2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題17：力學(xué)綜合計算題（附答案解析）

專題17-力學(xué)綜合計算題

命題規(guī)律

本專題主要考查牛頓運動定律、動能定理、機械能守恒定

律、動量定理、動量守恒定律，會計算滑塊一木板模型、“子

能力突破

彈打木塊”模型、“含彈簧”模型、圓周運動+平拋運動模型

等綜合計算題。

(1)牛頓運動定律的應(yīng)用；

(2)理解動能定理，掌握動能定理的應(yīng)用方法；

高考熱點

(3)機械能守恒和能量守恒分析多過程、多物體問題的方

法以及碰撞類問題。

1出題方向主要考查計算題，一壓軸題的形式出現(xiàn)，題目難度一般為

中檔偏難。

考點歸納

考點1牛頓運動定律的綜合應(yīng)用

【解題技巧】n

一.動力學(xué)兩類基本問題

1.解題關(guān)鍵

『5防奚芬柝二礪底的麥方芬薪而麗很而釐近通芬法;..........................

!（2）兩個橋梁——加速度是聯(lián)系運動和力的橋梁；速度是各物理過程間相互聯(lián)系的橋

j梁.

|二、傳送帶模型

\解題關(guān)鍵

（（i）理清物體與傳送帶間的相對運動方向及摩擦力方向是解決傳送帶問題的關(guān)鍵.

'2）傳送帶問題還常常涉及臨界問題，即物體與傳送帶達(dá)到相同速度，這時會出現(xiàn)摩

i擦力改變的臨界狀態(tài)，對這一臨界狀態(tài)進(jìn)行分析往往是解題的突破口.

;三.板塊模型

模型特點

卜滑塊—木板，，模型類問題中，滑動摩擦力的分析方法與“傳送帶”模型類似，但這類問

:題比傳送帶類問題更復(fù)雜，因為木板受到摩擦力的影響，往往做勻變速直線運動，解

h夬此類問題要注意從速度、位移、時間等角度，尋找各運動過程之間的聯(lián)系.

:2.解題關(guān)鍵

,1）臨界條件：使滑塊不從木板的末端掉下來的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時的速

!度與木板的速度恰好相同.

卜2）問題實質(zhì)：“板一塊”模型和“傳送帶”模型一樣，本質(zhì)上都是相對運動問題，要分別

:求出各物體相對地面的位移，再求相對位移.

[例1]（2023春?溫州期中）北京時間2022年11月29日23時08分，搭載神舟十五

號載人飛船的長征二號F遙十五運載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點火發(fā)射，神舟十五

號乘組與神舟十四號乘組進(jìn)行在軌輪換，在空間站工作生活約6個月。長征二號F

遙十五運載火箭質(zhì)量約500噸，總長為58.3m。若發(fā)射塔高105m,點火后，經(jīng)5s火

箭離開發(fā)射塔，已知火箭離開發(fā)射塔過程做勻加速直線運動，忽略一切阻力和運載

火箭質(zhì)量的變化,g=10m/s2,求

（1）火箭離開發(fā)射塔瞬間的速度大?。?/p>

（2）火箭起飛時推動力的大小；

（3）若火箭剛離開發(fā)射塔瞬間，一個小零件從火箭的尾部自然脫落，求該零件運動

過程中離地面的最大高度。

【分析】（1）火箭離開發(fā)射塔后做勻加速直線運動,根據(jù)位移一時間公式求出加速度，

由速度一時間公式求火箭離開發(fā)射塔瞬間的速度大?。?/p>

（2）根據(jù)牛頓第二定律求火箭起飛時推動力的大??；

（3）小零件從火箭的尾部自然脫落后做豎直上拋運動，根據(jù)速度一位移公式求出上

升的最大高度，從而得到該零件運動過程中離地面的最大高度。

2

【解答】（1）對火箭，由勻變速運動位移公式有x=v0t+^atf將x=105m,t=5s代

2

入數(shù)值解得a=8.4m/ss則火箭離開發(fā)射塔瞬間的速度v=at=42m/s；

（2）設(shè)火箭起飛時推動力大小為F,由牛頓第二定律F-mg=ma得F=mg+ma=500

X103X10N+500X103X8.4N=9.2X106N；

（3）&件從火箭上脫落瞬間初速度為v=42m/s,&件開始向上做豎直上拋運動運動，

由v2=2gh得零件向上運動的高度/=尋=88.2小，零件運動過程中離地面的最大高

度為H=105m+h=193.2m。

【例2】（2022秋?三明期末）如圖甲所示，一木板靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m=1kg

的物塊以初速度vo=4m/s滑上木板的左端，同時木板受到一個水平向右的恒力F作

用。施加不同大小的恒力F,物塊相對木板滑動路程為s,其工-產(chǎn)關(guān)系如圖乙所示,

s

其中AB與橫軸平行，且AB段的縱坐標(biāo)為InTl若木板的質(zhì)量M=0.5kg、長度L

又因為共速,故：vo-aitB=aBtB

聯(lián)立解得：tB=05s,FB=1N

即物塊恰好不滑出右端，恒力F為1N。

（3）當(dāng)F繼續(xù)從1N增大時，物塊減速、木板加速，兩者在木板上某一位置具有共

同速度；當(dāng)兩者共速后能保持相對靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度做勻加速

運動，且C點為靜摩擦力最大的點，當(dāng)處于C點時，設(shè)加速度大小為aC,對整體:

Fc=（m+M）ac

對物塊：mac=pmg

聯(lián)立解得：Fc=3N

在沒有達(dá)到共速前,F=Fc=3N時木板的加速度大小為:aci=立部=3+°^1X1°7n/

s2=1Om/s2

設(shè)達(dá)到共速經(jīng)歷的時間為tc,則：vo-aitc=acitc

兩者之間相對滑動位移大小為：=%立-2al噲一*牝屋

解得：Axc=im

111

也即：一=一=三=1.5”短

SC'3

結(jié)合B點和C點可知，已1-9的函數(shù)關(guān)系式為：112+

ss44

當(dāng)F>3N時，對應(yīng)乙中的DE段，當(dāng)兩物體速度相等后（達(dá)到最大相對位移Ax）,物

塊會繼續(xù)相對于木板向左滑動，直至回到出發(fā)點從木板上滑落，所以物塊相對于木板

滑動的路程為：s=2Ax

在速度未相等前，木板的加速度大小滿足：F+pmg=Ma3

當(dāng)兩者具有共同速度v,歷時3根據(jù)速度一時間關(guān)系可得：vo-ait=a3t

22

根據(jù)位移關(guān)系可得:Ax=vQt—^att—ia3t

解得：S=2AX=￡^

所以：:=（:/+$血一1

1

故當(dāng)0WFW1N時，-=l/nT

S

113

當(dāng)0VFW3N,-=（~Z7+

113

當(dāng)F>3N,-=(-F+-)m~l

s88,

答：(1)若F=0時，物塊和木板運動的加速度大小分別為2m/s2,4m/s2；

(2)若物塊恰好不滑出右端，恒力F的大小為1N；

(3)兩段恒力F的取值范圍及三-F函數(shù)關(guān)系式為：當(dāng)0WFW1N時，-=Im-1當(dāng)0

SSo

113113

VFW3N時，一=(1/+])7?1一|0當(dāng)F>3N時，-=(&~+a)mTo

【例3】(2022秋?朝陽區(qū)校級期末)如圖所示，在水平地面上放置一個質(zhì)量為M=2kg

的足夠長的木板，在木板上方放置一個質(zhì)量為m=1kg的小木塊。木板和小木塊均處

于靜止的狀態(tài)。已知小木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為2=0.4,木板與水平地面間的

動摩擦因數(shù)為陽=0.屋(假設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，當(dāng)?shù)刂亓铀俣萭=

1Om/s2)

(1)如果在靜止的長木板右端施加一個水平向右的恒力F,使小木塊和木板之間能

發(fā)生相對滑動，求該恒力F大小的取值范圍。

(2)某時刻，如果在靜止的小木塊的右端施加一個水平向右的力F,從該時刻開始

計時，力F的大小隨時間的變化規(guī)律為F=5t,求力F作用多長時間小木塊的加速度

達(dá)到0.3m/s2o

【分析】(1)應(yīng)用牛頓第二定律求出物塊與木板恰好發(fā)生滑動時的拉力大小，然后確

定拉力的范圍。

(2)以物塊與木板組成的系統(tǒng)為研究對象，求出拉力大小，然后求出時間。

【解答】解：(1)物塊相對木板恰好發(fā)生滑動時，由牛頓第二定律得：

對物塊：N2mg=mao

對物塊與木板整體：Fo-pi(in+M)g=(in+M)ao

代入數(shù)據(jù)解得：ao=4m/s2,Fo=15N

物塊與木板發(fā)生相對滑動時，恒力F>15N

(2)由于a=O.3m/s2<ao=4m/s2,物塊與木板相對靜止

對物塊與木板整體，由牛頓第二定律得：F-m(m+M)g=(m+M)a

其中F=5t,代入數(shù)據(jù)解得：t=0.78s

答：（1）使小木塊和木板之間能發(fā)生相對滑動，該恒力F大小的取值范圍是F>15N。

（2）力F作用0.78s小木塊的加速度達(dá)到0.3m/s2。

【例4】（2022秋?西安期末）如圖甲所示，一足夠長的粗糙水平傳送帶在電動機的帶動

下以恒定的速度v=2m/s沿順時針方向運動，質(zhì)量mA=0.2kg的小鐵塊A（可視為質(zhì)

點）和質(zhì)量mB=0.4kg的長木板B疊放在一起，A位于B的右端，在t=0時將A、

B輕輕放到傳送帶上，最終A恰好沒有滑離B,己知小鐵塊A、長木板B在0?4s

的速度一時間圖像如圖乙所示，取重力加速度大小g=10m/s2。求：

（1）A、B間的動摩擦因數(shù)陽和長木板B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)卬：

（2）長木板B的長度L；

（3）4s內(nèi)B相對于傳送帶發(fā)生的位移大小XI和A相對于傳送帶發(fā)生的位移大小X20

【分析】（1）根據(jù)圖像斜率計算加速度，根據(jù)牛頓第二定律計算動摩擦因數(shù)：

（2）根據(jù)圖像判斷達(dá)到共速所用時間，根據(jù)位移一時間公式求A、B位移，計算木

板長度；

（3）根據(jù)木板和A、B的位移關(guān)系計算相對位移c

【解答】解：（1）根據(jù)題圖，對A分析?，它剛放上傳送帶時加速度大小

=0.5?n/s2

由牛頓第二定律有

HimAg=mAai

解得

閨=0.05

對B分析，它剛放上傳送帶時加速度大小

2

-

22=lm/sz

由牛頓第二定律有

r(mA+mii)g-pimAg=mBa2

解得

1

的=誦

（2）A經(jīng)時間t2=4s與傳送帶共速、B經(jīng)時間t1=2s與傳送帶共速，從將A、B放

上傳送帶到A、B均與傳送帶相對靜止的過程中，根據(jù)位移一時間關(guān)系有

4=2%后=2x0.5x42m=4m

孫=之。24+u?2-口)=義x1x22/n+2X(4-2)m=6m

長木板B的長度

L=XB-XA=6m-4m=2m

（3）4s內(nèi)B相對于傳送帶發(fā)生的位移大小

xi=vt2-XB=2X4m-6m=2m

A相對于傳送帶發(fā)生的位移大小

X2=vt2-XA=2X4m-4m=4m

答：（1）A、B間的動摩擦因數(shù)為0.05、長木板B與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為尚;

