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专题7.2 力学计算题的命题视角-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版）
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这是一份专题7.2 力学计算题的命题视角-2023届高考物理二、三轮复习总攻略（解析版），共54页。试卷主要包含了2 力学计算题的命题视角，第24届冬奥会将在我国举办，1 eq \f m，95－2，5 s，5 m，2 m，0×10－3 J等内容，欢迎下载使用。
第七部分 计算压轴满分策略
专题7.2 力学计算题的命题视角
目录
命题视角(一) 力与运动 1
命题视角(二) 能量与动量 13
命题视角(三) 力学三大观点的综合应用 23
高考题型一 用动力学和能量观点解决多过程问题 23
高考题型二 用动力学和能量观点解决传送带问题 25
高考题型三 应用三大观点解决“板块”模型问题 27
高考题型四 应用三大观点解决多过程问题 28
命题视角(一) 力与运动
【例题】 (2022·“七彩阳光”联考)某科研机构采用无人机将山里的特产送下山，或利用无人机运输急救药品和生活必需品，帮助部分山区居民解决交通不便的情况。如图所示是某次无人机在基地进行物流配送与飞行测试：实验中该无人机空载先从地面由静止竖直向上匀加速起飞，上升到100 m高度时无人机速度达到20 m/s，随后以等大加速度减速正好到达目标所在位置。当无人机满载物品后，又以4 m/s2加速度匀加速下降。已知无人机在飞行测试阶段受到的空气阻力为重力的0.1倍，已知该无人机的空载质量为80 kg，有效载荷为20 kg，求：
(1)无人机从静止到目标所在位置的时间；
(2)在上升阶段中，当无人机速度达到最大速度20 m/s时，无人机发动机的功率；
(3)无人机从目标所在位置回到地面时，当达到最大速度后匀速飞行5 s，最后匀减速直线运动回到地面速度恰好为零，求减速阶段无人机的制动力。
命题角度
1.本题以无人机配送飞行测试为情景命题。
2.通过对运动情景的建模，考查学生的科学思维能力，通过对运动分析和受力分析考查学生的分析推理能力。
3.利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律解决多过程问题。
【审题破题】
1.快速读题，提取关键信息
(1)运动分析：“匀加速起飞”、“等大加速度减速”、“匀加速下降”等信息，构建匀变速直线运动模型。
(2)受力分析：“空气阻力为重力的0.1倍”知无人机受重力和空气阻力，由牛顿第二定律列方程求解加速度。
2.联想情景，构建运动模型
(1)上升阶段 (2)下降阶段
解题关键
1.读题干，提信息，找关联。
2.理思路、建模型、列方程。
(1)上升阶段：“0—v—0”模型，两过程a相同，则时间相等，匀加速运动的末速度是匀减速运动的初速度
(2)上升阶段，利用牛顿第二定律求出牵引力F，再利用P＝Fv求解功率P。
(3)上升、下降过程位移大小相等。根据牛顿第二定律列方程求解。
【规范答题】
(1)匀加速上升过程：
v＝2ax，解得a＝2 m/s2①
此过程时间t1＝＝10 s② 1分
匀减速上升过程：a＝－2 m/s2，t2＝t1＝10 s③ 1分
故t＝t1＋t2＝20 s④ 1分
(2)上升阶段速度达到vm时
F－(mg＋0.1mg)＝ma⑤ 1分
又P＝Fvm⑥
解得P＝20 800 W⑦ 1分
(3)无人机上升的总高度为h＝200 m
匀加速下降过程h1＝＝50 m
匀速飞行过程h2＝vmt＝100 m1分
匀减速下落过程v＝2a2(h－h1－h2)1分
由牛顿第二定律得
Mg－0.1Mg－F′＝－Ma21分
联立解得
F′＝1 300 N1分
【感悟真题】
1.(2022·浙江1月选考)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0。26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】 (1) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
【解析】 (1)AB段v＝2a1x1
解得a1＝ m/s2
(2)AB段v1＝a1t1
解得t1＝3 s，t2＝(5－3) s＝2 s
BC段x2＝v1t2＋a2t，a2＝2 m/s2
过C点的速度大小
v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在BC段有牛顿第二定律
mgsin θ－Ff＝ma2，解得Ff＝66 N。
2.(2022·山东高考，16)某粮库使用额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程L值。
【答案】 (1)0.1 (2) m
【解析】 (1)设电动机的牵引绳拉力为FT1，电动机连接的小车匀速上行，由能量守恒定律有UI＝I2R＋FT1v，解得FT1＝7 400 N
小车和配重一起匀速，设绳的拉力为FT2，
对配重有FT2＝m0g＝400 N
设斜面倾角为θ，对小车有
FT1＋FT2＝(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，则有
m1gsin θ＝m0g＋km1g
联立各式解得sin θ＝0.5，k＝0.1。
(2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a，对系统由牛顿第二定律有
(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g－m0g
＝(m1＋m2＋m0)a
可得a＝ m/s2
由运动学公式可知v2＝2aL
解得L＝ m。
3．(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有
v－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
4．(2021·浙江1月选考)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝16 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2 s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求滑块：
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
【答案】 (1)16 m (2)0.25 (3)67.9 W
【解析】 (1)小车沿斜面向上做匀减速直线运动，有x＝t
解得x＝16 m。
(2)上滑过程有：加速度a1＝＝＝8 m/s2
由牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得μ＝0.25。
(3)下滑过程有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝4 m/s2
由运动学公式有v＝2a2x
得vt＝＝8 m/s
重力的平均功率
＝mgcos (90°－θ)＝mgcos (90°－θ)
＝48 W≈67.9 W。
5．(2021·浙江6月选考)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员的反应时间。
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【答案】 (1)4 s 2.5×103 N (2)20 s (3)5 m/s
【解析】 v1＝36 km/h＝10 m/s
v2＝54 km/h＝15 m/s
(1)根据平均速度公式得t1＝＝
解得刹车时间t1＝4 s
刹车加速度大小为a＝＝2.5 m/s2
根据牛顿第二定律得Ff＝ma
解得Ff＝2.5×103 N。
(2)小朋友通过斑马线的时间t2＝＝24 s
汽车在斑马线前等待时间t＝t2－t1＝20 s。
(3)根据速度位移公式得v2－v＝－2as，
解得v＝5 m/s。
6.(2021·辽宁高考，13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】 (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
【解析】 (1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
(2)小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，所用时间
t1＝＝ s＝2.5 s
在传动带上滑动的距离为
s1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带的时间为
t＝t1＋t2＝4.5 s。
【名校金题】
1.(2022·山东淄博一模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量m＝3.0×103 t，在高密度海水区域水面下h0＝180 m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力F突然降为2.94×107 N；20 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以0.1 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮，升至距水面120 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。重力加速度g取10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：
(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自水面算起)；
(2)潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用的总时间。
【答案】 (1)300 m (2)160 s
【解析】 (1)在潜艇向下加速过程有
mg－F＝ma1
此过程下落高度为h1＝a1t
潜艇向下减速过程的高度为h2
2a1h1＝2a2h2
潜艇“掉深”达到的最大深度为
h＝h0＋h1＋h2
联立解得h＝300 m。
(2)潜艇向下减速过程的时间为t2
a1t1＝a2t2
潜艇向上加速过程有
h3＝a2t
h3＝h－h4
h4＝120 m
v2＝a2t3
潜艇向上减速过程有h4＝t4
潜艇从开始掉深到升至水面的过程所用总时间
t总＝t1＋t2＋t3＋t4
联立解得t总＝160 s。
2.(2022·甘肃靖远模拟)索降是战士从悬停在低空的直升机上，通过一根轻质软绳滑到地面上的着陆方式。在某次训练过程中，战士从静止在空中、距地面高h＝38.25 m的直升机上通过足够长的软绳滑下，开始阶段战士通过战术手套轻握绳子，受到的摩擦力大小Ff1＝160 N，达到一定速度后，战士用力握绳子，受到的摩擦力大小Ff2＝1 440 N，结果战士到达地面时的速度大小v1＝6 m/s。战士(含装备)的质量m＝80 kg，战士与直升机均视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求战士轻握绳子下滑的加速度大小a1；
(2)求战士下滑过程中的最大速度vmax；
(3)若在战士开始下滑时，直升机以大小v2＝3 m/s的速度匀速竖直上升，求战士到达地面时直升机距地面的高度H。
【答案】 (1)8 m/s2 (2)18 m/s (3)49.5 m
【解析】 (1)战士轻握绳子下滑时，根据牛顿第二定律得mg－Ff1＝ma1
解得a1＝8 m/s2。
(2)设战士用力握绳子时的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律得Ff2－mg＝ma2
解得a2＝8 m/s2
由题意，根据运动学规律有
h＝＋
解得vmax＝18 m/s。
(3)战士下滑时间为
t＝＋＝3.75 s
战士到达地面时直升机距地面的高度为
H＝v2t＋h＝49.5 m。
3.(2022·浙江3月选考模拟)图甲所示为某旅游景点的滑草场，图乙所示为其中一条滑道的示意图。该滑道由倾角为θ＝30°的斜坡AC和水平滑道CD组成，斜坡AC由材质不同的AB、BC两部分组成，一位质量m1＝70 kg的游客坐在质量m2＝10 kg的滑草车上，从斜坡顶端A点静止滑下，最终恰好在水平滑道末端D点停下。已知AB、BC的长度分别为LAB＝45 m、LBC＝15 m，滑草车与AB、BC、CD间的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝、μ3＝，重力加速度g＝10 m/s2，cos 15°≈0.96，不计空气阻力以及滑草车经过B、C两点时的能量损失，求滑草车(含游客)：
(1)经过B点时的速度大小vB；
(2)在滑道CD上运动时受到的摩擦力大小FfCD及滑道CD的长度LCD；
(3)在整个运动过程中的平均速度大小。
【答案】 (1)15 m/s (2)150 N 60 m (3)7.68 m/s
【解析】 (1)游客和滑草车总质量为m＝m1＋m2＝80 kg
滑草车在AB段运动时mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
又v－0＝2a1LAB，解得vB＝15 m/s。
(2)滑草车在BC段运动时mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，解得a2＝0
所以滑草车在BC段做匀速直线运动，则到C点的速度为vC＝vB＝15 m/s
滑草车在CD段运动时，所受摩擦力为FfCD＝μ3mg＝150 N
加速度大小为a3＝＝ m/s2
从C点到D点停止0－v＝－2a3LCD
解得LCD＝60 m。
(3)由于LAB＋LBC＝LCD＝60 m
所以根据几何知识可得，从A到D的直线距离为xAD＝2LCDcos 15°＝115.2 m
滑草车在AB、BC、CD段的运动时间分别为
t1＝＝6 s，t2＝＝1 s，t3＝＝8 s
所以整个运动过程中的平均速度大小为＝＝7.68 m/s。
4.(2022·浙江衢州市高三二模)爬墙车利用吸气装置可以吸附在墙壁上行走，如图所示，某爬墙车在竖直墙面上从A点由静止开始以最大加速度向上做匀加速直线运动，0.2 s时到达B点后立刻以速度vB做匀速直线运动，为了防止撞到房顶，在C点车轮停止转动做匀减速运动，到达房顶D点时速度恰好减为零，已知AB＝10 cm，AD＝60 cm，在大气压的作用下，爬墙车与墙壁之间的弹力恒为重力的3倍，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，爬墙车由四轮驱动且电动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，求爬墙车
(1)运动时的最大速度vB；
(2)与墙面之间的动摩擦因数μ；
(3)由A点运动至D点的总时间t总.
【答案】 (1)1 m/s (2)0.5 (3)0.72 s
【解析】 (1)由匀变速直线运动规律得xAB＝a1t12，vB＝a1t1
联立两式，代入已知数据解得a1＝5 m/s2，vB＝1 m/s
(2)在AB段，爬墙车受力分析如图甲所示
由平衡条件及牛顿第二定律得F＝FN＝3mg，μFN－mg＝ma1
解得：μ＝0.5
(3)爬墙车到达C点后，摩擦力反向，受力分析如图乙所示
由牛顿第二定律得μFN＋mg＝ma2
代入已知数据解得：a2＝25 m/s2
由匀变速直线运动规律得vB＝a2t2,0－vB2＝－2a2xCD
解得：t2＝0.04 s，xCD＝0.02 m
则爬墙车匀速阶段时间为t匀＝＝0.48 s
所以，爬墙车由A点运动至D点的总时间
t总＝t1＋t匀＋t2＝(0.2＋0.48＋0.04)s＝0.72 s.
5.(2022·大庆实验中学、吉林一中联考)一质量为1 kg的物块置于水平地面上.现用一个水平恒力F拉物块，一段时间后撤去恒力F，已知从物块开始运动到停止，经历的时间为4 s，运动的位移为20 m，物块与地面间的动摩擦因数为(g＝10 m/s2).
(1)求恒力F的大小；
(2)若力F的大小可调节，其与竖直方向的夹角θ也可以调节，如图所示，其他条件不变，若在力F作用下物块匀速运动，求力F的最小值及此时θ的大小.
【答案】 (1) N (2)5 N 60°
【解析】 (1)设撤力时物块的速度大小为v，
x＝(t1＋t2)
解得v＝10 m/s
a2＝μg＝ m/s2
则t2＝＝3 s
则t1＝1 s
根据牛顿第二定律F－μmg＝ma1
a1＝
解得F＝ N
(2)由物块做匀速运动可知
Fsin θ＝μ(mg－Fcos θ)
得F＝＝
其中tan φ0＝μ＝
则φ0＝30°
则当θ＝60°时，F有最小值
Fmin＝5 N.
