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

專題17-力學(xué)綜合計(jì)算題

命題規(guī)律

本專題主要考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定

律、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律，會(huì)計(jì)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(yùn)動(dòng)+平拋運(yùn)動(dòng)模型

等綜合計(jì)算題。

(1)牛頓運(yùn)動(dòng)定律的應(yīng)用；

(2)理解動(dòng)能定理，掌握動(dòng)能定理的應(yīng)用方法；

高考熱點(diǎn)

(3)機(jī)械能守恒和能量守恒分析多過(guò)程、多物體問(wèn)題的方

法以及碰撞類(lèi)問(wèn)題。

1出題方向主要考查計(jì)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(diǎn)歸納

考點(diǎn)1牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用

【解題技巧】n

一.動(dòng)力學(xué)兩類(lèi)基本問(wèn)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(gè)橋梁——加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和力的橋梁；速度是各物理過(guò)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(duì)運(yùn)動(dòng)方向及摩擦力方向是解決傳送帶問(wèn)題的關(guān)鍵.

'2）傳送帶問(wèn)題還常常涉及臨界問(wèn)題，即物體與傳送帶達(dá)到相同速度，這時(shí)會(huì)出現(xiàn)摩

i擦力改變的臨界狀態(tài)，對(duì)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(diǎn)

卜滑塊—木板，，模型類(lèi)問(wèn)題中，滑動(dòng)摩擦力的分析方法與“傳送帶”模型類(lèi)似，但這類(lèi)問(wèn)

:題比傳送帶類(lèi)問(wèn)題更復(fù)雜，因?yàn)槟景迨艿侥Σ亮Φ挠绊?，往往做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，解

h夬此類(lèi)問(wèn)題要注意從速度、位移、時(shí)間等角度，尋找各運(yùn)動(dòng)過(guò)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(lái)的臨界條件是滑塊到達(dá)木板末端時(shí)的速

!度與木板的速度恰好相同.

卜2）問(wèn)題實(shí)質(zhì)：“板一塊”模型和“傳送帶”模型一樣，本質(zhì)上都是相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，要分別

:求出各物體相對(duì)地面的位移，再求相對(duì)位移.

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

號(hào)載人飛船的長(zhǎng)征二號(hào)F遙十五運(yùn)載火箭在酒泉衛(wèi)星發(fā)射中心點(diǎn)火發(fā)射，神舟十五

號(hào)乘組與神舟十四號(hào)乘組進(jìn)行在軌輪換，在空間站工作生活約6個(gè)月。長(zhǎng)征二號(hào)F

遙十五運(yùn)載火箭質(zhì)量約500噸，總長(zhǎng)為58.3m。若發(fā)射塔高105m,點(diǎn)火后，經(jīng)5s火

箭離開(kāi)發(fā)射塔，已知火箭離開(kāi)發(fā)射塔過(guò)程做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，忽略一切阻力和運(yùn)載

火箭質(zhì)量的變化,g=10m/s2,求

（1）火箭離開(kāi)發(fā)射塔瞬間的速度大?。?/p>

（2）火箭起飛時(shí)推動(dòng)力的大??；

（3）若火箭剛離開(kāi)發(fā)射塔瞬間，一個(gè)小零件從火箭的尾部自然脫落，求該零件運(yùn)動(dòng)

過(guò)程中離地面的最大高度。

【分析】（1）火箭離開(kāi)發(fā)射塔后做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)位移一時(shí)間公式求出加速度，

由速度一時(shí)間公式求火箭離開(kāi)發(fā)射塔瞬間的速度大??；

（2）根據(jù)牛頓第二定律求火箭起飛時(shí)推動(dòng)力的大??；

（3）小零件從火箭的尾部自然脫落后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，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(yùn)動(dòng)過(guò)程中離地面的最大高度。

2

【解答】（1）對(duì)火箭，由勻變速運(yùn)動(dòng)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(kāi)發(fā)射塔瞬間的速度v=at=42m/s；

