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解動力學問題的三大觀點及選用原則--2025高考物
理熱點模型含答案
解動力學問題的三大觀點及選用原則
學校：_________班級：___________姓名：_____________
模型概述
1.解動力學問題的三個基本觀點
1)動力學觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題．
2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．用動量定理可簡化問題的求解過程．
2．力的三個作用效果及五個規律
1)力的三個作用效果
作用效果 對應規律 表達式 列式角度
力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合=ma 動力學
W 1合 = ΔE k 即 W = mv 2合 2 2 -
力在空間上的積累效果 動能定理 1 功能關系mv2
2 1
沖量與動
力在時間上的積累效果 動量定理 I合=Δp即FΔt=mv′ -mv
量的關系
2)兩個守恒定律
名稱 表達式 列式角度
能量守恒定律 (包括機械能守恒定律) E2=E1 能量轉化 (轉移)
動量守恒定律 p2= p1 動量關系
3.力學規律的選用原則
1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．
2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理 (涉及時間的問題)或動能定理 (涉
及位移的問題)去解決問題．
3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題，
但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．
4)在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，
即轉化為系統內能的量．
5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能
量之間的轉化，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．
6)對多個物理過程進行整體思考，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜的運
動。
7)對多個研究對象進行整體思考，即把兩個或兩個以上的物體作為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律
時，就是把多個物體看成一個整體 (或系統)。
8)若單獨利用動量觀點 (或能量觀點)無法解決問題，可嘗試兩種觀點結合聯立方程求解。
1
典題攻破
1.靈活應用力學三大觀點解題
1. (2025·浙江·一模)如圖所示，光滑板車由一個半徑R= 0.2m，夾角 θ= 53°光滑圓弧軌道BC與粗糙度
可由神奇遙控器隨時調節的長 L= 5.0m的水平板CD平滑連接，光滑板車的質量M= 1.6kg，一個質
量為m= 1kg的小球P從A點水平拋出，初速度 v0= 2.4m/s，恰好能沿著圓弧進入圓弧軌道。除水平
板外一切摩擦均不計 sin53°=0.8cos53°=0.6,g=10m/s2 。
(1)小球的拋出點距離B點的高度 h；
(2)若板車固定在水平面上，求小球首次到達C點小車對小球的支持力；
(3)若板車不固定，求小球首次到達C點時小車對小球的支持力大小；
(4)調節水平板的摩擦因素，使得從拋出開始計時，經過 0.92s物塊恰好位于水平板CD中間的位置，
求此時小車對地位移的大小？
針對訓練
1. (2025·湖北·一模)如圖所示，光滑水平面與光滑曲面平滑連接，水平面上有兩個半徑相同的小球A和
B，小球B的質量是小球A的質量的三倍。現讓A球以速度 v0向右運動與靜止的B球發生彈性正碰，
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，重力加速度的大小為 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)如圖甲所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上。質量為m的鐵球由彈簧的正上方 h高
處A點自由下落，在B點與彈簧接觸后開始壓縮彈簧，鐵球下落到的最低點為 C點。以A點為坐標
原點，沿豎直向下建立 x軸，鐵球從A到C過程中的加速度 a-位移 x圖像如圖乙所示，圖像與 x軸的
5h
交點坐標為 x1。已知 x1= ，不計空氣阻力，重力加速度的大小為 g，求4
(1)輕彈簧的勁度系數；
(2)鐵球下落過程中的最大速度；
(3)鐵球下落過程中的最大加速度。
3. (2025·湖北黃岡·一模)如圖所示，勻質木板A、B右端對齊靜止疊放于光滑水平面上，木板A的質量為
m m L、長度為 L，木板B的質量為 、長度 ，A、B間動摩擦因數為 μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦
