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解动力学问题的三大观点及选用原则--2025高考物
理热点模型含答案
解动力学问题的三大观点及选用原则
学校：_________班级：___________姓名：_____________
模型概述
1.解动力学问题的三个基本观点
1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
2．力的三个作用效果及五个规律
1)力的三个作用效果
作用效果 对应规律 表达式 列式角度
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合=ma 动力学
W 1合 = ΔE k 即 W = mv 2合 2 2 -
力在空间上的积累效果 动能定理 1 功能关系mv2
2 1
冲量与动
力在时间上的积累效果 动量定理 I合=Δp即FΔt=mv′ -mv
量的关系
2)两个守恒定律
名称 表达式 列式角度
能量守恒定律 (包括机械能守恒定律) E2=E1 能量转化 (转移)
动量守恒定律 p2= p1 动量关系
3.力学规律的选用原则
1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理 (涉及时间的问题)或动能定理 (涉
及位移的问题)去解决问题．
3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，
但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，
即转化为系统内能的量．
5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能
量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
6)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。
7)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作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)。
8)若单独利用动量观点 (或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解。
1
典题攻破
1.灵活应用力学三大观点解题
1. (2025·浙江·一模)如图所示，光滑板车由一个半径R= 0.2m，夹角 θ= 53°光滑圆弧轨道BC与粗糙度
可由神奇遥控器随时调节的长 L= 5.0m的水平板CD平滑连接，光滑板车的质量M= 1.6kg，一个质
量为m= 1kg的小球P从A点水平抛出，初速度 v0= 2.4m/s，恰好能沿着圆弧进入圆弧轨道。除水平
板外一切摩擦均不计 sin53°=0.8cos53°=0.6,g=10m/s2 。
(1)小球的抛出点距离B点的高度 h；
(2)若板车固定在水平面上，求小球首次到达C点小车对小球的支持力；
(3)若板车不固定，求小球首次到达C点时小车对小球的支持力大小；
(4)调节水平板的摩擦因素，使得从抛出开始计时，经过 0.92s物块恰好位于水平板CD中间的位置，
求此时小车对地位移的大小？
针对训练
1. (2025·湖北·一模)如图所示，光滑水平面与光滑曲面平滑连接，水平面上有两个半径相同的小球A和
B，小球B的质量是小球A的质量的三倍。现让A球以速度 v0向右运动与静止的B球发生弹性正碰，
碰后小球B沿曲面上升到最大高度后又沿曲面返回到水平面，重力加速度的大小为 g，求
(1)碰后小球A、B的速度大小；
(2)小球B沿曲面上升的最大高度。
2
2. (2025·湖北·一模)如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的铁球由弹簧的正上方 h高
处A点自由下落，在B点与弹簧接触后开始压缩弹簧，铁球下落到的最低点为 C点。以A点为坐标
原点，沿竖直向下建立 x轴，铁球从A到C过程中的加速度 a-位移 x图像如图乙所示，图像与 x轴的
5h
交点坐标为 x1。已知 x1= ，不计空气阻力，重力加速度的大小为 g，求4
(1)轻弹簧的劲度系数；
(2)铁球下落过程中的最大速度；
(3)铁球下落过程中的最大加速度。
3. (2025·湖北黄冈·一模)如图所示，匀质木板A、B右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A的质量为
m m L、长度为 L，木板B的质量为 、长度 ，A、B间动摩擦因数为 μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦
2 2
力，重力加速度大小为 g。
(1)若对A施加水平向右的拉力F，A、B间恰好发生相对滑动，求F的大小；
(2) 7若对A施加水平向右的恒力F1= μmg，求木板A、B左端对齐所需时间 t1；2
( μ3) 3若地面不光滑，木板A与地面间的动摩擦因数为 ，对B施加水平向左的恒力F2= μmg，作用4 2
一段时间后再撤去F2，木板B恰好未从木板A上掉落。求木板B速度的最大值 vm和木板A运动的总
时间 t。
3
4. (2025·重庆·模拟预测)如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度 v= 5m/s沿顺时针方向匀速转动，传
