力学综合计算题-2025届高考物理二轮复习热点题型归类

计算2力学综合计算题

考点内容考情分析

考向一直线多过程运动问题高考中本讲内容重要程度大，难度也大，综合性

考向二曲线多过程运动问题

强，考察分值高。常以力学分析，直线运动，曲线运

考向三传送带、板块问题

动，能量与动量综合考察。

考向四含弹簧类综合问题

蜀深究"解题攻略"

1.思想方法

一.三个基本观点

(1)动力学的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速

运动的问题.

(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互

作用物体的问题.

(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量的转化问

题时，常用能量守恒定律.

二.选用原则

(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定

理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.

(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量守

恒定律，然后再根据能量关系分析解决.

三.系统化思维方法

(1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较

复杂的运动.

(2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用

动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).

2.模型建构

一、多过程运动特点

由三个及三个以上的运动过程组成的复杂运动。

二.解题理论

分类对应规律公式表达

力的瞬

时作用牛顿第二定律F合=—

效果

11

力对空动能定理沙合=A^k沙合=5冽吆2一罚力2

间积累

11

效果机械能守恒定律E\—£*2mghi+—m=机g%+鼻冽

力对时动量定理F£=p'~p/台

间积累

动量守恒定律加1匕+加2叱=机1%'+加2吃’

效果

1.静摩擦力做功的特点

(1)静摩擦力可以做正功，也可以做鱼功，还可以不做功.

(2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总等于委」

摩擦力

(3)静摩擦力做功时，只有机械能的相互转移，不会转化为内能.

做功的

2.滑动摩擦力做功的特点

特点

(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功.

(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功将产生两种可能效果：

①机械能全部转化为内能；

②有一部分机械能在相互摩擦的物体间转移，另外一部分转化为内能.

(3)摩擦生热的计算：Q=Fw相对,其中x喇为相互摩擦的两个物体间的相对位移.

1.传送带模型是高中物理中比较成熟的模型，典型的有水平和倾斜两种情况.一般设

问的角度有两个：

(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式

结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移

关系.

(2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因

放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解.

传送带2.传送带模型问题中的功能关系分析

(1)功能关系分析：W=AE+AE+Q.

问题kp

(2)对少和0的理解：

①传送带做的功：W=Fx传;

②产生的内能0=麻则

传送带模型问题的分析流程

晶初与1________

1相对11摩擦11加速1号L「耍同向周

—是否返u

।耍反向回而速「下f突变

卧一匀速或

变遗

1.选择合适的对象分析，是单个物体还是几个物体组成的一个系统。

2.对物体系统进行动力学分析时，往往需画出受力图，运动草图，注意转折点的状态分

析，建立物情景是很重要，这也是应该具有的一种解决问题的能力。

3.对物体系统进行功能分析时，着眼系统根据功能关系明确各个力做功的情况，依托各

弹簧能种功能关系明确各类形式能量的转化情况，特别注意弹力做功和弹性势能的特点

量分析4.注意物体初末状态的位置变化对应的弹簧形变量的变化关系，结合功能关系，能量守

恒定律列方程。

(1)弹力做正功，弹性势能减少

弹簧弹力做功弹性势能变化(2)弹力做负功，弹性势能增加

(3)/=—AEp=Epi—与2

三.解题技巧

(1)仔细审题，弄清有哪几个运动过程，并画简图示意。

(2)对各运动过程要进行受力与运动特点、做功与能量变化分析。

(3)边审题，边提取已知信息或隐含信息，对每个运动过程，列出可能的方程式。

(4)一般要有探索过程，不要企图一步到位，最后根据需要，列出必要的方程或方程组。

四.注意事项

(1)一个方程不能解决问题，就多设内个未知量，列方程组求解。

(2)列方程式时依据要明确，概念要清楚：

如运用动能定理，就涉及到功与动能的关系，不要弹性势能、重力势能列在式中；如运用机械

能与系统外力和非保守力做关系时，重力做功或弹簧弹力做功就不要列在式中；如运用能量守恒定

律列式，只是寻找能量之间的关系，不要把功写在式中。

/亲临"高考练场"

考向一直线多过程运动问题

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3m的小物块A,叠放在质量为m、足够长的木板B上，其右侧静置着3个质量均为2m

的小物块C、D、E。A与B上表面间的动摩擦因数为山t=0时，A以vo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g,所有碰撞均为时间极短的弹性