2 2
力，重力加速度大小為 g。
(1)若對A施加水平向右的拉力F，A、B間恰好發生相對滑動，求F的大小；
(2) 7若對A施加水平向右的恒力F1= μmg，求木板A、B左端對齊所需時間 t1；2
( μ3) 3若地面不光滑，木板A與地面間的動摩擦因數為 ，對B施加水平向左的恒力F2= μmg，作用4 2
一段時間后再撤去F2，木板B恰好未從木板A上掉落。求木板B速度的最大值 vm和木板A運動的總
時間 t。
3
4. (2025·重慶·模擬預測)如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以速度 v= 5m/s沿順時針方向勻速轉動，傳
送帶與水平方向的夾角 θ= 37°。質量均為m= 5kg的小物塊A和B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與
定滑輪間的繩子與傳送帶平行，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻開始給物塊A以沿傳送帶方向的初
速度 v0= 14m/s(此時物塊A、B的速率相等，且輕繩繃緊)，使物塊A從傳送帶下端沖上傳送帶，已知
物塊A與傳送帶間的動摩擦因數 μ= 0.25，不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊B都沒有上
升到定滑輪處。取 sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，重力加速度 g= 10m/s2。求:
(1)物塊A剛沖上傳送帶時的加速度；
(2)物塊A沖上傳送帶運動到最高點所用時間；
(3)物塊A沿傳送帶向上運動的過程中，物塊A對傳送帶做的功。
5. (2025·重慶·模擬預測)如圖所示，光滑水平面上有一傾角 θ= 37°的斜面體B，物塊A從斜面體底部以
初速度 v0= 5m/s開始上滑。已知mA= 1kg，mB= 2kg，物塊A可視為質點，斜面體B上表面光滑，運
動過程中物塊A始終不脫離斜面體，g取 10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。
(1)若斜面體B固定，求物塊A上升的最大高度；
(2)若斜面體B可自由滑動，求物塊A上升的最大高度；
(3)若斜面體B可自由滑動，且其表面有一層絨布，物塊A相對斜面上滑時動摩擦因數 μ1= 0.5，下滑
1
時 μ2= ，求物塊A從出發到重新回到最低點的過程中的位移大小及系統因摩擦產生的熱量。3
4
6. (2025·江西南昌·一模)如圖，一長為 L(L是未知量)、質量為M= 2kg的長木板放在光滑水平地面上，
物塊A、B、C放在長木板上，物塊A在長木板的左端，物塊C在長木板上的右端，物塊B與物塊A的
距離 xAB= 3m，所有物塊均保持靜止。現對物塊A施加一個水平向右的推力 F= 15N，在物塊A、B
即將發生碰撞前的瞬間撤去推力 F。已知物塊A的質量為mA= 3kg，物塊B、C的質量為mB=mC
= 2kg，物塊 A、B、C與長木板的動摩擦因數均為 μ = 0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取
10m/s2，物塊A、B、C均可視為質點，物塊間的碰撞均無機械能損失。求：
(1)施加推力時，物塊A的加速度的大小；
(2)物塊A、B碰撞后的瞬間各自的速度大小；
(3)若將長木板換成輕質薄板，其它條件不變，求從施加推力F到物塊A、B、C與輕質薄板共速所需
的時間 (整個過程中物塊B、C不相碰)。
7. (2024·全國·模擬預測)某游樂項目裝置簡化如圖，AB為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=
2.5m，O為圓心，A、B分別為滑梯的最高點和最低點，且 θ= 60°。滑梯底端B與一水平傳送帶相切，
傳送帶的長度 L= 8m，傳送帶以速度 v= 1m s順時針勻速轉動．質量m= 50kg的游客，從A點由靜
止開始下滑，在B點滑上傳送帶．游客與傳送帶間的動摩擦因數 μ= 0.2，重力加速度取 g= 10m s2，
求；
(1)游客滑到B點時對滑梯的壓力大小；
(2)游客從傳送帶的左端運動到右端的時間；
(3)游客與傳送帶間因摩擦產生的熱量．
5
8. (2025·福建·一模) 25如圖所示，水平傳送帶AB長L= m，以 v= 4m/s的速度順時針轉動，傳送帶與半
4
徑可調的豎直光滑半圓軌道BCD平滑連接，CD段為光滑管道，小物塊 (可視為質點)輕放在傳送帶
左端，已知小物塊的質量m= 1kg，與傳送帶間的動摩擦因數 μ= 0.2，∠COD= 60°，重力加速度 g=
10m/s2。
(1)求小物塊到達B點時的速度大小；
(2)求由于傳送小物塊，電動機多做的功；
(3)若要使小物塊從D點飛出后落回傳送帶的水平距離最大，求半圓軌道半徑R的大小；
(4)若小物塊在半圓軌道內運動時始終不脫離軌道且不從D點飛出，求半圓軌道半徑R的取值范圍。
9. (2024·吉林·一模)下圖為某公司自動卸貨過程的簡化示意圖。用來裝運貨物的平底箱和處于足夠長
的光滑水平軌道上的無動力小車質量均為m= 6kg，光滑傾斜軌道底端通過一小段光滑圓弧與小車無
