大題就量與能量的綜合應用

目錄

考情分析..........................................................................1

題型分類訓練......................................................................2

題型1動能定理的標合應用......................................................2

題型二機械能守恒定律的端合應用................................................4

題型三功能關系................................................................7

題型四動量與能式的嫁舍應用....................................................9

刷模板...........................................................................12

刷真題...........................................................................19

壽情分析

動量與能量的綜合應用是高考物理的高頻核心模塊，在全國卷及新高考卷中占比約15%

—20%,常為壓軸題,綜合動量守恒、能量守恒及動力學分析，典型模型如多物體碰撞（人碰6,6

再碰。）、含彈簧/摩擦的復雜系統（滑塊-彈簧-斜面組合）如空間站機械臂抓取衛星的動量

控制、高鐵防撞設計中的動能吸、自動駕駛汽車多車碰撞的動量分配與安全算法模擬、空間碎片

碰撞的軌道預測與動量追蹤。2025年高考對“動量和能量的綜合應用”考查將延續“重基礎、強

綜合、拓創新”的命題思路，突出物理觀念的系統性與實際問題的模型轉化能力。備考需以守恒

思想為核心，強化復雜系統的分析能力，同時關注科技前沿與跨學科融合，做到“以守恒破萬變，

以模型馭創新”。

題型1動能定理的綜合應用

1.（2023上海交大附中高三?？迹┠撑d趣小組設計了一個游戲裝置，其簡化模型如圖1所示,斜面軌道AB

長L=2山,傾角a=37°，與小球間動摩擦因數〃=0.5,為光滑水平軌道，CDEFG軌道豎直放置,

由4個半徑A=0.2巾的四分之一光滑圓弧軌道組成，。點與尸點為豎直連接點，當小球在圓弧軌道上

運動時，軌道與小球間存在沿半徑方向（指向圓心）、大小為尸=4N的特殊引力，上述各部分軌道平滑連

接,連接處無能量損失。一質量為m=0.1kg的小球從斜面頂端A點以一定的初速度沿斜面滑下,不計

空氣阻力，重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

（1）若小球以*=2m/s的初速度從A點滑下時，

①求小球到達斜面底端B點的速度VB；

②求小球剛過。點瞬間對軌道的壓力；

⑵要使小球能沿軌道運動，且能夠到達圓弧軌道最高點及求小球在A點初速度外的取值范圍。

答案：⑴①2,m/s②0（2）0<^<2m/s

解析：（1）①從4點到B點，由動能定理得

mgLsin37°—4771gLeos370=—rriVs——mvo

解得期8=26m/so

②從B點到。點，由動能定理得

-mgR=ymvl--1-m啕

解得vD=2A/2m/s

設小球在。點受到軌道給它的彈力FN,

由牛頓第二定律得F+FN—

rt

解得/=0

由牛頓第三定律得，小球剛過。點瞬間對軌道的壓力

&=0。

（2）從A點到E點，由動能定理得

mgLsin370—/imgLcos37°—2mgR=卷-m噓—

解得外=。

能夠到達圓弧軌道最高點E的最小速度為零。為了保證小球不脫離軌道，在。點軌道對小球彈力大于等于

零。因在。點琦=0時，A點速度為“A=2m/s。

要使小球能沿軌道運動，且能夠到達圓弧軌道最高點E,小球在4點初速度辦的取值范圍為0WnA42m/s。：

2.（2024山東濰坊三模）如圖所示為冰雪沖浪項目流程圖，段為水平加速區，段為半徑r=22.5m

的光滑圓管型通道，4B與8。相切于B點；CDE段為半徑R=100巾的圓弧冰滑道，與CDE相切

.

于。點，弧所對應的圓心角夕=37°,。為軌道最低點，C、E關于8對稱。安全員將小朋友和滑板

（可視為質點）從A點沿水平方向向左加速推動一段距離后釋放,到達光滑圓管型通道上B點時小朋友

和滑板與通道沒有相互作用力，小朋友運動至滑道E點時對滑道壓力外=410N。已知小朋友和滑板

總質量為恒=40kg,重力加速度g取10m/sz,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

p

/0!=37°

7?=100m心、+「

加速區a

滑滬方Ir=22.5m

''O'

（1）小朋友在B點時的速度為；

（2）小朋友通過CDE段滑道克服摩擦力做的功。

答案：（1）15m/s,方向水平向左（2）1800J

解析：（1）由于到達光滑圓管型通道上B點時小朋友和滑板與通道沒有相互作用力，則mg=m—，所以*=

r

15m/s,方向水平向左。

（2）小朋友從8滑到E,根據動能定理可得-cos37°）-W^f=%m說一］小底,在E點，根據牛頓第二

定律可得見—n^cos37°=，聯立可得嗎7=1800Jo

應用動能定理解題的四點注意

動能定理往往用于單個物體的運動過程，

由于不涉及加速度和時間，比動力學研

選擇一

究方法要簡捷

.