碰撞，求：

(1)t=0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。

【解答】解：以下分析均以向右为正方向。

(1)设A、B第1次共速时的速度为v共1，t=0时B的右端与C的距离为d,根据动量守恒定

律得：

3mv()=(3m+m)v共i

3

解得：v共产机

对B由动能定理得：

1,

311mgd=jiv共］'-0

解得:d=M

(2)B与C发生第1次碰撞弹性碰撞过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mv共1=mvBi+2mvci

111

+-x2m谣i

/11

解得：一承，

VBI=0VC1=-^Vo

第1次碰撞后，因小物块C、D、E的质量均相等，它们之间发生弹性碰撞时交换速度，故C与

D碰撞后速度交换，碰后C静止，D获得C的速度向右运动与E碰撞，碰后D静止，E一直向

右做匀速直线运动。

B与C发生第1次碰撞后B先向左减速到速度为零，再向右加速运动到A、B第2次共速时恰好

与C第2次碰撞，此过程中B向右运动的最大位移就等于是B的右端与C的最大距离，设为

dm。

设A、B第2次共速时的速度为v共2，同理可得：

3mv共I+DIVBI=(3m+m)v共2

z1

解得：V共2=^VO

对B向右运动的过程，由动能定理得：

1

3Hmgdm=3nv共22-0

解得：儿=就

（3）对B与C第2次碰撞，同理有：

mv共2=mvB2+2mvc2

111

2=*%2+2x2mvC2

/11

解得：VB2=一葭0，VC2=^0

B与C第2次碰撞后到A、B第3次共速的过程，同理有：

3mv共2+mvB2=（m+3m）v共3

刀/1

解得：V共3=§V0

B与c第3次碰撞的过程，同理有：

mv共3=mvB3+2mvc3

111

pn唳3=7nl43+2X2mVC3

12

V

解得：VB3=-^Vo>C3=^0

B与C第3次碰撞后到A、B第4次共速的过程，同理有：

3mv共3+mvB3=（m+3m）v共4

2

解得：V共4=§V0

2

因V共4=%3=次0，故B、C不会再发生碰撞。

2

可知C的最终速度为VC3=亚0。

答：（1）t=0时B（右端）与C的距离为其士；

32/ig

v2

（2）B与C发生第1、2次碰撞间，B（右端）与C的最大距离为弁:。

2

（3）C的最终速度为yo。

2.（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，光滑水平面上有一倾角。=37°的斜面体B,物块A从

斜面体底部以初速度vo=5m/s开始上滑。已知mA=lkg,mB=2kg,物块A可视为质点，斜面

体B上表面光滑，运动过程中物块A始终不脱离斜面体，g取：10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=

0.8o

（1）若斜面体B固定，求物块A上升的最大高度；

（2）若斜面体B可自由滑动，求物块A上升的最大高度；

(3)若斜面体B可自由滑动，且其表面有一层绒布，物块A相对斜面上滑时动摩擦因数由=

1

0.5,下滑时电=『求物块A从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小及系统因摩擦产生

的热量。

【解答】解：(1)若斜面体B固定，对物块A,根据机械能守恒可得

1

mAghi=*4诏

解得物块A上升的最大高度

hi=1.25m

(2)物块A到达最高点时，与斜面体B相对速度为0,水平方向共速，由水平方向动量守恒可

得

mAVocos370=(mA+mB)v共

根据能量守恒可得

11

%=万(啊+6B)嗅+mAgh2

59

代入数据解得：卜2=茄m

(3)沿斜面方向建立x轴，垂直斜面方向建立y轴，在上滑过程中，对A分析如图(a)所示,

对B分析如图(b)所示

在y方向上A、B初速度均为0且始终不分离，故每时每刻y方向的位移、速度、加速度均相同,

在任意时刻，均有

mAgcos37°-Ni=mAaAiy

Nisin37°+|iiNicos37°=mBaei

aAiy=aBisin37°

80

代入数据解得：N1=­N

在下滑过程中，对A分析如图(c)所示，对B分析如图(d)所示

(c)(d)

