖如下：傳動帶ZB部分水平，其長度￡=1.2m,傳送帶以W=3m/s的速度順時針勻速轉(zhuǎn)動,

大皮帶輪半徑廠=0.4m,其下端C點與圓弧軌道。防的。點在同一水平線上，E點為圓弧

軌道的最低點，圓弧EF對應(yīng)的圓心角6=37。且圓弧的半徑R=0.5m,F點和傾斜傳送帶

GH的下端G點平滑連接，傾斜傳送帶GH長為x=3.45m,其傾角0=37。。某同學(xué)將一質(zhì)

量為m=0.5kg且可以視為質(zhì)點的物塊靜止放在水平傳送帶左端/處，物塊經(jīng)過8點后恰能

無碰撞地從。點進入圓弧軌道部分，當經(jīng)過F點時，圓弧給物塊的摩擦力/=14.5N,然后

物塊滑上傾斜傳送帶G”,已知物塊與所有的接觸面間的動摩擦因數(shù)均為〃=06,傳送帶以

速度為匕=4m/s順時針運動，重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8,求：

(1)物塊由A到B的過程中傳送帶對物體所做的功；

(2)OE弧對應(yīng)的圓心角a為多少；

(3)物塊從G到”端所用時間。

【答案】(1)2.25J；(2)53°;(3)1.1s

【解析】(1)放在水平傳送帶上的物體受到重力、支持力和摩擦力的作用，摩擦力提供水

平方向的加速度，由牛頓第二定律得

max-jLimg

所以

a=4g=0.5x10m/s2=5m/s2

物體加速到3m/s的時間

=—=0.6s

在加速階段的位移

玉=0.9m<1.2m

物體做勻速直線運動的時間

t2=—~—=0.1s

w

物塊由A到B的過程中傳送帶對物體所做的功

%=/Jmgxl=2.25J

(2)物體在8點離開傳送帶做平拋運動，平拋運動的時間

到達D點時物體沿豎直方向的分速度

V,.=gt3=10x0.4m/s=4m/s

到達D點時物體的速度與水平方向之間的夾角

tana=—4_=4

93

即弧對應(yīng)的圓心角a為53°。

(3)物體在F點時，支持力與重力的分力提供向心力得

在N-mgcos3T—^^~

圓弧給物塊的摩擦力

代入數(shù)據(jù)得

匕=5m/s

物體在傾斜的傳送帶上受到重力、支持力和滑動摩擦力的作用，滑動摩擦力

/'=〃機gcos37°=O.5xO.5xlOxO.8N=2N

重力沿斜面向下的分力

Fx=wgsin37「=0.5x10x0.6N=3N

則物體先相對于傳送帶向上運動，受到的摩擦力的方向向下，當物體的速度小于傳送帶的速

度后，受到的摩擦力的方向向上，物體繼續(xù)向上做減速運動，加速度的大小發(fā)生變化。物體

的速度大于傳送帶的速度時，物體受到的摩擦力的方向向下，此時

ma2=f'+Fx=(2+3)N=5N

a,=—m/s2=1Om/s2

0.5

用時

物體沿斜面向上的位移

x4==0.45m

物體的速度小于傳送帶的速度時，物體受到的摩擦力的方向向上，則

F-f3-2-c,2

a,=—~:-=----m/s-=2m/s

m0.5

根據(jù)勻減速直線運動規(guī)律

Ki；%，；

代入數(shù)據(jù)得

4=Is(另一解舍去)

則物塊從G到，端所用時間

/=/4+/5=1.1s

熱點題型二用動力學(xué)和能量觀點解決直線+圓周+平拋組合多過程

問題

(1)解題技巧

①拆：把整個過程拆分為多個子過程，變?yōu)槭煜さ倪\動模型.

②找：在題目中找“恰好”“恰能”“最高""至少''等關(guān)鍵字，找出對應(yīng)的臨界條件.

③用：選用合適的規(guī)律列方程.

④注意：注意分析“界點”的速度大小和方向，界點速度是上一過程的末速度，又是下一過程

的初速度，在解題過程中有重要的作用.

(2)對于涉及滑動摩擦力的過程，一定不能用機械能守恒定律來求解.

(3)對于非勻變速直線運動過程，不能用運動學(xué)公式求解，但可用動能定理、能量守恒定律

或功能關(guān)系求解.