縫接觸，需要運送的貨物距離軌道底端的高度為 h= 5m，小車右端固定一豎直擋板，平底箱與小車上
表面的動摩擦因數為 = 0.125，平底箱與擋板碰撞后不反彈。軌道右端固定一勁度系數無窮大的理
想彈簧 (壓縮彈簧可以全部轉化為彈性勢能，但壓縮量可以忽略)。小車受彈簧作用速度減為零時立
即鎖定小車，卸下貨物后將平底箱緊靠擋板放置并解除對小車的鎖定，小車及空的平底箱一起被彈
回，小車與水平軌道左側臺階碰撞瞬間停止，空平底箱滑出小車沖上傾斜軌道回到出發點，每次貨物
裝箱后不會在平底箱中滑動，取重力加速度 g= 10m/s2。求：
(1)平底箱滑上小車前瞬間的速度大小；
(2)當某次貨物質量為M= 24kg，若能將空箱順利運回釋放點，小車的長度L需滿足什么條件；
(3)當小車的長度為L= 5m，若能順利將空箱順利運回釋放點，每次運送的貨物質量M應滿足什么要
求。
6
10. (2024·河北邯鄲·一模)如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質彈簧左端固定，自然伸
長位置為O 點，彈簧的勁度系數 k= 43.52N /m，圓軌道的半徑R= 0.5m，圓管的內徑比小球m1直徑
略大，但遠小于圓軌道半徑，小物塊m2靜止于木板m3左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分
下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數 μ= 0.5，木板右端與墻壁之間的距離 L0= 5m，現
用力將小球m1向左推壓，將彈簧壓縮 x0= 0.5m，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運動
到桌面右端O 點后水平拋出，從管口A處沿圓管切線飛入圓管內部，從圓管水平部分B點飛出，并恰
好與小物塊m2發生彈性碰撞，經過一段時間后m3和右側墻壁發生彈性碰撞，已知m2始終未和墻壁
碰撞，并且未脫離木板，m1=m2= 0.5kg，m3= 0.1kg，g= 10m/s2，θ= 37°，sin37° = 0.6。試求：
(1)小球平拋運動的時間 t及拋出點O 與管口A間的高度差 h；
(2)小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力FN，并判斷是和管的內壁還是外壁擠壓；
(3)木板的最短長度L及木板在地面上滑動的總路程 s。
7
解動力學問題的三大觀點及選用原則
學校：_________班級：___________姓名：_____________
模型概述
1.解動力學問題的三個基本觀點
1)動力學觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題．
2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．
3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．用動量定理可簡化問題的求解過程．
2．力的三個作用效果及五個規律
1)力的三個作用效果
作用效果 對應規律 表達式 列式角度
力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合=ma 動力學
W合 = ΔE
1
k 即 W
2
合 = mv -2 2
力在空間上的積累效果 動能定理 1 功能關系mv2
2 1
沖量與動
力在時間上的積累效果 動量定理 I合=Δp即FΔt=mv′ -mv
量的關系
2)兩個守恒定律
名稱 表達式 列式角度
能量守恒定律 (包括機械能守恒定律) E2=E1 能量轉化 (轉移)
動量守恒定律 p2= p1 動量關系
3.力學規律的選用原則
1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律．
2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理 (涉及時間的問題)或動能定理 (涉
及位移的問題)去解決問題．
3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題，
但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件．
4)在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，
即轉化為系統內能的量．
5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能
量之間的轉化，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．
6)對多個物理過程進行整體思考，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復雜的運
動。
7)對多個研究對象進行整體思考，即把兩個或兩個以上的物體作為一個整體進行考慮，如應用動量守恒定律
時，就是把多個物體看成一個整體 (或系統)。
8)若單獨利用動量觀點 (或能量觀點)無法解決問題，可嘗試兩種觀點結合聯立方程求解。