同理，在任意时刻，均有

mAgcos37°-N2=mAaA2y

N2sin37°-H2N2cos37°=meaB2

aA2y=aB2sin37°

80

W

代入数据解得：N2=—

说明A物体上滑、下滑过程中支持力均为定值，两物体受力始终为恒力。以B为参考系，在上滑

过程中，有

HiNi+mAgsin37°=mAaAix

aBlx-aBlC0S37°

al=aAlx+aBlx

150_

代入数据解得：a相i=-；^n/s2

ID

施13

贝口相=五/=邛

1

又x相=5。相i垃

13

代入数据解得：£=疥

在下滑过程中，有

mAgsin37°-H2N2=mAaA2：

aB2x=aB2C0S37°

a相2=aA2x+aB2x

50、

解得la相2=五加小21

1

由x相—5a相2名

代入数据解得：t2=

故摩擦生热：Q=mNix相+口2N2X相

590

代入数据可得：Q=B

物块A最终回到斜面体B底端，故整个过程中A、B位移相同，为

11

x=236111+5即2匕

26-2/143x

解得：X=(­打行）m；

4b3

答：(1)若斜面体B固定，求物块A上升的最大高度为1.25m；

59

(2)若斜面体B可自由滑动，求物块A上升的最大高度为前zn；

(3)物块A从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小,26为金2一等)m,系统因摩擦产生

453

590

的热量为

3.(2024•天河区一模)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的冲量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

ho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F()的大小。

【解答】解：(1)设竖直向下为正方向，下落过程vl=2gH

上升过程0—诏=-2gh

合力的冲量I=-mv2-mvi

得

1=-

负号表示与正方向相反，即方向竖直向上

当=但

(2)拍球过程压力做的功为

1

WF=~(h-/i0)F0

球落地过程，根据动能定理有

mgh+WF=pn诏

球反弹过程

0—V4=—2gh

上=叵

联立解得

2mg(H-h)

F。一(h-ho)

考向二曲线多过程运动问题

4.(2024•罗湖区校级模拟)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分

的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质

量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为内最大静摩擦力等于

滑动摩擦力。已知轨道水平部分的长度L=4.5m,半圆形部分的半径R=0.4m,重力加速度大

2

小取g=10m/so

a/(ms-2)

Q

图甲图乙

(1)若轨道固定，使小物块以某一初速度沿轨道滑动，且恰好可以从Q点飞出，求该情况下，

物块滑到P点时的速度大小；

(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a

与F对应关系如图乙所示。

(i)求和m；

(ii)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N,当小物块运动到P

点时撤去F,试判断此后小物块是否可以从Q点飞离轨道，若可以，计算小物块从Q点飞离时相

对地面的速度大小及方向；若不可以，计算与轨道分离点的位置。

【解答】解：(1)根据题意可知小物块在Q恰好飞出，此时轨道弹力为0,重力提供向心力：

V2

mg=m—

11

从P点到Q点，列动能定理：-2mgR=/u2一/

联立解得：=2V5m/s

(2)(i)根据题意可知当FW4N时，小物块与轨道一起向左加速，整体研究，牛顿第二定律:

F=(M+m)a

结合图乙，根据斜率信息可知：M+m=2kg

当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有：F-nmg=Ma

结合图乙，根据斜率信息可知：M=lkg,m=lkg

lima

根据截距信息可知：b=----2m/s2

解得：尸0.2

(ii)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为：a!=6m/s2

小物块的加速度：a?==2m/s2

11

当小物块运动到P点时，经过历时间，则有：L=-a1to--a2to

解得：to=1.5s

因此两物体的速度分别为：vi=aito—6X1.5m/s=9m/s,v?=a2to=2X1.5m/s=3m/s

之后的运动中，机械能守恒，水平方向动量守恒，假设可以运动到Q点，根据能量守恒定律有:

-Mvi+~^mv2—+~^rnv^+2mgR

以向左为正方向，根据动量守恒定律有：Mvi+mv2=Mv3+mv4

联立解得：V4=7m/s,V3=5m/s或V4=5m/s,V3=7m/s,方向均向左（舍）

此时小物块相对于轨道做圆周运动，且轨道为惯性系，则有：N+mg=m（V473）2

代入数据解得：N=0

可见此时恰好可以运动到Q点，假设成立，则可以从Q点飞离，速度大小为7m/s,方向水平向

左

5.（2024•郑州模拟）如图所示，一根长R=1.44m不可伸长的轻绳，一端系一小球P,另一端固

定于O点。长l=3m绷紧的水平传送带始终以5m/s恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左

侧半径r=0.5m的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水

平位置成9=30°角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向

左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为m=0.3kg

且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数U=0.25,其他摩擦均忽略不计，重力加速度

大小g=l0mzs2,求：

（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小;