送带与水平方向的夹角 θ= 37°。质量均为m= 5kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与
定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初
速度 v0= 14m/s(此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧)，使物块A从传送带下端冲上传送带，已知
物块A与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.25，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上
升到定滑轮处。取 sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，重力加速度 g= 10m/s2。求:
(1)物块A刚冲上传送带时的加速度；
(2)物块A冲上传送带运动到最高点所用时间；
(3)物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功。
5. (2025·重庆·模拟预测)如图所示，光滑水平面上有一倾角 θ= 37°的斜面体B，物块A从斜面体底部以
初速度 v0= 5m/s开始上滑。已知mA= 1kg，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° = 0.8。
(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 μ1= 0.5，下滑
1
时 μ2= ，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。3
4
6. (2025·江西南昌·一模)如图，一长为 L(L是未知量)、质量为M= 2kg的长木板放在光滑水平地面上，
物块A、B、C放在长木板上，物块A在长木板的左端，物块C在长木板上的右端，物块B与物块A的
距离 xAB= 3m，所有物块均保持静止。现对物块A施加一个水平向右的推力 F= 15N，在物块A、B
即将发生碰撞前的瞬间撤去推力 F。已知物块A的质量为mA= 3kg，物块B、C的质量为mB=mC
= 2kg，物块 A、B、C与长木板的动摩擦因数均为 μ = 0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取
10m/s2，物块A、B、C均可视为质点，物块间的碰撞均无机械能损失。求：
(1)施加推力时，物块A的加速度的大小；
(2)物块A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小；
(3)若将长木板换成轻质薄板，其它条件不变，求从施加推力F到物块A、B、C与轻质薄板共速所需
的时间 (整个过程中物块B、C不相碰)。
7. (2024·全国·模拟预测)某游乐项目装置简化如图，AB为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=
2.5m，O为圆心，A、B分别为滑梯的最高点和最低点，且 θ= 60°。滑梯底端B与一水平传送带相切，
传送带的长度 L= 8m，传送带以速度 v= 1m s顺时针匀速转动．质量m= 50kg的游客，从A点由静
止开始下滑，在B点滑上传送带．游客与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.2，重力加速度取 g= 10m s2，
求；
(1)游客滑到B点时对滑梯的压力大小；
(2)游客从传送带的左端运动到右端的时间；
(3)游客与传送带间因摩擦产生的热量．
5
8. (2025·福建·一模) 25如图所示，水平传送带AB长L= m，以 v= 4m/s的速度顺时针转动，传送带与半
4
径可调的竖直光滑半圆轨道BCD平滑连接，CD段为光滑管道，小物块 (可视为质点)轻放在传送带
左端，已知小物块的质量m= 1kg，与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.2，∠COD= 60°，重力加速度 g=
10m/s2。
(1)求小物块到达B点时的速度大小；
(2)求由于传送小物块，电动机多做的功；
(3)若要使小物块从D点飞出后落回传送带的水平距离最大，求半圆轨道半径R的大小；
(4)若小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道且不从D点飞出，求半圆轨道半径R的取值范围。
9. (2024·吉林·一模)下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长
的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m= 6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无
缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为 h= 5m，小车右端固定一竖直挡板，平底箱与小车上
表面的动摩擦因数为 = 0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理