【例1】(2023春?重慶北培?西南大學(xué)附中?？计谥?如圖甲所示為一款“反重力”磁性軌道

車玩具，軌道造型可以自由調(diào)節(jié)，小車內(nèi)裝有發(fā)條，可儲存一定彈性勢能。如圖乙所示為小

宋同學(xué)搭建的軌道的簡化示意圖，它由水平直軌道48、豎直圓軌道58、水平直軌道

和兩個四分之一圓弧軌道與NP平滑連接而組成，圓弧軌道MN的圓心。2與圓弧軌道

的圓心。3位于同一高度。己知小車的質(zhì)量"=100g,小車在軌道上運動時受到的磁吸引

力始終垂直軌道面，在軌道N88M段所受的磁力大小恒為其重力的0.5倍，在軌道加橋段

所受的磁力大小恒為其重力的2.5倍，小車脫離軌道后磁力影響忽略不計。現(xiàn)將具有彈性勢

能與=0.6J的小車從A點由靜止釋放，小車恰好能通過豎直圓軌道58,最終從P點水平

飛出，小車在圓弧軌道88上運動過程中，在C點速度為lm/s。假設(shè)小車在軌道段運

動時所受阻力大小等于軌道與小車間彈力的0.2倍，其余軌道均光滑，不計其他阻力，小車

可視為質(zhì)點，小車在到達8點前發(fā)條的彈性勢能已經(jīng)完全釋放，重力加速度g=10m/s2。

（1）求小車在圓軌道58最低點B所受軌道支持力的大??；

（2）求直軌道48部分的長度；

（3）同時調(diào)節(jié)圓弧軌道MV與NP的半徑，其他條件不變，求小車落地點與尸點的最大水

平距離Xm。

圖甲圖乙

【答案】（1）6N；（2）1.5m；（3）0.2m

【解析】（1）根據(jù)題意可知，小車恰好通過最高點，在最高點，由牛頓第二定律有

mg-05mg-

從B點到C點的過程中，只有重力做功，小車的機械能守恒，由機械能守恒定律有

1,

=mg,27?+—mv(.

在B點由牛頓第二定律有

FN—mg-0.5mg=m—

解得

vB=3m/s

R=0.2m

FN=6N

（2）根據(jù)題意，從A到B,由能量守恒定律有

12

Eri=O.2xO.5mgxAB+-mv；

解得

xAB=1.5m

（3）根據(jù)題意可知，小車由8到。過程中，機械能守恒，則通過。點時的速度大小與通過

B點時速度大小相等，小車由。點到P點，由動能定理有

飛2="〉］%

解得

Vp=V9-40r

小車從2點飛出做平拋運動，則有

>0

解得

r<0.225m

則水平位移為

由數(shù)學(xué)知識可知，當

9

r--m=0.1125m

80

時，水平位移最大，但要保證小車不離開軌道，則在N點時，需滿足

2

2.5mg>m—

又有

^mvn=；■"此+mgr

聯(lián)立解得

r20.2m

綜上所述可知，當r=0.2m時，水平距離最大，最大距離為

【例2】（2023春?四川成都?石室中學(xué)?？茧A段練習(xí)）如圖所示為固定在豎直平面內(nèi)的軌道,

傾斜直軌道N8與光滑圓弧軌道8c相切，圓弧軌道的圓心角為37。，半徑為廠=0.5m,C端

水平，N8段的動摩擦因數(shù)〃=0.25。豎直墻壁C。高H=0.2m,緊靠墻壁在地面上固定一

個和等高、底邊長L=0.4m的斜面。一個質(zhì)量m=0.3kg的小物塊（視為質(zhì)點）在傾斜軌

道上從距離B點/=《m處由靜止釋放，從C點水平拋出。重力加中速度g取10m/s2,

O

sin37°=0.6,cos37°=0.8o

（1）求小物塊運動到C點時，軌道對小物塊的支持力大小。

（2）求小物塊從C點拋出到擊中斜面前的速度大小。

（3）改變小物塊從斜面上釋放的初位置，求小物塊擊中斜面前瞬間動能的最小值。

【答案】（1）8.4N；（2）ViOm/s;（3）0.6J

【解析】（1）根據(jù)幾何關(guān)系，直軌道傾角為37。，小物塊由4到C,根據(jù)動能定理可得

mglsin37°+mg(r-rcos37°)-jLimglcos37°=—

解得

vc=3m/s

根據(jù)牛頓第二定律可得

r

解得

F=8.4N

設(shè)物塊落到斜面上時水平位移為x，豎直位移為V,根據(jù)幾何關(guān)系可得

L-xL

y

代入數(shù)據(jù)可得

x=0A-2y

由平拋運動的規(guī)律得

x=vct

12

夕=清/

聯(lián)立解得

，=0.1s

則有

vv=g/=Im/s

小物塊從C點拋出到擊中斜面前的速度大小

v=fv]+*=V10m/s

（3）由

x=0A-2y

x=vct

可得

白2=(.殳=(04一2歷2

g

可得

_g(0.4-2?