命题视角(二) 能量与动量
【例题】(2022·“七彩阳光”联考)如图为一游戏装置的示意图，倾斜轨道上物块A距离水平面高H＝1.2 m，细管轨道半径R1＝0.50 m，圆轨道半径R2＝0.40 m，两圆轨道间EF段长L＝0.5 m，让物块A从斜面上由静止滑下与静止在水平面上的物块B发生弹性正碰，两物块的质量均为m＝0.1 kg，两物块与EF段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，轨道其余部分均光滑。两物块均可视为质点，g取10 m/s2。
(1)求第一次碰撞后，物块B的速度；
(2)求物块B第一次通过两圆轨道最高点C和D时，轨道分别对物块B的弹力；
(3)若在轨道左端放置一顺时针匀速转动的足够长的传送带，试分析传送带的速度v满足什么条件时，物块A、B一定发生第二次碰撞。
命题角度
1.本题以“游戏装置”为背景，设置单物体多过程运动问题
2.本题为力学综合问题，考查力与运动的分析，动量和能量观点的应用，考查学生的分析综合能力
3.此类题目通过建模分析、经常考查分类讨论的思想以及利用数学方法解决物理问题的能力。
【审题突破】
1.拆分过程
(1)物块A沿光滑斜面下滑，机械能守恒，可求出物块A与B碰前速度v0。
(2)A、B碰撞过程为弹性碰撞、动量守恒、机械能守恒，求出碰后B的速度vB。
2.物块B运动到C点和D点时，可分为直线＋圆周组合，全程可运用动能定理列式求C点或D点的速度，应用牛顿运动定律求解轨道对B的弹力。
3.物块B滑上传送带，与传送带运动的方向相反，物块B做减速运动，减速至0后返回，做加速运动，要使A、B发生第二次碰撞，B必须能过最高点C。
【解题关键】
1.拆分过程、构建“斜面模型”“弹性碰撞模型”。
2.关注两个临界条件
(1)“绳模型”最高点mg＝
(2)“杆模型”最高点v＝0
【规范答题】 (1)由机械能守恒定律得mgH＝mv，解得v0＝2 m/s 1分
A和B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB 1分
A和B发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mv 1分
解得vA＝0，vB＝v0＝2 m/s 1分
(2)B运动至C，由动能定理得－2mgR1＝mv－mv
解得vC＝2 m/s 1分
在C点：FNC＋mg＝m
解得FNC＝－0.2 N，故在C点轨道对物块B弹力大小为0.2 N，
方向竖直向上 1分
B运动至D，由动能定理得－2mgR2－μmgL＝mv－mv
解得vD＝ m/s 1分
在D点：FND＋mg＝m
解得FND＝0.75 N，方向竖直向下 1分
(3)B物体刚上传送带时－μmgL＝mv－mv，解得v1＝ m/s 1分
若B刚好能过D点，则－2mgR2＝mv－mv，v临＝
解得v2＝2 m/s 1分
若B刚好能过C点，则
－2mgR1－μmgL＝0－mv，解得v3＝ m/s 1分
综上得v≥ m/s。 1分
答案 (1)2 m/s (2)0.2 N，方向竖直向上
0.75 N，方向竖直向下 (3)v带≥ m/s
【感悟真题】
1.(2022·广东高考，13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
【解析】 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，
即N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝mv－mv
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
2.(2022·浙江1月选考，20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
【答案】 (1)7 N (2)v＝(0.85 m≤lx≤3 m) (3) m m m
【解析】 (1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则
mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝
代入数据解得FN＝7 N。
(2)要使得滑块到达F点，则必过细圆管轨道DEF的最高点，有
mglxsin 37°－mg(3Rcos 37°＋R)＝mv≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有
mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)。
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得
mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得
≤n≤
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝ m
②当n＝3时，lx＝ m
③当n＝5时，lx＝ m。
3. (2021·浙江1月选考，20)如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【答案】 (1) m 水平向左
(2)FN＝2mg h≥R
(3)h≤R或h＝R
【解析】 (1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh0＝mv
可得vC＝
根据动量定理得I＝mvC＝m
方向水平向左。
(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有
mg(h－R)＝mv
根据牛顿第二定律有FN＝
联立可得FN＝2mg
满足的条件h≥R。
(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R＋3Rsin θ＝R
第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，
小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则d＝vxt＝vx
其中vx＝vGsin θ，vy＝vGcos θ
故有vGsin θ·＝d
可得vG＝2
由机械能守恒定律有
mg＝mv
可得h＝R。
4. (2021·全国甲卷，24)如图所示，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
【答案】 (1)mgdsin θ (2) (3)L>d＋
【解析】 (1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE，由小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带时损失的机械能，
即ΔE＝mgdsin θ①
(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有
mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②
联立①②解得
ΔE0＝③
(3)要使ΔE0>ΔE，有
>mgdsin θ④
解得L>d＋。
5.(2021·福建高考)如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移x的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】 (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
【解析】 (1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma①
FN－mgcos θ＝0②
Ff＝μFN③
联立①②③式并代入题给数据得
a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W＝T1x1＋T2x2⑤
式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，T1＝8 N，x1＝1 m，
T2＝10 N，x2＝1 m
设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有
W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有
－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
smax＝1.3 m。
【名校金题】
1.(2022·河北省高三模拟)2020年9月15日，中智行5G AI无人驾驶汽车亮相上海5G科普活动，活动现场，中智行展示了公司最新研发的、具有百分百自主知识产权的无人驾驶技术.在一次性能测试中，质量m＝1 000 kg的无人驾驶汽车以恒定加速度启动，达到额定功率后保持额定功率继续行驶，在刚好达到最大速度时，突然发现前方有一行人要横穿马路而紧急刹车，车载速度传感器记下了整个过程中速度随时间变化图象如图所示.已知汽车启动时所受阻力恒定，且是汽车刹车时所受阻力的.求：
(1)该无人驾驶汽车发动机的额定功率P；
(2)汽车从启动至再次静止的整个过程中所通过的路程.
【答案】 (1)60 kW (2)180 m
【解析】 (1)由题图可知汽车刹车过程中的加速度大小为
a2＝＝ m/s2＝10 m/s2
可知刹车时汽车所受阻力大小Ff2＝ma2＝1×104 N
因此汽车启动时所受阻力大小Ff1＝Ff2＝2×103 N
汽车达到最大速度时，F牵＝Ff1，该汽车发动机的额定功率P＝F牵vmax＝60 kW
(2)在0～4 s内，根据牛顿第二定律可知F－Ff1＝ma
且F＝，a＝
联立解得v1＝12 m/s
汽车在该段时间内的位移大小x1＝t1＝24 m
在4～14 s内，汽车功率恒定，阻力恒定，根据动能定理有Pt2－Ff1x2＝mvmax2－mv12
解得汽车在该段时间内的位移大小x2＝111 m
在14～17 s内，汽车的位移大小x3＝Δt＝45 m
整个过程中，汽车通过的路程x＝x1＋x2＋x3＝180 m.
2.(2022·东北师大附中等五校联考)如图所示，水平面上O点左侧为动摩擦因数μ＝0.6的粗糙段，O点右侧光滑.两个可视为质点的物体A和B，物体A的质量为m＝1 kg，放在距O点左侧x1＝3 m处，物体B静止放在距O点右侧x2＝4 m处.现给物体A一个向右的初速度v0＝10 m/s，物体A穿过粗糙区后在O点右侧段与物体B发生弹性正碰.碰后物体A恰好能返回出发点，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物体A向右从O点到与物体B碰撞前瞬间所用的时间t1；
(2)物体A与B碰撞后瞬间，物体A的速度大小v1；
(3)物体B的质量M.
【答案】 (1)0.5 s (2)6 m/s (3)7 kg
【解析】 (1)物体A在O点左侧做匀减速直线运动，设到O点时的速度大小为vt
对这个运动过程由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝6 m/s2
由运动学公式有vt2－v02＝－2ax1
解得vt＝8 m/s
物体A在O点右侧做匀速直线运动，故有x2＝vtt1
解得t1＝0.5 s
(2)物体A与物体B碰后先匀速返回O点，然后做匀减速运动，最后停止在最初的位置，故碰后瞬间的速度大小与返回至O点时相等，设为v1
由运动学公式有0－v12＝－2ax1
解得v1＝6 m/s，方向向左
(3)物体A与B发生弹性正碰，设向右为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得
mvt＝－mv1＋Mv2
mvt2＝mv12＋Mv22
解得M＝7 kg.
命题视角(三) 力学三大观点的综合应用
力学三大观点
对应规律
表达式
选用原则
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
物体做匀变速直线运动
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－v＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
涉及到做功与能量转换
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
I合＝p′－p
只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
只涉及初、末速度而不涉及力、时间
高考题型一 用动力学和能量观点解决多过程问题
1．注重两个分析
(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析。
(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征。
2．做好四个选择
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解。
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题。
【例1】 (2022·学军中学适应考)如图为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、半圆形轨道DE、水平轨道EF组成，已知轨道AB的倾角θ＝37°，A、B间高度差H＝12 m，轨道BCD的半径R＝4.8 m，轨道DE的半径r＝2.4 m，轨道最低点C距水平地面高度差h＝0.2 m，在轨道AB上运动时摩托车(含人)受到的阻力为正压力的0.2倍，其余阻力均不计。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB运动，接着沿轨道BCDEF运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知摩托车功率P恒为2×103 W，发动机工作时间由表演者控制，表演者与摩托车总质量m＝100 kg，表演者与摩托车可视为质点(cos 37°＝0.8)。
(1)某次表演中，通过C点时摩托车对轨道的压力为6 000 N，求经过C点的速度vC；
(2)满足(1)中的条件下，求摩托车发动机的工作时间t；
(3)已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在k≤8的条件下表演者是安全的，求能在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G点与F点的水平距离的可能值。
【答案】 (1)4 m/s (2)1.12 s (3)12 m≤x≤2 m
【解析】 (1)由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得vC＝4 m/s。
(2)从A到C运动过程中，由动能定理得W牵引＋WG＋W阻＝mv－0
其中W牵引＝Pt
WG＝mg
W阻＝－0.2mg·
解得t＝1.12 s。
(3)要使表演者能完整的运动，临界条件是能恰好经过D点，经过D点的最小速度vD1满足mg＝m即vD1＝
由机械能守恒定律得mg·2r＋mv＝mv
通过E点的最小速度vE1＝
注意到小圆半径小于大圆半径，故最小速度由大圆半径决定，要保证表演者安全，其受到的最大压力FN＝8mg
可判断得经过E点时，恰好为最大压力值，则8mg－mg＝m，解得vE2＝
此情形下经过C点速度为vC，由机械能守恒定律得mgR＝mv－mv
解得vC＝
对C点压力为FC－mg＝m
解得FC＝6.5mg<8mg，说明上述判断正确。
由上可得，经过E点的速度最大值为vE2＝，最小值vE1＝
由平抛知识，落地时间t＝＝1 s
水平位移x＝vt
代入两个临界速度得水平位移最大值x1＝2 m ，最小值x2＝12 m
所以，表演者落点G点与F点的水平距离可能值为12 m≤x≤2 m。
高考题型二 用动力学和能量观点解决传送带问题
1．解决传送带问题的关键
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断。
(2)物体能否达到与传送带共速的判断。
(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和。
2．应用动能定理时，摩擦力对物体做功Wf＝Ffx(x为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，Wf＝Ffs(s为相对路程)。
【例1】(2022·山东淄博6月模拟)如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长度x＝1 m，与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带顺时针旋转，运行速度v＝2 m/s，长度L＝2.75 m，与滑块间的动摩擦因数μ2＝0.2，传送带右端D点与竖直固定放置的光滑圆弧形轨道刚好相切，光滑圆弧的半径R＝0.2 m。现将一质量m1＝2 kg的滑块P向左压缩轻弹簧到某处锁定，此时弹簧的弹性势能Ep＝41 J，然后突然解除锁定，滑块P开始运动，并最终与静止在D点的质量为m2的滑块Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知重力加速度g＝
10 m/s2，不计空气阻力，滑块P和Q均可看成质点。
(1)求滑块P到达C点时的速度vC；
(2)求滑块P第一次经过传送带的过程中，系统因摩擦产生的内能E内；
(3)若滑块Q的质量m2可以改变，要使滑块Q在中途不脱离圆弧形轨道，则滑块Q的质量m2的范围为多少？(结果可带根号)
【答案】 (1)6 m/s (2)7 J (3)0
解得vC＝6 m/s。
(2)假设滑块P从C到D一直减速，根据动能定理有
－μ2m1gL＝m1v－m1v
解得vD＝5 m/s>v，假设正确。