想弹簧 (压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略)。小车受弹簧作用速度减为零时立
即锁定小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹
回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物
装箱后不会在平底箱中滑动，取重力加速度 g= 10m/s2。求：
(1)平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；
(2)当某次货物质量为M= 24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件；
(3)当小车的长度为L= 5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要
求。
6
10. (2024·河北邯郸·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m1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 μ= 0.5，木板右端与墙壁之间的距离 L0= 5m，现
用力将小球m1向左推压，将弹簧压缩 x0= 0.5m，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O 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，m1=m2= 0.5kg，m3= 0.1kg，g= 10m/s2，θ= 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。
7
解动力学问题的三大观点及选用原则
学校：_________班级：___________姓名：_____________
模型概述
1.解动力学问题的三个基本观点
1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．
2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．
3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．用动量定理可简化问题的求解过程．
2．力的三个作用效果及五个规律
1)力的三个作用效果
作用效果 对应规律 表达式 列式角度
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合=ma 动力学
W合 = ΔE
1
k 即 W
2
合 = mv -2 2
力在空间上的积累效果 动能定理 1 功能关系mv2
2 1
冲量与动
力在时间上的积累效果 动量定理 I合=Δp即FΔt=mv′ -mv
量的关系
2)两个守恒定律
名称 表达式 列式角度
能量守恒定律 (包括机械能守恒定律) E2=E1 能量转化 (转移)
动量守恒定律 p2= p1 动量关系
3.力学规律的选用原则
1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．
2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理 (涉及时间的问题)或动能定理 (涉
及位移的问题)去解决问题．
3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，
但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，
即转化为系统内能的量．
5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能
量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
6)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。
7)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作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)。
8)若单独利用动量观点 (或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解。
1
典题攻破
1.灵活应用力学三大观点解题
1. (2025·浙江·一模)如图所示，光滑板车由一个半径R= 0.2m，夹角 θ= 53°光滑圆弧轨道BC与粗糙度
可由神奇遥控器随时调节的长 L= 5.0m的水平板CD平滑连接，光滑板车的质量M= 1.6kg，一个质
量为m= 1kg的小球P从A点水平抛出，初速度 v0= 2.4m/s，恰好能沿着圆弧进入圆弧轨道。除水平
板外一切摩擦均不计 sin53°=0.8cos53°=0.6,g=10m/s2 。
(1)小球的抛出点距离B点的高度 h；
(2)若板车固定在水平面上，求小球首次到达C点小车对小球的支持力；
(3)若板车不固定，求小球首次到达C点时小车对小球的支持力大小；
(4)调节水平板的摩擦因素，使得从抛出开始计时，经过 0.92s物块恰好位于水平板CD中间的位置，
求此时小车对地位移的大小？