2y

小物塊擊中斜面前瞬間動能為

0.12,…

Ek^-mv^+mgy^3OS+mgy=-------1~6歹一1.2

22yy

根據(jù)數(shù)學(xué)基本不等式可知，當

0.12,

-----=6y

y

即

五

小物塊擊中斜面前瞬間動能取得最小值；當小物塊從斜面3點釋放時，小物塊在C點具有最

小速度，小物塊擊中斜面有最大豎直位移；從5到C的過程，根據(jù)動能定理可得

mgr(l-cos37°)=；w"in

解得

=V2m/S

代入

g(0-4-2?

2y

解得小物塊擊中斜面有最大豎直位移為

1V2

v--m<——m

m1010

可知當y=時，小物塊擊中斜面前瞬間動能最小，則有

12

￡kmin=Q〃”Cmin+機型二-x0.3x2J+0.3x10x—J=0.6J

210

熱點題型三綜合能量與動力學(xué)觀點分析含有彈簧模型的多過程問題

多過程問題中解決彈簧模型問題的關(guān)鍵點

（1）從動力學(xué)角度分析

彈力作用下物體運動的加速度往往是變化的，用胡克定律F=丘，結(jié)合牛頓第二定律尸命=

ma,分析加速度和運動過程，注意彈力是變力，且注意三個位置：自然長度位置、平衡位

置（a=0,v最大）、形變量最大（伸長最長或壓縮最短）的位置.

（2）從功能關(guān)系的角度分析

彈簧問題往往涉及多種能量轉(zhuǎn)化，一般根據(jù)能量守恒定律或動能定理列方程分析，彈力做功

與彈性勢能的關(guān)系：/彈=一△品.

【例1】（浙江省臺州市山海協(xié)作體2022-2023學(xué)年下學(xué)期期中聯(lián)考物理試題）如圖所示是

小王同學(xué)搭建的簡易小球軌道裝置，小球和壓縮的輕彈簧被鎖定在4點。軌道由水平軌道

AB,豎直圓軌道8CZ）,水平軌道0M和兩個半徑相同的四分之一圓管軌道和NP平滑

連接而組成。圓管軌道兒W的圓心02和圓管軌道橋的圓心。3位于同一高度，圓管的內(nèi)徑

略大于小球半徑但遠小于圓管的半徑入已知小球的質(zhì)量，〃=50g,直軌道Z8長￡=0.5m,壓

縮的彈簧具有的彈性勢能場=0.3J?，F(xiàn)解除彈簧的鎖定裝置，使小球由4點靜止開始運動，

小球恰好能通過豎直圓軌道8CQ,并最終從尸點水平飛出。假設(shè)小球在軌道段運動時

所受阻力大小等于小球重力的0.2倍，其余軌道光滑，不計其他阻力，小球可視為質(zhì)點，重

力加速度g=10m/s2o

（1）求小球運動到B點時的速度大小V；

（2）求小球運動到軌道B點時對軌道的壓力大小FN;

（3）同時調(diào)節(jié)軌道物V和NP的半徑r,其他條件不變，求小球落地點與P點的最大水平距

禺

【答案】（1）VlOm/s；（2）3N；（3）0.5m

【解析】(1)根據(jù)能量守恒

Ep=0.2〃7gL+—

得

vB=V10m/s

(2)小球恰好能通過豎直圓軌道88,則

根據(jù)機械能守恒

在8點

K

聯(lián)立得

FN=3N

根據(jù)牛頓第三定律，小球運動到軌道B點時對軌道的壓力大小為3N。

(3)根據(jù)機械能守恒

~mvB=2mgr+—wvp

小球從P點開始做平拋運動，則

c12

得

x=2Jr—41*

當

r----；——-m=0.125m

2x(-4)