设滑块P在传送带上做匀减速运动，加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有
μ2m1g＝m1a，解得a＝2 m/s2
设滑块P在传送带上运动时间为t，则
vD＝vC－at，解得t＝0.5 s
传送带在t时间内所走的位移为x＝vt＝1 m
滑块P相对于传送带所运动的位移为
Δx＝L－x＝1.75 m
所以经过传送带过程中系统因摩擦产生的内能为E内＝μ2m1gΔx，E内＝7 J。
(3)滑块P和Q在D点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块P的速度为vD′，滑块Q的速度为v′，对系统由动量守恒定律得
m1vD＝m1vD′＋m2v′
由机械能守恒定律得
m1v＝m1vD′2＋m2v′2
联立解得v′＝vD＝(m/s)
①设滑块Q在E点的速度为vE时，恰好通过圆弧最高点，此时Q在D点的速度为vD′，由重力提供向心力得m2g＝m2
滑块Q从D点运动到E点的过程中，由动能定理得
－m2g·2R＝m2v－m2vD′2
解得vD′＝ m/s
所以滑块Q在D点时的速度v′≥ m/s
联立解得0
此过程由动能定理得
－m2gR＝0－m2vD″2，解得vD″＝2 m/s
所以滑块Q在D点时的速度0
综上所述，滑块Q的质量m2的范围为
0
1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。
2.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。
3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。
【例2】 (2022·山东模拟演练卷)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把一质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；
(2)长木板的长度；
(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等。
【答案】 (1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析
【解析】 (1)根据动量守恒定律有
Mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s。
(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75
对铁块A受力分析有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝12 m/s2
对长木板受力分析有
Mgsin θ－μmgcos θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma2
解得a2＝－6 m/s2
经过时间t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t
解得t＝0.5 s，v＝6 m/s
铁块运动位移x1＝t＝1.5 m
长木板运动位移x2＝t＝3.75 m
长木板的长度l＝x2－x1＝2.25 m。
(3)系统动能的变化量
ΔEk＝(M＋m)v2－Mv＝－27 J
铁块重力势能的变化量
ΔEp1＝－mgx1sin θ＝－9 J
长木板重力势能的变化量
ΔEp2＝－Mgx2sin θ＝－45 J
长木板与斜面之间摩擦产生的热量
Q1＝μ(M＋m)gx2cos θ＝67.5 J
铁块与长木板之间摩擦产生的热量
Q2＝μmglcos θ＝13.5 J
ΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0
故系统能量守恒。
高考题型四 应用三大观点解决多过程问题
1．三大力学观点
2．解题策略
(1)进行正确的受力分析，划分运动过程，明确各过程的运动特点。
(2)当物体受到恒力作用，而且涉及时间、某一状态时，一般选用动力学方法。
(3)当涉及功、能、位移时，一般选用动能定理、能量守恒定律。
(4)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。
(5)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。
【例4】 (2022·浙江3月选考模拟)2021年是建党100周年，某玩具厂家为此专门设计了一个字型为“100”的模型玩具，如图9所示，三个数字竖直放置，高度均为2R，数字右边固定一个横截面为长方形的球框GHIJ，球框GH、IJ两边的长为l，底边HI的长为2l、数字底端B、C、F和球框上端G、J均在同一水平线上。左、右两个“0”字形轨道分别为半径为R的圆管道和圆轨道，一质量为m的小球P(可视为质点)从“1”字的上端A点以速度v0竖直向下进入轨道，经过三个数字轨道后从G点水平向右飞出，最终落入球框。已知m＝0.1 kg、R＝0.5 m、l＝0.8 m，BC长为d＝1 m，小球P在BC段运动时所受阻力为其重力的0.2，轨道其他部分的阻力均不计、忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。假设小球P与球框右边IJ发生的是弹性碰撞，且碰撞前后小球的速度方向与水平方向的夹角相等，小球P落到底边HI上时速度立即变为零。
(1)若v0＝ 3 m/s，求小球P经过圆管道最高点D时的速度大小及对管道的作用力；
(2)若在CF段的中点静置有一个质量为2m 的小球Q，已知小球P、Q间发生正碰。小明认为通过调节v0，有可能使小球P、Q在碰后恰好能分别通过圆管道和圆轨道的最高点D、E，请你通过计算说明是否存在这种可能性；
(3)要使小球P在不脱离数字轨道且在不触碰到GH边的情况下最终落入框中，求v0的取值范围。
【答案】 (1) m/s，0 (2)存在，说明见解析 (3)3 m/s≤v0≤4 m/s
【解析】 (1)小球从A点运动到D点，根据动能定理有－0.2mgd＝mv－mv
代入数据有vD＝ m/s
若小球在最高点对轨道没有作用力，则有mg＝m
解得v＝ m/s，说明P经过圆管道最高点D时对管道的作用力为0。
(2)设小球P与Q碰撞前的速度为vC，碰撞后的速度分别为vP和vQ，碰撞过程中根据动量守恒定律有(取向右为正)
mvC＝－ mvP ＋ 2mvQ
若小球P、Q在碰后恰好能分别通过圆管道和圆轨道的最高点D、E，对于小球Q则有mg＝m
解得vEmin＝ m/s
对于小球P则有vDmin＝0
对于小球P，根据动能定理有
－2mgR＝mv－mv
解得vP＝ m/s
对于小球Q，根据动能定理有－4mgR＝×2mv－×2mv
解得vQ＝5 m/s
综上可解得vC＝10－ m/s
设要让P能通过D点到达C点的初速度最小值为v0min，
则有－0.2mgd＝0－mv
此时从A到C，由动能定理得
mg·2R－0.2mgd＝mv－mv
解得v0min＝2 m/s，vCmin＝ m/s
由vC > vCmin知存在这种可能。
(3)要使小球P不脱离数字轨道，则从E到G有mg·2R＝mv－mv
解得vGmin＝5 m/s
若小球P以vGmin抛出有l＝gt2，x＝vGmint
解得t＝0.4 s，x＝2 m < 4l(符合题意)
若小球P以vGmax抛出有l＝gt2，4l＝vGmaxt，解得t＝0.4 s，vGmax＝8 m/s
从A到G根据动能定理有
mg·2R－0.2mgd＝mv－mv0min′2
mg·2R－0.2mgd＝mv－mv
解得3 m/s≤v0≤4 m/s。
【感悟真题】
1.(2022·河北高考，13)如图所示，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。
(1)若0
【答案】 (1)5(1－k) m/s m/s，方向均向右 (2)1.875 m
【解析】 (1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，以向右方向为正方向，则有
mv0－m·kv0＝(m＋m)v物
解得v物＝v0＝5(1－k) m/s>0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，则Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝v0＝ m/s>0
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s
＝2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑′＝ m/s＝0
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得
m′v物′＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根据能量守恒定律可得
μm′gx相＝m′v物′2－(m′＋M′)v
解得x相＝1.875 m。
2.(2021·海南高考)如图所示，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端，已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】 (1) (2) (3) mv
【解析】 (1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv0＝3mv共
解得v共＝。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木＝2v滑
根据动量守恒定律有
2mv0＝2mv木 ＋ mv滑
联立解得v滑＝v0，v木＝v0
根据功能关系有
－μmgs＝×2mv＋mv－×2mv
解得s＝。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有
F＝μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑＝μg
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t
解得t＝
则整个过程中木板滑动的距离为
s′ ＝ v0t ＝
则拉力所做的功为W ＝Fs′＝ mv。
3.(2020·1月浙江选考)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、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L1＝0.2 m，AC长L2＝0.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5。滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接，取g＝10 m/s2。求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧弹性势能Ep0；
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。
【答案】 (1)1 m/s (2)0.14 N 8.0×10－3 J
(3)Ep＝(6×10－3＋2×10－2h) J(0.05 m≤h≤0.2 m)
【解析】 (1)滑块恰好过最高点F，则其所受支持力为零，即
mg＝m，即vF＝＝1 m/s
(2)滑块在AB斜面上，摩擦力做功
Wf2＝－μmgscos α＝－μmgL2
在OE阶段，摩擦力做功
Wf1＝－μmgL1，
重力做功WG＝－mgh
根据动能定理可知
W弹＋Wf1＋Wf2＋WG＝0
则W弹＝μmg(L1＋L2)＋mgh
即W弹＝8×10－3 J
设滑块到达E点时的速度为v1，根据动能定理可知W弹＋Wf1＝mv
设轨道对滑块支持力为FN′，
根据牛顿第二定律知FN′－mg＝m，
则FN′＝0.14 N
由牛顿第三定律知滑块对轨道压力大小
FN＝FN′＝0.14 N
从O点到B点，由能量守恒定律得
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
(3)要能够成功完成游戏，首先需要滑块能够过圆轨道最高点，并能够到达斜面。
即滑块要到达圆轨道最高点，则弹性势能最小值Epmin＝mg·2r＋mv＋μmgL1
即Epmin＝7×10－3 J
滑块到B点速度减为0，由动能定理得
Epmin－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0，
代入数据解得h1＝0.05 m
滑块要能停在B处，即
μmgcos θ≥mgsin θ，
即tan θ≤0.5，此时h≤0.2 m
滑块到达斜面的高度设为h，根据能量守恒定律得
Ep＝μmg(L1＋L2)＋mgh
Ep＝(6×10－3＋2×10－2h) J(0.05 m≤h≤0.2 m)
【名校金题】
1．（2023·全国·一模）如图甲所示，放在水平地面上的足够长的木板质量，木板左端放一质量的滑块（可视为质点），已知地面和木板间的动摩擦因数；滑块和木板间的动摩擦因数，滑块的正上方有一悬点O，通过长的轻绳吊一质量的小球．现将小球拉至与O点处于同一水平面，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰（即两物体在同一直线上碰撞），且小球与滑块只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，重力加速度g取。求：
（1）碰前瞬间轻绳对小球拉力的大小；
（2）小球和滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）长木板运动过程中的最大速度。
【答案】（1）60N；（2）3J；（3）
【详解】（1）设小球摆到最低点时速度大小为，绳对小球的拉力为，由动能定理得
解得小球碰前瞬间的速度
由牛顿第二定律得
解得拉力
（2）设碰后小球、滑块的速度大小分别为和，由图像可得
小球与滑块组成的系统碰撞过程动量守恒，得
解得时
时
计算碰撞前后的总动能可知
而
所以碰后瞬间小球、滑块速度只能取时
碰撞过程损失的机械能
代入数据得
（3）设经时间t滑块和木板达到共同速度，此时木板速度最大，由动量定理：对木板
对滑块
联立解得
2．（2022春·江西上饶·高二校联考阶段练习）如图所示，高的光滑斜面AB与长的水平面BC平滑连接，再与长的水平传送带DE紧密连接，传送带恒以的速度逆时针匀速转动。位于斜面顶端A处质量为的物体P（视为质点）以初动能沿斜面向下运动，在B处撞击质量同为的静止物体Q（视为质点），碰撞以后两物体粘合在一起，已知粘合体与水平面BC、传送带DE的动摩擦因数均为，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：
（1）物体P滑到B点与物体Q碰撞前瞬间的速度；
（2）物体P、Q在B点碰撞过程中能量损失多少；
（3）粘合体最终静止时与B点的距离；
（4）要使粘合体最终能静止在粗糙水平面BC段，求A处给物体P初动能应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）36J；（3）0.4m；（4）小于等于94J
【详解】（1）P从A到B过程，有
代入相关数据解得
（2）P、Q碰撞过程中动量守恒，有
解得
碰撞过程中能量损失
（3）黏合体由B运动到D过程，由动能定理得
解得黏合体到达D点时的速度大小
黏合体进入传送带后向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
解得加速度大小
故黏合体向右减速至速度为0的位移大小
由于，且，故黏合体此后向左做匀加速直线运动直到D点，且到达D点的速度大小仍为；设黏合体由D向左运动后至速度减为0过程中在BC上通过的路程为，由能量守恒定律得
解得
由于，所以黏合体最终静止时在B点右方d＝0.4m处；所以物体最终静止在距离B点0.4m处位置；
（4）若黏合体返回时刚好能到达斜面顶端A处，则从黏合体经传送带返回经过D点至到达斜面顶端A的过程中，由能量守恒定律得
解得黏合体经传送带返回D点时的速度
黏合体在传送带上滑动过程，由
解得
由于，故黏合体没有从传送带右侧滑出；黏合体由B到C过程中，由能量守恒定律得
解得
碰撞前物体P的速度
物体P由B到C过程，由动能定理得
解得
所以A处给物体P初动能应满足小于等于94J。
3．（2022春·山东潍坊·高三潍坊一中阶段练习）第24届冬季奥林匹克运动会，于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，北京也将成为奥运史上首个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市。跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，如图，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡BC、停止区CD三部分组成；比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。B、C间的高度差为h，着陆坡的倾角为，重力加速度为g，不计运动员在助滑道AB受到的摩擦阻力及在整个比赛过程中的空气阻力，求：
（1）若以CD所在平面为参考面，A点的机械能；
（2）若运动员经过CD段时在最低点对轨道的压力为其重力的4倍，OC与竖直方向的夹角为，运动员在C点落到滑道上进入CD段滑行时的动能变成了刚落在C点时动能的80%，且从C点到最低点过程中摩擦力所做的功为CD段的0.75倍，若CD段可视为圆弧，求圆弧的半径R。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据平抛运动
且
解得
运动员的动能为
若以CD所在平面为参考面，从A点到B点根据机械能守恒定律得
（2）根据功和能的关系，CD段克服摩擦力的功为CD段减少的机械能
从B点到圆弧最低点，根据动能定理得
在圆弧最低点根据牛顿第二定律得
解得