【答案】(1)0.512m (2)98N，方向竖直向上 (3)135N (4)0.1m
【详解】(1)B点竖直分速度 vy= v0tanθ= 3.2m/s
v2y
y方向有 h= = 0.512m
2g
( v2)到达B点速度为 v = 0B = 4m/scosθ
能量守恒B→C
2
1 vmv2B+mgR 1-cos53° =
1
mv2CC点根据牛顿第二定律F -mg=m C2 2 N R
联立解得FN= 98N
方向竖直向上
(3)B→C 1能量守恒 mv2B+mgR 1-cos53°
1
= mv2m+ 1 Mv22 2 2 M
水平方向动量守恒mv0=mvm+MvM
联立解得 vm= 4m/s
v 2
v m
-v
M=-1m/sC点牛顿第二定律FN-mg=m
M
R
解得FN= 135N
( ) → = v0tanθ4 A B过程 tAB = 0.32sg
水平方向动量定理微元求和∑ mv0Δt=m∑ vmΔt+M∑ vMΔt
水平方向位移关系 xm- xM=Rcos37° +0.5L
2
解得 xM=-0.1m
大小为 0.1m。
针对训练
1. (2025·湖北·一模)如图所示，光滑水平面与光滑曲面平滑连接，水平面上有两个半径相同的小球A和
B，小球B的质量是小球A的质量的三倍。现让A球以速度 v0向右运动与静止的B球发生弹性正碰，
碰后小球B沿曲面上升到最大高度后又沿曲面返回到水平面，重力加速度的大小为 g，求
(1)碰后小球A、B的速度大小；
(2)小球B沿曲面上升的最大高度。
v v v2
【答案】(1) 0 ， 0 (2) 0
2 2 8g
【详解】(1)设小球A的质量为mA，小球B的质量为mB ，则mB= 3mA 小球A碰后的速度为 vA，小球A
碰后的速度为 vB，A、B发生弹性正碰
mAv0=mAvA+mBvB
1 m 2 1 2 1 2
2 A
v0= m v + m v2 A A 2 B B
v
解得 v 0A=- 2
v
负号表示碰后A球向左运动 vB= 02
(2)设B 1球在曲面上上升的最大高度为 h，由机械能守恒定律可得mBgh= m 22 BvB
v2
联立解得 h= 0
8g
2. (2025·湖北·一模)如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为m的铁球由弹簧的正上方 h高
处A点自由下落，在B点与弹簧接触后开始压缩弹簧，铁球下落到的最低点为 C点。以A点为坐标
原点，沿竖直向下建立 x轴，铁球从A到C过程中的加速度 a-位移 x图像如图乙所示，图像与 x轴的
5h
交点坐标为 x1。已知 x1= ，不计空气阻力，重力加速度的大小为 g，求4
3
(1)轻弹簧的劲度系数；
(2)铁球下落过程中的最大速度；
(3)铁球下落过程中的最大加速度。
4mg
【答案】(1) (2) 3 gh，方向竖直向下 (3)3g，方向竖直向上
h 2
【详解】(1)x1处为平衡位置，则有 k x1-h =mg
= 4mg解得 k
h
(2) mg 1在平衡位置处速度最大，设为 vm；从A到平衡位置处，根据动能定理可得mgx1- x1-h = mv22 2 m
3
解得 vm= gh2
方向竖直向下。
(3)铁球在C点时的加速度最大，设为 am，此时铁球的坐标为 x2；则从A到C处，根据动能定理可得mgx2
k x2-h- x2-h = 02
解得 x2= 2h
在C处，根据牛顿第二定律可得 k x2-h -mg=mam
解得 am= 3g
方向竖直向上。
3. (2025·湖北黄冈·一模)如图所示，匀质木板A、B右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A的质量为
m、长度为 L，木板B m L的质量为 、长度 ，A、B间动摩擦因数为 μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦
2 2
力，重力加速度大小为 g。
(1)若对A施加水平向右的拉力F，A、B间恰好发生相对滑动，求F的大小；
(2) 7若对A施加水平向右的恒力F1= μmg，求木板A、B左端对齐所需时间 t2 1；
4
( μ3) 3若地面不光滑，木板A与地面间的动摩擦因数为 ，对B施加水平向左的恒力F2= μmg，作用4 2
一段时间后再撤去F2，木板B恰好未从木板A上掉落。求木板B速度的最大值 vm和木板A运动的总
时间 t。
(1)F= 3 6μgL【答案】 μmg (2)t L 24L
2 1
= (3)vm= ，t=2μg 5 5μg
(1)A B B μ× m × g= m【详解】 、 间恰好发生相对滑动，对 由牛顿第二定律 × a
2 2 0
1
对AB整体F= m+ m a2 0
3
解得F= μmg
2
(2) 7若对A施加水平向右的恒力F1= μmg，则AB之间产生滑动，此时B的加速度仍为 a0= μg2
A 1的加速度为F1- μ× mg=ma2 1
A B 1 a t2- 1 1木板 、 左端对齐时 2
2 1 1
a0t2 1
= L
2
解得所需时间 t1= L2μg
(3)设F2作用的时间为 t2，撤力时 B的速度最大，撤力后再经 t3时间A、B速度共速，由A与地面间的动摩
擦因数小于A、B间动摩擦因数，共速后两者一起匀减速直至停下，设撤力前B的加速度大小为 aB1，撤力
后B相对A滑动的加速度大小为 a0，共速前A的加速度大小为 aA1，共速后A的加速度大小为 aA2，撤力前
对B分析有F2- μm g= ma2 2 B1
μ