水平位移最大，得

%=0-5m

【例2】(2023?浙江寧波?統(tǒng)考二模)如圖所示，某一游戲裝置由輕彈簧發(fā)射器、長度Z=2m

的粗糙水平直軌道N8與半徑可調(diào)的光滑圓弧狀細管軌道CD組成。質(zhì)量叫=0.03kg的滑塊

1被輕彈簧彈出后，與靜置于N8中點、質(zhì)量嗎=0-02kg的滑塊2發(fā)生完全非彈性碰撞并粘

合為滑塊組。已知輕彈簧貯存的彈性勢能1=0.45J,兩滑塊與48的動摩擦因數(shù)均為

A=0.25,兩滑塊均可視為質(zhì)點，各軌道間連接平滑且間隙不計，若滑塊組從。飛出落到

AB時不反彈且靜止。

（1）求碰撞后瞬間滑塊組的速度大小；

（2）調(diào)節(jié)CD的半徑R=0.4m,求滑塊組進入到圓弧軌道后在C點時對軌道的壓力大小;

（3）改變C。的半徑R,求滑塊組靜止時離8點的最遠距離s,并寫出R應(yīng)滿足的條件。

【答案】（1）3m/s；（2）IN；（3）0.2m,若要滑塊組從。點飛出其K應(yīng)該小于0.1m

【解析】（1）滑塊1被彈簧彈出的速度為匕，有

"12

[=3叫匕

滑塊1與滑塊2碰撞前速度為彩，有

A1212

滑塊1與滑塊2粘在一起后速度為v共，有

=（叫+%2）v共

解得

口共=3m/s

（2）滑塊組在碰撞后到C點的過程中有

一〃的+/出彳=g他+嗎3

凡一（叫+機2）g=（叫+機2）'

解得

外加

由牛頓第三定律有

=1N

（3）當半徑為4時，其滑塊組恰好能到達。點，因為是細管管道，所以此時在D點速度為

零，有

一〃（町+嗎）8、-（町+嗎總?2舄=0-，町+初2）吸

解得

Ri=0.1m

所以當圓弧軌道半徑小于0」時，其滑塊組能從。點飛出，之后做平拋運動，繼續(xù)調(diào)節(jié)圓弧

軌道半徑，其從。點飛出的速度不同，其落在水平軌道上距離8點的距離也不同，設(shè)半徑

為R時,有

滑塊組在。點之后做平拋運動，有

2R夕

s=Vpt

整理有

s=y]\.6R-16R2

根據(jù)數(shù)學(xué)知識有，當R=0.05m時，s取最大值，其值為0.2m。因為0.05m<0.1m,所以該

情況符合題意。

熱點題型四綜合能量與動力學(xué)觀點分析板塊模型

1.模型分類

滑塊一木板模型根據(jù)情況可以分成水平面上的滑塊一木板模型和斜面上的滑塊一木板模型。

2.位移關(guān)系

滑塊從木板的一端運動到另一端的過程中，若滑塊和木板沿同一方向運動，則滑塊的位移大

小和木板的位移大小之差等于木板的長度；若滑塊和木板沿相反方向運動，則滑塊的位移大

小和木板的位移大小之和等于木板的長度。

3.解題關(guān)鍵

找出物體之間的位移（路程）關(guān)系或速度關(guān)系是解題的突破口，求解中應(yīng)注意聯(lián)系兩個過程的

紐帶，每一個過程的末速度是下一個過程的初速度。

【例1】（2022屆安徽省淮北市高三（上）第一次模擬考試物理試題）如圖所示，質(zhì)量機=1kg

小物塊可視為質(zhì)點，在光滑水平平臺上壓縮彈簧后被鎖扣K鎖住，彈簧儲存了一定的彈性

勢能。打開鎖扣K,小物塊將以水平速度%向右滑出平臺后做平拋運動，并恰好能從B點

沿切線方向無碰撞地進入8c段光滑圓弧形軌道，圓弧半徑R=0.6m,連線與豎直方向

夾角。=60。，軌道最低點C與放置在水平面的薄木板相切，薄板質(zhì)量"=2kg,長度

A=1.2m?已知平臺與C點的豎直距離h=0.675m，小物塊與薄板間動摩擦因數(shù)從=0.2,

木板與水平面之間的動摩擦因數(shù)〃2=。4,g=10m/s2,求：

（1）小物塊壓縮彈簧時儲存的彈性勢能后。；

(2)物塊w運動到圓弧最低點C時對軌道的壓力；

(3)物塊，"滑上薄板同時，對木板施加尸=22N的水平向右恒力，物塊在木板上運動時

J

/////

【答案】(1)紇,=1.25J；⑵—JV；(3)1.5s

【解析】(1)小物塊由A運動到B做平拋運動，則有

v：=2g(h-R/2)