（2）長木板B的長度2m；

（3）4s內(nèi)B相對于傳送帶發(fā)生的位移大小為2m、A相對于傳送帶發(fā)生的位移大小

為4m。

【例5】（2022秋?龍崗區(qū)期末）如圖為某物流公司兩段傳送帶截面圖，水平傳送帶I的

長度Li=3.6m,傾斜傳送帶2的長度L2=3m、傾角8=37°,兩傳送帶均做逆時針

轉(zhuǎn)動且轉(zhuǎn)速相同。現(xiàn)將質(zhì)量m=2kg的貨物輕輕地放在傳送帶1的右端a處，貨物與

傳送帶1、2之間的動摩擦因數(shù)均為p=0.5,貨物經(jīng)過連接點b處時速度大小不變。

已知貨物可視為質(zhì)點，JRg=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

（1）若貨物以最短的時間從a傳送到b,求傳送昔的最小速度vi的大小。

（2）若貨物恰能運送到C,求傳送帶的最小速度V2的大小。

（3）若傳送帶的速度為V3=4m/s,求貨物從a運送到c的時間。

【分析】（I）貨物在傳送帶1上只做勻加速直線運動時，根據(jù)運動學(xué)公式v2=2ax求

傳送帶的最小速度；

（2）分析傳送帶2不轉(zhuǎn)動、速度大于4m/s、速度在0VvV4m/s范圍時的加速度，以

及在傳送帶2上運動的最遠(yuǎn)距離，從而判斷傳送帶2的最小速度；

（3）根據(jù)x=vot+}t2求解貨物從a到達(dá)。的最短時間.

【解答】解：（1）貨物在傳送帶1上的加速度：ai=^=0.5X10m/s2=5m/s2

若貨物以最短的時間從a傳送到b,貨物在傳送帶上做勻加速直線運動，則2=2a1L1

解得：vi=6m/s

（2）若傳送帶的速度v26m/s,則貨物到達(dá)b點的速度為6m/s,

在傳送帶2上的滑動摩擦力沿斜面向上，加速度為：@2=皿吟迪竺生=（10義

0.6-0.5X10X0.8）m/s2=2m/s2,方向沿斜面向下

.、”2八2

貨物做勻減速運動。速度減到零時，沿傳送帶上升的距離：xo=著=^m=9m>L

則貨物不能恰運送到C。

若傳送帶的速度小于6m/s,則貨物到達(dá)b與傳送帶有共同速度，

在傳送帶2上做勻減速運動，加速度為：a2=mgsin37。募mgcos37。=（10X0.6-0.5X

10X0.8）m/s2=2m/s2,

2

若貨物恰能運送到c,則貨物到c點的速度為零，則：v2=2a2L2

代入數(shù)據(jù)解得：v2=2^m/s

（3）若傳送帶的速度為V3=4m/s,貨物在傳送帶1上先做勻加速運動，

與傳送帶達(dá)到共同速度后做勻速運動，則做勻加速運動的時間為：ti=M=*=0.8s

做勻加速運動的位移：X1=^=短m=1.6m

則做勻速運動的時間為：￡2=牛3=也/5=0上

由于V3>V2

所以貨物到達(dá)C速度沒減小到零，則：心=%￡4-3。2丫

代人解二次方程得：t4=lS或t4=3S（舍去）

貨物從a運送到c的時間：t=ti+t2+t4=0.8s+0.5s+1s=2.3s

答：（1）若貨物以最短的時間從a傳送到b,傳送帶的最小速度vi的大小6m/s；

（2）若貨物恰能運送到c,傳送帶的最小速度V2的大小為2Km/s；

（3）若傳送帶的速度為V3=4m/s,貨物從a運送到c的時間為2.3s。

考點2應(yīng)用動能定理求解多過程問題

.......................［解題技巧】………

1.分析思路

（1）受力與運動分析：根據(jù)物體的運動過程分析物體的受力情況，以及不同運動過程中

力的變化情況；

（2）做功分析：根據(jù)各種力做功的不同特點，分析各種力在不同的運動過程中的做功情

況；

（3）功能關(guān)系分析：運用動能定理、機械能守恒定律或能量守恒定律進(jìn)行分析，選擇合

適的規(guī)律求解.

2.方法技巧

（1）“合，，一整體上把握全過程，構(gòu)建大致的運動圖景；

（2）“分”——將全過程進(jìn)行分解，分析每個子過程對應(yīng)的基本規(guī)律；

（3），，合”—找出各子過程之間的聯(lián)系，以銜接點為突破口，尋求解題最優(yōu)方案.