（2）設(shè)火箭起飛時(shí)推動(dòng)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(kāi)始向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，

由v2=2gh得零件向上運(yùn)動(dòng)的高度/=尋=88.2小，零件運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí)木板受到一個(gè)水平向右的恒力F作

用。施加不同大小的恒力F,物塊相對(duì)木板滑動(dòng)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(zhǎng)度L

又因?yàn)楣菜?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(shí)，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(duì)靜止（靜摩擦力作用）一起以相同加速度做勻加速

運(yùn)動(dòng)，且C點(diǎn)為靜摩擦力最大的點(diǎn)，當(dāng)處于C點(diǎn)時(shí)，設(shè)加速度大小為aC,對(duì)整體:

Fc=（m+M）ac

對(duì)物塊：mac=pmg

聯(lián)立解得：Fc=3N

在沒(méi)有達(dá)到共速前,F=Fc=3N時(shí)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(shí)間為tc,則：vo-aitc=acitc

兩者之間相對(duì)滑動(dòng)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(diǎn)和C點(diǎn)可知，已1-9的函數(shù)關(guān)系式為：112+

ss44

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

塊會(huì)繼續(xù)相對(duì)于木板向左滑動(dòng)，直至回到出發(fā)點(diǎn)從木板上滑落，所以物塊相對(duì)于木板

滑動(dòng)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(shí)3根據(jù)速度一時(shí)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(shí)，-=l/nT

S

113

當(dāng)0VFW3N,-=（~Z7+

113

當(dāng)F>3N,-=(-F+-)m~l

s88,

答：(1)若F=0時(shí)，物塊和木板運(yùn)動(dòng)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(shí)，-=Im-1當(dāng)0

SSo

113113

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

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

的足夠長(zhǎng)的木板，在木板上方放置一個(gè)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(dòng)摩擦因數(shù)為2=0.4,木板與水平地面間的

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

1Om/s2)

(1)如果在靜止的長(zhǎng)木板右端施加一個(gè)水平向右的恒力F,使小木塊和木板之間能

發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，求該恒力F大小的取值范圍。

(2)某時(shí)刻，如果在靜止的小木塊的右端施加一個(gè)水平向右的力F,從該時(shí)刻開(kāi)始

計(jì)時(shí)，力F的大小隨時(shí)間的變化規(guī)律為F=5t,求力F作用多長(zhǎng)時(shí)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(dòng)時(shí)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(duì)象，求出拉力大小，然后求出時(shí)間。

【解答】解：(1)物塊相對(duì)木板恰好發(fā)生滑動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律得：

對(duì)物塊：N2mg=mao

對(duì)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(duì)滑動(dòng)時(shí)，恒力F>15N

(2)由于a=O.3m/s2<ao=4m/s2,物塊與木板相對(duì)靜止

對(duì)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(duì)滑動(dòng)，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(zhǎng)的粗糙水平傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)

下以恒定的速度v=2m/s沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，質(zhì)量mA=0.2kg的小鐵塊A（可視為質(zhì)

點(diǎn)）和質(zhì)量mB=0.4kg的長(zhǎng)木板B疊放在一起，A位于B的右端，在t=0時(shí)將A、

B輕輕放到傳送帶上，最終A恰好沒(méi)有滑離B,己知小鐵塊A、長(zhǎng)木板B在0?4s

的速度一時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)陽(yáng)和長(zhǎng)木板B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)卬：

（2）長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度L；

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

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

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

板長(zhǎng)度；

（3）根據(jù)木板和A、B的位移關(guān)系計(jì)算相對(duì)位移c

【解答】解：（1）根據(jù)題圖，對(duì)A分析?，它剛放上傳送帶時(shí)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(duì)B分析，它剛放上傳送帶時(shí)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(shí)間t2=4s與傳送帶共速、B經(jīng)時(shí)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(duì)靜止的過(guò)程中，根據(jù)位移一時(shí)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(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度