（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；

（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。

【解答】解：（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为0=30°,则小球P自由下落距离为R

时，轻绳刚好再次伸直如下图所示，

设此时P的速度为VI。根据自由落体运动规律，可得讲=2gR

轻质细线伸直后瞬间小球P速度为V2=V1COS0

小球P与小物块A碰前瞬间，设小球P的速度大小为V3,从轻质细绳刚好再次伸直到小球P运

动到最低点的过程中，由动能定理得：

11

mg(R-RsinQ)=~mv1--mv^

联立解得：V3=6m/s

设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为T,根据牛顿第二定律可得：

V3

T-mg=m—

K

解得：T=10.5N

根据牛顿第三定律可知小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5No

(2)设小球与小物块进行弹性碰撞后瞬间的速度分别为V4、V5，以向左为正方向，由动量守恒

定律与机械能守恒定律得：

mv3=mv4+mv5

111

-mv|=-mvi+-mv|

解得：V5=6m/s

小物块冲上传送带后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有：

|img=ma,解得加速度大小为：a=2.5m/s2

设传送带速度为vo=5m/s,小物块与传送带共速时对地位移大小为x,则由运动学公式可得：

vl-Vo=2ax

代入数据解得：x=2.2m<l=3m,则可知小物块与传送带能够共速，之后和传送带一起做匀速运

动。

V5—V0

小物块在传送带上减速所用时间为：t=^^,解得t=0.4s

这段时间内传送带运动的位移为：x带=丫()1=5*().4111=2111

则小物块通过传送带时，由于摩擦产生的热量为：Q=pmg(x-x带)

解得：Q=0.15J

(3)设小物块通过圆轨道最高点时的速度为V6,轨道对小物块的弹力为F,则由动能定理有：

11

-2mgr=-mv|+-mvg

解得：v6=V5m/s

在最高点由牛顿第二定律可得：

诃2

「

F+Img=m—^6

联立解得：F=ON

根据牛顿第三定律可知，通过最高点时小物块对轨道的压力为ONo

答：(1)小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小为6m/s,对轻质细绳拉力大小为10.5N；

(2)小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量为0.15J；

(3)小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小为ONo

6.(2024•清江浦区模拟)如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧

DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平夹角为。=37°,底端H有一

弹簧，A、0卜。2、D、。3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球(其直径稍小于

圆管内径，可视作质点)从距A点高为h处的O点静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有

一装置，小钢球向右能无能量损失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能

够运动到H点，则被等速反弹。各圆轨道半径均为R=0.6m,轨道GH的动摩擦因数u=0.5,

其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球

从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,求：

(1)小钢球第一次经过C点时的速度大小vc；

(2)小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小FB；

(3)若改变小钢球的释放高度h,求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。

【解答】解：(1)由题意可知，小钢球在E点处做圆周运动，当其恰好通过E点时，则小钢球在

E点的速度是零，从C到E的运动过程，根据动能定理可得：

1

0-pnvc=—mg-2/?,解得小钢球第一次经过C点时的速度大小为：vc=2V6m/s；

(2)因为BC段光滑，小钢球通过B点时的速度等于经过C点的速度，小钢球经过B点时，根

据牛顿第二定律可得:

解得小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时受到的支持力大小为：FB=0.5N,由牛顿第三定律可