1
典題攻破
1.靈活應用力學三大觀點解題
1. (2025·浙江·一模)如圖所示，光滑板車由一個半徑R= 0.2m，夾角 θ= 53°光滑圓弧軌道BC與粗糙度
可由神奇遙控器隨時調節的長 L= 5.0m的水平板CD平滑連接，光滑板車的質量M= 1.6kg，一個質
量為m= 1kg的小球P從A點水平拋出，初速度 v0= 2.4m/s，恰好能沿著圓弧進入圓弧軌道。除水平
板外一切摩擦均不計 sin53°=0.8cos53°=0.6,g=10m/s2 。
(1)小球的拋出點距離B點的高度 h；
(2)若板車固定在水平面上，求小球首次到達C點小車對小球的支持力；
(3)若板車不固定，求小球首次到達C點時小車對小球的支持力大小；
(4)調節水平板的摩擦因素，使得從拋出開始計時，經過 0.92s物塊恰好位于水平板CD中間的位置，
求此時小車對地位移的大小？
【答案】(1)0.512m (2)98N，方向豎直向上 (3)135N (4)0.1m
【詳解】(1)B點豎直分速度 vy= v0tanθ= 3.2m/s
v2y
y方向有 h= = 0.512m
2g
( v2)到達B點速度為 v = 0B = 4m/scosθ
能量守恒B→C
2
1 vmv2B+mgR 1-cos53° =
1
mv2CC點根據牛頓第二定律F -mg=m C2 2 N R
聯立解得FN= 98N
方向豎直向上
(3)B→C 1能量守恒 mv2B+mgR 1-cos53°
1
= mv2m+ 1 Mv22 2 2 M
水平方向動量守恒mv0=mvm+MvM
聯立解得 vm= 4m/s
v 2
v m
-v
M=-1m/sC點牛頓第二定律FN-mg=m
M
R
解得FN= 135N
( ) → = v0tanθ4 A B過程 tAB = 0.32sg
水平方向動量定理微元求和∑ mv0Δt=m∑ vmΔt+M∑ vMΔt
水平方向位移關系 xm- xM=Rcos37° +0.5L
2
解得 xM=-0.1m
大小為 0.1m。
針對訓練
1. (2025·湖北·一模)如圖所示，光滑水平面與光滑曲面平滑連接，水平面上有兩個半徑相同的小球A和
B，小球B的質量是小球A的質量的三倍。現讓A球以速度 v0向右運動與靜止的B球發生彈性正碰，
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，重力加速度的大小為 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
【詳解】(1)設小球A的質量為mA，小球B的質量為mB ，則mB= 3mA 小球A碰后的速度為 vA，小球A
碰后的速度為 vB，A、B發生彈性正碰
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
負號表示碰后A球向左運動 vB= 02
(2)設B 1球在曲面上上升的最大高度為 h，由機械能守恒定律可得mBgh= m 22 BvB
v2
聯立解得 h= 0
8g
2. (2025·湖北·一模)如圖甲所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上。質量為m的鐵球由彈簧的正上方 h高
處A點自由下落，在B點與彈簧接觸后開始壓縮彈簧，鐵球下落到的最低點為 C點。以A點為坐標
原點，沿豎直向下建立 x軸，鐵球從A到C過程中的加速度 a-位移 x圖像如圖乙所示，圖像與 x軸的
5h
交點坐標為 x1。已知 x1= ，不計空氣阻力，重力加速度的大小為 g，求4
3
(1)輕彈簧的勁度系數；
(2)鐵球下落過程中的最大速度；
(3)鐵球下落過程中的最大加速度。
4mg
【答案】(1) (2) 3 gh，方向豎直向下 (3)3g，方向豎直向上
h 2
【詳解】(1)x1處為平衡位置，則有 k x1-h =mg
= 4mg解得 k
h
(2) mg 1在平衡位置處速度最大，設為 vm；從A到平衡位置處，根據動能定理可得mgx1- x1-h = mv22 2 m
3
解得 vm= gh2
方向豎直向下。
(3)鐵球在C點時的加速度最大，設為 am，此時鐵球的坐標為 x2；則從A到C處，根據動能定理可得mgx2
k x2-h- x2-h = 02
解得 x2= 2h
在C處，根據牛頓第二定律可得 k x2-h -mg=mam
解得 am= 3g
方向豎直向上。
3. (2025·湖北黃岡·一模)如圖所示，勻質木板A、B右端對齊靜止疊放于光滑水平面上，木板A的質量為
m、長度為 L，木板B m L的質量為 、長度 ，A、B間動摩擦因數為 μ，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦
2 2
力，重力加速度大小為 g。
(1)若對A施加水平向右的拉力F，A、B間恰好發生相對滑動，求F的大小；
(2) 7若對A施加水平向右的恒力F1= μmg，求木板A、B左端對齊所需時間 t2 1；
4
( μ3) 3若地面不光滑，木板A與地面間的動摩擦因數為 ，對B施加水平向左的恒力F2= μmg，作用4 2
一段時間后再撤去F2，木板B恰好未從木板A上掉落。求木板B速度的最大值 vm和木板A運動的總