共速前对A分析 μm g- m+ m g=ma
2 4 2 A1
μ
A B m+ m g= m+ m共速后对 、 分析 a4 2 2 A2
木板B 1 3L恰好未从木板A上掉落，应满足 a -a t t +t =
2 B1 A1 2 2 3 4
其中 aB1t2- a0t3= aA1 t2+t3
最大速度 vm= aB1t2
= 6μgL解得 vm 5
0-a
= + + A1
t2+t3 A运动的总时间 t t2 t3 -aA2
解得 t= 24L
5μg
4. (2025·重庆·模拟预测)如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度 v= 5m/s沿顺时针方向匀速转动，传
送带与水平方向的夹角 θ= 37°。质量均为m= 5kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与
定滑轮间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初
速度 v0= 14m/s(此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧)，使物块A从传送带下端冲上传送带，已知
物块A与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.25，不计滑轮的质量与摩擦，整个运动过程中物块B都没有上
升到定滑轮处。取 sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，重力加速度 g= 10m/s2。求:
5
(1)物块A刚冲上传送带时的加速度；
(2)物块A冲上传送带运动到最高点所用时间；
(3)物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功。
【答案】(1)9m/s2, 12方向沿传送带向下 (2) s (3) 100 J
7 7
【详解】(1)物块A刚冲上传送带时，对A物块，根据牛顿第二定律有mgsinθ+T+ μmgcosθ=ma1
对B物块mg-T=ma1
联立解得 a 21= 9m/s
方向沿传送带向下；
(2)物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动，对A物块，根据牛顿第二定律有
mgsinθ+T - μmgcosθ=ma1
联立解得 a1= 7m/s2
当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有
= v0-vt1 = 1sa1
t2= v = 5 sa2 7
联立解得 t= t1+ t2= 12 s7
(3)此过程中物块对传送带做的功Wf= fx1- fx2
其中
f= μmgcosθ
x1= vt1
x2= vt2
W= 100解得 J
7
5. (2025·重庆·模拟预测)如图所示，光滑水平面上有一倾角 θ= 37°的斜面体B，物块A从斜面体底部以
初速度 v0= 5m/s开始上滑。已知mA= 1kg，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° = 0.8。
6
(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 μ1= 0.5，下滑
μ = 1时 2 ，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。3
【答案】(1)1.25m (2) 59m (3) 26 - 2 143 m, 590 J60 45 3 75 99
1
【详解】(1)若斜面体B固定，对物块A，根据机械能守恒可得mAgh1= mAv22 0
解得物块A上升的最大高度 h1= 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mAv0cos37°
= (mA+mB)v共
1 1
根据能量守恒可得 m 2Av0= (mA+mB)v2共+mAgh2 2 2
59
解得 h2= m60
(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° -N1=mAaA1y
N1sin37° +μ1N1cos37° =mBaB1
aA1y= aB1sin37°
N = 80解得 1 N13
在下滑过程中，对A分析如图 (c)所示，对B分析如图 (d)所示
7
同理，在任意时刻，均有
mAgcos37° -N2=mAaA2y
N2sin37° -μ2N2cos37° =mBaB2
aA2y= aB2sin37°
N = 80解得 2 N11
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
μ1N1+mAgsin37° =mAaA1x
aB1x= aB1cos37°
a相1= aA1x+ aB1x
a = 150解得 相1 m/s213
v2 13
则 x相=
0 = m
2a相1 12
又 x = 1相 a 22 相1t1
t = 13解得 1 s30
在下滑过程中，有
mAgsin37° -μ2N2=mAaA2x
aB2x= aB2cos37°
a相2= aA2x+ aB2x
50
解得 a相2= m/s211
由 x相=
1 a 2
2 相2
t2
可得 t = 1432 s300
故摩擦生热Q= μ1N1x相+ μ2N2x相=
590 J