【例1】（2023春?南開區(qū)校級期中）滑板運動是極限運動的鼻祖，許多極限運動項目均

由滑板項目延伸而來.如圖所示是滑板運動的軌道,BC和DE是兩段光滑圓弧形軌道，

BC段的圓心為。點，圓心角為60°,半徑OC與水平軌道CD垂直，水平軌道CD

段粗糙且長8m。一運動員從軌道上的A點以3m，s的速度水平滑出，在B點剛好沿

軌道的切線方向滑入圓弧形軌道BC,經(jīng)CD軌道后沖上DE軌道，到達(dá)E點時速度

減為零，然后返回。已知運動員和滑板的總質(zhì)量為60kg,B、E兩點與水平面CD的

豎直高度分別為h和H,且h=2m,H=2.8m,g取lOm/s?。求：

（2）軌道CD段的動摩擦因數(shù)中

（3）通過計算說明，笫一次返回時，運動員能否回到B點？

【分析】（1）根據(jù)平拋運動的特點得出B點的速度；

（2）根據(jù)從B到E的過程，利用動能定理列式得出p的大小；

（3）根據(jù)動能定理計算出運動員能達(dá)到的最高位置，與h做對比完成分析。

【解答】解：（1）根據(jù)題意可得：

%

=^60^

解得：VB=6m/s

（2）從B點到E點的過程中，根據(jù)動能定理可得：

1

mgh-fimgxcD-mgH=0-27nM9

代入數(shù)據(jù)解得：u=0.125

（3）運動員能到達(dá)左側(cè)的最大高度為從B到第一次返回左側(cè)最高處，根據(jù)動能

定理可得：

mg/i—mgh'—nmgx2xCD=0—

解得：h'=1.8m<h=2m

所以第一次返回時，運動員不能回到B點。

答：（1）運動員從A運動到達(dá)B點時的速度大小為6m/s；

（2）軌道CD段的動摩擦因數(shù)為0.125；

（3）第一次返回時，運動員不能回到B點。

【例2】（2023春?常熟市期中）如圖所示，摩托車做超躍特技表演，以L0m/s的初速度

沿曲面沖上高0.8m、頂部水平的高臺，若摩托車沖上高臺的過程中始終以額定功率

1.8kW行駛，經(jīng)過1.2s到達(dá)平臺頂部，立即關(guān)閉油門，離開平臺后，恰能無碰撞地

沿圓弧切線從A點切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。A、B為圓弧兩端點，圓

弧的最低點B與水平傳送帶相切，傳送帶以w=8m/s的速度勻速運動，傳送帶長為

8.5m,摩托車輪胎與傳送帶間為滑動摩擦，動摩擦因數(shù)為口=0.4。已知圓弧半徑為

R=^m,人和車的總質(zhì)量為180kg,特技表演的過程中到達(dá)傳送帶之前不計一切阻

力（計算中取g=10m/s2）。求：

（1）人和車到達(dá)頂部平臺時的速度v；

（2）人和車運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力；

（3）人和車在傳送帶_1的運動時間。

【分析】（1）根據(jù)動能定理列式得出人和車到達(dá)頂部平臺時的速度；

（2）先根據(jù)動能定埋得出B點的速度，結(jié)合牛頓第二定律和牛頓第二定律得出在B

點時對軌道的壓力；

（3）先根據(jù)牛頓第二定律得出加速度，分析出對應(yīng)的運動狀態(tài)，分段計算出時間最

后相加即可。

【解答】解：（1）摩托車沖上高臺的過程中，根據(jù)動能定理可得：

Pt—mg/i=^mv2—47n笳

代入數(shù)據(jù)解得：v=3m/s

（2）從A點沿切線方向進(jìn)入時，則

tanO=?

豎直方向上：Vy=2gh

聯(lián)立解得：6=53°

設(shè)人和車的最低點速度為VB,摩托車從高臺頂部到最低點的過程中，根據(jù)動能定理

可得：

mg/i4-mgR（l-cos53。）=^mvl-|znv2

解得：VB=lOm/s

在最低點時，根據(jù)牛頓第二定律可得：

m

FN~9=

根據(jù)牛頓第三定律可得：F^=FN

聯(lián)立解得：F壓=3720N

（3）根據(jù)牛頓第二定律可得：

|img=ma

由運動學(xué)公式可得；

VI=VB-ati

聯(lián)立解得：ti=0.5s

此過程中的位移為：

x=vBt1—=10x0.5m—x4x0.527n=4.5m<B.5m

可知到達(dá)c點以前先減速后勻速，有

則運動的總時間為：

t=ti+t2=0.5s+0.5s=Is

答：⑴人和車到達(dá)頂部平臺時的速度為3m/s；

（2）人和車運動到圓弧軌道最低點時對軌道的壓力為3720N；

（3）人和車在傳送帶上的運動時間為1s。

【例3】（2023春?北侖區(qū)校級期中）如圖所示，豎直平面內(nèi)有由兩段圓弧拼接而成的軌

道，圓弧半徑均為R=lm,左側(cè)為水平平臺。一質(zhì)量m=lkg的小球（可視為質(zhì)點）

從平臺邊緣的A處以vo=6m/s的水平速度射出，恰能沿圓弧軌道上P點的切線方向

進(jìn)入軌道內(nèi)側(cè)，軌道半徑OP與豎直線的夾角為53°,已知sin53°=0.8,cos53°

=0.6o

（1）求小球到達(dá)P點時的速度大小VP;

（2）求小球在AP過程中重力所做的功；

（3）求小球在P點時重力的瞬時功率；

（4）若小球到達(dá)Q點時對下側(cè)軌道的壓力為154N,求小球在Q點的速度。

【分析】(1)小球從A點到P點做平拋運動，恰好沿圓弧軌道一LP點的切線方向進(jìn)