設(shè)小球做平拋運動時的初速度為%，則

v0=匕,tan30°

彈性勢能Ep等于小物塊在A點的動能

1

尸2

Ep.mv。

解得

Ep=1.25J

(2)設(shè)小物塊到C點時的速度為片，小物塊從A點到C點過程，機械能守恒，由機械能

守恒定律有

22

1/nv0+mgA=1mv,

對C點

mv,2

FN-mg=—^-

F.,=—N^36JN

3

由牛頓第三定律可知對軌道C點的壓力為—N。

(3)物塊與薄板間滑動摩擦力

ft=〃加g=2N

薄板與地面間滑動摩擦力

人=〃（加+〃）g=12N

物塊滑上薄板先向右做勻減速直線運動

工=叫

得

q=2m/s2

薄板向右做勻加速直線運動

得

2

a2=6m/s

經(jīng)時間。兩者共速

y共=匕-。由=

得

.=0.5s

5=3m/s

時間。內(nèi)

X塊="至％=L75m

工板—“Olm

物塊相對于板向右滑行

Ax（=x塊一'板=Im<1,2m

共速后，物塊向右勻加速最大加速度為

2

ax-2m/s

此時薄板向右勻加速

Fn=Ma；

得

2

a；=4m/s>a}

說明物塊相對薄板向左滑行，一定會從左端滑下

此過程物塊位移

,1,2

%塊二"共芍+萬卬6

薄板位移

i1<2

X板=^t2+-a2t2

Ax2=%板—x塊=

得

t2=Is

故物塊在薄板上活動時間為

，=4+t2=1.5s

【例2】.（2023春?江蘇南京?高三校考階段練習(xí)）如圖所示，長木板A置于光滑水平面上，

木板右端距固定平臺距離d=4m,木板厚度與光滑平臺等高，平臺上固定半徑R=0.3m的光

滑半圓軌道，軌道末端與平臺相切。木板左端放置滑塊B,滑塊與木板上表面間的動摩擦因

數(shù)〃=0.2,給滑塊施加水平向右尸=24N的作用力，作用時間4=ls后撤去尸，滑塊質(zhì)量

〃?=3kg,木板質(zhì)量〃=2kg,滑塊沒有滑離木板，不計空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。

（1）在0~f/時間內(nèi)，分別求A、B的加速度大?。?/p>

（2）若木板與平臺間每次碰撞前后速度大小均不變，方向相反，最終滑塊停在木板右端，

求木板長度；

（3）若木板長度A=4.16m,且木板與平臺第一次碰撞即與平臺粘合在一起，滑塊繼續(xù)運動,

求滑塊通過軌道最高點時對軌道壓力大小。

【答案】（1）3m/s2?6m/s2；（2）12m；（3）ION

【解析】（1）設(shè)有外力/作用時滑塊和木板的加速度分別為幻和。2，由牛頓第二定律可得

F-/jmg=ma{

解得

2

ai=6m/s

/Mg=Ma2

解得

2

a2=3m/s

（2）撤去外力F時滑塊和木板的速度分別為v/和r，則有

v,==6m/s

v2-a4=3m/s

撤去外力F后滑塊的加速度大小為

%=〃g=2m/s2

設(shè)在經(jīng)f2時間，滑塊與木板達到共速山,則有

v0=vt-a,t2=v2+a2t2

解得

t2=0.6s

v0=4.8m/s

木板的位移

J2

xM=—a2(/,+%)~=3.84m<d=4m

可知木板的最大速度為4.8m/s?！〞r間內(nèi)，滑塊木板的相對位移為

,1,V.+v-.