99
1
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 x= a 2 1 2
2 B1
t1+ a t =2 B2 2
26 - 2 143 m45 3 75
6. (2025·江西南昌·一模)如图，一长为 L(L是未知量)、质量为M= 2kg的长木板放在光滑水平地面上，
物块A、B、C放在长木板上，物块A在长木板的左端，物块C在长木板上的右端，物块B与物块A的
距离 xAB= 3m，所有物块均保持静止。现对物块A施加一个水平向右的推力 F= 15N，在物块A、B
8
即将发生碰撞前的瞬间撤去推力 F。已知物块A的质量为mA= 3kg，物块B、C的质量为mB=mC
= 2kg，物块 A、B、C与长木板的动摩擦因数均为 μ = 0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取
10m/s2，物块A、B、C均可视为质点，物块间的碰撞均无机械能损失。求：
(1)施加推力时，物块A的加速度的大小；
(2)物块A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小；
(3)若将长木板换成轻质薄板，其它条件不变，求从施加推力F到物块A、B、C与轻质薄板共速所需
的时间 (整个过程中物块B、C不相碰)。
7 3 17 3
【答案】(1)3m/s2 (2) m/s， m/s (3)3.16s
5 5
【详解】(1)对A进行受力分析可得F- μmAg=mAaA
代入题中数据解得 aA= 3m/s2
μm g
(2)假设长木板、物体B、C一起加速，加速度为 a0，则有 a0= A+ + = 1m/s
2
M mB mC
因为 a0< μg= 2m/s2
假设成立。所以 aB= aC= 1m/s2
1 1
设物体A与物体B碰前所需时间为 t，则 x = a t2AB - a t22 A 2 B
解得 t= 3s
设物体A、B碰前速度为 vA、vB，则 vA= aAt，vB= aBt
解得 vA= 3 3m/s，vB= 3m/s
物体A、B碰后速度为 v A、vB，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
mAvA+mBvB=mAv A+mBvB
1 mAv
2
A+
1 m v2 1 2 1 2
2 2 B B
= m
2 A
vA+ m v2 B B
v 7 3 17 3解得 A= m/s，vB= m/s5 5
(3)对A有F- μmAg=mAa1
得 a1= 3m/s2
轻质薄木板与B、C相对静止，有相同的加速度 a2
μm g
a2= A 2mB+
= 1.5m/s
mC
设物体A与物体B碰前所需时间为 t1，物体A、B碰前速度为 v1、v x = 1，则 a t2 12 AB - a t22 1 1 2 2 1
得 t1= 2s
且 v1= a1t1= 6m/s，v2= a2t2= 3m/s
物体A、B碰后速度为 v3、v4，则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得
mAv1+mBv2=mAv3+mBv4
1 m v2+ 1 m v2= 1 m v2+ 1 m v2
2 A 1 2 B 2 2 A 3 2 B 4
9
解得 v3= 3.6m/s，v4= 6.6m/s
A、B碰后，轻质木板的合力应该为零，A与薄板不能出现相对滑动否则木板合力不为零，木板和A匀速，
v -v
B匀减速，C匀加速至 v ，时间 t ，则 t = 3 23 2 2 = 0.3sμg
此时B的速度 v5= v4- μgt2= 6m/s
μm g
此后，物体A、C薄板相对静止，一起匀加，B匀减至共速，物体A、C的加速度大小 a = B3 mA+
=
mC
0.8m/s2
物体B的加速度大小 a 24= μg= 2m/s
由 v3+ a3t3= v5- a4t3
得 t 63= s≈ 0.86s7
则所需总时间 t总= t1+ t2+ t3= 3.16s
7. (2024·全国·模拟预测)某游乐项目装置简化如图，AB为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径R=
2.5m，O为圆心，A、B分别为滑梯的最高点和最低点，且 θ= 60°。滑梯底端B与一水平传送带相切，
传送带的长度 L= 8m，传送带以速度 v= 1m s顺时针匀速转动．质量m= 50kg的游客，从A点由静
止开始下滑，在B点滑上传送带．游客与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.2，重力加速度取 g= 10m s2，
求；
(1)游客滑到B点时对滑梯的压力大小；
(2)游客从传送带的左端运动到右端的时间；
(3)游客与传送带间因摩擦产生的热量．
【答案】(1)1000N (2)4s (3)400J
(1) B v A B mgR 1-cosθ = 1【详解】 设游客滑到 点时速度为 0，从 到 过程，由机械能守恒定律得 mv22 0
解得 v0= 5m/s
v2
在B点根据牛顿第二定律有F -mg=m 0N R
解得FN= 1000N
由牛顿第三定律可知，在B点游客对滑梯的压力大小为F N =FN= 1000N
(2)游客滑上传送带，由牛顿第二定律得 μmg=ma
设经时间 t1游客与传送带共速，则有 v= v0- at1
解得 t1= 2s
v +v