入軌道內(nèi)側(cè)，說明小球在P點的速度VP方向與水平方向的夾角為53°,根據(jù)速度分

解求小球到達(dá)P點時的速度大小VP；

(2)小球在AP過程中，由動能定理求重力所做的功；

(3)根據(jù)P=mgvy求小球在P點時重力的瞬時功率；

(4)小球到達(dá)Q點時，根據(jù)向心力公式求小球在Q點的速度。

【解答】解：(1)小球從A點到P點做平拋運動，將小球在P點的速度vp分解如圖

所示，則

vp=^=^m/s=10m/s

(2)小球從A點到P點，由動能定理得

WG=^mvp—^mvQ

解得小球在AP過程中重力所做的功：WG=32J

(3)小球在P點時豎直分速度vy=votan530=6xgm/s=8m/s

小球在P點時重力的瞬時功率為P=mgvy=1X10X8W=80W

(4)在Q點，對小球，由牛頓第二定律得

VQ

FN-mg=m——

R

根據(jù)牛頓第三定律知，在Q點軌道對小球的支持力FN=154N,代入上式解得：VQ=

12m/s

答：（1）小球到達(dá)P點時的速度大小VP為10m/s。

（2）小球在AP過程中重力所做的功為32J；

（3）小球在P點時重力的瞬時功率為80W；

（4）若小球到達(dá)Q點時對下側(cè)軌道的壓力為154N,小球在Q點的速度為12m/so

【例41（2023春?福清市期中）滑雪俱樂部內(nèi)的U形池軌道如圖1所示，圖2為簡化圖，

由兩個完全相同的;圓弧滑道AB、CD和水平滑道BC構(gòu)成,圓弧滑道的半徑R=2m,

B、C分別為圓弧滑道的最低點，B、C間的距離x=9.5m。假設(shè)滑雪愛好者以某一初

速度從A點進(jìn)入U形池軌道，經(jīng)過水平滑道B點的速度為VB=10m/s,從B點勻減

速運動到C點，已知滑板與BC之間的動摩擦因數(shù)為四=0.1,從D點躍起時的速度

vD=6m/so設(shè)滑雪者（連同滑板）的質(zhì)量m=50kg,忽略空氣阻力的影響，圓弧上A、

D兩點的切線沿豎直方向。重力加速度大小為g=10m/s2。求：

（1）滑雪者從D點躍起后在空中上升的最大高度；

（2）滑雪者在C點時的速度大小；

（3）滑雪者從C點到D點運動的過程中克服摩擦阻力所做的功。

【分析】（1）滑雪者從D點躍起后做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理求最大高度；

（2）從B到C,滑雪者做勻減速運動，根據(jù)動能定理求滑雪者在C點時的速度大小;

（3）雪者從C點到D點運動的過程中，根據(jù)動能定理求克服摩擦阻力做的功。

【解答】解：（1）滑雪者從D點躍起后做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理得

-mgh=O-1?nvg

可得上升的最大高度11=的=J詔m=1.8m

（2）從B到C,滑雪者做勻減速運動，根據(jù)動能定理得

-Nmgx=1am說2一a1%2

聯(lián)立解得：vc=9m/s

（3）雪者從C點到D點運動的過程中，根據(jù)動能定理得

-mgR-Wt-避

可得克服摩擦力做的功Wf=125J

答：（1）滑雪者從D點躍起后在空中上升的最大高度1.8m；

（2）滑雪者在C點時的速度大小9m/s；

（3）滑雪者從C點到D點運動的過程中克服摩擦阻力所做的功125Jo

【例5】（2023?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，粗糙斜面傾角9=37°,斜面長s=3L,

斜面底端A有固定擋板,斜面頂端有一長度為h的粘性擋板BC,CD為一段半徑R=

的圓弧，半徑OC與豎直方向夾角為6=37°,OD處于豎直平面上，將質(zhì)量為m、

長度為L,厚度為h的木板置于斜面底端，質(zhì)量也為m的小物塊（可看作原點）靜

止在木板下端，整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)。木板上端若到達(dá)斜面頂端B點會被牢固粘

連，物塊若到達(dá)C點能無能量損失進(jìn)入圓弧CD。若同時給物塊和木板一沿斜面向上

的初速度vo,木板上端恰能到達(dá)B點?，F(xiàn)給物塊浩斜面向上的初速度vo,并給木板

施加一沿斜面向上的恒力F=gmg。物塊剛好不從木板上端脫離木板。已知木板與斜

面間的動摩擦因數(shù)囚=上,物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為卬，國,山，且最大靜摩擦

力等于滑動摩擦力,重力加速度為g,sin370=0.6,cos37°=0.8。

（1）求vo大小；

（2）求物塊與木板間的動摩擦因數(shù)國；

（3）給物塊沿斜面向上的初速度vo,并給木板施加一沿斜面向上的恒力F=gmg,若

改變s的大小，木板能在與物塊共速前到達(dá)B端且物塊進(jìn)入圓弧CD后不脫離圓弧。

求s的取值范圍。

D

CyB

e

A

【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式得出初速度的大?。?/p>

（2）根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式分析出物塊的運動情況，由此聯(lián)立等式得出

動摩擦因數(shù)的大??；

（3）根據(jù)牛頓第二定律得出物塊的速度，結(jié)合動能定理得出其對應(yīng)的s的極值，由

此得出s的取值范圍。

【解答】解：（1）由于可知，當(dāng)同時給物塊和木板一沿斜面向上的初速度

vo時，物塊與木板保持相對靜止向上做勻減速直線運動，對物塊與木板整體根據(jù)牛頓

第二定律可得：

2mgsin0+|iiX2mgcos0=2mai

解得：ai=

根據(jù)題意，此過程木板上端恰能到達(dá)B點，根據(jù)速度一位移公式可得：vl=2ai（s-

L）

解得：vo=g'SgL

J

（2）給物塊初速度vo時，對物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinO+p2mgeos6=ma2

對木板根據(jù)牛頓第二定律可得：F+|i2mgcos0-mgsinO-piX2mgcos0=ma3

經(jīng)歷時間ti,兩者達(dá)到相等速度vi,根據(jù)運動學(xué)公式可得：vi=vo-a2ti=aati

之后，由于2mgsin04-|ii*2ingcos0=ping

即之后做勻速直線運動，木板到達(dá)B后，物塊進(jìn)一步向上做勻減速直線運動，由于

物塊剛好不從木板上端脫離木板，則物塊減速至C時，速度恰好等于0,根據(jù)運動學(xué)