4．（2022春·河北·高三阶段练习）如图甲所示，质量为m的物块以一定的初速度通过水平地面上的A点，随后冲上倾角为37°、足够长的固定斜面（水平地面与斜面连接处平滑连接），物块沿斜面向上滑动过程的速度-时间图像如图乙所示，最终物块滑回水平地面并停在A点。物块与水平地面及斜面之间的动摩擦因数相同，物块可视为质点。，，重力加速度。求：
（1）物块返回斜面底端时的速度大小；
（2）物块第一次通过A点时的速度的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由图乙可知物块沿斜面向上滑动过程的加速度为
对物块沿斜面向上滑动过程，由牛顿运动定律得
代入数据，解得
由图知物块上滑时初速度为，物块沿斜面向上滑动的位移L，即
物块从最高点下滑至斜面底端时的速度为v，由动能定理得
代入数据解得
（2）设物块离开斜面底端在水平面上滑行到A点的位移为x，由动能定理得
而第一次经过A点到斜面低端，由动能定理可得
代入数据，解得
5．（2022春·云南玉溪·高三云南省玉溪第三中学校考阶段练习）如图所示，固定在竖直平面内的轨道由倾角可调的倾斜轨道、足够长的水平轨道和半径为的竖直圆轨道构成，P为圆轨道的最高点，段轨道粗糙，其余轨道光滑，各段轨道均平滑连接．当倾角时，质量为的物块a恰好能沿轨道匀速下滑。现将倾角调为，让物块a从距水平面高度为处静止滑下，过一段时间后与静止在水平轨道上的物块b发生弹性碰撞．若物块a、b均可视为质点，物块a始终不会脱离轨道，取重力加速度．求：
（1）物块a与轨道间的动摩擦因数；
（2）物块a第一次经过圆轨道最高点P时对轨道的压力大小；
（3）若物块a只经过一次P点且能与物块b发生两次碰撞，求物块b的质量范围．
【答案】（1）；（2）2N；（3）
【详解】（1）当倾角时，物块a恰好能沿轨道匀速下滑，则
解得
（2）物块a第一次经过圆轨道最高点P时，由动能定理
解得
vP=2m/s
在P点时
解得
FNP=2N
（3）物块a与物块b碰前的速度
解得
v0=4m/s
根据动量守恒和能量守恒，可得
解得
因物块a只经过一次P点，则
物块a能与物块b发生两次碰撞则
联立解得
6．（2022春·山东德州·高三德州市第一中学校联考阶段练习）如图所示，质量的小球被内壁光滑的弹射器从A点弹出，沿水平直轨道运动到B点后，进入由两个四分之一细管（内径略大于小球的直径）组成的轨道，从轨道最高点C水平飞出时，对轨道上表面的压力大小，之后落在倾角为的斜面上的D点。已知，，两个四分之一细管的半径均为，C点位于斜面底端的正上方，小球在AB段运动时受到的阻力大小等于自身所受重力的，其他摩擦均不计，小球可视为质点，取重力加速度大小。
（1）求小球通过C点时的速度大小；
（2）求小球离开A点时的速度大小；
（3）求小球落到D点时的动能；
（4）当弹射器储存的弹性势能为多少时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）15.2J时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J
【详解】（1）由题意可知，小球通过C点时受到轨道向下的支持力，有
解得
（2）小球从A点到C点根据动能定理有
解得
（3）以C点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系
则斜面的方程为
其中
设小球做平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律有
解得
（4）设小球落到斜面上时的速度大小为v，速度与水平方向的夹角为，有
代入方程整理有
由辅助角公式知
其中
当
即
时，上式有最小值，有
当小球以的速度从C点水平飞出时，落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J。
解得
所以当弹射器储存的弹性势能为15.2J时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J。
7．（2022春·福建·高三统考期中）一种弹射游戏装置的简化示意图如图所示，它由内壁光滑的弹射器、水平直轨道AB、半径为R的竖直圆轨道BC、倾斜轨道DE连接组成，E点高度可调，小球经过E点后将沿水平方向射出。质量为m、可视为质点的小球经弹射器弹出后，能通过C点且对轨道任一点的压力大小不超过小球所受重力的7倍视为游戏成功。已知AB=3R，小球在AB段运动时所受阻力大小等于小球所受重力的，其余轨道均光滑，不计空气阻力，重力加速度大小为g。在游戏成功的前提下，求：
（1）小球在圆轨道BC上的最小速度；
（2）弹簧储存的弹性势能需要满足的条件；
（3）改变E点的高度，小球的最大水平射程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当小球刚好能通过点时，小球存在最小速度，此时重力提供向心力，有
解得
（2）当小球刚好能通过点时，弹簧储存的弹性势能具有最小值，小球经弹射器弹出到点过程，根据能量守恒定律可得
解得
小球经过点时对轨道的压力最大，且最大压力为，此时弹簧储存的弹性势能具有最大值，根据题意有
解得
小球经弹射器弹出到点过程，根据能量守恒定律可得
联立解得
故为了游戏成功，弹簧储存的弹性势能需要满足
（3）当小球经过点对轨道的压力最大时，小球经过点速度最大，小球到达点速度最大，小球从E点射出后的水平射程最大，则小球从点到点过程，根据机械能守恒定律可得
小球从E点射出后做平抛运动，则有
联立解得
可知
8.(2022·丽水市三校联考)如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。水平传送带MN以v0＝4 m/s 的速度顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为LMN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑。直轨道BC长LBC＝1 m，小滑块P质量为m＝1 kg。
(1)若滑块P第一次到达圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；
(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；
(3)滑块P在运动过程中能二次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H范围。
【答案】 (1)0.4 m (2)0.8 m (3)0.7 m≤H≤0.8 m
【解析】 (1)滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，则vF＝0
由动能定理得mg(H－R)－μmgLBC＝0
解得H＝μLBC＋R＝0.4 m。
(2)设滑块运动到N点时的速度为vN，从开始到N点由动能定理得
mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝mv－0
解得vN＝2 m/s
从N点滑块做平抛运动，水平位移为
x＝vN＝0.8 m。
(3)滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点必须具有的高度为H1，从开始到E点由动能定理得mgH1－μmgLBC－2mgR＝mv－0
在E点时有mg＝m，解得H1＝0.7 m
滑块滑上传送带时的速度为vM，则
mgH1－μmgLBC＝mv－0
vM＝ m/s<4 m/s
滑块做减速运动的位移为L＝＝2.5 m
从开始到M点由动能定理得mgH2－μmgLBC＝mv2－0，解得H2＝0.8 m
二次经过E点后，当滑块再次返回圆轨道B点时速度为vB，则
mgH2－3μmgLBC＝mv－0，vB＝2 m/s< m/s
所以不会第三次过E点，能二次经过E点的高度H范围是0.7 m≤H≤0.8 m。
9.(2022·浙江五校联考)如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的初速度v0＝3 m/s通过半径为R＝0.4 m 的光滑半圆轨道的最高点A，并沿圆轨道运动至最低点B(最低点B与传送带平滑连接)，之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C，最终从点C水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不同的动摩擦因数μ这一特性，并通过调节传送带运行速度v和传送带长度L来达到分离的目的，分离效果可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2和0.4，点C距收集板的高度为h＝1.25 m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失，不考虑谷物间的碰撞，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2(结果可以保留根号形式)。
(1)求谷物运动至点B时的速度大小；
(2)若传送带逆时针转动，调整传送带长度L＝2.25 m，求x；
(3)现调整传送带顺时针运行速度为v＝9 m/s，为保证谷物的分离效果良好，需满足x≥0.5 m，求传送带长度L的取值范围。
【答案】 (1) m/s (2)0.5 m (3)3.75 m≤L≤7.5 m
【解析】 (1)从A到B过程，根据能量守恒定律，有mv－mv＝2mgR
解得vB＝ m/s。
(2)从B点到C点过程，有
mv－mv＝－μmgL(或v－v＝－2μgL)
则两谷物到达C点的速度分别为vC1＝5 m/s，vC2＝4 m/s
两谷物从C点离开分别做平抛运动，有h＝gt2
x＝t
联立解得x＝0.5 m。
(3)由h＝gt2，x＝(vC1－vC2)t＝Δvt，
x≥0.5 m
解得Δv≥1 m/s
情形1：两种谷物到达点C之前都处于匀加速运动状态。
则－≥1(或－≥1)
化简得16L2－24L－135≥0，解得L≥3.75 m
情形2：其中一个谷物到达点C之前已处于匀速运动，另一个谷物仍处于匀加速运动。则vC2＝v＝9 m/s，vC1≤8 m/s
对谷物1由功能关系得mv－mv＝μmgL，解得L≤7.5 m
综上所述有3.75 m≤L≤7.5 m。
10．（2022·上海金山·统考一模）如图a所示，水平面与斜面在B处平滑连接，斜面上的C端处安装有轻弹簧。质量为m=1kg小物块被斜向上α=37°的恒力F作用下从A位置静止开始向右运动，到达B点后撤去恒力F。小物块从A点出发到速度第一次减为零的过程，其动能Ek、重力势能Ep（以水平面为零势能面），弹簧弹性势能E随小物块路程s的变化如图b三条图线所示。
（1）请判断三条图线各表示哪个能量；
（2）求小物块在水平面上运动的加速度a；
（3）求斜面的倾斜角β；
（4）求图b中D点表示的能量大小。
【答案】（1）见解析；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）小物块在恒力作用下运动至B点，从B点沿斜面向上匀减速运动，当路程为1.8m时与弹簧接触，根据动能定理可知，小物块动能随路程先均匀增大，再均匀减小，故图线①表示小物块动能；当路程为2.2m时，小物块动能为零，小物块的重力势能和弹簧的弹性势能最大，重力势能表达式为
可知，路程为1m后重力势能随高度以及路程均匀增大，故图线②表示小物块的重力势能，AB距离为1m；图线③表示的能从1.8m至2.2m从零开始增大至最大，故图像③表示弹簧的弹性势能。
（2）由图线可知，路程1m时小物块的动能为8J，此时小物块速度为
由
小物块在水平面上运动的加速度为
（3）1~1.8m路程内，小物块的重力势能增加4J，根据
斜面的倾斜角为
（4）由图线①可知，1~1.8m路程内，小物块的动能从8J减小至4J，根据动能定理
得
说明斜面摩擦力为0，斜面光滑。
由图线②可知，路程为2.2m时，小物块的重力势能为6J。路程从1m~2.2m过程中，小物块与弹簧组成的系统机械能守恒，则
图b中D点的弹性势能为
11.(2022·金华十校一模)如图所示，水平光滑轨道AC上安装了一理想弹簧发射器弹簧左端固定，弹簧右端有一质量为m1＝0.1 kg的物块，向左压缩弹簧，弹簧弹性势能为1.8 J。CD间距L＝8 m，安装着水平传送带，皮带轮半径r＝0.1 m；水平轨道DF光滑，某处放置了质量为m2＝0.1 kg的物块，FP为一半径为R＝1 m的竖直光滑圆弧轨道，圆心角θ＝37°，OF⊥DF，圆弧终点P处连接了与圆弧相切的斜面PM，PM足够长。初始时刻，释放物块m1，滑过传送带后，与水平面DF上的物块m2相撞并粘连，随后滑上圆弧轨道和倾斜轨道PM。物块m1与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，粘连的物块与PM间的动摩擦因数μ2＝0.5。g＝10 m/s2，物块可视为质点，空气阻力不计。
(1)若传送带静止，求粘连的物块第一次经过圆弧轨道F点时对轨道的压力；
(2)若皮带轮以角速度ω1＝20 rad/s逆时针匀速转动，在物块m1第一次经过传送带的过程中，求物块m1损失的机械能；
(3)若皮带轮以角速度ω2＝80 rad/s顺时针匀速转动，求粘连的物块第一次在倾斜轨道PM上到达的最远点离P点的距离；
(4)在皮带轮顺时针匀速转动的情况下，求粘连的物块第一次在倾斜轨道PM上滑行的最远点离P点的距离x与角速度ω的关系式。
【答案】 (1)2.2 N，竖直向下 (2)1.6 J (3)0.6 m (4)x＝(m)
【解析】 (1)根据Ep－μ1mgLCD＝mv，mvD＝2mvF，解得vF＝1 m/s
对F点受力分析得FN－2mg＝2m
解得FN＝2.2 N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝2.2 N，方向竖直向下。
(2)根据ΔE＝μ1m1gL，解得ΔE＝1.6 J。
(3)若传送带顺时针匀速运动，传送带速度为8 m/s
若一直匀加速则末速度vD＝＝ m/s>8 m/s
因而，离开传送带的速度为vD＝8 m/s
由动量守恒得vF＝4 m/s
又×2mv＝2mg(R－Rcos θ)＋·x
解得x＝0.6 m。
(4)①若一直加速，则vD≥2 m/s，即ω≥20 rad/s
又×2mv＝2mg(R－Rcos θ)＋(2mgsin θ＋μ2×2mgcos θ)·x
解得x＝0.65 m。
②若一直减速，可得vD＝2 m/s，此时无法滑上倾斜轨道，因而不符合题意
若要恰好滑上轨道，则vD＝4 m/s，此时0≤ω≤40 rad/s，无法进入轨道PM。
③若40 rad/s<ω<20 rad/s，则物块先匀变速后匀速运动，则x＝(m)。
12.(2022·广东清远模拟预测)如图所示，是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。固定在地面上的圆弧轨道上表面光滑。质量为64 kg的平板浮于河面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切。平板左侧放置质量为16 kg的橡胶块A。质量为80 kg的人从圆弧轨道上与平板高度差为1.8 m处由静止滑下，人与A碰撞后经0.4 s与平板共速，且A恰好冲出平板并沉入水中，不影响平板运动。已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为0.5；平板受到水的阻力是其所受浮力的0.1倍。平板碰到河岸立即被锁定。河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的安全保障措施。重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小；
(2)若“渡河”过程中，平板能够碰到河岸，则河岸宽度d的取值范围。
【答案】 (1)10 m/s (2)3.6 m
人与A碰撞后，人与A都向右做匀减速直线运动，平板向右做初速度为零的匀加速直线运动，人滑上平板后，由牛顿第二定律得，对人：μ·5mg＝5ma人
对平板：μmg＋μ·5mg－0.1×(m＋4m＋5m)g＝4ma平板
经t1＝0.4 s人与平板共速，设人与A碰撞后人的速度为v1，共同速度为v，A离开板的速度为vA，则v＝v1－a人t1＝a平板t1
人与A碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得5mv0＝5mv1＋mvA
联立代入数据解得v0＝6 m/s，a人＝5 m/s2，a平板＝5 m/s2，v＝2 m/s，v1＝4 m/s，vA＝10 m/s
即人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小为10 m/s。
(2)人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，人与A碰撞后A在平板上滑动过程中A的加速度为aA，由牛顿第二定律得，
对人与板：0.1×(4m＋5m)g＝(4m＋5m)a
对A：μmg＝maA
人与A碰撞后t1＝0.4 s内，人的位移大小
x＝t1
平板的位移大小x1＝t1
设板的长度为L，则L＝vAt1－aAt－x1
人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移大小x2满足0－v2＝－2ax2
根据题意，人与木板共速时未碰到河岸，则河岸宽度满足d>x1＋L
平板速度刚好为零时，平板通过的距离为
d＝L＋x1＋x2
所以“渡河”过程中，要木板能够到达河岸，河岸宽度应满足
(x1＋L)
(1)小滑块C的最终速度大小；
(2)木板A与木板B碰撞前瞬间，A的速度大小；
(3)若小滑块C的初速度未知，小滑块C能滑上木板B的最小初速度(结果可以保留根号)。
【答案】 (1)7.5 m/s (2)10 m/s (3) m/s
【解析】 (1)全过程由动量守恒定律有
mv0＝(m＋2M)v共
解得v共＝7.5 m/s。
(2)设C与A共速时的速度为v1，且A还未与B发生碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1
mv＝(m＋M)v＋μmgs1
联立得v1＝10 m/s
s1＝7.5 m