日分動能定理表達式是一個標量式，在某個

標矢方向上應用動能定理是錯誤的

可以分段列式，也可以對全過程列式，

過程對多過程復雜問題用動能定理列式可使

.選擇問題簡化

|適用|4既適用于直線運動，也適用于曲線運動；

|情況j既適用于恒力做功，也適用于變力做功

3.（2024江蘇蘇州模考）如圖所示，高度h=0.8小的光滑導軌AB位于豎直平面內，其末端與長度L=0.7

小的粗糙水平導軌8C相連，8。與豎直放置內壁光滑的半圓形管道CD相連，半圓的圓心。在。點的

正下方，。點離地面的高度H=L25mo一個質量m=lkg的小滑塊（可視為質點），從A點由靜止下

滑，小滑塊與段間的動摩擦因數〃=0.5，重力加速度g取10m/s2,不計空氣阻力。求：

A<

h

BC\

o\

z4

777777777>77

（1）小滑塊到達。點時的速度大小；

（2）若半圓形管道的半徑『=0.5恒,求小滑塊從。點剛進入管道時對管壁的彈力大小和方向；

（3）若半圓形管道半徑可以變化，則當半徑為多大時，小滑塊從其下端射出的水平距離最遠？最遠的水

平距離為多少？

答案：（l）3m/s（2）8N方向豎直向上（3）當丁=0.2小時水平射程最遠，最遠的水平距離為1.7m

解析：⑴對小滑塊從4到C整個過程應用動能定理得mg/i—=今山比,代入數據解得&c=3m/s。

⑵小滑塊在。點受到彈力和重力，其合力提供向心力，則琦+mg=小遞,代入數據解得局=8N,根據牛

r

頓第三定律可知小滑塊剛進入圓管時對外管壁的彈力片/=瑪=8N,方向豎直向上。

（3）設小滑塊做平拋運動的時間為t,在豎直方向上有2r=,水平射程2=0拉,從。到。的過程，由

112（,2丁）J（虎+4g7）=

動能定理得mgX2r=—mv^—解得x=（2H-4r）x+4r）,當

2H—4r=^-+4/時，解得『=0.2m,即當r=0.2m時水平射程最遠。最遠的水平距離為xmax=1.7mo

9

題型二機械能守恒定律的綜合應用

4.（2024浙江杭州二模）有一個固定的、足夠長的光滑直桿與水平面的夾角為53。,桿上套著一個質量為小

的滑塊8（可視為質點）用足夠長的且不可伸長的輕繩將滑塊人與另一個質量為2m的物塊B通過光滑

的定滑輪相連接，輕繩因懸掛B而繃緊,此時滑輪左側輕繩恰好水平，其水平長度為L，現將滑塊A從圖

中O點由靜止釋放（整個運動過程中A和B不會觸地，B不會觸及滑輪和直桿），sin53°=0.8,cos53°

=0.6o

⑴當繩子與直桿垂直時,求滑塊A的速度

（2）求滑塊A沿桿向下運動的最大位移必

答案：（1）”五（2）瑞乙

解析：（1）當繩子與直桿垂直時，此時B下落到最低點，石的速度剛好為0,根據幾何關系可得幺下滑的高度

hA-Lsin53°cos53°=￥~上，B下落的高度心=￡—Z/sin53°=,根據系統機械能守恒得Tng/ia+

255

2

2mghB--^-mv,解得滑塊A的速度v———13gL。

/o

（2）滑塊A下滑到最低點時的速度為零，此時B的速度也為零,根據系統機械能守恒可知,滑塊4重力勢能的