公式可得：

L="為±G+或

2212a2

解得a2=a3=《g,|12=0,75

（3）若物塊在圓弧中恰好做完整的圓周運動，則在最高點D,根據(jù)牛頓第二定律可

得：mg=m-

解得：VD=J^

令物塊此過程在C點速度為VCI,根據(jù)動能定理可得：

-mg（R+RcosO）=51m詒-1m哈

2

解得vci=J等

若物塊在圓弧中恰好到達(dá)與圓心等高位置速度減為0,令物塊此過程在C點速度為

VC2,根據(jù)動能定理可得：

1

mv2

-mgRcosO=°《c2

解得VC2=僧

改變s的大小，木板能即在與物塊共速前到達(dá)B端，則此過程中，物塊一直以加速度

a2向上做勻減速直線運動，當(dāng)減速至vci時，s為最大值，根據(jù)速度一位移公式可得：

VQ-哈=2a2Stnax

解得：Smax=HL<L

o

斜面長度不可能小于木板的長度，表明上述情景不存在。當(dāng)減速至VC2時，S為最小

值，同埋可得：

VQ-VQ2=2a2Smin

解得Smin=L

根據(jù)（2）可知物塊前后做勻減速的位移和值為X=4=^L

ZU23

綜合所述，s的取值范圍為LWsg學(xué)

答：（1）V0大小為

（2）物塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.75；

（3）木板能在與物塊共速前到達(dá)B端且物塊進(jìn)入圓弧CD后不脫離圓弧，s的取值

范圍為

考點3動量觀點與能量觀點的綜合應(yīng)用

解題策略

（1）弄清有幾個物體參與運動，并劃分清楚物體的運動過程.

（2）進(jìn)行正確的受力分析，明確各過程的運動特點.

k瀛先淆而平而最而而壬而筋;起者示訐而另函班底法荔?襁征二超強;布搔

j過程、子彈打木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒

:定律分析.

；（4）如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析.

[例1]（2023?南寧一模）如圖所示，豎直平面內(nèi)有一光滑平臺AB,其上有一個質(zhì)量

mi=2kg的滑塊1,右下方有一半徑R=L2m、圓心角8=60°的光滑圓弧軌道CD,

平臺AB到C點的高度差h=0.15m,D處平滑連接一傳送帶，傳送帶右側(cè)平滑連接

另一光滑平臺EF,傳送帶以速度v=2m/s順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶與滑塊1的動摩擦因

數(shù)|1=02DE的距離為l=2m,質(zhì)量iw=6kg的滑塊2靜止在平臺EF上，其右端

連接一輕質(zhì)彈簧，彈簧右端固定且處于原長狀態(tài)?，F(xiàn)將滑塊1水平拋出，恰好沿C

點的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，經(jīng)過傳送帶后與滑塊2發(fā)生彈性正碰。g=10m/s2,所

有滑塊均可以看成質(zhì)點，忽略空氣阻力，求：

（1）滑塊1運動到D點的速度大小；

（2）滑塊1與滑塊2第一次碰撞后滑塊1的速度：

（3）若滑塊1、2每次碰撞后滑塊2壓縮彈簧至最短時立即被鎖定，而當(dāng)它們再次碰

撞前瞬間鎖定被解除，求第n次碰撞后滑塊2壓縮彈簧至最短時彈簧的彈性勢能（沒

有超過彈簧的彈性限度）。

【分析】（1）根據(jù)平拋運動規(guī)律和動能定理求解滑塊1運動到D點的速度；

（2）根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解滑塊1離開傳送帶的速度；根據(jù)動量守恒

定律和機械能守恒定律求解碰撞后滑塊1、2的速度；

（3）碰撞后滑塊1滑上傳送帶先做勻減速運動至速度為零，再向右做勻加速運動到

離開傳送帶，由于加速度大小不變，因此每次滑塊1離開傳送帶的速度大小都與滑塊

1滑上傳送帶時的速度大小相等；結(jié)合（2）的速度關(guān)系式，分別求解每次碰撞后滑

塊2獲得的速度；最后根據(jù)能量守恒定律結(jié)合數(shù)學(xué)歸納法求解彈簧的最大彈性勢能。

【解答】（1）從B到C滑塊1做平拋運動，豎直方向，h=^gtl

解得滑塊1從B到C的運動時間ti=楞=罔運m/s=

落到C點豎直速度為Vy=gti=10xj2m/s=V3m/s

滑塊1的水平初速度北=*m/s=Im/s

滑塊1從拋出點到D,艱據(jù)動能定理可得mg（/i+R-Acos。）=*771詔-諾

代入數(shù)據(jù)解得VD=4m/s

（2）滑塊1滑上傳送帶，由于4m/s>2m/s,因此滑塊1做勻減速運動

設(shè)經(jīng)過時間t2與傳送帶達(dá)到共同速度，根據(jù)牛頓第二定律可得Rmg=ma

代入數(shù)據(jù)解得加速度的大小a=2m/ss

設(shè)共速時間為t2,根據(jù)運動學(xué)公式，得時間t2=%N=*s=ls

滑塊滑行位移為與=宇?￡2=竽x加=3m”