時間 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【詳解】 、 間恰好發生相對滑動，對 由牛頓第二定律 × a
2 2 0
1
對AB整體F= m+ m a2 0
3
解得F= μmg
2
(2) 7若對A施加水平向右的恒力F1= μmg，則AB之間產生滑動，此時B的加速度仍為 a0= μg2
A 1的加速度為F1- μ× mg=ma2 1
A B 1 a t2- 1 1木板 、 左端對齊時 2
2 1 1
a0t2 1
= L
2
解得所需時間 t1= L2μg
(3)設F2作用的時間為 t2，撤力時 B的速度最大，撤力后再經 t3時間A、B速度共速，由A與地面間的動摩
擦因數小于A、B間動摩擦因數，共速后兩者一起勻減速直至停下，設撤力前B的加速度大小為 aB1，撤力
后B相對A滑動的加速度大小為 a0，共速前A的加速度大小為 aA1，共速后A的加速度大小為 aA2，撤力前
對B分析有F2- μm g= ma2 2 B1
μ
共速前對A分析 μm g- m+ m g=ma
2 4 2 A1
μ
A B m+ m g= m+ m共速后對 、 分析 a4 2 2 A2
木板B 1 3L恰好未從木板A上掉落，應滿足 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運動的總時間 t t2 t3 -aA2
解得 t= 24L
5μg
4. (2025·重慶·模擬預測)如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以速度 v= 5m/s沿順時針方向勻速轉動，傳
送帶與水平方向的夾角 θ= 37°。質量均為m= 5kg的小物塊A和B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與
定滑輪間的繩子與傳送帶平行，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻開始給物塊A以沿傳送帶方向的初
速度 v0= 14m/s(此時物塊A、B的速率相等，且輕繩繃緊)，使物塊A從傳送帶下端沖上傳送帶，已知
物塊A與傳送帶間的動摩擦因數 μ= 0.25，不計滑輪的質量與摩擦，整個運動過程中物塊B都沒有上
升到定滑輪處。取 sin37° = 0.6，cos37° = 0.8，重力加速度 g= 10m/s2。求:
5
(1)物塊A剛沖上傳送帶時的加速度；
(2)物塊A沖上傳送帶運動到最高點所用時間；
(3)物塊A沿傳送帶向上運動的過程中，物塊A對傳送帶做的功。
【答案】(1)9m/s2, 12方向沿傳送帶向下 (2) s (3) 100 J
7 7
【詳解】(1)物塊A剛沖上傳送帶時，對A物塊，根據牛頓第二定律有mgsinθ+T+ μmgcosθ=ma1
對B物塊mg-T=ma1
聯立解得 a 21= 9m/s
方向沿傳送帶向下；
(2)物塊減速到與傳送帶共速后，物塊繼續向上做勻減速直線運動，對A物塊，根據牛頓第二定律有
mgsinθ+T - μmgcosθ=ma1
聯立解得 a1= 7m/s2
當物塊A的速度減為零時，其沿傳送帶向上運動的距離最遠，則有
= v0-vt1 = 1sa1
t2= v = 5 sa2 7
聯立解得 t= t1+ t2= 12 s7
(3)此過程中物塊對傳送帶做的功Wf= fx1- fx2
其中
f= μmgcosθ
x1= vt1
x2= vt2
W= 100解得 J
7
5. (2025·重慶·模擬預測)如圖所示，光滑水平面上有一傾角 θ= 37°的斜面體B，物塊A從斜面體底部以
初速度 v0= 5m/s開始上滑。已知mA= 1kg，mB= 2kg，物塊A可視為質點，斜面體B上表面光滑，運
動過程中物塊A始終不脫離斜面體，g取 10m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。
6
(1)若斜面體B固定，求物塊A上升的最大高度；
(2)若斜面體B可自由滑動，求物塊A上升的最大高度；
(3)若斜面體B可自由滑動，且其表面有一層絨布，物塊A相對斜面上滑時動摩擦因數 μ1= 0.5，下滑
μ = 1時 2 ，求物塊A從出發到重新回到最低點的過程中的位移大小及系統因摩擦產生的熱量。3
【答案】(1)1.25m (2) 59m (3) 26 - 2 143 m, 590 J60 45 3 75 99
1
【詳解】(1)若斜面體B固定，對物塊A，根據機械能守恒可得mAgh1= mAv22 0
解得物塊A上升的最大高度 h1= 1.25m
(2)物塊A到達最高點時，與斜面體B相對速度為 0，水平方向共速，由水平方向動量守恒可得mAv0cos37°
= (mA+mB)v共
1 1
根據能量守恒可得 m 2Av0= (mA+mB)v2共+mAgh2 2 2
59
解得 h2= m60
(3)沿斜面方向建立 x軸，垂直斜面方向建立 y軸，在上滑過程中，對A分析如圖 (a)所示，對B分析如圖
(b)所示
在 y方向上A、B初速度均為 0且始終不分離，故每時每刻 y方向的位移、速度、加速度均相同，在任意時
刻，均有
mAgcos37° -N1=mAaA1y
N1sin37° +μ1N1cos37° =mBaB1
aA1y= aB1sin37°
N = 80解得 1 N13
