力g徐金發

°(KES°

題型綠迷........................................................................1

解題攻喀........................................................................1

題型一勻變速直線運動規律的應用..............................................1

題型二牛頓運動定律的綜合應用................................................5

題型三應用動能定理求解多過程問題...........................................15

題型四機械能守恒定律的綜合應用.............................................22

題型五動量觀點與能量觀點的綠合應用.........................................25

真題練習.......................................................................39

（題型綜述）

高考力學計算題思維含量大，但解決問題是有章可循的。

⑴仔細審題，明確題意。審題時要慢、要仔細,尤其要注意一些重要的關鍵字眼。

（2）計算題一般有二到三問，難度是層層遞進的，從感覺最熟悉、最有把握的子過程或圖像的物理意義切入，對

研究對象進行受力或運動情況分析,列方程,進而結合題述向前或向后分析其他過程,逐漸擴大“戰場”,步步

為營,可化難為易。

（3）可把復雜的問題分解為一個個具體的小問題,充分利用各種手段,把物理情境分析清楚,建立物理模型，各

個擊破。

（4）遇到難以突破的，可嘗試從不同角度分析。比如某些變力問題，從動力學角度不好突破，可以嘗試從能量轉

換角度、動量角度等進行分析。

解題攻略J

題型一

班由

求解勻變速直線運動問題的一般思路

①準確選取研究對象，根據題意畫出物體在各階段的運動示意圖,直觀呈現物體的運動過程.

②明確物體在各階段的運動性質，找出題目給定的已知量、待求未知量以及中間量.

③合理選擇運動學公式,列出物體在各階段的運動方程，同時列出物體各階段間的關聯方程.

（2）追及、相遇或避免碰撞等問題的解題思路

畫出運動過程示意圖;找出時間關系、速度關系、位移關系并列出方程.

【典例剖析】

1.（2025?廣西?模擬預測）有一列動車從靜止狀態開始做勻變速直線運動。止匕時，有一位同學安全站立在

第一節車廂前端的站臺前進行觀察，當第一節車廂通過這位同學時，歷時3s,接下來剩余的車廂通過

這位同學,又歷時12s,在此過程中，忽略車廂之間的距離，且車廂的長度是相等的。求：

（1）這列火車共有多少節車廂？

（2）過程中第5節至第9節連續5節車廂經過該同學需要多長時間？

【答案】⑴25⑵3s

【詳解】（1）設車廂的長度為乙，火車的節數為n,即火車總長度為"乙，第1節車廂通過他歷時

ti=3s

全部車廂通過他歷時

t2=3+12=15s

由位移時間關系式得

L=-ati,nL=-a回

由兩式解得

n=25

（2）設前4節車廂通過人所用時間為埒，前9節車廂通過人所用時間為t4,由位移時間關系式得

11

4L=-atl,9L=受溫

解得第5節至第9節連續5節車廂經過該同學需要的時間為

=力4—力3=3s

2.（2025高三上?山東臨沂?期中）某無人機t=0時刻從地面由靜止開始豎直向上先做勻加速直線運動，

一段時間后再做勻減速直線運動，當t=10.5s時速度減為零到達最高點。下表記錄了不同時刻無人

機的速度大小，求

時刻力（S）0246810

速度o(m/s)04.08.012.012.52.5

（1）無人機運動過程中的最大速度。m；

（2）無人機到達最高點時離地的高度鼠

【答案】（l）n?i=（2）/I=78.75m

【詳解】（1）由表格數據可知，人機加速過程加速度大小

22

a3=^^-m/s=2m/s

2—0

無人機減速過程加速度大小

電==3m后

10.5—10

無人機上升過程總時間

vv

--m----1----m---t

電電

解得

vm—15m/s

（2）無人機加速過程上升高度

”u2

hIi=^~m

2QI

無人機減速過程上升高度

7um

拉2=—

2。2

無人機到達最高點離地高度

/=與+殳=78.75m

3.（2025高三?河北石家莊?期中）圖甲所示為一種自動感應門，其門框上沿的正中央安裝有傳感器，傳感

器可以預先設定一個水平感應距離，當人或物體與傳感器的水平距離小于或等于水平感應距離時，中

間的兩扇門分別向左右平移。當人或物體與傳感器的距離大于水平感應距離時，門將自動關閉。圖

乙為該感應門的俯視圖，。點為傳感器位置，以。點為圓心的虛線圓半徑是傳感器的水平感應距離,

已知每扇門的寬度為d,運動過程中的最大速度為”，門開啟時先做勻加速運動而后立即以大小相等

的加速度做勻減速運動，當每扇門完全開啟時的速度剛好為零，移動的最大距離為d,不計門及門框的

厚度。

（1）求門從開啟到單扇門位移為d的時間t0；

（2）若人以2”的速度沿圖乙中虛線AO走向感應門，人到達門框時左右門分別向左向右移動的距離不

小于1d,那么設定的傳感器水平感應距離H至少應為多少？

O

【答案】⑴也；⑵3d

V

【詳解】（1）依題意，門先做勻加速后做勻減速，有

解得

*_2d

to=v

（2）依題意，人在感應區運動的最短時間為

t=嗡'