μmgsA＝Mv
得sA＝5 m<10 m
故假设成立，则A和B发生碰撞时的速度为v1＝10 m/s。
(3)由题意知，C的初速度越小，则和A达到共速过程时间越短；当C的初速度最小时，对A、C达到共速前有mv0′＝(m＋M)v1′
mv0′2＝(m＋M)v1′2＋μmgs1′
A、C匀速一段位移后，对A、B碰撞，由动量守恒，有
Mv1′＝2Mv2
C在A上滑行(L－s1′)刚到达B上，对C与AB有mv1′＋2Mv2＝(m＋2M)v3
mv1′2＋×2Mv＝(m＋2M)v＋μmg(L－s1′)
解得v0′＝ m/s。
第七部分 计算压轴满分策略
专题7.2 力学计算题的命题视角
目录
命题视角(一) 力与运动 1
命题视角(二) 能量与动量 13
命题视角(三) 力学三大观点的综合应用 23
高考题型一 用动力学和能量观点解决多过程问题 23
高考题型二 用动力学和能量观点解决传送带问题 25
高考题型三 应用三大观点解决“板块”模型问题 27
高考题型四 应用三大观点解决多过程问题 28
命题视角(一) 力与运动
【例题】 (2022·“七彩阳光”联考)某科研机构采用无人机将山里的特产送下山，或利用无人机运输急救药品和生活必需品，帮助部分山区居民解决交通不便的情况。如图所示是某次无人机在基地进行物流配送与飞行测试：实验中该无人机空载先从地面由静止竖直向上匀加速起飞，上升到100 m高度时无人机速度达到20 m/s，随后以等大加速度减速正好到达目标所在位置。当无人机满载物品后，又以4 m/s2加速度匀加速下降。已知无人机在飞行测试阶段受到的空气阻力为重力的0.1倍，已知该无人机的空载质量为80 kg，有效载荷为20 kg，求：
(1)无人机从静止到目标所在位置的时间；
(2)在上升阶段中，当无人机速度达到最大速度20 m/s时，无人机发动机的功率；
(3)无人机从目标所在位置回到地面时，当达到最大速度后匀速飞行5 s，最后匀减速直线运动回到地面速度恰好为零，求减速阶段无人机的制动力。
命题角度
1.本题以无人机配送飞行测试为情景命题。
2.通过对运动情景的建模，考查学生的科学思维能力，通过对运动分析和受力分析考查学生的分析推理能力。
3.利用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律解决多过程问题。
【审题破题】
1.快速读题，提取关键信息
(1)运动分析：“匀加速起飞”、“等大加速度减速”、“匀加速下降”等信息，构建匀变速直线运动模型。
(2)受力分析：“空气阻力为重力的0.1倍”知无人机受重力和空气阻力，由牛顿第二定律列方程求解加速度。
2.联想情景，构建运动模型
(1)上升阶段 (2)下降阶段
解题关键
1.读题干，提信息，找关联。
2.理思路、建模型、列方程。
(1)上升阶段：“0—v—0”模型，两过程a相同，则时间相等，匀加速运动的末速度是匀减速运动的初速度
(2)上升阶段，利用牛顿第二定律求出牵引力F，再利用P＝Fv求解功率P。
(3)上升、下降过程位移大小相等。根据牛顿第二定律列方程求解。
【规范答题】
(1)匀加速上升过程：
v＝2ax，解得a＝2 m/s2①
此过程时间t1＝＝10 s② 1分
匀减速上升过程：a＝－2 m/s2，t2＝t1＝10 s③ 1分
故t＝t1＋t2＝20 s④ 1分
(2)上升阶段速度达到vm时
F－(mg＋0.1mg)＝ma⑤ 1分
又P＝Fvm⑥
解得P＝20 800 W⑦ 1分
(3)无人机上升的总高度为h＝200 m
匀加速下降过程h1＝＝50 m
匀速飞行过程h2＝vmt＝100 m1分
匀减速下落过程v＝2a2(h－h1－h2)1分
由牛顿第二定律得
Mg－0.1Mg－F′＝－Ma21分
联立解得
F′＝1 300 N1分
【感悟真题】
1.(2022·浙江1月选考)第24届冬奥会将在我国举办。钢架雪车比赛的一段赛道如图所示，长12 m水平直道AB与长20 m的倾斜直道BC在B点平滑连接，斜道与水平面的夹角为15°。运动员从A点由静止出发，推着雪车匀加速到B点时速度大小为8 m/s，紧接着快速俯卧到车上沿BC匀加速下滑(图所示)，到C点共用时5.0 s。若雪车(包括运动员)可视为质点，始终在冰面上运动，其总质量为110 kg，sin 15°＝0。26，求雪车(包括运动员)
(1)在直道AB上的加速度大小；
(2)过C点的速度大小；
(3)在斜道BC上运动时受到的阻力大小。
【答案】 (1) m/s2 (2)12 m/s (3)66 N
【解析】 (1)AB段v＝2a1x1
解得a1＝ m/s2
(2)AB段v1＝a1t1
解得t1＝3 s，t2＝(5－3) s＝2 s
BC段x2＝v1t2＋a2t，a2＝2 m/s2
过C点的速度大小
v＝v1＋a2t2＝12 m/s
(3)在BC段有牛顿第二定律
mgsin θ－Ff＝ma2，解得Ff＝66 N。
2.(2022·山东高考，16)某粮库使用额定电压U＝380 V，内阻R＝0.25 Ω的电动机运粮。如图所示，配重和电动机连接小车的缆绳均平行于斜坡，装满粮食的小车以速度v＝2 m/s沿斜坡匀速上行，此时电流I＝40 A。关闭电动机后，小车又沿斜坡上行路程L到达卸粮点时，速度恰好为零。卸粮后，给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行。已知小车质量m1＝100 kg，车上粮食质量m2＝1 200 kg，配重质量m0＝40 kg，取重力加速度g＝10 m/s2，小车运动时受到的摩擦阻力与车及车上粮食总重力成正比，比例系数为k，配重始终未接触地面，不计电动机自身机械摩擦损耗及缆绳质量。求：
(1)比例系数k值；
(2)上行路程L值。
【答案】 (1)0.1 (2) m
【解析】 (1)设电动机的牵引绳拉力为FT1，电动机连接的小车匀速上行，由能量守恒定律有UI＝I2R＋FT1v，解得FT1＝7 400 N
小车和配重一起匀速，设绳的拉力为FT2，
对配重有FT2＝m0g＝400 N
设斜面倾角为θ，对小车有
FT1＋FT2＝(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g
而卸粮后给小车一个向下的初速度，小车沿斜坡刚好匀速下行，则有
m1gsin θ＝m0g＋km1g
联立各式解得sin θ＝0.5，k＝0.1。
(2)关闭发动机后小车和配重一起做匀减速直线运动，设加速度大小为a，对系统由牛顿第二定律有
(m1＋m2)gsin θ＋k(m1＋m2)g－m0g
＝(m1＋m2＋m0)a
可得a＝ m/s2
由运动学公式可知v2＝2aL
解得L＝ m。
3．(2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中，如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝，货物可视为质点(取cos 24°＝0.9，sin 24°＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2)。
(1)求货物在倾斜滑轨上滑行时加速度a1的大小；
(2)求货物在倾斜滑轨末端时速度v的大小；
(3)若货物滑离水平滑轨末端时的速度不超过2 m/s，求水平滑轨的最短长度l2。
【答案】 (1)2 m/s2 (2)4 m/s (3)2.7 m
【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得
mgsin 24°－μmgcos 24°＝ma1
代入数据解得a1＝2 m/s2
(2)根据运动学公式有v2＝2a1l1
解得v＝4 m/s
(3)根据牛顿第二定律有μmg＝ma2
根据运动学公式有
v－v2＝－2a2l2
代入数据联立解得l2＝2.7 m。
4．(2021·浙江1月选考)如图所示，质量m＝2 kg的滑块以v0＝16 m/s的初速度沿倾角θ＝37°的斜面上滑，经t＝2 s滑行到最高点。然后，滑块返回到出发点。已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求滑块：
(1)最大位移值x；
(2)与斜面间的动摩擦因数μ；
(3)从最高点返回到出发点的过程中重力的平均功率。
【答案】 (1)16 m (2)0.25 (3)67.9 W
【解析】 (1)小车沿斜面向上做匀减速直线运动，有x＝t
解得x＝16 m。
(2)上滑过程有：加速度a1＝＝＝8 m/s2
由牛顿第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得μ＝0.25。
(3)下滑过程有mgsin θ－μmgcos θ＝ma2
解得a2＝4 m/s2
由运动学公式有v＝2a2x
得vt＝＝8 m/s
重力的平均功率
＝mgcos (90°－θ)＝mgcos (90°－θ)
＝48 W≈67.9 W。
5．(2021·浙江6月选考)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员的反应时间。
(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
【答案】 (1)4 s 2.5×103 N (2)20 s (3)5 m/s
【解析】 v1＝36 km/h＝10 m/s
v2＝54 km/h＝15 m/s
(1)根据平均速度公式得t1＝＝
解得刹车时间t1＝4 s
刹车加速度大小为a＝＝2.5 m/s2
根据牛顿第二定律得Ff＝ma
解得Ff＝2.5×103 N。
(2)小朋友通过斑马线的时间t2＝＝24 s
汽车在斑马线前等待时间t＝t2－t1＝20 s。
(3)根据速度位移公式得v2－v＝－2as，
解得v＝5 m/s。
6.(2021·辽宁高考，13)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
【答案】 (1)0.4 m/s2 (2)4.5 s
【解析】 (1)小包裹的速度v2大于传动带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传动带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos θ－mgsin θ＝ma
解得a＝0.4 m/s2。
(2)小包裹开始阶段在传动带上做匀减速直线运动，所用时间
t1＝＝ s＝2.5 s
在传动带上滑动的距离为
s1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传动带方向上的分力，即μmgcos θ>mgsin θ，所以小包裹与传动带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为
t2＝＝ s＝2 s
所以小包裹通过传送带的时间为
t＝t1＋t2＝4.5 s。
【名校金题】
1.(2022·山东淄博一模)潜艇从海水高密度区域驶入低密度区域，浮力顿减，潜艇如同汽车那样掉下悬崖，称之为“掉深”，曾有一些潜艇因此沉没。某潜艇总质量m＝3.0×103 t，在高密度海水区域水面下h0＝180 m沿水平方向缓慢潜航，如图所示。当该潜艇驶入海水低密度区域时，浮力F突然降为2.94×107 N；20 s后，潜艇官兵迅速对潜艇减重(排水)，此后潜艇以0.1 m/s2的加速度匀减速下沉，速度减为零后开始上浮，升至距水面120 m处时立即对潜艇加重(加水)后使其缓慢匀减速上浮，升到水面时速度恰好为零。重力加速度g取10 m/s2，不计潜艇加重和减重的时间和水的粘滞阻力。求：
(1)潜艇“掉深”达到的最大深度(自水面算起)；
(2)潜艇从开始“掉深”到升至水面的过程所用的总时间。
【答案】 (1)300 m (2)160 s
【解析】 (1)在潜艇向下加速过程有
mg－F＝ma1
此过程下落高度为h1＝a1t
潜艇向下减速过程的高度为h2
2a1h1＝2a2h2
潜艇“掉深”达到的最大深度为
h＝h0＋h1＋h2
联立解得h＝300 m。
(2)潜艇向下减速过程的时间为t2
a1t1＝a2t2
潜艇向上加速过程有
h3＝a2t
h3＝h－h4
h4＝120 m
v2＝a2t3
潜艇向上减速过程有h4＝t4
潜艇从开始掉深到升至水面的过程所用总时间
t总＝t1＋t2＋t3＋t4
联立解得t总＝160 s。
2.(2022·甘肃靖远模拟)索降是战士从悬停在低空的直升机上，通过一根轻质软绳滑到地面上的着陆方式。在某次训练过程中，战士从静止在空中、距地面高h＝38.25 m的直升机上通过足够长的软绳滑下，开始阶段战士通过战术手套轻握绳子，受到的摩擦力大小Ff1＝160 N，达到一定速度后，战士用力握绳子，受到的摩擦力大小Ff2＝1 440 N，结果战士到达地面时的速度大小v1＝6 m/s。战士(含装备)的质量m＝80 kg，战士与直升机均视为质点，取重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)求战士轻握绳子下滑的加速度大小a1；
(2)求战士下滑过程中的最大速度vmax；
(3)若在战士开始下滑时，直升机以大小v2＝3 m/s的速度匀速竖直上升，求战士到达地面时直升机距地面的高度H。
【答案】 (1)8 m/s2 (2)18 m/s (3)49.5 m
【解析】 (1)战士轻握绳子下滑时，根据牛顿第二定律得mg－Ff1＝ma1
解得a1＝8 m/s2。
(2)设战士用力握绳子时的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律得Ff2－mg＝ma2
解得a2＝8 m/s2
由题意，根据运动学规律有
h＝＋
解得vmax＝18 m/s。
(3)战士下滑时间为
t＝＋＝3.75 s
战士到达地面时直升机距地面的高度为
H＝v2t＋h＝49.5 m。
3.(2022·浙江3月选考模拟)图甲所示为某旅游景点的滑草场，图乙所示为其中一条滑道的示意图。该滑道由倾角为θ＝30°的斜坡AC和水平滑道CD组成，斜坡AC由材质不同的AB、BC两部分组成，一位质量m1＝70 kg的游客坐在质量m2＝10 kg的滑草车上，从斜坡顶端A点静止滑下，最终恰好在水平滑道末端D点停下。已知AB、BC的长度分别为LAB＝45 m、LBC＝15 m，滑草车与AB、BC、CD间的动摩擦因数分别为μ1＝、μ2＝、μ3＝，重力加速度g＝10 m/s2，cos 15°≈0.96，不计空气阻力以及滑草车经过B、C两点时的能量损失，求滑草车(含游客)：
(1)经过B点时的速度大小vB；
(2)在滑道CD上运动时受到的摩擦力大小FfCD及滑道CD的长度LCD；
(3)在整个运动过程中的平均速度大小。
【答案】 (1)15 m/s (2)150 N 60 m (3)7.68 m/s
【解析】 (1)游客和滑草车总质量为m＝m1＋m2＝80 kg
滑草车在AB段运动时mgsin θ－μ1mgcos θ＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2
又v－0＝2a1LAB，解得vB＝15 m/s。
(2)滑草车在BC段运动时mgsin θ－μ2mgcos θ＝ma2，解得a2＝0
所以滑草车在BC段做匀速直线运动，则到C点的速度为vC＝vB＝15 m/s
滑草车在CD段运动时，所受摩擦力为FfCD＝μ3mg＝150 N
加速度大小为a3＝＝ m/s2
从C点到D点停止0－v＝－2a3LCD
解得LCD＝60 m。
(3)由于LAB＋LBC＝LCD＝60 m
所以根据几何知识可得，从A到D的直线距离为xAD＝2LCDcos 15°＝115.2 m
滑草车在AB、BC、CD段的运动时间分别为
t1＝＝6 s，t2＝＝1 s，t3＝＝8 s
所以整个运动过程中的平均速度大小为＝＝7.68 m/s。
4.(2022·浙江衢州市高三二模)爬墙车利用吸气装置可以吸附在墙壁上行走，如图所示，某爬墙车在竖直墙面上从A点由静止开始以最大加速度向上做匀加速直线运动，0.2 s时到达B点后立刻以速度vB做匀速直线运动，为了防止撞到房顶，在C点车轮停止转动做匀减速运动，到达房顶D点时速度恰好减为零，已知AB＝10 cm，AD＝60 cm，在大气压的作用下，爬墙车与墙壁之间的弹力恒为重力的3倍，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，爬墙车由四轮驱动且电动机功率足够大，重力加速度g＝10 m/s2，求爬墙车
(1)运动时的最大速度vB；
(2)与墙面之间的动摩擦因数μ；
(3)由A点运动至D点的总时间t总.
【答案】 (1)1 m/s (2)0.5 (3)0.72 s
【解析】 (1)由匀变速直线运动规律得xAB＝a1t12，vB＝a1t1
联立两式，代入已知数据解得a1＝5 m/s2，vB＝1 m/s
(2)在AB段，爬墙车受力分析如图甲所示
由平衡条件及牛顿第二定律得F＝FN＝3mg，μFN－mg＝ma1
解得：μ＝0.5
(3)爬墙车到达C点后，摩擦力反向，受力分析如图乙所示
由牛顿第二定律得μFN＋mg＝ma2
代入已知数据解得：a2＝25 m/s2
由匀变速直线运动规律得vB＝a2t2,0－vB2＝－2a2xCD
解得：t2＝0.04 s，xCD＝0.02 m
则爬墙车匀速阶段时间为t匀＝＝0.48 s
所以，爬墙车由A点运动至D点的总时间
t总＝t1＋t匀＋t2＝(0.2＋0.48＋0.04)s＝0.72 s.
5.(2022·大庆实验中学、吉林一中联考)一质量为1 kg的物块置于水平地面上.现用一个水平恒力F拉物块，一段时间后撤去恒力F，已知从物块开始运动到停止，经历的时间为4 s，运动的位移为20 m，物块与地面间的动摩擦因数为(g＝10 m/s2).
(1)求恒力F的大小；
(2)若力F的大小可调节，其与竖直方向的夹角θ也可以调节，如图所示，其他条件不变，若在力F作用下物块匀速运动，求力F的最小值及此时θ的大小.
【答案】 (1) N (2)5 N 60°
【解析】 (1)设撤力时物块的速度大小为v，
x＝(t1＋t2)
解得v＝10 m/s
a2＝μg＝ m/s2
则t2＝＝3 s
则t1＝1 s
根据牛顿第二定律F－μmg＝ma1
a1＝
解得F＝ N
(2)由物块做匀速运动可知
Fsin θ＝μ(mg－Fcos θ)
得F＝＝
其中tan φ0＝μ＝
则φ0＝30°
则当θ＝60°时，F有最小值
Fmin＝5 N.