在下滑過程中，對A分析如圖 (c)所示，對B分析如圖 (d)所示
7
同理，在任意時刻，均有
mAgcos37° -N2=mAaA2y
N2sin37° -μ2N2cos37° =mBaB2
aA2y= aB2sin37°
N = 80解得 2 N11
說明A物體上滑、下滑過程中支持力均為定值，兩物體受力始終為恒力。以B為參考系，在上滑過程中，有
μ1N1+mAgsin37° =mAaA1x
aB1x= aB1cos37°
a相1= aA1x+ aB1x
a = 150解得 相1 m/s213
v2 13
則 x相=
0 = m
2a相1 12
又 x = 1相 a 22 相1t1
t = 13解得 1 s30
在下滑過程中，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
故摩擦生熱Q= μ1N1x相+ μ2N2x相=
590 J
99
1
物塊A最終回到斜面體B底端，故整個過程中A、B位移相同，為 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)如圖，一長為 L(L是未知量)、質量為M= 2kg的長木板放在光滑水平地面上，
物塊A、B、C放在長木板上，物塊A在長木板的左端，物塊C在長木板上的右端，物塊B與物塊A的
距離 xAB= 3m，所有物塊均保持靜止。現對物塊A施加一個水平向右的推力 F= 15N，在物塊A、B
8
即將發生碰撞前的瞬間撤去推力 F。已知物塊A的質量為mA= 3kg，物塊B、C的質量為mB=mC
= 2kg，物塊 A、B、C與長木板的動摩擦因數均為 μ = 0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取
10m/s2，物塊A、B、C均可視為質點，物塊間的碰撞均無機械能損失。求：
(1)施加推力時，物塊A的加速度的大小；
(2)物塊A、B碰撞后的瞬間各自的速度大小；
(3)若將長木板換成輕質薄板，其它條件不變，求從施加推力F到物塊A、B、C與輕質薄板共速所需
的時間 (整個過程中物塊B、C不相碰)。
7 3 17 3
【答案】(1)3m/s2 (2) m/s， m/s (3)3.16s
5 5
【詳解】(1)對A進行受力分析可得F- μmAg=mAaA
代入題中數據解得 aA= 3m/s2
μm g
(2)假設長木板、物體B、C一起加速，加速度為 a0，則有 a0= A+ + = 1m/s
2
M mB mC
因為 a0< μg= 2m/s2
假設成立。所以 aB= aC= 1m/s2
1 1
設物體A與物體B碰前所需時間為 t，則 x = a t2AB - a t22 A 2 B
解得 t= 3s
設物體A、B碰前速度為 vA、vB，則 vA= aAt，vB= aBt
解得 vA= 3 3m/s，vB= 3m/s
物體A、B碰后速度為 v A、vB，則根據動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)對A有F- μmAg=mAa1
得 a1= 3m/s2
輕質薄木板與B、C相對靜止，有相同的加速度 a2
μm g
a2= A 2mB+
= 1.5m/s
mC
設物體A與物體B碰前所需時間為 t1，物體A、B碰前速度為 v1、v x = 1，則 a t2 12 AB - a t22 1 1 2 2 1
得 t1= 2s
且 v1= a1t1= 6m/s，v2= a2t2= 3m/s
物體A、B碰后速度為 v3、v4，則根據動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，輕質木板的合力應該為零，A與薄板不能出現相對滑動否則木板合力不為零，木板和A勻速，
v -v
B勻減速，C勻加速至 v ，時間 t ，則 t = 3 23 2 2 = 0.3sμg
此時B的速度 v5= v4- μgt2= 6m/s
μm g
此后，物體A、C薄板相對靜止，一起勻加，B勻減至共速，物體A、C的加速度大小 a = B3 mA+
=
mC
0.8m/s2
物體B的加速度大小 a 24= μg= 2m/s
由 v3+ a3t3= v5- a4t3
得 t 63= s≈ 0.86s7
則所需總時間 t總= t1+ t2+ t3= 3.16s
7. (2024·全國·模擬預測)某游樂項目裝置簡化如圖，AB為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=
2.5m，O為圓心，A、B分別為滑梯的最高點和最低點，且 θ= 60°。滑梯底端B與一水平傳送帶相切，
傳送帶的長度 L= 8m，傳送帶以速度 v= 1m s順時針勻速轉動．質量m= 50kg的游客，從A點由靜
止開始下滑，在B點滑上傳送帶．游客與傳送帶間的動摩擦因數 μ= 0.2，重力加速度取 g= 10m s2，
求；
(1)游客滑到B點時對滑梯的壓力大小；
(2)游客從傳送帶的左端運動到右端的時間；
(3)游客與傳送帶間因摩擦產生的熱量．
【答案】(1)1000N (2)4s (3)400J
(1) B v A B mgR 1-cosθ = 1【詳解】 設游客滑到 點時速度為 0，從 到 過程，由機械能守恒定律得 mv22 0
解得 v0= 5m/s