知在B点，小钢球对轨道的压力的大小为：FB'=0.5N；

(3)设小钢球恰好能经过E点时，其释放的高度为hi，从O到E的运动过程，根据动能定理可

得：mg(hi-R)=EkE

代入数据解得：%=0.6m

当小钢球的释放高度h<hi时，小钢球将无法通过E点，所以其在GH斜面轨道上运动的总路程s

是零。

R0-6

根据几何关系可知，斜面轨道GH的长度为：L=---=-^-m=0.8m

cwLCUTLty4

小钢球在斜面GH上运动时，所受摩擦力大小为：Ff=nmgcos0=O.5X0.01X10X0.8N=0.04N

小钢球在斜面轨道上完成从G到H的运动，摩擦力做功为：Wf=-Ff-LGH=-0.04X0.8J=-

0.032J

可知，小钢球完成从H到G的运动，摩擦力做功也为-0.032J。设小钢球释放高度为h2时，其能

够运动到H点，并被反弹，且恰好能够再次经过E点，根据动能定理有

mg(112-R)+2Wf—Ekg

解得：112=1.24m

当小钢球的释放高度h>h2时，小钢球再次通过E点后，将向D、C方向运动，并不再返回，所

以其在GH斜面轨道上运动的总路程为：s=2LGH=L6m

小钢球重力沿斜面向下的分力大小为：Fi=mgsinB=0.06N

因为Fi>Ff,所以当小钢球的释放高度％WhVh2时，小钢球第一次通过E点后，无法再次经过E

点，它将会在斜面轨道上反复运动，最终停在H点。根据动能定理可得：

mgh-FfS=O,代入数据解得：s=2.5h（m）

综上可得：

(0,h<0.6m

s=[2.5/i(m),0.6m<ft<1,24m

11.6m,h>1,24m

考向三传送带、板块问题

7.（2024•淮安模拟）如图所示，半径为R=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道PQ固定在水平面上,

轨道末端与厚度相同的处于静止的木板A和B紧挨着（不粘连）。木板A、B的质量均为M=

1kg,与水平面间的动摩擦因数均为m=0.2,木板A长LA=L5m。一质量为m=2kg、可视为

质点的小物块从P点由静止释放，小物块在以后的运动过程中没有滑离木板B。小物块与木板A

间的动摩擦因数电=0.8,与木板B间的动摩擦因数由=0.1,重力加速度g=10m/s2,求：

（1）小物块运动到Q点时对轨道的压力大小；

（2）小物块刚滑上木板B时的速度大小；

（3）木板B的最小长度。

【解答】解：（1）小物块下滑过程中，由动能定理得

1、

mgR=/%

解得：VQ=6m/s

在Q点，对小物块，由牛顿第二定律得

v2

FN—mg=m—

解得：FN=60N

由牛顿第三定律可知小物块运动到Q点时对轨道的压力大小FN'=FN=60N

(2)小物块在木板A上滑动时，对小物块，由牛顿第二定律有

112mg=ma1

2

可得：a1=8m/s

对木板A,由牛顿第二定律有

y2mg-日］(m+2M)g=2Ma?

2

可得：a2=4m/s

小物块刚滑上木板B时，小物块的位移为

12

Xi=vQt--a1t^

木板A的位移为

12

X2=5a2tz

又有LA=X1-x2

联立解得：t=0.5s

则小物块刚滑上木板B时的速度

VO=VQ-ait=(6-8X0.5)m/s=2m/s

(3)小物块刚滑上木板B时木板B的速度

v1=a2t=4义0.5m/s=2m/s

小物块在木板B上滑动时，对小物块有

113mg=ma3

2

解得：a3=lm/s

对木板B有

|ii(m+2M)g-113mg=2Ma4

2

解得：a4=3m/s

小物块的位移为

Vo

X3=G

木板B的位移为

2

Vi

x=--

42a4

则木板B的最小长度Lmin=X3-X4

4

联立解得：Lmin=

答：（1）小物块运动到Q点时对轨道的压力大小为60N；

（2）小物块刚滑上木板B时的速度大小为2m/s；

4

（3）木板B的最小长度为铲1。

8.（2024•魏都区校级三模）如图所示，一轻弹簧原长L=2m,其一端固定在倾角为0=37°的固定

斜面AF的底端A处，另一端位于B处，弹簧处于自然伸长状态，斜面AF长x=3m。在FC

间有一上表面与斜面平行且相切的传送带，且FC长xo=4m,传送带逆时针转动，转动速度为

16

4m/s。传送带上端通过一个光滑直轨道CH与一个半径为r=P的光滑圆弧轨道DH相切于H

点，且D端切线水平，A、B、C、D、F、H均在同一竖直平面内，且D、C在同一竖直线上。

质量为m=5kg的物块P（可视为质点）从C点由静止释放，最低到达E点（未画出），随后物

,3

块P沿轨道被弹回，最高可到达F点。已知物块P与传送带间的动摩擦因数为由=不与斜面

q

1C

间的动摩擦因数为归=1,重力加速度g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=

0.6,cos37°=0.8,弹簧始终在弹性限度内。

（1）求BE间距离x及物块P运动到E点时弹簧的弹性势能Ep；

（2）改变物块P的质量，并将传送带转动方向改为顺时针，转动速度大小不变。将物块P推至E

点，从静止开始释放，在圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好落于F点，求物块运动到D

点的速度VDo

【解答】解：（1）当物块P在传送带上运动时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定

律得

mgsin0+^imgcos0=ma

解得物块的加速度大小为：a=12m/s2

物块做匀加速直线运动，当物块速度达到4m/s时，其位移为

V2422

xi=7；==T严=中＜%0=4m

故物块P到达F点前已经与传送带达到了共同速度。

3

因由=7=tcmO,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，所以物块P与传送带达到共同速度后一起做