因此滑塊1達(dá)到傳送帶右端與傳送帶沒達(dá)到共同速度

根據(jù)速度一位移公式滑塊1達(dá)到傳送帶右端速度為%=J憂）-2M=V42-2x2x1m/

s=2代m/s

取水平向右為正方向，以滑塊1、2為系統(tǒng)碰撞瞬間動量守恒miVE=mivi+m2V2

111

滑塊I、2為彈性碰撞，根據(jù)機械能守恒：叫埠=-771^1+-mv[

乙乙乙2

解得滑塊1的速度%=聯(lián)獸外=聶X2V3m/s=-V3m/s

1

滑塊2的速度%=T/ilJ魯~rTJiy/=4至十。tx2>j3m/s=3V3m/s

（3）第一次碰撞后，滑塊1在傳送帶上向左做減速運動至速度為0,再在傳送帶上

向右做加速運動，由于加速度的大小不變，因此滑塊1回到傳送帶右端的速度大小仍

然為vi,然后與滑塊2發(fā)生彈性碰撞

第一次碰撞后滑塊1的速度打=誓部?丹=密?勿=-劣年

十"I2乙十。L

滑塊2的速度上=?益=矮

以后每次滑塊1離開傳送帶的速度大小都與滑塊1滑上傳送帶時的速度大小相等

第二次碰撞后滑塊1的速度為=X\VE--8）2%

滑塊2的速度%=|x

第三次碰撞后滑塊1的速度%=

2

滑塊2的速度%=?x%='X（2）vfc

n-1

第n次碰撞后，滑塊2的速度u2n=5x（1）,vE

根據(jù)能量守恒定律，第n次碰撞后，彈簧的彈性勢能昂=2蛆詔+*蛆冠+-+

27n2於n=2m2（諾+式+…+詔n）

代入數(shù)據(jù)化簡得Ep=81[1+（1）2+8）4+（1）6+…+（l）2（n-l）]J

根據(jù)等比數(shù)列求和公式立=Q「睿，其中ai=l,q=（今2

由于4）2〃比0

因此彈簧的最大彈性勢能Epm=108J

答：（1）滑塊1運動到D點的速度大小為4m/s；

（2）滑塊1與滑塊2第一次碰撞后滑塊1的速度大小為百m/s；

（3）第n次碰撞后滑塊2壓縮彈簧至最短時彈簧的彈性勢能為108Jo

【例2）（2022秋?唐山期末）如圖，質(zhì)量為M=0.5kg的木板靜止在光滑的水平軌道上，

木板長度可以自由調(diào)節(jié)。木板右端到軌道末端的距離足夠長，軌道末端固定有粘性

的薄擋板，擋板高度與木板厚度相等，木板與擋板碰后可粘到一起。與軌道在同一

豎直面內(nèi)有一傾角為6=45°的斜面，斜面底端在軌道末端正下方，斜面底端與擋板

上端距離為H=4m。質(zhì)量為m=2kg可視為質(zhì)點的滑塊，以水平速度vo=10m/s滑上

木板左端，滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為H=06直力加速度為g=10m/s2,求：

（1）木板長度為L2=|m時，滑塊滑離木板時速度；

（2）木板長度為L2=￡m時，滑塊滑離木板后，經(jīng)多長時間到達(dá)斜面；

（3）軌道末端換成彈性的薄擋板（木板與擋板碰撞前后速度大小不變），木板長度為

L3=9m時，滑塊是否會落在斜面上。若能，落在斜面上的位置距斜面底端距離，若

不能，木板第一次與擋板碰后木板運動的總路程。

【分析】（1）用假設(shè)法根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律，求出在此條件下滑塊滑離

木板的速度；

（2）根據(jù)平拋運動的位移規(guī)律及幾何關(guān)系求落到斜面的時間；

（3）用假設(shè)法先判斷滑塊不能從木板滑離，再根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求

出從第一次到第二次碰撞前（以及第二次到第三次碰撞前）的速度及木板向左的路程,

找到路程的等比規(guī)律，用等比數(shù)列的公式求和。

【解答】解：（1）以向右方向為正，假設(shè)兩者共速，由動量守恒定律：m\，o=（m+M）

2

m和M構(gòu)成的系統(tǒng)，能量守恒：-mQ-（m+M）v+|imgx

2V=2

聯(lián)立可得:v=8m/s,x=

J

（2）滑塊滑到長木板右端時剛好共速以v從軌道右端平拋運動，

水平方向：x=vt

豎直方向：y=與產(chǎn)

幾何關(guān)系可知：tan8=^

聯(lián)立可得：t=O4s

（3）當(dāng)系統(tǒng)內(nèi)的動能等于零時，pmgX2=

解得相對位移為：x2=^m<L3,所以不會落在斜面。

第一次碰撞后到第二次碰撞前，滑塊與木板達(dá)到共速，

設(shè)共速的速度為VI,以向右方向為正，由動量守恒：mv-Mv=（m+M）VI

解得：vi=1v

長木板向左減速的加速度：a==°6Q^X1°m/s2=24m/s2

總的運動的路程…=2x*=胃=（|）2.「=（|）2.grn=

第二次碰撞后到第三次碰撞前

以向左方向為正，由動量守恒定律有：mvi-Mv）=（m+M）V2

解得：V2=

長木板一來一回的路程：S2=q=J）4.q

每相鄰碰撞是等比數(shù)列,所以長木板走的總路程：S=Sl+S2+S3+...........=S|?"

i-q

當(dāng)L8時，代入數(shù)據(jù)得：5=占』=］；3）2x/m=1.5m

答：（1）木板長度為L2=￡m時，滑塊滑離木板時速度為8m/s；

（2）木板長度為L2=/m時，滑塊滑離木板后，經(jīng)0.4s到達(dá)斜面；

（3）木塊不能落到斜面上，木板第一次與擋板碰后木板運動的總路程為1.5m。

【例3】（2022秋?煙臺期末）如圖所示，質(zhì)量為M=3kg的物塊A放在質(zhì)量為m=2kg

的木板B的左端，A、B之間的動摩擦因數(shù)為|1=0.5。開始時，A、B以vo=3m/s的

速度在光滑的水平面上相對靜止一起向右勻速運動，某一時刻木板B與右邊的豎直

固定墻壁發(fā)生正碰，設(shè)碰撞時間極短，碰撞無機械能損失，整個過程中物塊A總不

能和墻壁相碰。取g=10m/s2。

（1）若木板B足夠長，求：

i.第一次碰撞后，A、B共同運動的速度vi大小和方向；

ii.第一次碰撞后，木板B與墻壁之間的最大距離；

iii.從木板B第一次與墻壁相碰之后，木板B運動的總路程；

（2）若要物塊A不脫離木板B,求木板B的最小長度。

【分析】（1）i.根據(jù)動量守恒定律，求第一次碰撞后，A、B共同運動的速度；

ii.第一次碰撞后，木板B向左做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律求加速度，根據(jù)運動