命题视角(二) 能量与动量
【例题】(2022·“七彩阳光”联考)如图为一游戏装置的示意图，倾斜轨道上物块A距离水平面高H＝1.2 m，细管轨道半径R1＝0.50 m，圆轨道半径R2＝0.40 m，两圆轨道间EF段长L＝0.5 m，让物块A从斜面上由静止滑下与静止在水平面上的物块B发生弹性正碰，两物块的质量均为m＝0.1 kg，两物块与EF段间的动摩擦因数均为μ＝0.1，轨道其余部分均光滑。两物块均可视为质点，g取10 m/s2。
(1)求第一次碰撞后，物块B的速度；
(2)求物块B第一次通过两圆轨道最高点C和D时，轨道分别对物块B的弹力；
(3)若在轨道左端放置一顺时针匀速转动的足够长的传送带，试分析传送带的速度v满足什么条件时，物块A、B一定发生第二次碰撞。
命题角度
1.本题以“游戏装置”为背景，设置单物体多过程运动问题
2.本题为力学综合问题，考查力与运动的分析，动量和能量观点的应用，考查学生的分析综合能力
3.此类题目通过建模分析、经常考查分类讨论的思想以及利用数学方法解决物理问题的能力。
【审题突破】
1.拆分过程
(1)物块A沿光滑斜面下滑，机械能守恒，可求出物块A与B碰前速度v0。
(2)A、B碰撞过程为弹性碰撞、动量守恒、机械能守恒，求出碰后B的速度vB。
2.物块B运动到C点和D点时，可分为直线＋圆周组合，全程可运用动能定理列式求C点或D点的速度，应用牛顿运动定律求解轨道对B的弹力。
3.物块B滑上传送带，与传送带运动的方向相反，物块B做减速运动，减速至0后返回，做加速运动，要使A、B发生第二次碰撞，B必须能过最高点C。
【解题关键】
1.拆分过程、构建“斜面模型”“弹性碰撞模型”。
2.关注两个临界条件
(1)“绳模型”最高点mg＝
(2)“杆模型”最高点v＝0
【规范答题】 (1)由机械能守恒定律得mgH＝mv，解得v0＝2 m/s 1分
A和B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB 1分
A和B发生弹性碰撞，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mv 1分
解得vA＝0，vB＝v0＝2 m/s 1分
(2)B运动至C，由动能定理得－2mgR1＝mv－mv
解得vC＝2 m/s 1分
在C点：FNC＋mg＝m
解得FNC＝－0.2 N，故在C点轨道对物块B弹力大小为0.2 N，
方向竖直向上 1分
B运动至D，由动能定理得－2mgR2－μmgL＝mv－mv
解得vD＝ m/s 1分
在D点：FND＋mg＝m
解得FND＝0.75 N，方向竖直向下 1分
(3)B物体刚上传送带时－μmgL＝mv－mv，解得v1＝ m/s 1分
若B刚好能过D点，则－2mgR2＝mv－mv，v临＝
解得v2＝2 m/s 1分
若B刚好能过C点，则
－2mgR1－μmgL＝0－mv，解得v3＝ m/s 1分
综上得v≥ m/s。 1分
答案 (1)2 m/s (2)0.2 N，方向竖直向上
0.75 N，方向竖直向下 (3)v带≥ m/s
【感悟真题】
1.(2022·广东高考，13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
【答案】 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
【解析】 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，
即N1＝(m＋M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为
N2＝Mg－f′＝5 N。
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－fl＝mv－mv
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
2.(2022·浙江1月选考，20)如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角α＝37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点(与B点等高)，B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。已知可视为质点的滑块质量m＝0.1 kg，轨道BCD和DEF的半径R＝0.15 m，轨道AB长度lAB＝3 m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝。滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。滑块开始时均从轨道AB上某点静止释放，
(1)若释放点距B点的长度l＝0.7 m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；
(2)设释放点距B点的长度为lx，求滑块第1次经F点时的速度v与lx之间的关系式；
(3)若滑块最终静止在轨道FG的中点，求释放点距B点长度lx的值。
【答案】 (1)7 N (2)v＝(0.85 m≤lx≤3 m) (3) m m m
【解析】 (1)滑块从A到C的过程只有重力做功，机械能守恒，则
mglsin 37°＋mgR(1－cos 37°)＝mv
在C点根据牛顿第二定律有
FN－mg＝
代入数据解得FN＝7 N。
(2)要使得滑块到达F点，则必过细圆管轨道DEF的最高点，有
mglxsin 37°－mg(3Rcos 37°＋R)＝mv≥0
即lx≥0.85 m
滑块运动到F的过程中，由机械能守恒定律有
mglxsin 37°－4mgRcos 37°＝mv2
解得v＝(m/s)(0.85 m≤lx≤3 m)。
(3)设最终摩擦力做的功为滑块第一次到达FG中点时的n倍，由动能定理得
mglxsin 37°－mgsin 37°－nμmgcos 37°＝0
解得lx＝ m
将0.85 m≤lx≤3 m代入上式可得
≤n≤
由运动过程可知，n只能取1、3、5
①当n＝1时，lx＝ m
②当n＝3时，lx＝ m
③当n＝5时，lx＝ m。
3. (2021·浙江1月选考，20)如图所示，竖直平面内由倾角α＝60°的斜面轨道AB、半径均为R的半圆形细圆管轨道BCDE和圆周细圆管轨道EFG构成一游戏装置固定于地面，B、E两处轨道平滑连接，轨道所在平面与竖直墙面垂直。轨道出口处G和圆心O2的连线，以及O2、E、O1和B等四点连成的直线与水平线间的夹角均为θ＝30°，G点与竖直墙面的距离d＝R。现将质量为m的小球从斜面的某高度h处静止释放。小球只有与竖直墙面间的碰撞可视为弹性碰撞，不计小球大小和所受阻力。
(1)若释放处高度h＝h0，当小球第一次运动到圆管最低点C时，求速度大小vC及在此过程中所受合力的冲量I的大小和方向；
(2)求小球在圆管内与圆心O1点等高的D点所受弹力FN与h的关系式；
(3)若小球释放后能从原路返回到出发点，高度h应该满足什么条件？
【答案】 (1) m 水平向左
(2)FN＝2mg h≥R
(3)h≤R或h＝R
【解析】 (1)从A到C，小球的机械能守恒，有mgh0＝mv
可得vC＝
根据动量定理得I＝mvC＝m
方向水平向左。
(2)小球从A到D，由机械能守恒定律有
mg(h－R)＝mv
根据牛顿第二定律有FN＝
联立可得FN＝2mg
满足的条件h≥R。
(3)第1种情况：不滑离轨道原路返回，由机械能守恒定律可知，此时h需满足的条件是h≤R＋3Rsin θ＝R
第2种情况：小球与墙面垂直碰撞后原路返回，
小球与墙面碰撞后，进入G前做平抛运动，则d＝vxt＝vx
其中vx＝vGsin θ，vy＝vGcos θ
故有vGsin θ·＝d
可得vG＝2
由机械能守恒定律有
mg＝mv
可得h＝R。
4. (2021·全国甲卷，24)如图所示，一倾角为θ的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全画出)，相邻减速带间的距离均为d，减速带的宽度远小于d；一质量为m的无动力小车(可视为质点)从距第一个减速带L处由静止释放。已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关。观察发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同。小车通过第50个减速带后立刻进入与斜面光滑连接的水平地面，继续滑行距离s后停下。已知小车与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。
(1)求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
(2)求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
(3)若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减速带上损失的机械能，则L应满足什么条件？
【答案】 (1)mgdsin θ (2) (3)L>d＋
【解析】 (1)设小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能为ΔE，由小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，可知小车通过每一个减速带时重力势能的减少量等于经过减速带时损失的机械能，
即ΔE＝mgdsin θ①
(2)设小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能为ΔE0，对小车从静止开始到进入水平面停止，由动能定理有
mg(49d＋L)sin θ－30ΔE0－20ΔE－μmgs＝0－0②
联立①②解得
ΔE0＝③
(3)要使ΔE0>ΔE，有
>mgdsin θ④
解得L>d＋。
5.(2021·福建高考)如图(a)，一倾角37°的固定斜面的AB段粗糙，BC段光滑。斜面上一轻质弹簧的一端固定在底端C处，弹簧的原长与BC长度相同。一小滑块在沿斜面向下的拉力T作用下，由A处从静止开始下滑，当滑块第一次到达B点时撤去T。T随滑块沿斜面下滑的位移x的变化关系如图(b)所示。已知AB段长度为2 m，滑块质量为2 kg，滑块与斜面AB段的动摩擦因数为0.5，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度大小取10 m/s2，sin 37°＝0.6。求：
(1)当拉力为10 N时，滑块的加速度大小；
(2)滑块第一次到达B点时的动能；
(3)滑块第一次在B点与弹簧脱离后，沿斜面上滑的最大距离。
【答案】 (1)7 m/s2 (2)26 J (3)1.3 m
【解析】 (1)设小滑块的质量为m，斜面倾角为θ，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，滑块受斜面的支持力大小为FN，滑动摩擦力大小为Ff，拉力为10 N时滑块的加速度大小为a。由牛顿第二定律和滑动摩擦力公式有T＋mgsin θ－Ff＝ma①
FN－mgcos θ＝0②
Ff＝μFN③
联立①②③式并代入题给数据得
a＝7 m/s2。④
(2)设滑块在AB段运动的过程中拉力所做的功为W，由功的定义有
W＝T1x1＋T2x2⑤
式中T1、T2和x1、x2分别对应滑块下滑过程中两阶段所受的拉力及相应的位移大小。
依题意，T1＝8 N，x1＝1 m，
T2＝10 N，x2＝1 m
设滑块第一次到达B点时的动能为Ek，由动能定理有
W＋(mgsin θ－Ff)(x1＋x2)＝Ek－0⑥
联立②③⑤⑥式并代入题给数据得
Ek＝26 J。⑦
(3)由机械能守恒定律可知，滑块第二次到达B点时，动能仍为Ek。设滑块离B点的最大距离为smax，由动能定理有
－(mgsin θ＋Ff)smax＝0－Ek⑧
联立②③⑦⑧式并代入题给数据得
smax＝1.3 m。
【名校金题】
1.(2022·河北省高三模拟)2020年9月15日，中智行5G AI无人驾驶汽车亮相上海5G科普活动，活动现场，中智行展示了公司最新研发的、具有百分百自主知识产权的无人驾驶技术.在一次性能测试中，质量m＝1 000 kg的无人驾驶汽车以恒定加速度启动，达到额定功率后保持额定功率继续行驶，在刚好达到最大速度时，突然发现前方有一行人要横穿马路而紧急刹车，车载速度传感器记下了整个过程中速度随时间变化图象如图所示.已知汽车启动时所受阻力恒定，且是汽车刹车时所受阻力的.求：
(1)该无人驾驶汽车发动机的额定功率P；
(2)汽车从启动至再次静止的整个过程中所通过的路程.
【答案】 (1)60 kW (2)180 m
【解析】 (1)由题图可知汽车刹车过程中的加速度大小为
a2＝＝ m/s2＝10 m/s2
可知刹车时汽车所受阻力大小Ff2＝ma2＝1×104 N
因此汽车启动时所受阻力大小Ff1＝Ff2＝2×103 N
汽车达到最大速度时，F牵＝Ff1，该汽车发动机的额定功率P＝F牵vmax＝60 kW
(2)在0～4 s内，根据牛顿第二定律可知F－Ff1＝ma
且F＝，a＝
联立解得v1＝12 m/s
汽车在该段时间内的位移大小x1＝t1＝24 m
在4～14 s内，汽车功率恒定，阻力恒定，根据动能定理有Pt2－Ff1x2＝mvmax2－mv12
解得汽车在该段时间内的位移大小x2＝111 m
在14～17 s内，汽车的位移大小x3＝Δt＝45 m
整个过程中，汽车通过的路程x＝x1＋x2＋x3＝180 m.
2.(2022·东北师大附中等五校联考)如图所示，水平面上O点左侧为动摩擦因数μ＝0.6的粗糙段，O点右侧光滑.两个可视为质点的物体A和B，物体A的质量为m＝1 kg，放在距O点左侧x1＝3 m处，物体B静止放在距O点右侧x2＝4 m处.现给物体A一个向右的初速度v0＝10 m/s，物体A穿过粗糙区后在O点右侧段与物体B发生弹性正碰.碰后物体A恰好能返回出发点，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)物体A向右从O点到与物体B碰撞前瞬间所用的时间t1；
(2)物体A与B碰撞后瞬间，物体A的速度大小v1；
(3)物体B的质量M.
【答案】 (1)0.5 s (2)6 m/s (3)7 kg
【解析】 (1)物体A在O点左侧做匀减速直线运动，设到O点时的速度大小为vt
对这个运动过程由牛顿第二定律得μmg＝ma
解得a＝6 m/s2
由运动学公式有vt2－v02＝－2ax1
解得vt＝8 m/s
物体A在O点右侧做匀速直线运动，故有x2＝vtt1
解得t1＝0.5 s
(2)物体A与物体B碰后先匀速返回O点，然后做匀减速运动，最后停止在最初的位置，故碰后瞬间的速度大小与返回至O点时相等，设为v1
由运动学公式有0－v12＝－2ax1
解得v1＝6 m/s，方向向左
(3)物体A与B发生弹性正碰，设向右为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律得
mvt＝－mv1＋Mv2
mvt2＝mv12＋Mv22
解得M＝7 kg.
命题视角(三) 力学三大观点的综合应用
力学三大观点
对应规律
表达式
选用原则
动力学观点
牛顿第二定律
F合＝ma
物体做匀变速直线运动
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－v＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
涉及到做功与能量转换
机械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能关系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
动量观点
动量定理
I合＝p′－p
只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功
动量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
只涉及初、末速度而不涉及力、时间
高考题型一 用动力学和能量观点解决多过程问题
1．注重两个分析
(1)综合受力分析、运动过程分析，由牛顿运动定律做好动力学分析。
(2)分析各力做功情况，做好能量的转化与守恒的分析，由此把握运动各阶段的运动性质，各连接点、临界点的力学特征、运动特征和能量特征。
2．做好四个选择
(1)当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。
(3)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻进行分析时选择牛顿第二定律求解。
(4)复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题。
【例1】 (2022·学军中学适应考)如图为杂技演员进行摩托车表演的轨道，它由倾斜直线轨道AB、圆弧形轨道BCD、半圆形轨道DE、水平轨道EF组成，已知轨道AB的倾角θ＝37°，A、B间高度差H＝12 m，轨道BCD的半径R＝4.8 m，轨道DE的半径r＝2.4 m，轨道最低点C距水平地面高度差h＝0.2 m，在轨道AB上运动时摩托车(含人)受到的阻力为正压力的0.2倍，其余阻力均不计。表演者从A点驾驶摩托车由静止开始沿轨道AB运动，接着沿轨道BCDEF运动，然后从F点离开轨道，最后落到地面上的G点。已知摩托车功率P恒为2×103 W，发动机工作时间由表演者控制，表演者与摩托车总质量m＝100 kg，表演者与摩托车可视为质点(cos 37°＝0.8)。
(1)某次表演中，通过C点时摩托车对轨道的压力为6 000 N，求经过C点的速度vC；
(2)满足(1)中的条件下，求摩托车发动机的工作时间t；
(3)已知“受力因子k”等于表演者与摩托车整体承受的压力除以整体的重力，在k≤8的条件下表演者是安全的，求能在安全完成完整表演的情况下，表演者落点G点与F点的水平距离的可能值。
【答案】 (1)4 m/s (2)1.12 s (3)12 m≤x≤2 m
【解析】 (1)由牛顿第二定律有F－mg＝m，解得vC＝4 m/s。
(2)从A到C运动过程中，由动能定理得W牵引＋WG＋W阻＝mv－0
其中W牵引＝Pt
WG＝mg
W阻＝－0.2mg·
解得t＝1.12 s。
(3)要使表演者能完整的运动，临界条件是能恰好经过D点，经过D点的最小速度vD1满足mg＝m即vD1＝
由机械能守恒定律得mg·2r＋mv＝mv
通过E点的最小速度vE1＝
注意到小圆半径小于大圆半径，故最小速度由大圆半径决定，要保证表演者安全，其受到的最大压力FN＝8mg
可判断得经过E点时，恰好为最大压力值，则8mg－mg＝m，解得vE2＝
此情形下经过C点速度为vC，由机械能守恒定律得mgR＝mv－mv
解得vC＝
对C点压力为FC－mg＝m
解得FC＝6.5mg<8mg，说明上述判断正确。
由上可得，经过E点的速度最大值为vE2＝，最小值vE1＝
由平抛知识，落地时间t＝＝1 s
水平位移x＝vt
代入两个临界速度得水平位移最大值x1＝2 m ，最小值x2＝12 m
所以，表演者落点G点与F点的水平距离可能值为12 m≤x≤2 m。
高考题型二 用动力学和能量观点解决传送带问题
1．解决传送带问题的关键
(1)摩擦力的方向及存在阶段的判断。