減少量等于重力勢能的增加量，則有mgccsiii53°=2mgh/'，根據幾何關系可得%/=

V（a;sin53°）2+（L—a?cos53°）2—"聯立解得滑塊A沿桿向下運動的最大位移a:=萬~L。

5.如圖（a）,一傾角37°的固定斜面的段粗糙，段光滑。斜面上一輕質彈簧的一端固定在底端。處,

彈簧的原長與長度相同。一小滑塊在沿斜面向下的拉力T作用下，由A處從靜止開始下滑，當滑塊

第一次到達3點時撤去T。T隨滑塊沿斜面下滑的位移，的變化關系如圖（b）所示。已知AB段長度

為2小，滑塊質量為2kg,滑塊與斜面AB段的動摩擦因數為0.5,彈簧始終在彈性限度內，重力加速度大

小取10m/s2,sin37°=0.6。求:

⑴當拉力為10N時,滑塊的加速度大??；

（2）滑塊第一次到達8點時的動能；

（3）滑塊第一次在B點與彈簧脫離后，沿斜面上滑的最大距離。

答案：（l）7m/s2（2）26J（3）1.3m

解析：（1）設小滑塊的質量為771,斜面傾角為仇滑塊與斜面間的動摩擦因數為〃，滑塊受斜面的支持力大小為

外,滑動摩擦力大小為耳，拉力為10N時滑塊的加速度大小為a。由牛頓第二定律和滑動摩擦力公式有T+

mgsin3—Ff=ma①

FN—mgcos。=0②

耳=（IFN③

聯立①②③式并代入題給數據得

a=7m/s2o④

（2）設滑塊在AB段運動的過程中拉力所做的功為W,由功的定義有

W=+T便2⑤

式中Z、冕和g、g分別對應滑塊下滑過程中兩階段所受的拉力及相應的位移大小。

依題意，7；=8N,◎=1m,

石=10N,x2—lm

設滑塊第一次到達B點時的動能為反，由動能定理有

W+（mgsin個一耳）（g+g）=%-0⑥

聯立②③⑤⑥式并代入題給數據得及=26J。⑦

⑶由機械能守恒定律可知，滑塊第二次到達B點時，動能仍為耳。設滑塊離8點的最大距離為Sma*,由動能

定理有

-（mgsin9+2^）smax=0一瓦⑧

聯立②③⑦⑧式并代入題給數據得Smax=L3m。

系統機械能守恒問題的思維流程

選取

多個物體組成的系統；選取對研究對象進

研究-?含彈簧的系統；含輕桿、行受力和做功

不二才M2

對象輕繩的系統情況分析

選表

聯立方求解AEk=-AEp或機械能是判斷

程求解石產一A七達式否守恒

6.如圖所示，O為固定在水平面的轉軸，小球人、B的質量均為小，A與8、O間通過較鏈用輕桿連接，桿

長均為乙，B球置于水平地面上，B、。之間用一輕質彈簧連接?，F給人施加一豎直向上的力廠,此時兩

桿夾角。=60°,彈簧處于原長。改變尸使人球緩慢運動，當。=106°時力尸恰好為零。人、口始終在同

一豎直平面，彈簧在彈性限度內，忽略一切摩擦，sin53°=0.8,cos53°=0.6,重力加速度為g。

⑴求彈簧的勁度系數M

（2）若A球自由釋放時加速度為a,此時8球加速度多大？

（3）在（2）情況下當。=90。時，B的速度大小為v,求此時彈簧的彈性勢能。

合案：（1）和廠（2）刀］（3）「一叱3一%加"