4=+n一工材=2,4m

木板與平臺碰撞后，因。2>3，所以木板先向左做減速后向右做加速運動，兩者再達到共同

速度再次與平臺碰撞，以后重復(fù)上述運動，最終滑塊停在木板右端，第二段滑塊與木板間的

相對位移為上，由功能關(guān)系則有

2

pimgL[=+M)v0

解得

L2-9.6m

則有木板的長度為

L=Ly+L,=12in

(3)若木板長度/<=4.16m,滑塊與木板達到共同速度后一起運動，木板與平臺碰撞后立即

停止，滑塊經(jīng)圓軌道最高點時的速度為v,由動能定理

-mg2RmV—加其

解得

V=21T1/：

在最高點，由牛頓第二定律

F+Y

解得

F=10N

由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大小為10N。

三.壓軸題速練

1.(2023春?山西呂梁?高三統(tǒng)考期中)如圖所示，光滑水平地面上靜置有一半徑為R=20m

的豎直光滑圓弧軌道C￡>,。為圓心，C為軌道最低點，OC豎直、圓心角為60。。在其左側(cè)

地面上靜置一長為乙=lm、質(zhì)量為M=4kg的長木板A,木板上表面粗糙且與C點高度相同。

現(xiàn)將一質(zhì)量為機=2kg的小滑塊B以初速度v?=3m/s沿A的上表面從左端滑上木板，當B剛

滑到A右端時，A、B恰好達到共同速度，此時木板與圓弧軌道相撞(碰撞時間極短)。已

知小滑塊可視為質(zhì)點，空氣阻力不計，取重力加速度g=10m/s2,cos5o=0.996。

(1)求小滑塊B與長木板A上表面間的動摩擦因數(shù)〃；

(2)若圓弧軌道不固定，且已知圓弧軌道質(zhì)量為〃'=6kg,A與圓弧軌道的碰撞為彈性碰

撞，求小滑塊B沿圓弧軌道上升的最大高度”；

(3)若圓弧軌道被固定在水平地面上，并在。端左側(cè)豎直面上裝一防撞裝置(圖中未畫出),

當A與圓弧軌道相撞后在防撞裝置作用下立即緊貼C端左側(cè)靜止，但不粘連，此后B沖上

圓弧軌道，求B從開始滑上A到再次返回滑上A所經(jīng)歷的時間t。

?、、

//z//////////////Z/Z//////////?/////////////

2+3

【答案】(1)0.3；(2)0.0015m；(3)^s

3

【解析】(1)設(shè)A、B共同速度為v/,由動量守恒定律有

mvQ=(m+M)v,

解得

V)=lm/s

由動能定理有

2

-/jmgL=i(w+A/)vl/MVg

解得

〃=0.3

(2)以A與圓弧軌道為系統(tǒng)，取向右為正方向，設(shè)碰后A的速度為丫2,圓弧軌道的速度為

V3,由機械能守恒定律及動量守恒定律有

Mv}=A/v,+Mv3

聯(lián)立解得

v2=-0.2m/s,v3=0.8m/s

以B與圓弧軌道為系統(tǒng)，設(shè)共速時速度為燈由動量守恒及機械能守恒定律有

f

Mv3+mvi=(M+m)vA

；A/'v；+；mvf=；(M'++mgH

聯(lián)立解得

〃=0.0015m

（3）設(shè)B從滑上A到右端的過程經(jīng)歷時間為5對B由動量定理有

=mvx-tnvQ

解得

2

t,=-s

3

B沖上圓弧軌道，設(shè)上升最大高度為小由機械能守恒定律有

mgh=

解得

力=0.05m

設(shè)此時B所在位置與圓心O的連線與OC間夾角為仇由數(shù)學(xué)知識有

cos"=09975>0.996

20

故8<5。，則B在圓弧軌道的運動可等效視為一個單擺運動，設(shè)B在圓弧軌道上運動的時

間為〃，有

t=-T=-X2TT

222,

則B從開始滑上A到再次返回滑上A所經(jīng)歷的時間為

2+3缶

/==---------------S

2.（2023春?江蘇南京?南京師大附中?？计谥校┤鐖D所示，質(zhì)量為加=2kg的小物塊，用長

￡=0.4m的細線懸掛于O點?，F(xiàn)將細線拉直至與水平方向夾角為a=30。。小物塊由靜止

釋放，下擺至最低點B處時，細線達到其最大承受力并瞬間斷開。小物塊恰好從水平粗糙

傳送帶的最左端滑上傳送帶，傳送帶以w,=3m/s的速度逆時針勻速運轉(zhuǎn)。小物塊最后從傳

送帶左端飛出，并恰好從固定光滑斜面的頂端沿斜面下滑。斜面傾角（9=60%斜面底端擋

板上固定一輕彈簧。小物塊沿斜面下滑一段距離后，壓縮彈簧。小物塊沿斜面運動的最大距

離x=—m,g取10m/s2o求:

2

(1)繩子能承受的最大拉力的大?。?/p>

(2)彈簧的最大彈性勢能；

(3)由于物塊滑上傳送帶電動機多做了多少功。

【答案】(1)40N；(2)31J；(3)24J

【解析】(1)小物塊從靜止找到最低點過程中，根據(jù)機械能守恒定律有

-sina)=g"%

解得

vB=2m/s

物塊在5點時，根據(jù)向心力公式有

F-mg=m;

聯(lián)立解得

尸=40N

根據(jù)牛頓第三定律，剛到最低點細線達到其最大承受力尸'=40N。

(2)物塊向右滑上傳送帶做減速運動，因傳送帶的速度大于物塊的初速度，可知物塊速度

減為零后將反向運動，回到傳送帶左端時速度仍為2m/s,由于小物塊恰好沿斜面方向落到

光滑斜面上，即小物塊落到斜面頂端時速度方向沿斜面方向，則

cos6>=—

V

物塊滑到斜面最低點時，則

12

—mv+mgxsir\0=Ep

解得

4=31J

(3)物塊在傳送帶上減速滑行和反向加速滑行的時間均為

,=生=也

af

整個過程木塊相對傳送帶滑行的距離

^s=v0-2t=—

則

Q=/A5=24J

整個過程中木塊的動能增量為零，則由于物塊滑上傳送帶電動機多做了24J的功。

3.（2023?浙江杭州?統(tǒng)考二模）如圖所示，某游戲裝置由光滑平臺、軌道48、豎直圓管道

8CDEC（管道口徑遠小于管道半徑）、水平軌道CF、光滑直軌道FG平滑連接組成，B、C、

C'為切點，A,尸連接處小圓弧長度不計，/點上方擋片可使小滑塊無能量損失地進入軌道

ABo圓管道半徑火=0.2m,管道中，內(nèi)側(cè)粗糙，外側(cè)光滑。小滑塊與軌道48、CF的動摩擦

因數(shù)均為〃=0.5,AB軌道長度/=0.4m,傾角0=37。，CF長度L=2m,FG高度差h=0.8m,

平臺左側(cè)固定一輕質(zhì)彈簧，第一次壓縮彈簧后釋放小滑塊，恰好可以運動到與管道圓心等高

的。點，第二次壓縮彈簧使彈性勢能為0.36J時釋放小滑塊，小滑塊運動到圓管道最高處E

的速度為晚=1?^,已知小滑塊質(zhì)量，"=O」kg可視為質(zhì)點，sin37°=0.6,cos37°=0.8,不

計空氣阻力。求；

（1）第一次釋放小滑塊，小滑塊首次到圓管上的C點時受到彈力大??；

（2）第二次釋放小滑塊，小滑塊從C點運動到E點的過程，圓管道對滑塊的摩擦力做的功；

（3）若第三次壓縮彈簧使彈性勢能為心時釋放小滑塊，要求小滑塊在圓管道內(nèi)運動時不受

到摩擦力且全程不脫軌，最終停在C'尸上。寫出小滑塊CN上運動的總路程s與4之間的

關(guān)系式，并指出緯的取值范圍。

，

【答案】（1）入=3N；（2）匕=-0.03J；（3）5=（2￡p+0.24）m；0.38J<<1.68J

【解析】（1）從C到D對小滑塊由動能定理可得

-mgR=0--mvl

解得

vc=2m/s

在。點由牛頓第二定律可得

聯(lián)立解得

舔=3N

（2）從開始到￡點由動能定理可得

￡p+mglsin0-jumglcos0-mgR(\+cos，)+叫弓-C

解得

用=-0.03J

(3)從開始到C,可得

EkC-Ep=mglsin0-pmglcos0+mgR(\-cos6^)

解得

EkC=與+0.12J

要能最終停在CF上，必過E點，圓軌道運動無摩擦，所以

2

"次<m—

R

1

￡kF=2^9-01J

又有C到E,可得

-2mgR=EkE-Ekc

解得

￡p>0.38J

EkC>0.5J

不從右側(cè)斜面飛出需

EkC-fjmgL-mgh<0

解得

￡p<1.68J

41.8J

返回，若不過圓心等高處，可得

Ekc-2/jmgL-mgR<0

解得

Ekc<2,2J

￡p<2.08J

故