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

（3）4s內(nèi)B相對(duì)于傳送帶發(fā)生的位移大小

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

A相對(duì)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(dòng)摩擦因數(shù)為0.05、長(zhǎng)木板B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為尚;

（2）長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度2m；

（3）4s內(nèi)B相對(duì)于傳送帶發(fā)生的位移大小為2m、A相對(duì)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(zhǎng)度Li=3.6m,傾斜傳送帶2的長(zhǎng)度L2=3m、傾角8=37°,兩傳送帶均做逆時(shí)針

轉(zhuǎn)動(dòng)且轉(zhuǎn)速相同?，F(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(dòng)摩擦因數(shù)均為p=0.5,貨物經(jīng)過(guò)連接點(diǎn)b處時(shí)速度大小不變。

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

（1）若貨物以最短的時(shí)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(yùn)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(yùn)送到c的時(shí)間。

【分析】（I）貨物在傳送帶1上只做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(dòng)、速度大于4m/s、速度在0VvV4m/s范圍時(shí)的加速度，以

及在傳送帶2上運(yùn)動(dòng)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(shí)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(shí)間從a傳送到b,貨物在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(diǎn)的速度為6m/s,

在傳送帶2上的滑動(dòng)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(yùn)動(dòng)。速度減到零時(shí)，沿傳送帶上升的距離：xo=著=^m=9m>L

則貨物不能恰運(yùn)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(yùn)動(dòng)，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(yùn)送到c,則貨物到c點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，

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

做勻加速運(yùn)動(dòng)的位移：X1=^=短m=1.6m

則做勻速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：￡2=牛3=也/5=0上

由于V3>V2

所以貨物到達(dá)C速度沒(méi)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(yùn)送到c的時(shí)間：t=ti+t2+t4=0.8s+0.5s+1s=2.3s

答：（1）若貨物以最短的時(shí)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(yùn)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(yùn)送到c的時(shí)間為2.3s。

考點(diǎn)2應(yīng)用動(dòng)能定理求解多過(guò)程問(wèn)題

.......................［解題技巧】………

1.分析思路

（1）受力與運(yùn)動(dòng)分析：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析物體的受力情況，以及不同運(yùn)動(dòng)過(guò)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(diǎn)，分析各種力在不同的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的做功情

況；

（3）功能關(guān)系分析：運(yùn)用動(dòng)能定理、機(jī)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(guò)程，構(gòu)建大致的運(yùn)動(dòng)圖景；

（2）“分”——將全過(guò)程進(jìn)行分解，分析每個(gè)子過(guò)程對(duì)應(yīng)的基本規(guī)律；

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

【例1】（2023春?南開(kāi)區(qū)校級(jí)期中）滑板運(yùn)動(dòng)是極限運(yùn)動(dòng)的鼻祖，許多極限運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目均

由滑板項(xiàng)目延伸而來(lái).如圖所示是滑板運(yùn)動(dòng)的軌道,BC和DE是兩段光滑圓弧形軌道，

BC段的圓心為。點(diǎn)，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(zhǎng)8m。一運(yùn)動(dòng)員從軌道上的A點(diǎn)以3m，s的速度水平滑出，在B點(diǎn)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(diǎn)時(shí)速度

減為零，然后返回。已知運(yùn)動(dòng)員和滑板的總質(zhì)量為60kg,B、E兩點(diǎn)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(dòng)摩擦因數(shù)中

（3）通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，笫一次返回時(shí)，運(yùn)動(dòng)員能否回到B點(diǎn)？

【分析】（1）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)得出B點(diǎn)的速度；

（2）根據(jù)從B到E的過(guò)程，利用動(dòng)能定理列式得出p的大??；

（3）根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算出運(yùn)動(dòng)員能達(dá)到的最高位置，與h做對(duì)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(diǎn)到E點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：