學(xué)公式，求最大距離；

iii.木板與墻壁第二次碰撞后的共同速度，根據(jù)動量守恒定律列式，結(jié)合運動學(xué)公式,

求木板B向左運動的最遠(yuǎn)距離，木板與墻壁第三次碰撞后的共同速度，根據(jù)動量守

恒定律，結(jié)合運動學(xué)公式，求木板B向左運動的最遠(yuǎn)距離，求比值，根據(jù)數(shù)列知識，

求總路程；

（2）木板B最終停在墻壁附近，則由能量關(guān)系，求木板B的最小長度。

【解答】解：（1）i.設(shè)向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可知Mvo-mvo=（m+M）

第一次碰撞后，A、B共同運動的速度vi=0.6m/s

方向向右；

ii.第一次碰撞后，木板B向左做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律加速度a=等，解

得a=7.5m/s2

則與墻壁之間的最大距離叼=算，解得xi=0.6m

iii.木板與墻壁第二次碰撞后的共同速度，根據(jù)動量守恒定律Mvi?mvi=（m+M）V2,

解得V2=0.12m/s

木板B向左運動的最遠(yuǎn)距離為小=*解得x2=0.024m

木板與墻壁第三次碰撞后的共同速度，根據(jù)動量守恒定律Mvz-mv2=（m+M）V3,

解得V3=0.024m/s

木板B向左運動的最遠(yuǎn)距離為%3=系解得X3=9.6X1O4m

經(jīng)多次碰撞后，木板將停在墻壁附近;因q咤喑解得q=°.04

則由數(shù)列知識可得,從木板B第一次與墻壁相碰之后,木板B運動的總路程,二若=

「2x再0.6"1.c2u5m

1

（2）木板B最終停在墻壁附近，則由能量關(guān)系,（M+⑴謚=nMgL

可得

L=1.5m

即若要物塊A不脫離木板B,求木板B的最小長度為1.5m。

答：（1）i.第一次碰撞后,A、B共同運動的速度0.6m/s,方向向右:

ii.第一次碰撞后，木板B與墻壁之間的最大距離0.6m；

iii.從木板B第一次與墻壁相碰之后，木板B運動的總路程1.25m；

（2）若要物塊A不脫離木板B,木板B的最小長度1.5m。

【例4】（2023?宣化區(qū)二模）如圖所示，傾斜傳送帶的傾角6=37°、長度為L=2m,

傳送帶以vo=7m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動；光滑水平面上有一塊長木板，其上表而粗糙，

且與傳送帶底端B以及右側(cè)固定半圓形光滑軌道槽的最低點C等高，槽的半徑R=

0.72m。在傳送帶上端A無初速地釋放一個質(zhì)量為m=1kg的黑色小滑塊（可視為質(zhì)

點），它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為陽=0.5,黑色小滑塊在傳送帶上經(jīng)過后留下黑

色痕跡，在底端B滑上緊靠傳送帶的長木板的上表面，長木板質(zhì)量為M=3kg,不考

慮小滑塊沖上長木板時碰撞帶來的機械能損失，小滑塊滑至長木板右端時，長木板

恰好撞上半圓槽，長木板瞬間停止運動，小滑塊進(jìn)入槽內(nèi)且恰好能通過半圓軌道最

高點A已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為|J2=0.4,sin^7°=0.6,ccs37。=

0.8,重力加速度g取101口謬，求：

（1）小滑塊從A到B的時間t；

（2）小滑塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度AX；

（3）長木板的長度s（計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）。

【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大小，假設(shè)小滑塊能夠與傳送帶共速，求

出小滑塊的位移大小，得到小滑塊在傳送帶上一直加速，根據(jù)位移一時間關(guān)系；

（2）求出t時間內(nèi)皮帶的位移，由此得到小滑塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕

跡的長度；

（3）根據(jù)速度一時間關(guān)系求解小滑塊達(dá)到B端時的速度大小，根據(jù)豎直方向圓周運

動的規(guī)律求解小滑塊在C點速度大小，由動量守恒定律、能量守恒定律求解長木板

的長度。

【解答】解：（1）小滑塊在傳送帶上運動過程中，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37。

+Himgcos37°=mai

代入數(shù)據(jù)解得：ai=10m/s2

假設(shè)小滑塊能夠與傳送帶共速，則小滑塊滑上傳送帶至速度與傳送帶相同所需要的時

間為：ti=M=點=0.7s

U|JLU

此過程小滑塊的位移大小為：x1=頭1烏x0.7m=2.45m

由于2.4m>2m,所以假設(shè)不成立，小滑塊在傳送帶上一直加速

根據(jù)位移一時間關(guān)系可得：

代入數(shù)據(jù)解得：t-0.63s

（2）在t時間內(nèi)皮帶的位移為：si=vli￡ti=7X0.63m=4.41m

小滑塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度：Ax=si-L=4.41m-2m=2.41m

（3）小滑塊達(dá)到B端時的速度大小為：VB=at=10X0.63m/s=6.3m/s

小滑塊進(jìn)入槽內(nèi)且恰好能通過最高點，則有：mg=m萼

對小滑塊沿槽上滑過程應(yīng)用動能定理得：?2mgR=4m詔-品評

解得：vc=6m/s

設(shè)小滑塊到達(dá)木板最右端時的速度大小為v,選水平向右的方向為正方向，由動量守

恒定律得：

mvB=mvc+Mv

代入數(shù)據(jù)解得：v=0.1m/s

由能量守恒定律得：-mVfl=+-Mv2+|i2mgs

聯(lián)立解得：s、0.46m。

答：（1）小滑塊從A到B的時間為0.63s；

（2）小滑塊從A到B的過程中傳送帶上形成痕跡的長度為2.41m；