匀速直线运动到F点。

设BE长为Lo,物块从F点运动到E点的过程中，由能量守恒定律有

1_

2m

mg(x—L+L^sind+-^mv=p2g(x—L+L^)cos6+Ep

物块P被弹回，从E点运动到F点的过程中，由能量守恒定律有

mg(x-L+Lo)sinO+p2mg(x-L+Lo)cos0=Ep

联立解得：Lo=lm,Ep=8OJ

(2)由题意可知，物块从D点做平抛运动落于F点，设过D点的速度为VD，则根据平抛运动的

规律得

水平方向上有

XoCOS0=Vot

竖直方向上有

r1

2

x0sine+r+—=-gt

联立解得：vD=4m/s

答：(1)BE间距离x为1m,物块P运动到E点时弹簧的弹性势能Ep为80J；

(2)物块运动到D点的速度VD为4m/s。

9.(2024•温州一模)如图所示，处于竖直平面内的轨道，由倾角0=37°的足够长直轨道AB、

圆心为01的半圆形轨道BCD、圆心为O2的圆形细圆管轨道DE、倾角a=45°的直轨道EF、

水平直轨道FG组成，各段轨道均光滑且各处平滑连接，B和D为轨道间的相切点，点E、圆

心。2处于同一竖直线上，C、F、G处于同一水平面上。在轨道末端G的右侧光滑水平面上，

紧靠着质量M=0.6kg、长度d=2m的无动力摆渡车，车上表面与直轨道FG平齐。可视为质点、

质量m=0.3kg的滑块从直轨道AB上某处静止释放。己知轨道BCD和DE的半径R=0.5m»

(sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)若释放点距点B的距离l=1.5m,求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；

(2)若滑块始终不脱离轨道ABCDE,求释放点与C点高度差h的取值范围；

(3)若滑块从E点飞出后落在轨道EF上，与轨道碰撞后瞬间沿轨道速度分量保持不变，垂直轨

2

道速度分量减为零，再沿轨道滑至摆渡车上。己知滑块和摆渡车之间的动摩擦因数U=-,且滑

块恰好不脱离摆渡车，求：

①滑块运动至点G的速度大小vG；

②滑块离开点E的速度大小vEo

【解答】解：(1)对滑块，从释放点到C点过程，根据动能定理

1

mg(lsin0+R—Rcos0)=-^rnvQ

在C点合外力提供向心力：F-mg=mrS-

NK

代入数据解得：FN=15N

(2)满足恰好达到半圆形轨道BCD与Oi等高处：％=R=0.5m

可得：OWhWO.5m

满足恰好能到达E点，则:h2=2R(1+cose)=2X0,5X(1+0.8)m=1.8m

恰好能过D点而不掉落，重力分力提供向心力：mgcosO=m号

1

从释放点到D点过程：mg(%3-R-Rcos3)=

解得：h3=l.lm

综上可得：OWhWO.5m或LlmWhWl.8m

(3)①对滑块，从G点滑上摆渡车至共速，根据动量守恒定律

mvG=(M+m)v共

根据能量守恒定律

11

|imgd=~^mvG--(M+m)v^

联立解得：VG=2V10m/s

②从E点飞出落在EF段，根据位移偏转角和速度偏转角的关系：tan45o=井

可得：H=~,t=~Vy=2VE

,yy

所以：V||=vEsin45°+2V£COS45°=-^-vE

11

由碰撞点到G点，根据动能定理：mg（2R+2Rcos。一H）=才逐一评城

代入数据解得：VE=2V2m/s

考向四含弹簧类综合问题

10.（2024•浙江一模）如图所示，一弹射游戏装置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的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF、GH组成。BCD的最高点D与EF的右

端点E在同一竖直线上，且D点略高于E点。木板静止在GH上，其上表面与EF相平，右端

紧靠竖直边FG,左端固定一竖直弹性挡板。游戏时滑块从A点弹出，经过轨道AB、BCD、EF

后滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m=0.3kg,木板质量M=0.1kg,长度l=lm,BCD