解析：（1）對月球受力分析，如圖甲所示

有2Ecos53°=mg

對B球受力分析，如圖乙所示

有凡sin53°=kx

其中力=2L（sin53°—sin30°）

且用=既，解得詈。

（2）4球自由釋放時的加速度方向垂直于40桿,

由牛頓第二定律得

mgcos600—Reos300=ma

對_8有Reos60°=maB

解得川=2?。

（3）當夕=90°時，vA=?;cos45°,對系統由機械能守恒定律得

2

mgL(cos300—cos450)=+-^-mv+Ep

解得與=%返"-N"。

題型三功能關系

7.如圖甲所示，長為4巾的水平軌道AB與半徑為五=0.6巾的豎直半圓弧軌道8c在8處相連接，有一

質量為1kg的滑塊（可視為質點），從A處由靜止開始受水平向右的力尸作用，尸的大小隨位移變化的關

系如圖乙所示，滑塊與AB間的動摩擦因數為〃=0.25,與8C間的動摩擦因數未知，g取10m/s2。求：

（1）滑塊到達B處時的速度大?。?/p>

（2）滑塊在水平軌道上運動前2項過程所用的時間；

（3）若到達B點時撤去力F,滑塊沿半圓弧軌道內側上滑,并恰好能到達最高點C,則滑塊在半圓弧軌道

上克服摩擦力所做的功是多少？

答案：⑴2VIUm/s親s(3)5J

解析：（1）對滑塊從A到3的過程，由動能定理得

h+網，3-jumgx=^-mvl

解得m/so

（2）在前2zn內，有用一/img=ma

且電=，解得tr=~35S0

（3）當滑塊恰好能到達最高點。時，應有

9V

mg=

對滑塊從B到。的過程，由動能定理得

Wj—mg-2R=-^-mvc—mvg

代入數值得出=一5J,即滑塊在半圓弧軌道上克服摩擦力做的功為5Jo

8.如圖甲所示,避險車道是避免惡性交通事故的重要設施，由制動坡床和防撞設施等部分組成。如圖乙所

示，是某處避險車道的簡化示意圖。若一輛卡車質量為8%,在直干道上以72km/h的速度向坡下行駛，

運動到A處剎車突然失靈，司機發現危險后控制卡車經過一段豎直面內的圓弧車道駛上制動坡床進行

減速,再過一段時間，卡車停止且未與防撞設施發生碰撞。若A、C間的高度差為50小,卡車運動到。

點時速度為108km/h,制動坡床可視為與水平面間的夾角為6=30°的斜面，卡車在制動坡床上運動時

受到坡床的阻力大小是其重力大小的1,重力加速度為g=lOm/s?。

⑴求卡車從A運動到。的過程中損失的機械能。

（2）為保障該卡車的安全，這條避險車道至少需要多長？

（3）卡車在制動坡床上速度減為零后，受到制動坡床的摩擦力為多大？

答案:（1）2x106J（2）37.5m（3）4x104N

解析：（1）卡車從A運動到。的過程，以。點所在水平面為參考平面，根據能量守恒定律有

11,

mgh+—mvl—XE+—mvl

解得△￡=2X106j。

（2）卡車經過。點后，在制動坡床上運動的過程，根據動能定理有

17

-mgLsin。一也=0一1小碳,其中/=兀mg

解得乙=37.5m

故這條避險車道至少需要37.5m。

（3）由于？ngsin。=V/=《mg,卡車在制動坡床上速度減為零后停止運動

卡車停止運動后，受到制動坡床的摩擦力為耳=mgsin3,解得^=4xl04N.

9.如圖所示，小車右端有一半圓形光滑軌道相切車表面于8點，一個質量為m=1.0kg可以視為質點

的物塊放置在A點，隨小車一起以速度v0=5.0ni/s沿光滑水平面上向右勻速運動。勁度系數較大的輕

質彈簧固定在右側豎直擋板上。當小車壓縮彈簧到最短時，彈簧自鎖（即不再壓縮也不恢復形變），此

時，物塊恰好在小車的B處，此后物塊恰能沿圓弧軌道運動到最高點C。已知小車的質量為河=1.0kg,

小車的長度為1=0.25小，半圓形軌道半徑為R=0.4巾,物塊與小車間的動摩擦因數為n=0.2,重力加

速度g取10m/s為求：

C

（1）物塊在小車上滑行時的加速度a；

（2）物塊運動到8點時的速度vB-,

（3）彈簧在壓縮到最短時具有的彈性勢能用以及彈簧被壓縮的距離工。

答案：（l）2m/s2（2）2A/5m/s

（3）14.5J1m

解析：⑴物塊在小車上滑行時，由牛頓第二定律得〃mg=ma；

解得a=2m/s2。[

（2）據題意，物塊恰能沿圓弧軌道運動到最高點。，由重力提供向心力，則有:

……____—_4

2V

mg=

物塊從B運動到。的過程，由機械能守恒定律得

2mgR+-^-mvc—說

聯立解得m/so

(3)根據能量守恒定律得

Ep=；(Af+m)vo—^-mvp—/j.mgl

解得瑪=14.5J

從開始接觸彈簧到彈簧壓縮到最短時，物塊4相對地面的位移

22

22v-v5-(2V5)「口

◎=/丁=2X2m=L25m

則小車的位移x—xx—l—\m

即彈簧被壓縮的距離為1mo

題型四動量與能量的綜合應用

10.噴射懸浮飛行器由抽水機、壓縮機等組成,利用一根軟管將水從河中抽入飛行器,再以較高的速度豎直

向下噴出兩道高壓水柱,可將使用者推至距水面幾米的高度，如圖9所示。現有一質量為河的使用者被

緩慢推至水面上方某一高處懸停，設此狀態下飛行器的質量恒為死,水噴出前的速度為零，兩個噴水口

的橫截面積均為S,水的密度為p,重力加速度為g,空氣阻力及抽水過程中軟管和河水對飛行器的作用

均可忽略不計，求：

(1)兩個噴水口噴出水的速度需要多大？

(2)飛行器噴水的平均功率多大？

答案：⑴⑵基…%理好

解析：(1)使用者和飛行器在水面上方某一高處懸停，根據平衡條件可知，噴水產生的推力為

F—(M+m)g

對噴出的水用動量定理，可得F'M=2Amv

其中Am=pvbtS

根據牛頓第三定律可知尸=尸

解得嚴手詈應。

V2sp

.⑵根據動能定理，飛行器在△力時間內對水做的功為x2Amv2-0

：則飛行器噴水的平均功率為

Q..............

11.（2023福建漳州一模）如圖所示,足夠長的光滑固定水平直桿上套有一可自由滑動的物塊8,B的質量為

小,桿上在物塊B的左側有一固定擋板C,B的下端通過一根輕繩連接一小球繩長為LA的質量也

為小。先將小球拉至與懸點等高的位置時，細繩伸直但沒有形變，8與擋板接觸?，F由靜止釋放小球

Ao重力加速度大小為g。求：

（1）小球人向右擺動的最大速度；

（2）物塊B運動過程中的最大速度；

（3）小球A向右擺起相對于最低點所能上升的最大高度。

答案:⑴聲⑵聲（3）yL

解析：（1）小球人擺至最低點時速度最大，最大速度設為加，由機械能守恒定律得

mAgL=^-mAvl

解得5=12gL。

（2）小球4從最低點向右擺動的過程中，4、B系統水平方向動量守恒；當A最后回到最低點時，B的速度最

大，設此時AyB的速度分別為VAyVB,由水平方向動量守恒得7n/Ui二小區小+小日期日

由機械能守恒得

=y+

解得小=0,vB—飛2gLo

⑶當小球4擺至最高點時，4B共速，

設為“，A、B系統水平方向動量守恒，得

={rnA+mgjv

由機械能守恒定律得

2

rrtAgh=-y（mA+m^v

聯工解得h=

1確定研14在中學階段其研究對象一般僅限于

1究對象）單個物體

y

1進行受1可先求每個力的沖量，再求各力沖

1力分析1一量的矢量和即合力的沖量；或先求

合力，再求其沖量

▼

確定初、

末狀態,

f確定各動量和沖量的正負號

選好正

方向

.根據動量定理列方程，如有必要還

列方程］一需要補充其他方程，最后代入數據

求解

應用動量守恒定律解題的步驟

明確研_確定系統的組成（系統包括哪幾個

究對象一"物體及研究的過程）

*

進行受_,判斷系統動量是否守恒（或某一方

力分析"向上是否守恒）

*

［列方程^規定正方向，確定初、末狀態動量，

J1由動量守恒定律列出方程

*

求解與_^代入數據，求出結果，必要時討論

討論說明

12.（2024湖北武漢二模）如圖所示，傾角。=30。的足夠長斜面固定在水平面上，t=0時刻,將物塊4、8（均

可視為質點）從斜面上相距I=0.05m的兩處同時由靜止釋放。已知人的質量是B的質量的3倍，4、

B與斜面之間的動摩擦因數分別為%=項、=暇，A、B之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞時間極