(2)物体能否达到与传送带共速的判断。
(3)弄清能量转化关系：传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与产生的内能之和。
2．应用动能定理时，摩擦力对物体做功Wf＝Ffx(x为对地位移)；系统产生的热量等于摩擦力对系统做功，Wf＝Ffs(s为相对路程)。
【例1】(2022·山东淄博6月模拟)如图所示，水平平台上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点，平台AB段光滑，BC段长度x＝1 m，与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.25。平台右端与水平传送带相接于C点，传送带顺时针旋转，运行速度v＝2 m/s，长度L＝2.75 m，与滑块间的动摩擦因数μ2＝0.2，传送带右端D点与竖直固定放置的光滑圆弧形轨道刚好相切，光滑圆弧的半径R＝0.2 m。现将一质量m1＝2 kg的滑块P向左压缩轻弹簧到某处锁定，此时弹簧的弹性势能Ep＝41 J，然后突然解除锁定，滑块P开始运动，并最终与静止在D点的质量为m2的滑块Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知重力加速度g＝
10 m/s2，不计空气阻力，滑块P和Q均可看成质点。
(1)求滑块P到达C点时的速度vC；
(2)求滑块P第一次经过传送带的过程中，系统因摩擦产生的内能E内；
(3)若滑块Q的质量m2可以改变，要使滑块Q在中途不脱离圆弧形轨道，则滑块Q的质量m2的范围为多少？(结果可带根号)
【答案】 (1)6 m/s (2)7 J (3)0
解得vC＝6 m/s。
(2)假设滑块P从C到D一直减速，根据动能定理有
－μ2m1gL＝m1v－m1v
解得vD＝5 m/s>v，假设正确。
设滑块P在传送带上做匀减速运动，加速度的大小为a，根据牛顿第二定律有
μ2m1g＝m1a，解得a＝2 m/s2
设滑块P在传送带上运动时间为t，则
vD＝vC－at，解得t＝0.5 s
传送带在t时间内所走的位移为x＝vt＝1 m
滑块P相对于传送带所运动的位移为
Δx＝L－x＝1.75 m
所以经过传送带过程中系统因摩擦产生的内能为E内＝μ2m1gΔx，E内＝7 J。
(3)滑块P和Q在D点发生弹性碰撞，设碰撞后滑块P的速度为vD′，滑块Q的速度为v′，对系统由动量守恒定律得
m1vD＝m1vD′＋m2v′
由机械能守恒定律得
m1v＝m1vD′2＋m2v′2
联立解得v′＝vD＝(m/s)
①设滑块Q在E点的速度为vE时，恰好通过圆弧最高点，此时Q在D点的速度为vD′，由重力提供向心力得m2g＝m2
滑块Q从D点运动到E点的过程中，由动能定理得
－m2g·2R＝m2v－m2vD′2
解得vD′＝ m/s
所以滑块Q在D点时的速度v′≥ m/s
联立解得0
此过程由动能定理得
－m2gR＝0－m2vD″2，解得vD″＝2 m/s
所以滑块Q在D点时的速度0
综上所述，滑块Q的质量m2的范围为
0
1.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。
2.滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。
3.应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。
【例2】 (2022·山东模拟演练卷)如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把一质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：
(1)铁块A和长木板B共速后的速度大小；
(2)长木板的长度；
(3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等。
【答案】 (1)6 m/s (2)2.25 m (3)见解析
【解析】 (1)根据动量守恒定律有
Mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s。
(2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75
对铁块A受力分析有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma1
解得a1＝12 m/s2
对长木板受力分析有
Mgsin θ－μmgcos θ－μ(M＋m)gcos θ＝Ma2
解得a2＝－6 m/s2
经过时间t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t
解得t＝0.5 s，v＝6 m/s
铁块运动位移x1＝t＝1.5 m
长木板运动位移x2＝t＝3.75 m
长木板的长度l＝x2－x1＝2.25 m。
(3)系统动能的变化量
ΔEk＝(M＋m)v2－Mv＝－27 J
铁块重力势能的变化量
ΔEp1＝－mgx1sin θ＝－9 J
长木板重力势能的变化量
ΔEp2＝－Mgx2sin θ＝－45 J
长木板与斜面之间摩擦产生的热量
Q1＝μ(M＋m)gx2cos θ＝67.5 J
铁块与长木板之间摩擦产生的热量
Q2＝μmglcos θ＝13.5 J
ΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0
故系统能量守恒。
高考题型四 应用三大观点解决多过程问题
1．三大力学观点
2．解题策略
(1)进行正确的受力分析，划分运动过程，明确各过程的运动特点。
(2)当物体受到恒力作用，而且涉及时间、某一状态时，一般选用动力学方法。
(3)当涉及功、能、位移时，一般选用动能定理、能量守恒定律。
(4)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。
(5)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。
【例4】 (2022·浙江3月选考模拟)2021年是建党100周年，某玩具厂家为此专门设计了一个字型为“100”的模型玩具，如图9所示，三个数字竖直放置，高度均为2R，数字右边固定一个横截面为长方形的球框GHIJ，球框GH、IJ两边的长为l，底边HI的长为2l、数字底端B、C、F和球框上端G、J均在同一水平线上。左、右两个“0”字形轨道分别为半径为R的圆管道和圆轨道，一质量为m的小球P(可视为质点)从“1”字的上端A点以速度v0竖直向下进入轨道，经过三个数字轨道后从G点水平向右飞出，最终落入球框。已知m＝0.1 kg、R＝0.5 m、l＝0.8 m，BC长为d＝1 m，小球P在BC段运动时所受阻力为其重力的0.2，轨道其他部分的阻力均不计、忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。假设小球P与球框右边IJ发生的是弹性碰撞，且碰撞前后小球的速度方向与水平方向的夹角相等，小球P落到底边HI上时速度立即变为零。
(1)若v0＝ 3 m/s，求小球P经过圆管道最高点D时的速度大小及对管道的作用力；
(2)若在CF段的中点静置有一个质量为2m 的小球Q，已知小球P、Q间发生正碰。小明认为通过调节v0，有可能使小球P、Q在碰后恰好能分别通过圆管道和圆轨道的最高点D、E，请你通过计算说明是否存在这种可能性；
(3)要使小球P在不脱离数字轨道且在不触碰到GH边的情况下最终落入框中，求v0的取值范围。
【答案】 (1) m/s，0 (2)存在，说明见解析 (3)3 m/s≤v0≤4 m/s
【解析】 (1)小球从A点运动到D点，根据动能定理有－0.2mgd＝mv－mv
代入数据有vD＝ m/s
若小球在最高点对轨道没有作用力，则有mg＝m
解得v＝ m/s，说明P经过圆管道最高点D时对管道的作用力为0。
(2)设小球P与Q碰撞前的速度为vC，碰撞后的速度分别为vP和vQ，碰撞过程中根据动量守恒定律有(取向右为正)
mvC＝－ mvP ＋ 2mvQ
若小球P、Q在碰后恰好能分别通过圆管道和圆轨道的最高点D、E，对于小球Q则有mg＝m
解得vEmin＝ m/s
对于小球P则有vDmin＝0
对于小球P，根据动能定理有
－2mgR＝mv－mv
解得vP＝ m/s
对于小球Q，根据动能定理有－4mgR＝×2mv－×2mv
解得vQ＝5 m/s
综上可解得vC＝10－ m/s
设要让P能通过D点到达C点的初速度最小值为v0min，
则有－0.2mgd＝0－mv
此时从A到C，由动能定理得
mg·2R－0.2mgd＝mv－mv
解得v0min＝2 m/s，vCmin＝ m/s
由vC > vCmin知存在这种可能。
(3)要使小球P不脱离数字轨道，则从E到G有mg·2R＝mv－mv
解得vGmin＝5 m/s
若小球P以vGmin抛出有l＝gt2，x＝vGmint
解得t＝0.4 s，x＝2 m < 4l(符合题意)
若小球P以vGmax抛出有l＝gt2，4l＝vGmaxt，解得t＝0.4 s，vGmax＝8 m/s
从A到G根据动能定理有
mg·2R－0.2mgd＝mv－mv0min′2
mg·2R－0.2mgd＝mv－mv
解得3 m/s≤v0≤4 m/s。
【感悟真题】
1.(2022·河北高考，13)如图所示，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1 kg和2 kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1 kg，A和C以相同速度v0＝10 m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10 m/s2。
(1)若0
【答案】 (1)5(1－k) m/s m/s，方向均向右 (2)1.875 m
【解析】 (1)物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，以向右方向为正方向，则有
mv0－m·kv0＝(m＋m)v物
解得v物＝v0＝5(1－k) m/s>0
可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5(1－k) m/s，方向向右。
滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，则Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑
解得v滑＝v0＝ m/s>0
则新滑板速度方向也向右。
(2)若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为
v物′＝5(1－k) m/s＝5×(1－0.5) m/s
＝2.5 m/s
碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑′＝ m/s＝0
可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，设新物块的质量为m′＝2 kg，新滑板的质量为M′＝3 kg，相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得
m′v物′＝(m′＋M′)v共
解得v共＝1 m/s
根据能量守恒定律可得
μm′gx相＝m′v物′2－(m′＋M′)v
解得x相＝1.875 m。
2.(2021·海南高考)如图所示，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端，已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
【答案】 (1) (2) (3) mv
【解析】 (1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有
2mv0＝3mv共
解得v共＝。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木＝2v滑
根据动量守恒定律有
2mv0＝2mv木 ＋ mv滑
联立解得v滑＝v0，v木＝v0
根据功能关系有
－μmgs＝×2mv＋mv－×2mv
解得s＝。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有
F＝μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑＝μg
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t
解得t＝
则整个过程中木板滑动的距离为
s′ ＝ v0t ＝
则拉力所做的功为W ＝Fs′＝ mv。
3.(2020·1月浙江选考)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、竖直圆轨道(在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连)、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1 m，OE长L1＝0.2 m，AC长L2＝0.4 m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5。滑块质量m＝2 g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接，取g＝10 m/s2。求：
(1)滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
(2)当h＝0.1 m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧弹性势能Ep0；
(3)要使游戏成功，弹簧的弹性势能Ep与高度h之间满足的关系。
【答案】 (1)1 m/s (2)0.14 N 8.0×10－3 J
(3)Ep＝(6×10－3＋2×10－2h) J(0.05 m≤h≤0.2 m)
【解析】 (1)滑块恰好过最高点F，则其所受支持力为零，即
mg＝m，即vF＝＝1 m/s
(2)滑块在AB斜面上，摩擦力做功
Wf2＝－μmgscos α＝－μmgL2
在OE阶段，摩擦力做功
Wf1＝－μmgL1，
重力做功WG＝－mgh
根据动能定理可知
W弹＋Wf1＋Wf2＋WG＝0
则W弹＝μmg(L1＋L2)＋mgh
即W弹＝8×10－3 J
设滑块到达E点时的速度为v1，根据动能定理可知W弹＋Wf1＝mv
设轨道对滑块支持力为FN′，
根据牛顿第二定律知FN′－mg＝m，
则FN′＝0.14 N
由牛顿第三定律知滑块对轨道压力大小
FN＝FN′＝0.14 N
从O点到B点，由能量守恒定律得
Ep0＝mgh＋μmg(L1＋L2)
解得Ep0＝8.0×10－3 J
(3)要能够成功完成游戏，首先需要滑块能够过圆轨道最高点，并能够到达斜面。
即滑块要到达圆轨道最高点，则弹性势能最小值Epmin＝mg·2r＋mv＋μmgL1
即Epmin＝7×10－3 J
滑块到B点速度减为0，由动能定理得
Epmin－mgh1－μmg(L1＋L2)＝0，
代入数据解得h1＝0.05 m
滑块要能停在B处，即
μmgcos θ≥mgsin θ，
即tan θ≤0.5，此时h≤0.2 m
滑块到达斜面的高度设为h，根据能量守恒定律得
Ep＝μmg(L1＋L2)＋mgh
Ep＝(6×10－3＋2×10－2h) J(0.05 m≤h≤0.2 m)
【名校金题】
1．（2023·全国·一模）如图甲所示，放在水平地面上的足够长的木板质量，木板左端放一质量的滑块（可视为质点），已知地面和木板间的动摩擦因数；滑块和木板间的动摩擦因数，滑块的正上方有一悬点O，通过长的轻绳吊一质量的小球．现将小球拉至与O点处于同一水平面，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰（即两物体在同一直线上碰撞），且小球与滑块只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，重力加速度g取。求：
（1）碰前瞬间轻绳对小球拉力的大小；
（2）小球和滑块碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）长木板运动过程中的最大速度。
【答案】（1）60N；（2）3J；（3）
【详解】（1）设小球摆到最低点时速度大小为，绳对小球的拉力为，由动能定理得
解得小球碰前瞬间的速度
由牛顿第二定律得
解得拉力
（2）设碰后小球、滑块的速度大小分别为和，由图像可得
小球与滑块组成的系统碰撞过程动量守恒，得
解得时
时
计算碰撞前后的总动能可知
而
所以碰后瞬间小球、滑块速度只能取时
碰撞过程损失的机械能
代入数据得
（3）设经时间t滑块和木板达到共同速度，此时木板速度最大，由动量定理：对木板
对滑块
联立解得
2．（2022春·江西上饶·高二校联考阶段练习）如图所示，高的光滑斜面AB与长的水平面BC平滑连接，再与长的水平传送带DE紧密连接，传送带恒以的速度逆时针匀速转动。位于斜面顶端A处质量为的物体P（视为质点）以初动能沿斜面向下运动，在B处撞击质量同为的静止物体Q（视为质点），碰撞以后两物体粘合在一起，已知粘合体与水平面BC、传送带DE的动摩擦因数均为，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则：
（1）物体P滑到B点与物体Q碰撞前瞬间的速度；
（2）物体P、Q在B点碰撞过程中能量损失多少；
（3）粘合体最终静止时与B点的距离；
（4）要使粘合体最终能静止在粗糙水平面BC段，求A处给物体P初动能应满足什么条件。
【答案】（1）；（2）36J；（3）0.4m；（4）小于等于94J
【详解】（1）P从A到B过程，有
代入相关数据解得
（2）P、Q碰撞过程中动量守恒，有
解得
碰撞过程中能量损失
（3）黏合体由B运动到D过程，由动能定理得
解得黏合体到达D点时的速度大小
黏合体进入传送带后向右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得
解得加速度大小
故黏合体向右减速至速度为0的位移大小
由于，且，故黏合体此后向左做匀加速直线运动直到D点，且到达D点的速度大小仍为；设黏合体由D向左运动后至速度减为0过程中在BC上通过的路程为，由能量守恒定律得
解得
由于，所以黏合体最终静止时在B点右方d＝0.4m处；所以物体最终静止在距离B点0.4m处位置；
（4）若黏合体返回时刚好能到达斜面顶端A处，则从黏合体经传送带返回经过D点至到达斜面顶端A的过程中，由能量守恒定律得
解得黏合体经传送带返回D点时的速度
黏合体在传送带上滑动过程，由
解得
由于，故黏合体没有从传送带右侧滑出；黏合体由B到C过程中，由能量守恒定律得
解得
碰撞前物体P的速度
物体P由B到C过程，由动能定理得
解得
所以A处给物体P初动能应满足小于等于94J。