1

mgh-fimgxcD-mgH=0-27nM9

代入數(shù)據(jù)解得：u=0.125

（3）運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(shí)，運(yùn)動(dòng)員不能回到B點(diǎn)。

答：（1）運(yùn)動(dòng)員從A運(yùn)動(dòng)到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度大小為6m/s；

（2）軌道CD段的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.125；

（3）第一次返回時(shí)，運(yùn)動(dòng)員不能回到B點(diǎn)。

【例2】（2023春?常熟市期中）如圖所示，摩托車(chē)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(tái)，若摩托車(chē)沖上高臺(tái)的過(guò)程中始終以額定功率

1.8kW行駛，經(jīng)過(guò)1.2s到達(dá)平臺(tái)頂部，立即關(guān)閉油門(mén)，離開(kāi)平臺(tái)后，恰能無(wú)碰撞地

沿圓弧切線從A點(diǎn)切入光滑豎直圓弧軌道，并沿軌道下滑。A、B為圓弧兩端點(diǎn)，圓

弧的最低點(diǎn)B與水平傳送帶相切，傳送帶以w=8m/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)，傳送帶長(zhǎng)為

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

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

力（計(jì)算中取g=10m/s2）。求：

（1）人和車(chē)到達(dá)頂部平臺(tái)時(shí)的速度v；

（2）人和車(chē)運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力；

（3）人和車(chē)在傳送帶_1的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。

【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理列式得出人和車(chē)到達(dá)頂部平臺(tái)時(shí)的速度；

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

點(diǎn)時(shí)對(duì)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(duì)應(yīng)的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，分段計(jì)算出時(shí)間最

后相加即可。

【解答】解：（1）摩托車(chē)沖上高臺(tái)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(diǎn)沿切線方向進(jìn)入時(shí)，則

tanO=?

豎直方向上：Vy=2gh

聯(lián)立解得：6=53°

設(shè)人和車(chē)的最低點(diǎn)速度為VB,摩托車(chē)從高臺(tái)頂部到最低點(diǎn)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理

可得：

mg/i4-mgR（l-cos53。）=^mvl-|znv2

解得：VB=lOm/s

在最低點(diǎn)時(shí)，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(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得；

VI=VB-ati

聯(lián)立解得：ti=0.5s

此過(guò)程中的位移為：

x=vBt1—=10x0.5m—x4x0.527n=4.5m<B.5m

可知到達(dá)c點(diǎn)以前先減速后勻速，有

則運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為：

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

答：⑴人和車(chē)到達(dá)頂部平臺(tái)時(shí)的速度為3m/s；

（2）人和車(chē)運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為3720N；

（3）人和車(chē)在傳送帶上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為1s。

【例3】（2023春?北侖區(qū)校級(jí)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(tái)。一質(zhì)量m=lkg的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）

從平臺(tái)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(diǎn)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(diǎn)時(shí)的速度大小VP;

（2）求小球在AP過(guò)程中重力所做的功；

（3）求小球在P點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率；

（4）若小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)下側(cè)軌道的壓力為154N,求小球在Q點(diǎn)的速度。

【分析】(1)小球從A點(diǎn)到P點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好沿圓弧軌道一LP點(diǎn)的切線方向進(jìn)

入軌道內(nèi)側(cè)，說(shuō)明小球在P點(diǎn)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(diǎn)時(shí)的速度大小VP；

(2)小球在AP過(guò)程中，由動(dòng)能定理求重力所做的功；

(3)根據(jù)P=mgvy求小球在P點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率；

(4)小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)，根據(jù)向心力公式求小球在Q點(diǎn)的速度。

【解答】解：(1)小球從A點(diǎn)到P點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，將小球在P點(diǎn)的速度vp分解如圖