63

短，重力加速度大小取q=lOm/sz,求：

（1）4、口發生第一次碰撞后瞬間，A、B的速度大小；

（2）4、B發生第三次碰撞的時刻；

（3）從靜止釋放到第71次碰撞，A運動的位移大小。

答案：⑴0.25m/s0.75m/s（2）1.0s

（3）0.05（3n2-3n+l）m

解析：沿斜面下滑，其受重力、支持力和摩擦力，根據牛頓第二定律3mgsin9—/iAx3mg-cos0=Sma,

分析B的受力，則mgsin0=［iBmgcos。，即靜止在斜面上。71與B發生第一次碰撞前，由運動學規律得

x

v\Q=2al,A與B發生第一■次碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得=+3m■■吸）

=]x3nw%+■^-TYIVBX,解得vA1—0.25m/s,vB1=0.75m/so

(2)由(1)可得，A從靜止釋放后，經過時間友與石發生第一次碰撞，有=Q30,B以速度做勻速直線運

動，A以初速度。加，加速度a做勻加速直線運動，第二次碰撞前，有vA1tr+止i,此時，B以速度vB1

做勻速直線運動，力的速度為〃/+碗1,A與石發生第二次碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得

fr2

SmvA1+mvB1=3772n力2+館0殯，方義3mvA1+哈=^-XSmv\2+3rn煽2，B以速度vB2做勻速直線運

動,A以初速度。力2,加速度Q做勻加速直線運動,第三次碰撞前，有打力2力2+]渥=VB2t2,顯然,每次碰撞后，

B均相對4以初速度小0、加速度叫做勻減速直線運動至下一次碰撞，經過時間均為0.4So故4與6發生第

三次碰撞后的時刻為￡=。+%1+力2,解得￡=L05o

(3)從開始至第一次碰撞力加=/,從第一次碰撞至第二次碰撞/42=2/+4/=6/,從第二次碰撞至第三次碰撞

xA3=8/+4/=12/,從第三次碰撞至第四次碰撞xA4-14Z+42=18Z,從第？i—1次碰撞至第n次碰撞xAn—

x=2

(6n—10)Z+4Z(n>1),A從靜止釋放到第n次碰撞后運動的總位移XAn=xA1+xA2+^3H^~An(3n—

2

3n+1)Z=0.05(3n—3n+1)mo

制模擬

13.如圖甲所示，“滑草”是最近幾年比較流行的運動項目，為保證安全，現在有的滑草場修建如圖乙所示模

型。斜面滑道CD與水平地面的夾角6=37°,在底端右側有一半徑R=1m的%豎直圓弧軌道

BE與AB相切，8為切點。其中CD的長度乙=125之間距離Z=5小。一個質量nz=60kg的

游客(可視為質點)從。點由靜止開始下滑，恰好到達E點。游客與傾斜直軌道和水平軌道的動摩擦因

數均為“=0.7,且經過。、口兩點時不考慮能量損失，忽略空氣阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8,q=

10m/s2o求：

甲

(1)游客到達斜面底端。時重力的瞬時功率；

(2)游客到達B點時，對圓弧軌道的壓力大小；

(3)從B到E的過程中，摩擦力對游客做的功。

答案：(1)3600W(2)2400N(3)-300J

解析:(1)游客從C到D過程,根據動能定理得

mgLsin6—jLimgcosBL=0

解得vD=10m/s

游客到達斜面底端。時重力的瞬時功率為

PG=mgvosin0=3600W。

(2)游客從D到B過程,根據動能定理得

-fimgl=/端-；小嚕

解得期8=^/^?m/s

游客到達B點時，根據牛頓第二定律可得

_________?

FN-mg^m^^

解得外=2400N

根據牛頓第三定律可知，游客到達B點時，對圓弧軌道的壓力大小為2400N。

(3)從B到E的過程,根據動能定理得

]

—mgR+%=0———mvB

解得嗎=一300Jo

14.如圖所示，光滑弧形坡道頂端距水平面高度為％,底端切線水平且與一水平粗糙滑道相連接，。點為連接

處，一輕彈簧的一端固定在水平滑道左側的固定擋板/上，彈簧自然伸長時另一端N與。點的距離為

s。質量為m的小物塊4從坡道頂端由靜止開始滑下，進入水平滑道并壓縮彈簧，已知彈簧的最大壓縮

量為d,物塊與水平滑道間的動摩擦因數為〃,重力加速度為g,求：

⑴彈簧的最大彈性勢能嗎；

(2)若物塊能夠被重新彈回到坡道上，則它在坡道上能夠上升的最大高度笈。

答案：—〃mg(s+d)(2)/i-2〃(s+d)

解析：(1)在水平滑道上物塊A克服摩擦力所做的功為Wf=/img(s+d)