在 t1= 2s时间内游客通过的距离为 s= 0 t1= 6m之后游客与传送带共同匀速运动，有 L- s= vt2
10
解得 t2= 2s
可知游客从传送带的左端运动到右端的时间为 t= t1+ t2= 4s
(3)t1= 2s内游客与传送带间发生的相对位移Δs= s- vt1= 4m
则因摩擦产生的热量Q= μmg Δs= 400J
8. (2025· 25福建·一模)如图所示，水平传送带AB长L= m，以 v= 4m/s的速度顺时针转动，传送带与半
4
径可调的竖直光滑半圆轨道BCD平滑连接，CD段为光滑管道，小物块 (可视为质点)轻放在传送带
左端，已知小物块的质量m= 1kg，与传送带间的动摩擦因数 μ= 0.2，∠COD= 60°，重力加速度 g=
10m/s2。
(1)求小物块到达B点时的速度大小；
(2)求由于传送小物块，电动机多做的功；
(3)若要使小物块从D点飞出后落回传送带的水平距离最大，求半圆轨道半径R的大小；
(4)若小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道且不从D点飞出，求半圆轨道半径R的取值范围。
【答案】(1)4m/s (2)16J (3)0.2m (4)0.4m≤R≤ 16m或R≥ 0.8m
35
【详解】(1)对小物块受力分析，由牛顿第二定律 μmg=ma
解得 a= 2m/s2
设小物块与传送带共速的时间为 t1，由运动学公式 v= at1
可得 t1= 2s
1
加速的位移为 x 21= at1= 4m2
25
因为 4m< m
4
所以小物块在传送带上先加速后匀速，到达B点时的速度大小为 4m/s。
(2)小物块在传送带上因摩擦而产生的热量为Q= μmg(vt1- x1) = 8J
1 1
由于传送小物块，电动机多做的功为W 2额=Q+ mv = 8J+ × 1× 42J= 16J2 2
(3)从B点到D 1 1点，由动能定理-mg 2R= mv2D- mv22 2
小物块离开D点后做平抛运动，有
2R= 1 gt2
2
x= vDt
2
联立可得 x= 4 -R2+ 2 R= 4 - R- 1 + 1
5 5 25
由数学关系可知，当R= 0.2m时，小物块从D点飞出后落回传送带的水平距离最大 xmax= 0.8m
11
(4)①刚好沿半圆到达与圆心O等高处，根据动能定理-mgR1= 0- 1 mv22
解得R1= 0.8m
小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道，则R≥ 0.8m
v2
②刚好到达C点不脱轨，临界条件是弹力为 0，在C点mgcos60° =m C
R2
从B C -mgR (1+ cos60°) = 1 1点到 点，根据动能定理 mv2 - mv22 2 C 2
16
代入数据解得R2= m35
1
③刚好到达D点不脱轨，在D点有 v0= 0，从B点到D点，根据动能定理-mg 2R 23= 0- mv2
代入数据解得R3= 0.4m
16
若小物块在半圆轨道内运动时不从D点飞出，则满足 0.4m≤R≤ m
35
R 0.4m≤R≤ 16综上所述，半圆轨道半径 的取值范围为 m或R≥ 0.8m
35
9. (2024·吉林·一模)下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长
的光滑水平轨道上的无动力小车质量均为m= 6kg，光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无
缝接触，需要运送的货物距离轨道底端的高度为 h= 5m，小车右端固定一竖直挡板，平底箱与小车上
表面的动摩擦因数为 = 0.125，平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理
想弹簧 (压缩弹簧可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略)。小车受弹簧作用速度减为零时立
即锁定小车，卸下货物后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹
回，小车与水平轨道左侧台阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物
装箱后不会在平底箱中滑动，取重力加速度 g= 10m/s2。求：
(1)平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；
(2)当某次货物质量为M= 24kg，若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度L需满足什么条件；
(3)当小车的长度为L= 5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要
求。
【答案】(1)10m/s (2)见解析 (3)见解析
【详解】(1)设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为 v0，对平底箱从A点到滑上小车前根据动能定理可得
(m+M )gh= 1 (m+M )v2
2 0
解得 v0= 10m/s
(2)设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为 v共，则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞，根据动量守恒定律