所示，則

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

(2)小球從A點(diǎn)到P點(diǎn)，由動(dòng)能定理得

WG=^mvp—^mvQ

解得小球在AP過(guò)程中重力所做的功：WG=32J

(3)小球在P點(diǎn)時(shí)豎直分速度vy=votan530=6xgm/s=8m/s

小球在P點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為P=mgvy=1X10X8W=80W

(4)在Q點(diǎn)，對(duì)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(diǎn)軌道對(duì)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(diǎn)時(shí)的速度大小VP為10m/s。

（2）小球在AP過(guò)程中重力所做的功為32J；

（3）小球在P點(diǎn)時(shí)重力的瞬時(shí)功率為80W；

（4）若小球到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)對(duì)下側(cè)軌道的壓力為154N,小球在Q點(diǎn)的速度為12m/so

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

由兩個(gè)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(diǎn)，B、C間的距離x=9.5m。假設(shè)滑雪愛(ài)好者以某一初

速度從A點(diǎn)進(jìn)入U(xiǎn)形池軌道，經(jīng)過(guò)水平滑道B點(diǎn)的速度為VB=10m/s,從B點(diǎn)勻減

速運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)，已知滑板與BC之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為四=0.1,從D點(diǎn)躍起時(shí)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(diǎn)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(diǎn)躍起后在空中上升的最大高度；

（2）滑雪者在C點(diǎn)時(shí)的速度大小；

（3）滑雪者從C點(diǎn)到D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦阻力所做的功。

【分析】（1）滑雪者從D點(diǎn)躍起后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求最大高度；

（2）從B到C,滑雪者做勻減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理求滑雪者在C點(diǎn)時(shí)的速度大小;

（3）雪者從C點(diǎn)到D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理求克服摩擦阻力做的功。

【解答】解：（1）滑雪者從D點(diǎn)躍起后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)能定理得

-Nmgx=1am說(shuō)2一a1%2

聯(lián)立解得：vc=9m/s

（3）雪者從C點(diǎn)到D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)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(diǎn)躍起后在空中上升的最大高度1.8m；

（2）滑雪者在C點(diǎn)時(shí)的速度大小9m/s；

（3）滑雪者從C點(diǎn)到D點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中克服摩擦阻力所做的功125Jo

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

斜面底端A有固定擋板,斜面頂端有一長(zhǎng)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(zhǎng)度為L(zhǎng),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(diǎn)）靜

止在木板下端，整個(gè)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(diǎn)會(huì)被牢固粘

連，物塊若到達(dá)C點(diǎn)能無(wú)能量損失進(jìn)入圓弧CD。若同時(shí)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(diǎn)?，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(dòng)摩擦因數(shù)囚=上,物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為卬，國(guó),山，且最大靜摩擦

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

（1）求vo大??；

（2）求物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)國(guó)；

（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(yùn)動(dòng)學(xué)公式得出初速度的大小；

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

動(dòng)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(dòng)能定理得出其對(duì)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(shí)給物塊和木板一沿斜面向上的初速度

vo時(shí)，物塊與木板保持相對(duì)靜止向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，對(duì)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(guò)程木板上端恰能到達(dá)B點(diǎn)，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(shí)，對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsinO+p2mgeos6=ma2

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

經(jīng)歷時(shí)間ti,兩者達(dá)到相等速度vi,根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，木板到達(dá)B后，物塊進(jìn)一步向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由于

物塊剛好不從木板上端脫離木板，則物塊減速至C時(shí)，速度恰好等于0,根據(jù)運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，則在最高點(diǎn)D,根據(jù)牛頓第二定律可

得：mg=m-

解得：VD=J^

令物塊此過(guò)程在C點(diǎn)速度為VCI,根據(jù)動(dòng)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(guò)程在C點(diǎn)速度為

VC2,根據(jù)動(dòng)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(guò)程中，物塊一直以加速度

a2向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)減速至vci時(shí)，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(zhǎng)度不可能小于木板的長(zhǎng)度，表明上述情景不存在。當(dāng)減速至VC2時(shí)，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L(zhǎng)Wsg學(xué)

答：（1）V0大小為

（2）物塊與木板間的動(dòng)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(diǎn)3動(dòng)量觀點(diǎn)與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

解題策略

（1）弄清有幾個(gè)物體參與運(yùn)動(dòng)，并劃分清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程.