由功能關系得強％=紇+%

解得彈簧的最大彈性勢能

Ep—mgh—/jmg(s+d)。

(2)物塊A被彈回的過程中，克服摩擦力所做的功仍為%=umg{s+d)

由功能關系得mgH=EP-Wf

解得物塊人能夠上升的最大高度為

H—h—2〃(s+d)。

15.如圖所示，傾角為夕=37°的斜面體ABC固定在高度為拉=0.8m的水平桌面上,斜面頂點。與桌面邊

緣。距離乙=0.4m,Q為斜面上的一點，P是QC的中點。小滑塊與斜面間動摩擦因數由=0.5,與桌

面間動摩擦因數〃2=O.lo將小滑塊從斜面上P點由靜止釋放，剛好能夠停在。點；再將小滑塊從斜面

上Q點由靜止釋放，小滑塊越過。點做平拋運動落在水平地面上。小滑塊從斜面到桌面轉折處機械能

損失不計，sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2o求：

圖9

⑴斜面上點P與點。之間的距離；

（2）小滑塊做平拋運動的水平位移。

答案：（1）0.2小（2）0.1675m

解析:（1）設P、C兩點之間的距離為〃，從P點到D點,克服摩擦力做功

Wf=/ZimgLiCos0+iiimgL

根據能量守恒定律，有n^Lsinff-Wf=0

解得Li=.產L_=0.2mo

⑵設小滑塊從Q點由靜止釋放運動到。點時的速度為V,由動能定理，有

2mgLisin9—2/ijmgLiCos0—/i^gL--^-mv2

解得v-VO.8m/s=0.4A后m/s

小滑塊從。點做平拋運動，豎直方向有

h=yfft2

解得t=代4=Q&s

平拋運動的水平方向位移c=

代入數據解得①=0.16^/^m。

16.（2024山西太原二模）如圖所示，套在一光滑的水平固定輕桿上的小球A和另一小球B由繞過兩輕質光

滑定滑輪的細線相連，小球B、。通過一豎直輕彈簧相連，。球放在水平地面上，定滑輪N到水平輕桿的

豎直距離為乙。初始時上陽和NA兩段細線均豎直，小球A位于輕桿上的居點，細線剛剛伸直且無拉力

作用?，F在用水平向右的恒力F=mg拉小球入，當月運動到R點時，入層與水平方向的夾角為。=

37°,此時。恰好離開地面。已知小球A、8、。的質量均為小,重力加速度為g,彈簧始終處于彈性限度

內，細線與兩定滑輪之間的摩擦不計，已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

⑴彈簧的勁度系數；

（2）A球在R點時的速度大小-

解析:（1）設彈簧的勁度系數為％,初始時，彈簧被壓縮，設壓縮量為，，對B有七的=mg,當A運動到8處時，

。恰好離開地面，此時彈簧處于伸長狀態，設伸長量為22,對C有kx2—mg,根據幾何關系可得%+g=

一^一=白,解得當壁。

sm37oL

⑵設人在打點時的速度大小為n,則此時0B=”cos37°,小球A在/和￡處，彈簧的彈性勢能不變，根據系

統能量守恒有F?—=mg（a?i+g）+-^-mv2+Em喝，解得入球在Pi點時的速度大小v—。；

tanc/22123?

17.（2024浙江臺州二模）如圖所示，一彈射游戲裝置由安裝在水平臺面上的固定彈射器、水平直軌道AB,圓：

心為O1的豎直半圓軌道8CD、圓心為O2的豎直半圓管道DE尸，傾斜直軌道FG及彈性板等組成，軌道

……____…………0

各部分平滑連接。已知滑塊質量zn=O.02kg（可視為質點），軌道BCD的半徑R=0.9巾,管道。EF的

半徑r=0.1滑塊與軌道FG間的動摩擦因數”=0.8，其余各部分軌道均光滑,軌道FG的長度I=1

小,傾角6=37°，滑塊與彈簧作用后,彈簧的彈性勢能完全轉化為滑塊動能，滑塊與彈性板作用后以等大

速率彈回。（sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（1）在某次游戲中滑塊第1次運動到與Oi等高的。點時的速度o1=3m/s,求滑塊受到的支持力大小。