的半径R=0.4m,弹簧弹性势能的最大值为8J,滑块与木板间的动摩擦因数为由，木板与轨道

GH间的动摩擦因数为电，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨道连接处时的能

量损失，滑块与挡板发生弹性碰撞。

（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF,求滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN；

（2）若由=0.2,四2=0,则在满足滑块始终不脱离木板的条件下，求滑块在木板上的动能最大值

Ekm；

（3）若m=0,电=0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF,求在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩

擦力对木板做的功Wo

【解答】解：（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF,在最高点D处做圆周运动的向心力由重力提供:

mg=m—

11

滑块由C点滑到最高点D此过程由机械能守恒：-^mvc+mgR=pnvp-\-2mgR

滑块滑到C点时做圆周运动的向心力由滑道对滑块的弹力提供：FN=点

联立以上方程代入数值得：FN=9N

(2)因由=0.2,通=0,木板与地面之间没有摩擦，而滑块与木板之间存在摩擦，把滑块与木板

看成一个系统，其动量守恒，满足滑块始终不脱离木板必定滑块与木板共速，

以向左的方向有：mv=(m+M)v共

设滑块以v的速度滑入木板，并在木板上最终摩擦滑行x长时滑块与木板共速，此过程能量守恒:

11

-^mv2=®mgx+­(m+M)嚓

1、

滑块滑入木板时的动能最大为：^km=^nv2

m+M

以上方程解得：Ekm=Mii^rngx

当x=21时，滑块在木板上的动能最大值£m=4.81，此时：v=4V2m/s>2m/s

所以滑块能够滑上木板，相应的机械能为7.2JV8J。

(3)由题意滑块恰好能够滑上轨道有：3阿

代入数值滑块刚滑上木板时：v0=2m/s

因为臼=0,0=0.1,木板与地面之间存在摩擦，而滑块与木板之间没有摩擦，滑块与挡板第1

次碰撞时动量守恒有：mvo=mvi+Mv2

再由能量守恒定律有：^rnvl=|THVI+诏

11

X2m/s=lm/s

解得滑块速度：vi=^0=2

33

木板速度：V2=那o=,x2m/s=3m/s>vi

之后，木板做匀减速运动，加速度a=|i2g=0.1X10m/s2=lm/s2。滑块匀速运动，设经过t发生第

1、

二次碰撞，则有：V2t—万成2=丫亡

代入数据：t=0,t=4s,此时木板的速度v=V2-at=3m/s-1X4m/s=-Im/sVO

经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。

11

故摩擦力对木板做的功：W=0—/诏=0—5x0.1x32/=—0.45/

答：(1)滑到圆心0等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN为9N；

(2)滑块在木板上的动能最大值Ekm为4.8J；

(3)在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W为-4.5J。

11.(2025•邯郸一模)如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自

然伸长位置为O'点，弹簧的劲度系数k=43.52N/m,圆轨道的半径R=0.5m,圆管的内径比

小球叫直径略大，但远小于圆轨道半径，小物块m2静止于木板m3左端，木板的上表面恰好

与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数四=0.5,木板右端与

墙壁之间的距离Lo=5m,现用力将小球n向左推压，将弹簧压缩xo=O.5m,然后由静止释放

小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端0,点后水平抛出，从管口A处沿圆管切线飞

入圆管内部，从圆管水平部分B点飞出，并恰好与小物块m2发生弹性碰撞，经过一段时间后

m3和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知m2始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，mi=m2=0.5kg,

m3=0.1kg,g=10m/s2,0=37°，sin37°=0.6。试求:

(1)小球平抛运动的时间t及抛出点O'与管口A间的高度差h；

(2)小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力FN，并判断是和管的内壁还是外壁挤压;

(3)木板的最短长度L及木板在地面上滑动的总路程s。

【解答】解：设水平向右为正方向为正

(1)弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得

0+kxo1?

---x%0=*1%-0

在小球平抛到管口A点时如图

根据Vy=votane

Vy=gt

解得

h=0.612m

(2)从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得

—rri\g(R+RcosO)=

由上述图可知

VA-COS0

在最IWJ点

FN+mig=mi—

解得FN=11N>0

小球和圆筒外壁挤压，挤压力大小为UN,方向竖直向上。

(3)从A到B全过程，由动能定理可得

11

m1(g(/?—Rcos3)=嫁—或

解得VB=6m/s

小球mi和物块m2碰撞过程，设水平向右为正方向，可得

miVB—mivi'+m2V