（2）進(jìn)行正確的受力分析，明確各過(guò)程的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn).

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(qiáng);布搔

j過(guò)程、子彈打木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問(wèn)題，一般考慮用動(dòng)量守恒

:定律分析.

；（4）如含摩擦生熱問(wèn)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(tái)AB,其上有一個(gè)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(tái)AB到C點(diǎn)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(tái)EF,傳送帶以速度v=2m/s順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶與滑塊1的動(dòng)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(tái)EF上，其右端

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

點(diǎn)的切線方向進(jìn)入圓弧軌道，經(jīng)過(guò)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(diǎn)，忽略空氣阻力，求：

（1）滑塊1運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的速度大??；

（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(shí)立即被鎖定，而當(dāng)它們?cè)俅闻?/p>

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(shí)彈簧的彈性勢(shì)能（沒(méi)

有超過(guò)彈簧的彈性限度）。

【分析】（1）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律和動(dòng)能定理求解滑塊1運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的速度；

（2）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解滑塊1離開(kāi)傳送帶的速度；根據(jù)動(dòng)量守恒

定律和機(jī)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(yùn)動(dòng)至速度為零，再向右做勻加速運(yùn)動(dòng)到

離開(kāi)傳送帶，由于加速度大小不變，因此每次滑塊1離開(kāi)傳送帶的速度大小都與滑塊

1滑上傳送帶時(shí)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(shì)能。

【解答】（1）從B到C滑塊1做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向，h=^gtl

解得滑塊1從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間ti=楞=罔運(yùn)m/s=

落到C點(diǎn)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(diǎn)到D,艱據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)

設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)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(shí)間為t2,根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，得時(shí)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(méi)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(dòng)量守恒miVE=mivi+m2V2

111

滑塊I、2為彈性碰撞，根據(jù)機(jī)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(yùn)動(dòng)至速度為0,再在傳送帶上

向右做加速運(yùn)動(dòng)，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(kāi)傳送帶的速度大小都與滑塊1滑上傳送帶時(shí)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(shì)能昂=2蛆詔+*蛆冠+-+

27n2於n=2m2（諾+式+…+詔n）

代入數(shù)據(jù)化簡(jiǎn)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(shì)能Epm=108J

答：（1）滑塊1運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)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(shí)彈簧的彈性勢(shì)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(zhǎng)度可以自由調(diào)節(jié)。木板右端到軌道末端的距離足夠長(zhǎng)，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(diǎn)的滑塊，以水平速度vo=10m/s滑上

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

（1）木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)2=|m時(shí)，滑塊滑離木板時(shí)速度；

（2）木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)2=￡m時(shí)，滑塊滑離木板后，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)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(zhǎng)度為

L3=9m時(shí)，滑塊是否會(huì)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(yùn)動(dòng)的總路程。

【分析】（1）用假設(shè)法根據(jù)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的位移規(guī)律及幾何關(guān)系求落到斜面的時(shí)間；

（3）用假設(shè)法先判斷滑塊不能從木板滑離，再根據(jù)動(dòng)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?yàn)檎?，假設(shè)兩者共速，由動(dòng)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(zhǎng)木板右端時(shí)剛好共速以v從軌道右端平拋運(yùn)動(dòng)，

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(dòng)能等于零時(shí)，pmgX2=

解得相對(duì)位移為：x2=^m<L3,所以不會(huì)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?yàn)檎?，由?dòng)量守恒：mv-Mv=（m+M）VI

解得：vi=1v

長(zhǎng)木板向左減速的加速度：a==°6Q^X1°m/s2=24m/s2

總的運(yùn)動(dòng)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?yàn)檎蓜?dòng)量守恒定律有：mvi-Mv）=（m+M）V2