（2）滑塊恰好到達尸,求彈簧的彈性勢能。

（3）彈射器將滑塊彈出后迅速撤走彈射器,要使滑塊最終停在軌道FG上,求彈簧的彈性勢能Ep的取值

范圍。

答案：（1）0.2N（2）0.45J（3）0.45JWEpW0.656J

解析：⑴滑塊在。點，受到的彈力提供向心力，則FNC=mg,解得FNC=Q.2N。

⑵假定滑塊剛好到達F點有%=0,從4運動到F點、_mg（2R+2r）=-Epl,解得與1=0.4J,滑塊要能到F

點，須先通過。點，剛好過D點時有mg=m與，得%=3m/s,從A運動到_D點，有—mgX2R=

re2

嗎2,解得紇2=0.45J,因為紇2>與1,所以恰好到F點時，彈簧的彈性勢能為0.45Jo

（3）由于〃>tan仇滑塊在彈回的過程中剛好停在F點時彈簧的彈性勢能最大，從4運動到F過程,根據動能

定理得一mg（2/?+2r）—〃Mgcos/2Z=0-瑪，解得瑪=0.656J,所以彈簧的彈性勢能嗎的取值范圍0.45

<0.656Jo

18.（2024湖南師大附中高三月考）如圖所示,質量為小的小球甲穿過一豎直固定的光滑桿拴在輕彈簧上，

彈簧下端固定在地面，質量為47n的物體乙用輕繩跨過光滑的輕質定滑輪與甲連接，開始用手托住乙，輕

繩剛好伸直，滑輪左側繩豎直，右側繩與水平方向夾角為a。某時刻由靜止釋放乙（足夠高），經過一段時

間小球運動到Q點，OQ兩點的連線水平，OQ=d，且小球在P、Q兩點處時彈簧彈力的大小相等。已

知重力加速度為g,彈簧彈性勢能的表達式為瑪=為彈簧的勁度系數，力為彈簧的形變量），sin

a=0.8,cosa=0.6。求：

⑴彈簧的勁度系數M

（2）小球位于Q點時的速度大小;

（3）小球甲和物體乙的機械能之和的最大值（設放手前甲、乙在同一水平面上，且以此水平面為零勢能

面）。

解析：（1）由于P、Q兩點處彈簧彈力的大小相等，則由胡克定律可知P點的壓縮量等于Q點的伸長量，由幾

何關系知PQ=dtana=^-d

o

則小球位于P點時彈簧的壓縮量為c=\PQ=~d

對P點的小球由力的平衡條件可知mg=kx

3mg

解得k—

（2）當小球運動到Q點時，假設小球甲的速度為以此時小球甲的速度與繩子OQ垂直，所以物體乙的速度為

零，又知小球、物體和彈簧組成的系統機械能守恒，則由機械能守恒定律得4mg?（-d]—mgdtana—

cosa

解得。=yjso

⑶由系統的機械能守恒定律可知，彈簧彈性勢能為零時，小球甲和物體乙的機械能之和最大%=4=

3

19.某滑雪運動場設置了如圖所示的游樂項目，光滑雪道48段和光滑豎直圓軌道平滑連接，圓軌道的半徑

五=4巾，8為圓軌道的最低點。水平粗糙軌道BC兩端分別與豎直圓軌道、水平傳送帶CD平滑相連,

傳送帶以速度”=10m/s向左勻速運動。一個質量為小=50kg的滑雪運動員（視為質點）從右側雪道

上的/點由靜止滑下，恰能通過豎直圓軌道的最高點。已知運動員與段間的動摩擦因數%可調節,

與傳送帶CD間的動摩擦因數為“2=0.36,LBC=12m,LCD=5所有軌道均在同一豎直面內，重力

加速度g=10m/s2,不計空氣阻力。

DJC

（1）求A點距水平軌道的高度拉；

（2）若要使運動員一直勻加速通過傳送帶CD,則其與段間的動摩擦因數％的取值范圍為多少？

（3）若運動員以最長時間通過傳送帶,從。點水平飛出落在傾角a=37°的斜坡DE上,求運動員在斜坡

上的落點與傳送帶上表面的豎直高度〃（sin37°=0.6）0

答案：⑴10?、坡櫋锎睿?）4.05m

306

解析：（1）設滑雪運動員到達豎直圓軌道最高點的速度為b，則在最高點滿足mg=m吟

運動員從＞1點運動到圓軌道最高點的過程，由動能定理有mg仇—2J?