v2
在B點根據牛頓第二定律有F -mg=m 0N R
解得FN= 1000N
由牛頓第三定律可知，在B點游客對滑梯的壓力大小為F N =FN= 1000N
(2)游客滑上傳送帶，由牛頓第二定律得 μmg=ma
設經時間 t1游客與傳送帶共速，則有 v= v0- at1
解得 t1= 2s
v +v
在 t1= 2s時間內游客通過的距離為 s= 0 t1= 6m之后游客與傳送帶共同勻速運動，有 L- s= vt2
10
解得 t2= 2s
可知游客從傳送帶的左端運動到右端的時間為 t= t1+ t2= 4s
(3)t1= 2s內游客與傳送帶間發生的相對位移Δs= s- vt1= 4m
則因摩擦產生的熱量Q= μmg Δs= 400J
8. (2025· 25福建·一模)如圖所示，水平傳送帶AB長L= m，以 v= 4m/s的速度順時針轉動，傳送帶與半
4
徑可調的豎直光滑半圓軌道BCD平滑連接，CD段為光滑管道，小物塊 (可視為質點)輕放在傳送帶
左端，已知小物塊的質量m= 1kg，與傳送帶間的動摩擦因數 μ= 0.2，∠COD= 60°，重力加速度 g=
10m/s2。
(1)求小物塊到達B點時的速度大小；
(2)求由于傳送小物塊，電動機多做的功；
(3)若要使小物塊從D點飛出后落回傳送帶的水平距離最大，求半圓軌道半徑R的大小；
(4)若小物塊在半圓軌道內運動時始終不脫離軌道且不從D點飛出，求半圓軌道半徑R的取值范圍。
【答案】(1)4m/s (2)16J (3)0.2m (4)0.4m≤R≤ 16m或R≥ 0.8m
35
【詳解】(1)對小物塊受力分析，由牛頓第二定律 μmg=ma
解得 a= 2m/s2
設小物塊與傳送帶共速的時間為 t1，由運動學公式 v= at1
可得 t1= 2s
1
加速的位移為 x 21= at1= 4m2
25
因為 4m< m
4
所以小物塊在傳送帶上先加速后勻速，到達B點時的速度大小為 4m/s。
(2)小物塊在傳送帶上因摩擦而產生的熱量為Q= μmg(vt1- x1) = 8J
1 1
由于傳送小物塊，電動機多做的功為W 2額=Q+ mv = 8J+ × 1× 42J= 16J2 2
(3)從B點到D 1 1點，由動能定理-mg 2R= mv2D- mv22 2
小物塊離開D點后做平拋運動，有
2R= 1 gt2
2
x= vDt
2
聯立可得 x= 4 -R2+ 2 R= 4 - R- 1 + 1
5 5 25
由數學關系可知，當R= 0.2m時，小物塊從D點飛出后落回傳送帶的水平距離最大 xmax= 0.8m
11
(4)①剛好沿半圓到達與圓心O等高處，根據動能定理-mgR1= 0- 1 mv22
解得R1= 0.8m
小物塊在半圓軌道內運動時始終不脫離軌道，則R≥ 0.8m
v2
②剛好到達C點不脫軌，臨界條件是彈力為 0，在C點mgcos60° =m C
R2
從B C -mgR (1+ cos60°) = 1 1點到 點，根據動能定理 mv2 - mv22 2 C 2
16
代入數據解得R2= m35
1
③剛好到達D點不脫軌，在D點有 v0= 0，從B點到D點，根據動能定理-mg 2R 23= 0- mv2
代入數據解得R3= 0.4m
16
若小物塊在半圓軌道內運動時不從D點飛出，則滿足 0.4m≤R≤ m
35
R 0.4m≤R≤ 16綜上所述，半圓軌道半徑 的取值范圍為 m或R≥ 0.8m
35
9. (2024·吉林·一模)下圖為某公司自動卸貨過程的簡化示意圖。用來裝運貨物的平底箱和處于足夠長
的光滑水平軌道上的無動力小車質量均為m= 6kg，光滑傾斜軌道底端通過一小段光滑圓弧與小車無
縫接觸，需要運送的貨物距離軌道底端的高度為 h= 5m，小車右端固定一豎直擋板，平底箱與小車上
表面的動摩擦因數為 = 0.125，平底箱與擋板碰撞后不反彈。軌道右端固定一勁度系數無窮大的理
想彈簧 (壓縮彈簧可以全部轉化為彈性勢能，但壓縮量可以忽略)。小車受彈簧作用速度減為零時立
即鎖定小車，卸下貨物后將平底箱緊靠擋板放置并解除對小車的鎖定，小車及空的平底箱一起被彈
回，小車與水平軌道左側臺階碰撞瞬間停止，空平底箱滑出小車沖上傾斜軌道回到出發點，每次貨物
裝箱后不會在平底箱中滑動，取重力加速度 g= 10m/s2。求：
(1)平底箱滑上小車前瞬間的速度大小；
(2)當某次貨物質量為M= 24kg，若能將空箱順利運回釋放點，小車的長度L需滿足什么條件；
(3)當小車的長度為L= 5m，若能順利將空箱順利運回釋放點，每次運送的貨物質量M應滿足什么要
求。
【答案】(1)10m/s (2)見解析 (3)見解析
【詳解】(1)設平底箱滑上小車前瞬間的速度大小為 v0，對平底箱從A點到滑上小車前根據動能定理可得
(m+M )gh= 1 (m+M )v2
2 0
解得 v0= 10m/s
(2)設平底箱與右側豎直擋板碰撞后的速度為 v共，則對平底箱滑上小車到與擋板碰撞，根據動量守恒定律
有 (m+M )v0= (m+M+m)v共
解得 v = 25共 m/s3
12
1
設小車被鎖定時彈簧的彈性勢能為Ep，由能量守恒定律可得Ep= (m+M+m)v2共= 1250J2
小車彈回過程中，彈性勢能轉化為平底箱和小車的動能，而小車與水平軌道左側臺階碰撞時瞬間停止，則
1