解得：V2=

長(zhǎng)木板一來(lái)一回的路程：S2=q=J）4.q

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

i-q

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

答：（1）木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)2=￡m時(shí)，滑塊滑離木板時(shí)速度為8m/s；

（2）木板長(zhǎng)度為L(zhǎng)2=/m時(shí)，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(yùn)動(dòng)的總路程為1.5m。

【例3】（2022秋?煙臺(tái)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(dòng)摩擦因數(shù)為|1=0.5。開(kāi)始時(shí)，A、B以vo=3m/s的

速度在光滑的水平面上相對(duì)靜止一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，某一時(shí)刻木板B與右邊的豎直

固定墻壁發(fā)生正碰，設(shè)碰撞時(shí)間極短，碰撞無(wú)機(jī)械能損失，整個(gè)過(guò)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(zhǎng)，求：

i.第一次碰撞后，A、B共同運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)的總路程；

（2）若要物塊A不脫離木板B,求木板B的最小長(zhǎng)度。

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

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

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(dòng)量守恒定律列式，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式,

求木板B向左運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守

恒定律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，求木板B向左運(yùn)動(dòng)的最遠(yuǎn)距離，求比值，根據(jù)數(shù)列知識(shí)，

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(zhǎng)度。

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

第一次碰撞后，A、B共同運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒定律Mvi?mvi=（m+M）V2,

解得V2=0.12m/s

木板B向左運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒定律Mvz-mv2=（m+M）V3,

解得V3=0.024m/s

木板B向左運(yùn)動(dòng)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(shí)可得,從木板B第一次與墻壁相碰之后,木板B運(yùn)動(dòng)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(zhǎng)度為1.5m。

答：（1）i.第一次碰撞后,A、B共同運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)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(zhǎng)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(zhǎng)度為L(zhǎng)=2m,

傳送帶以vo=7m/s的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)；光滑水平面上有一塊長(zhǎng)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(diǎn)C等高，槽的半徑R=

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

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

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

慮小滑塊沖上長(zhǎng)木板時(shí)碰撞帶來(lái)的機(jī)械能損失，小滑塊滑至長(zhǎng)木板右端時(shí)，長(zhǎng)木板

恰好撞上半圓槽，長(zhǎng)木板瞬間停止運(yùn)動(dòng)，小滑塊進(jìn)入槽內(nèi)且恰好能通過(guò)半圓軌道最

高點(diǎn)A已知小滑塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)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(shí)間t；

（2）小滑塊從A到B的過(guò)程中傳送帶上形成痕跡的長(zhǎng)度AX；

（3）長(zhǎng)木板的長(zhǎng)度s（計(jì)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(shí)間關(guān)系；

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

跡的長(zhǎng)度；

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

動(dòng)的規(guī)律求解小滑塊在C點(diǎn)速度大小，由動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律求解長(zhǎng)木板

的長(zhǎng)度。

【解答】解：（1）小滑塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí)

間為：ti=M=點(diǎn)=0.7s

U|JLU

此過(guò)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(shí)間關(guān)系可得：

代入數(shù)據(jù)解得：t-0.63s

（2）在t時(shí)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(guò)程中傳送帶上形成痕跡的長(zhǎng)度：Ax=si-L=4.41m-2m=2.41m

（3）小滑塊達(dá)到B端時(shí)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(guò)最高點(diǎn)，則有：mg=m萼

對(duì)小滑塊沿槽上滑過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理得：?2mgR=4m詔-品評(píng)

解得：vc=6m/s

設(shè)小滑塊到達(dá)木板最右端時(shí)的速度大小為v,選水平向右的方向?yàn)檎较?，由?dòng)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(shí)間為0.63s；

（2）小滑塊從A到B的過(guò)程中傳送帶上形成痕跡的長(zhǎng)度為2.41m；