3．（2022春·山东潍坊·高三潍坊一中阶段练习）第24届冬季奥林匹克运动会，于2022年2月4日在北京和张家口联合举行，北京也将成为奥运史上首个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市。跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一，如图，跳台滑雪赛道由助滑道AB、着陆坡BC、停止区CD三部分组成；比赛中，质量为m的运动员从A处由静止下滑，运动到B处后水平飞出，落在了着陆坡末端的C点，滑入停止区后，在与C等高的D处速度减为零。B、C间的高度差为h，着陆坡的倾角为，重力加速度为g，不计运动员在助滑道AB受到的摩擦阻力及在整个比赛过程中的空气阻力，求：
（1）若以CD所在平面为参考面，A点的机械能；
（2）若运动员经过CD段时在最低点对轨道的压力为其重力的4倍，OC与竖直方向的夹角为，运动员在C点落到滑道上进入CD段滑行时的动能变成了刚落在C点时动能的80%，且从C点到最低点过程中摩擦力所做的功为CD段的0.75倍，若CD段可视为圆弧，求圆弧的半径R。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）根据平抛运动
且
解得
运动员的动能为
若以CD所在平面为参考面，从A点到B点根据机械能守恒定律得
（2）根据功和能的关系，CD段克服摩擦力的功为CD段减少的机械能
从B点到圆弧最低点，根据动能定理得
在圆弧最低点根据牛顿第二定律得
解得
4．（2022春·河北·高三阶段练习）如图甲所示，质量为m的物块以一定的初速度通过水平地面上的A点，随后冲上倾角为37°、足够长的固定斜面（水平地面与斜面连接处平滑连接），物块沿斜面向上滑动过程的速度-时间图像如图乙所示，最终物块滑回水平地面并停在A点。物块与水平地面及斜面之间的动摩擦因数相同，物块可视为质点。，，重力加速度。求：
（1）物块返回斜面底端时的速度大小；
（2）物块第一次通过A点时的速度的大小。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）由图乙可知物块沿斜面向上滑动过程的加速度为
对物块沿斜面向上滑动过程，由牛顿运动定律得
代入数据，解得
由图知物块上滑时初速度为，物块沿斜面向上滑动的位移L，即
物块从最高点下滑至斜面底端时的速度为v，由动能定理得
代入数据解得
（2）设物块离开斜面底端在水平面上滑行到A点的位移为x，由动能定理得
而第一次经过A点到斜面低端，由动能定理可得
代入数据，解得
5．（2022春·云南玉溪·高三云南省玉溪第三中学校考阶段练习）如图所示，固定在竖直平面内的轨道由倾角可调的倾斜轨道、足够长的水平轨道和半径为的竖直圆轨道构成，P为圆轨道的最高点，段轨道粗糙，其余轨道光滑，各段轨道均平滑连接．当倾角时，质量为的物块a恰好能沿轨道匀速下滑。现将倾角调为，让物块a从距水平面高度为处静止滑下，过一段时间后与静止在水平轨道上的物块b发生弹性碰撞．若物块a、b均可视为质点，物块a始终不会脱离轨道，取重力加速度．求：
（1）物块a与轨道间的动摩擦因数；
（2）物块a第一次经过圆轨道最高点P时对轨道的压力大小；
（3）若物块a只经过一次P点且能与物块b发生两次碰撞，求物块b的质量范围．
【答案】（1）；（2）2N；（3）
【详解】（1）当倾角时，物块a恰好能沿轨道匀速下滑，则
解得
（2）物块a第一次经过圆轨道最高点P时，由动能定理
解得
vP=2m/s
在P点时
解得
FNP=2N
（3）物块a与物块b碰前的速度
解得
v0=4m/s
根据动量守恒和能量守恒，可得
解得
因物块a只经过一次P点，则
物块a能与物块b发生两次碰撞则
联立解得
6．（2022春·山东德州·高三德州市第一中学校联考阶段练习）如图所示，质量的小球被内壁光滑的弹射器从A点弹出，沿水平直轨道运动到B点后，进入由两个四分之一细管（内径略大于小球的直径）组成的轨道，从轨道最高点C水平飞出时，对轨道上表面的压力大小，之后落在倾角为的斜面上的D点。已知，，两个四分之一细管的半径均为，C点位于斜面底端的正上方，小球在AB段运动时受到的阻力大小等于自身所受重力的，其他摩擦均不计，小球可视为质点，取重力加速度大小。
（1）求小球通过C点时的速度大小；
（2）求小球离开A点时的速度大小；
（3）求小球落到D点时的动能；
（4）当弹射器储存的弹性势能为多少时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为多少？
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）15.2J时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J
【详解】（1）由题意可知，小球通过C点时受到轨道向下的支持力，有
解得
（2）小球从A点到C点根据动能定理有
解得
（3）以C点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系
则斜面的方程为
其中
设小球做平抛运动的时间为t，根据平抛运动规律有
解得
（4）设小球落到斜面上时的速度大小为v，速度与水平方向的夹角为，有
代入方程整理有
由辅助角公式知
其中
当
即
时，上式有最小值，有
当小球以的速度从C点水平飞出时，落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J。
解得
所以当弹射器储存的弹性势能为15.2J时，小球落在斜面上时的动能最小，最小动能为6J。
7．（2022春·福建·高三统考期中）一种弹射游戏装置的简化示意图如图所示，它由内壁光滑的弹射器、水平直轨道AB、半径为R的竖直圆轨道BC、倾斜轨道DE连接组成，E点高度可调，小球经过E点后将沿水平方向射出。质量为m、可视为质点的小球经弹射器弹出后，能通过C点且对轨道任一点的压力大小不超过小球所受重力的7倍视为游戏成功。已知AB=3R，小球在AB段运动时所受阻力大小等于小球所受重力的，其余轨道均光滑，不计空气阻力，重力加速度大小为g。在游戏成功的前提下，求：
（1）小球在圆轨道BC上的最小速度；
（2）弹簧储存的弹性势能需要满足的条件；
（3）改变E点的高度，小球的最大水平射程。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）当小球刚好能通过点时，小球存在最小速度，此时重力提供向心力，有
解得
（2）当小球刚好能通过点时，弹簧储存的弹性势能具有最小值，小球经弹射器弹出到点过程，根据能量守恒定律可得
解得
小球经过点时对轨道的压力最大，且最大压力为，此时弹簧储存的弹性势能具有最大值，根据题意有
解得
小球经弹射器弹出到点过程，根据能量守恒定律可得
联立解得
故为了游戏成功，弹簧储存的弹性势能需要满足
（3）当小球经过点对轨道的压力最大时，小球经过点速度最大，小球到达点速度最大，小球从E点射出后的水平射程最大，则小球从点到点过程，根据机械能守恒定律可得
小球从E点射出后做平抛运动，则有
联立解得
可知
8.(2022·丽水市三校联考)如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接。水平传送带MN以v0＝4 m/s 的速度顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为LMN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑。直轨道BC长LBC＝1 m，小滑块P质量为m＝1 kg。
(1)若滑块P第一次到达圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；
(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程的水平位移；
(3)滑块P在运动过程中能二次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H范围。
【答案】 (1)0.4 m (2)0.8 m (3)0.7 m≤H≤0.8 m
【解析】 (1)滑块P在圆轨道F点的压力刚好为零，则vF＝0
由动能定理得mg(H－R)－μmgLBC＝0
解得H＝μLBC＋R＝0.4 m。
(2)设滑块运动到N点时的速度为vN，从开始到N点由动能定理得
mgH′－μmg(LBC＋LMN)＝mv－0
解得vN＝2 m/s
从N点滑块做平抛运动，水平位移为
x＝vN＝0.8 m。
(3)滑块P在运动过程中恰好能第一次经过E点必须具有的高度为H1，从开始到E点由动能定理得mgH1－μmgLBC－2mgR＝mv－0
在E点时有mg＝m，解得H1＝0.7 m
滑块滑上传送带时的速度为vM，则
mgH1－μmgLBC＝mv－0
vM＝ m/s<4 m/s
滑块做减速运动的位移为L＝＝2.5 m
从开始到M点由动能定理得mgH2－μmgLBC＝mv2－0，解得H2＝0.8 m
二次经过E点后，当滑块再次返回圆轨道B点时速度为vB，则
mgH2－3μmgLBC＝mv－0，vB＝2 m/s< m/s
所以不会第三次过E点，能二次经过E点的高度H范围是0.7 m≤H≤0.8 m。
9.(2022·浙江五校联考)如图所示，货舱P中的两种谷物需要通过如下装置进行分离。谷物以相同的初速度v0＝3 m/s通过半径为R＝0.4 m 的光滑半圆轨道的最高点A，并沿圆轨道运动至最低点B(最低点B与传送带平滑连接)，之后谷物通过长度为L的传送带运动至另一端点C，最终从点C水平飞出落至收集板上，谷物落到收集板后保持静止。利用不同谷物与接触面间不同的动摩擦因数μ这一特性，并通过调节传送带运行速度v和传送带长度L来达到分离的目的，分离效果可由收集板上两种谷物的间距x来衡量。两种谷物和传送带间的动摩擦因数分别是0.2和0.4，点C距收集板的高度为h＝1.25 m。不考虑轮的半径及谷物在连接处的能量损失，不考虑谷物间的碰撞，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2(结果可以保留根号形式)。
(1)求谷物运动至点B时的速度大小；
(2)若传送带逆时针转动，调整传送带长度L＝2.25 m，求x；
(3)现调整传送带顺时针运行速度为v＝9 m/s，为保证谷物的分离效果良好，需满足x≥0.5 m，求传送带长度L的取值范围。
【答案】 (1) m/s (2)0.5 m (3)3.75 m≤L≤7.5 m
【解析】 (1)从A到B过程，根据能量守恒定律，有mv－mv＝2mgR
解得vB＝ m/s。
(2)从B点到C点过程，有
mv－mv＝－μmgL(或v－v＝－2μgL)
则两谷物到达C点的速度分别为vC1＝5 m/s，vC2＝4 m/s
两谷物从C点离开分别做平抛运动，有h＝gt2
x＝t
联立解得x＝0.5 m。
(3)由h＝gt2，x＝(vC1－vC2)t＝Δvt，
x≥0.5 m
解得Δv≥1 m/s
情形1：两种谷物到达点C之前都处于匀加速运动状态。
则－≥1(或－≥1)
化简得16L2－24L－135≥0，解得L≥3.75 m
情形2：其中一个谷物到达点C之前已处于匀速运动，另一个谷物仍处于匀加速运动。则vC2＝v＝9 m/s，vC1≤8 m/s
对谷物1由功能关系得mv－mv＝μmgL，解得L≤7.5 m
综上所述有3.75 m≤L≤7.5 m。
10．（2022·上海金山·统考一模）如图a所示，水平面与斜面在B处平滑连接，斜面上的C端处安装有轻弹簧。质量为m=1kg小物块被斜向上α=37°的恒力F作用下从A位置静止开始向右运动，到达B点后撤去恒力F。小物块从A点出发到速度第一次减为零的过程，其动能Ek、重力势能Ep（以水平面为零势能面），弹簧弹性势能E随小物块路程s的变化如图b三条图线所示。
（1）请判断三条图线各表示哪个能量；
（2）求小物块在水平面上运动的加速度a；
（3）求斜面的倾斜角β；
（4）求图b中D点表示的能量大小。
【答案】（1）见解析；（2）；（3）；（4）
【详解】（1）小物块在恒力作用下运动至B点，从B点沿斜面向上匀减速运动，当路程为1.8m时与弹簧接触，根据动能定理可知，小物块动能随路程先均匀增大，再均匀减小，故图线①表示小物块动能；当路程为2.2m时，小物块动能为零，小物块的重力势能和弹簧的弹性势能最大，重力势能表达式为
可知，路程为1m后重力势能随高度以及路程均匀增大，故图线②表示小物块的重力势能，AB距离为1m；图线③表示的能从1.8m至2.2m从零开始增大至最大，故图像③表示弹簧的弹性势能。
（2）由图线可知，路程1m时小物块的动能为8J，此时小物块速度为
由
小物块在水平面上运动的加速度为
（3）1~1.8m路程内，小物块的重力势能增加4J，根据
斜面的倾斜角为
（4）由图线①可知，1~1.8m路程内，小物块的动能从8J减小至4J，根据动能定理
得
说明斜面摩擦力为0，斜面光滑。
由图线②可知，路程为2.2m时，小物块的重力势能为6J。路程从1m~2.2m过程中，小物块与弹簧组成的系统机械能守恒，则
图b中D点的弹性势能为
11.(2022·金华十校一模)如图所示，水平光滑轨道AC上安装了一理想弹簧发射器弹簧左端固定，弹簧右端有一质量为m1＝0.1 kg的物块，向左压缩弹簧，弹簧弹性势能为1.8 J。CD间距L＝8 m，安装着水平传送带，皮带轮半径r＝0.1 m；水平轨道DF光滑，某处放置了质量为m2＝0.1 kg的物块，FP为一半径为R＝1 m的竖直光滑圆弧轨道，圆心角θ＝37°，OF⊥DF，圆弧终点P处连接了与圆弧相切的斜面PM，PM足够长。初始时刻，释放物块m1，滑过传送带后，与水平面DF上的物块m2相撞并粘连，随后滑上圆弧轨道和倾斜轨道PM。物块m1与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，粘连的物块与PM间的动摩擦因数μ2＝0.5。g＝10 m/s2，物块可视为质点，空气阻力不计。
(1)若传送带静止，求粘连的物块第一次经过圆弧轨道F点时对轨道的压力；
(2)若皮带轮以角速度ω1＝20 rad/s逆时针匀速转动，在物块m1第一次经过传送带的过程中，求物块m1损失的机械能；
(3)若皮带轮以角速度ω2＝80 rad/s顺时针匀速转动，求粘连的物块第一次在倾斜轨道PM上到达的最远点离P点的距离；
(4)在皮带轮顺时针匀速转动的情况下，求粘连的物块第一次在倾斜轨道PM上滑行的最远点离P点的距离x与角速度ω的关系式。
【答案】 (1)2.2 N，竖直向下 (2)1.6 J (3)0.6 m (4)x＝(m)
【解析】 (1)根据Ep－μ1mgLCD＝mv，mvD＝2mvF，解得vF＝1 m/s
对F点受力分析得FN－2mg＝2m
解得FN＝2.2 N
由牛顿第三定律得FN′＝FN＝2.2 N，方向竖直向下。
(2)根据ΔE＝μ1m1gL，解得ΔE＝1.6 J。
(3)若传送带顺时针匀速运动，传送带速度为8 m/s
若一直匀加速则末速度vD＝＝ m/s>8 m/s
因而，离开传送带的速度为vD＝8 m/s
由动量守恒得vF＝4 m/s
又×2mv＝2mg(R－Rcos θ)＋·x
解得x＝0.6 m。
(4)①若一直加速，则vD≥2 m/s，即ω≥20 rad/s
又×2mv＝2mg(R－Rcos θ)＋(2mgsin θ＋μ2×2mgcos θ)·x
解得x＝0.65 m。
②若一直减速，可得vD＝2 m/s，此时无法滑上倾斜轨道，因而不符合题意
若要恰好滑上轨道，则vD＝4 m/s，此时0≤ω≤40 rad/s，无法进入轨道PM。
③若40 rad/s<ω<20 rad/s，则物块先匀变速后匀速运动，则x＝(m)。
12.(2022·广东清远模拟预测)如图所示，是大型户外水上竞技闯关活动中“渡河”环节的简化图。固定在地面上的圆弧轨道上表面光滑。质量为64 kg的平板浮于河面上，其左端紧靠着圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切。平板左侧放置质量为16 kg的橡胶块A。质量为80 kg的人从圆弧轨道上与平板高度差为1.8 m处由静止滑下，人与A碰撞后经0.4 s与平板共速，且A恰好冲出平板并沉入水中，不影响平板运动。已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为0.5；平板受到水的阻力是其所受浮力的0.1倍。平板碰到河岸立即被锁定。河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的安全保障措施。重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小；
(2)若“渡河”过程中，平板能够碰到河岸，则河岸宽度d的取值范围。
【答案】 (1)10 m/s (2)3.6 m
人与A碰撞后，人与A都向右做匀减速直线运动，平板向右做初速度为零的匀加速直线运动，人滑上平板后，由牛顿第二定律得，对人：μ·5mg＝5ma人
对平板：μmg＋μ·5mg－0.1×(m＋4m＋5m)g＝4ma平板
经t1＝0.4 s人与平板共速，设人与A碰撞后人的速度为v1，共同速度为v，A离开板的速度为vA，则v＝v1－a人t1＝a平板t1
人与A碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得5mv0＝5mv1＋mvA
联立代入数据解得v0＝6 m/s，a人＝5 m/s2，a平板＝5 m/s2，v＝2 m/s，v1＝4 m/s，vA＝10 m/s
即人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小为10 m/s。
(2)人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，人与A碰撞后A在平板上滑动过程中A的加速度为aA，由牛顿第二定律得，
对人与板：0.1×(4m＋5m)g＝(4m＋5m)a
对A：μmg＝maA
人与A碰撞后t1＝0.4 s内，人的位移大小
x＝t1
平板的位移大小x1＝t1
设板的长度为L，则L＝vAt1－aAt－x1
人与平板共速到平板速度为零过程中，平板的位移大小x2满足0－v2＝－2ax2
根据题意，人与木板共速时未碰到河岸，则河岸宽度满足d>x1＋L
平板速度刚好为零时，平板通过的距离为
d＝L＋x1＋x2
所以“渡河”过程中，要木板能够到达河岸，河岸宽度应满足
(x1＋L)
(1)小滑块C的最终速度大小；
(2)木板A与木板B碰撞前瞬间，A的速度大小；
(3)若小滑块C的初速度未知，小滑块C能滑上木板B的最小初速度(结果可以保留根号)。
【答案】 (1)7.5 m/s (2)10 m/s (3) m/s
【解析】 (1)全过程由动量守恒定律有
mv0＝(m＋2M)v共
解得v共＝7.5 m/s。
(2)设C与A共速时的速度为v1，且A还未与B发生碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝(m＋M)v1
mv＝(m＋M)v＋μmgs1
联立得v1＝10 m/s
s1＝7.5 m
μmgsA＝Mv
得sA＝5 m<10 m
故假设成立，则A和B发生碰撞时的速度为v1＝10 m/s。
(3)由题意知，C的初速度越小，则和A达到共速过程时间越短；当C的初速度最小时，对A、C达到共速前有mv0′＝(m＋M)v1′
mv0′2＝(m＋M)v1′2＋μmgs1′
A、C匀速一段位移后，对A、B碰撞，由动量守恒，有
Mv1′＝2Mv2
C在A上滑行(L－s1′)刚到达B上，对C与AB有mv1′＋2Mv2＝(m＋2M)v3
mv1′2＋×2Mv＝(m＋2M)v＋μmg(L－s1′)
解得v0′＝ m/s。
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