這一部分能量損失，此時對平底容器從擋板處滑上出發點，根據能量守恒定律有 Ep≥ μmgL+mgh2
解得L≤ 130m
3
(3)當小車的長度為L= 5m，若能順利將空箱順利運回釋放點，則
1 E p ≥ μmgL+mgh2
E = 1 (m+M+m)v 2p 2 共
(m+M )v0= (m+M+m)v 共
聯立可得M≥ 12kg
10. (2024·河北邯鄲·一模)如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質彈簧左端固定，自然伸
長位置為O 點，彈簧的勁度系數 k= 43.52N /m，圓軌道的半徑R= 0.5m，圓管的內徑比小球m1直徑
略大，但遠小于圓軌道半徑，小物塊m2靜止于木板m3左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分
下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數 μ= 0.5，木板右端與墻壁之間的距離 L0= 5m，現
用力將小球m1向左推壓，將彈簧壓縮 x0= 0.5m，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運動
到桌面右端O 點后水平拋出，從管口A處沿圓管切線飛入圓管內部，從圓管水平部分B點飛出，并恰
好與小物塊m2發生彈性碰撞，經過一段時間后m3和右側墻壁發生彈性碰撞，已知m2始終未和墻壁
碰撞，并且未脫離木板，m1=m2= 0.5kg，m3= 0.1kg，g= 10m/s2，θ= 37°，sin37° = 0.6。試求：
(1)小球平拋運動的時間 t及拋出點O 與管口A間的高度差 h；
(2)小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力FN，并判斷是和管的內壁還是外壁擠壓；
(3)木板的最短長度L及木板在地面上滑動的總路程 s。
(1) 3【答案】 34s，0.612m (2)11N，方向豎直向上，和外壁擠壓 (3)3.6m，6.8m
50
0+kx 1
【詳解】(1)彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得 0 × x = m v2- 0
2 0 2 1 0
在小球平拋到管口A點時如圖
13
根據
vy= v0tanθ
vy= gt
h= 1 gt2
2
聯立解得
t= 3 34s
50
h= 0.612m
(2) 1 1從A到圓筒最高點的過程，由動能定理可得-m1g(R+Rcosθ) = m v21 - m v22 2 1 A
= v由上述圖可知 v 0A cosθ
2
在最高點FN+m1g=m
v
1 R
解得FN= 11N> 0
說明小球和圓筒外壁擠壓，擠壓力大小為 11N，方向豎直向上。
(3) 1 1從A到B全過程，由動能定理可得m g(R-Rcosθ) = m v2 - m v21 2 1 A 2 1 A
解得 vB= 6m/s
小球m1和物塊m2碰撞過程，取水平向右為正方向，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
說明碰后小球停止運動，物塊獲得 6m/s向右的速度，開始在木板上滑動，以m2和m3為對象，可得m 2v2=
(m2+m3)v1
對m2可得 μm2gx= 1 m2v21- 02
解得
v1= 5m/s
x= 0.5m物塊與木板共速后與墻壁發生碰撞，以m2和m3為對象，第 1次與墻碰撞后m2v1-m3v1= (m2+m3)v2
m -m
解得 v 2 32= vm 12+m3
對木板
μm2g=m3a
14
v2
s = 11 2a
第 2次與墻碰撞后m2v2-m3v2= (m2+m3)v3
m -m 2
解得 v3= 2 3 vm +m 12 3
2
= v2 = m2-m
2 v2
對木板 s 3 12 2a m2+m3 2a
第 3次與墻碰撞后m2v3-m3v3= (m2+m3)v4
m -m
解得 v = 2 3
3
4 m + vm 12 3
對木板
v2= 2 = m2-m
4 v2
s 3 13 2a m2+

m3 2a
....
第n- 1次與墻碰撞后m2vn-1-m3vn-1= (m2+m3)vn
n-1
解得 vn= m2-m3+ vm m 12 3
v2 2
對木板 s = n-1 = m2-m3
2(n-2)
n-1 +
v1
2a m2 m3 2a
第n次與墻碰撞后m2vn-m3vn= (m2+m3)vn+1
n
解得 vn+1= m2-m3 vm +m 12 3
2 2(n-1) 2
對木板 sn-1=
vn = m2-m3 v12a m2+m3 2a
木板運動的總路程為 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
當n→∞時， 2 3+ → 0，可得 s=L0+ 2× 1 ×
1
m2 m3 2a 1- m2-m3
2
m2+m3
代入數據解得 s= 6.8m
1
木板和物塊最終停在右側墻壁處，物塊恰好停在右端，根據能量守恒可得 μm2gL= m v 22 2 2
解得L= 3.6m
15

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