有 (m+M )v0= (m+M+m)v共
解得 v = 25共 m/s3
12
1
设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒定律可得Ep= (m+M+m)v2共= 1250J2
小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则
1
这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有 Ep≥ μmgL+mgh2
解得L≤ 130m
3
(3)当小车的长度为L= 5m，若能顺利将空箱顺利运回释放点，则
1 E p ≥ μmgL+mgh2
E = 1 (m+M+m)v 2p 2 共
(m+M )v0= (m+M+m)v 共
联立可得M≥ 12kg
10. (2024·河北邯郸·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m1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 μ= 0.5，木板右端与墙壁之间的距离 L0= 5m，现
用力将小球m1向左推压，将弹簧压缩 x0= 0.5m，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O 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，m1=m2= 0.5kg，m3= 0.1kg，g= 10m/s2，θ= 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。
(1) 3【答案】 34s，0.612m (2)11N，方向竖直向上，和外壁挤压 (3)3.6m，6.8m
50
0+kx 1
【详解】(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 × x = m v2- 0
2 0 2 1 0
在小球平抛到管口A点时如图
13
根据
vy= v0tanθ
vy= gt
h= 1 gt2
2
联立解得
t= 3 34s
50
h= 0.612m
(2) 1 1从A到圆筒最高点的过程，由动能定理可得-m1g(R+Rcosθ) = m v21 - m v22 2 1 A
= v由上述图可知 v 0A cosθ
2
在最高点FN+m1g=m
v
1 R
解得FN= 11N> 0
说明小球和圆筒外壁挤压，挤压力大小为 11N，方向竖直向上。
(3) 1 1从A到B全过程，由动能定理可得m g(R-Rcosθ) = m v2 - m v21 2 1 A 2 1 A
解得 vB= 6m/s
小球m1和物块m2碰撞过程，取水平向右为正方向，可得
m1vB=m 1v1+m2v 2
1 m v 2= 1 m 2 1 2
2 1 B 2 1
v1 + m v2 2 2
解得 v 1= 0，v2= 6m/s
说明碰后小球停止运动，物块获得 6m/s向右的速度，开始在木板上滑动，以m2和m3为对象，可得m 2v2=
(m2+m3)v1
对m2可得 μm2gx= 1 m2v21- 02
解得
v1= 5m/s
x= 0.5m物块与木板共速后与墙壁发生碰撞，以m2和m3为对象，第 1次与墙碰撞后m2v1-m3v1= (m2+m3)v2
m -m
解得 v 2 32= vm 12+m3
对木板
μm2g=m3a
14
v2
s = 11 2a
第 2次与墙碰撞后m2v2-m3v2= (m2+m3)v3
m -m 2
解得 v3= 2 3 vm +m 12 3
2
= v2 = m2-m
2 v2
对木板 s 3 12 2a m2+m3 2a
第 3次与墙碰撞后m2v3-m3v3= (m2+m3)v4
m -m
解得 v = 2 3
3
4 m + vm 12 3
对木板
v2= 2 = m2-m
4 v2
s 3 13 2a m2+

m3 2a
....
第n- 1次与墙碰撞后m2vn-1-m3vn-1= (m2+m3)vn
n-1
解得 vn= m2-m3+ vm m 12 3
v2 2
对木板 s = n-1 = m2-m3
2(n-2)
n-1 +
v1
2a m2 m3 2a
第n次与墙碰撞后m2vn-m3vn= (m2+m3)vn+1
n
解得 vn+1= m2-m3 vm +m 12 3
2 2(n-1) 2
对木板 sn-1=
vn = m2-m3 v12a m2+m3 2a
木板运动的总路程为 s=L0+ 2(s1+ s2+ s3+ +sn)
m2-m3 2n
2
= + + m2-m3 + m2-m
4 2 2 1× 1-
即 s L 2 1 3 + + m2-m3
2(n-1)
v 1 =L + v2× 1

× m2+m3

0 m2+m3 m2+m3 m2+m 2a 03 2a 1- m2-m3
2
m2+m3
m -m 2n v2
当n→∞时， 2 3+ → 0，可得 s=L0+ 2× 1 ×
1
m2 m3 2a 1- m2-m3
2
m2+m3
代入数据解得 s= 6.8m
1
木板和物块最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在右端，根据能量守恒可得 μm2gL= m v 22 2 2
解得L= 3.6m
15

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