根據運動的對稱性可知，門勻加速過程的時間為

t=包

12

勻減速運動過程,運用逆向思維，可得

可得門運動的位移恰好為三a的時間為

8

力1+力2=±

聯立，解得

【變式演練】

4..（2025高三上?云南昆明?階段練習）一質點做勻加速直線運動，若在某段時間內，質點速度增加

10m/s,位移為20??；緊接著質點速度再增加10m/s的時間內，質點的位移為40M。求該質點的加速度

大小。

【答案】a-5mzs2

【詳解】設質點的初速度為與，根據速度與位移的公式有

（%+10）'—Vo—2axt

2

（no+2O）2—（t;0+10）=2ax2

解得

a—5mzs2

5..（2025高三上?山東東營?開學考試）如圖,輪滑訓練場沿直線等間距地擺放著若干個定位錐筒，錐筒

間距d=1.8小，某同學穿著輪滑鞋向右勻減速滑行?，F測出他從1號錐筒運動到2號錐筒用時力=

0.4s,從2號錐筒運動到3號錐筒用時i2=0.5s?求該同學

123kk+l

!!1111111!I11/n1111HIInrrnnH/I!I!nI!IJ7

⑴滑行的加速度大小；

（2）到達3號錐筒時的速度大小。

（3）最終停在哪兩個錐筒之間。

【答案】（1）26人2（2）3.1m/s（3）4號錐筒與5號錐筒之間

【詳解】（1）根據勻變速運動規律某段內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度可知在1、2間中間時刻的速

度為

%=-=-y^-m/s=4.5m/s

力10.4

2、3間中間時刻的速度為

_d1.8/Q/

v2—-——7--m/s=3.omZs

t20.5

故可得加速度大小為

4.5—3.6,/

a———=------------=------------------m/sz2—lomlsi2

晝（力i+力2）~2（0.4+0.5）

（2）到達3號錐筒時的速度大小

。3=。2-=3.6—2X=3.1m/s

（3）該同學在1號錐筒時的速度為

”o==4.5+2X=4.9m/s

從1號開始到停止時通過的位移大小為

Vn4Q2

x=--=-?-m=6.0025m仁3.3d

2a2X2

故最終停在4號錐筒與5號錐筒之間。

6..純電動汽車，它是完全由可充電電池提供動力的汽車，已有200年左右的悠久歷史，由于電池價格

高、壽命短、充電時間長等原因，一直沒有進入真正的民用領域。近年來由于新材料新技術的發明改

進，使得這種新能源車越來越受到大眾的喜愛。如圖所示是一輛電動汽車制動做勻減速直線運動時

連續經過的三點A、8、C。已知=段平均速度是⑹母s，口C段平均速度是6m/s,求電

動汽車在人點的瞬時速率。

ABC

11」

【答案】24m/s

【詳解】設=/，4B=3力，則有

---_327_X

VAB—~T~，1*VBC~

55

解得

力2—tl

勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于全程的平均速度，則有

VV

（_1,_—_AB-BC

A_LA

2T2

根據速度公式有

———工力

VA—VAB+。萬

聯立解得

vA=24mzs

題型二牛慣運動定律的綜合應用

崎麗

1.動力學基本問題的解題步驟

⑴明確研究對象:根據問題的需要和解題的方便，選擇某個物體或某系統作為研究對象。

（2）受力分析:畫好受力示意圖，選擇適當的處理方法求出合力或合力的表達式。

①合成法:合成法適用于受力個數較少（2個）的情況。

②正交分解法:正交分解法適用于各種情況,尤其是物體的受力個數較多（3個或3個以上）時。

（3）運動情況分析:畫出運動示意圖，明確物體的運動性質和運動過程，求出或設出物體的加速度。

（4）根據牛頓第二定律和運動學規律列式求解。

2.處理多過程動力學問題的“二分析一關健”

（1）“二分析”

①分析研究對象在每個過程的受力情況,并畫出受力分析圖；

②分析研究對象在每個階段的運動特點。

（2）“一關鍵”

前一個過程的結束時刻和狀態就是后一個過程的開始時刻和狀態，明確兩個過程的交接點速度不變往往是解

題的關鍵。

3.分析“板一塊”模型的四點注意

⑴從速度、位移、時間等角度，尋找滑塊與滑板之間的聯系.

（2）滑塊與滑板共速是摩擦力發生突變的臨界條件.

（3）滑塊與滑板存在相對滑動的臨界條件

①運動學條件：若兩物體速度不等，則會發生相對滑動.

②力學條件:一般情況下，假設兩物體間無相對滑動，先用整體法算出一起運動的加速度，再用隔離法算出滑

塊“所需要”的摩擦力耳,比較吁與最大靜摩擦力小的關系，若耳>瑞，則發生相對滑動.

（4）滑塊不從滑板上掉下來的臨界條件是滑塊到達滑板末端時，兩者共速.

4.傳送帶的摩擦力分析

（1）關注兩個時刻

①初始時刻:物體相對于傳送帶的速度或滑動方向決定了該時刻的摩擦力方向。

②物體與傳送帶速度相等的時刻:摩擦力的大小、方向或性質（滑動摩擦力或靜摩擦力）可能會發生突變。

（2）注意過程分解

①摩擦力突變點是加速度突變點，也是物體運動規律的突變點,列方程時要注意不同過程中物理量莫混淆。

②摩擦力突變點對應的狀態是前一過程的末狀態，也是后一過程的初狀態，這是兩個過程的連接點。

（3）物體在傾斜傳送上運動，物體與傳送帶速度相同后需比較tan。與u的大小關系：tan出速度相等后一

起勻速；tan依速度相等后物體的加速度向下，根據。與a的方向關系即可判定運動情況。

【典例剖析】

7.（2024?福建寧德?三模）如圖甲所示，一質量為m=2kg的小物塊從傾角a=37°的斜面上的人點由靜

止開始滑下,最后停在水平面上的。點。已知小物塊與斜面和水平面間的動摩擦因數相同，斜面與水

平面在B點處平滑連接，小物塊滑過斜面與水平面連接處時無機械能損失。從滑塊滑上水平面6。開

始計時,其運動的速度圖像如圖乙所示。已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2。

（1）求物塊與水平面間的動摩擦因數；

（2）求4、口兩點間的距離。

【答案】（1）0.5（2）6.25m

【詳解】（1）由圖乙求得物塊在水平面上滑行的加速度大小為

如=―^-m/s2=5m/s2

1-0

根據牛頓第二定律，有

"mg—ma2

求得物塊與水平面間的動摩擦因數為

〃=0.5

（2）物塊在斜面上滑行過程中，根據牛頓第二定律，有

mgsina—/imgcosa=max

另外

2

v—2a便AB

代入數據求得

xAB—6.25m

8.傳送帶廣泛應用于生產生活的多種場景。如圖所示，足夠長的傳送帶與長度刀=1.6館的滑板在同一

水平面緊密銜接,滑板右端裝有厚度不計的擋板，滑板質量〃=4.5kg。可視為質點的包裹從傳送帶

左端無初速度釋放，一段時間后沖上滑板。已知包裹的質量巾=3.0kg,包裹與傳送帶的動摩擦因數

出=0.5,包裹與滑板的動摩擦因數〃2=04,滑板與臺面的動摩擦因數“3=02，最大靜摩擦力近似等

于滑動摩擦力,不計包裹經過銜接處的機械能損失，重力加速度大小取g=10m/s2o

（1）當傳送帶以速度的=3.0m/s順時針勻速運動時,求包裹與傳送帶因摩擦產生的熱量及包裹相對于

滑板滑動的距離；

（2）為保證包裹不與滑板右端的擋板相撞，求傳送帶的最大速度。

【答案】⑴13.5J,0.9m（2）4m/s

【詳解】⑴包裹在傳送帶上的加速度

設包裹與傳送帶經過r時間共速，則有

卬,辦

解得

=06s

q

所以包裹的位移

x,?=-，▼?-09m

一

傳送帶的位移

x：-V/,-1Sm

二者的相對位移

△r-X,-xt=09m

包裹與傳送帶因摩擦產生的熱量

必泡135J

包裹在滑板上的加速度

a=-4：g=-4nVsJ

滑塊的加速度

M

設包裹與滑板經過，時間共速，則有

%?H■at

解得

f=06s

a-a

包裹與滑塊的共同速度

v-at=06m/s

包裹的位移

x--108m

滑板的位移

x=-vts018m

故二者的相對位移

Ar-r-r-09m

（2）設傳送帶的最大速度為「.時，包裹不與滑板右端的擋板恰好不相碰，根據上述分析可知，二者共速的時

間

,V.1

t=---=-V

a-a5

共同速度

v-at=—v

5"

包裹的位移

43?

x-羊匕+vy--

滑塊的位移

1..V：

X—-W——

250

二者的相對位移恰好等于滑板的長度，即

Ar-r-x-Z

解得

v=4m/s

9.（2025高三上?安徽?期中）如圖所示，質量M=1kg、足夠長的木板人靜止在水平地面上，地面與木板

/之間的動摩擦因數=0.2,在A的左端放置一質量巾=1kg的鐵塊8（可視為質點），3與人間

的動摩擦因數〃2=0.6,現用一水平恒力F作用在B上，初始時木板A右端距。點（2=9口,當木

板人右端到達O點時撤去外力F。重力加速度取g=10m/s2,滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。

（1）要保持A、B一起做勻加速運動,求力F的取值范圍；

（2）若尸=10N,求整個過程中鐵塊相對木板滑行的距離；

（3）若尸=12N,求從初始到人、口都相對地面靜止過程，整個系統產生的熱量。

【答案】⑴4N<F<8N⑵H.257n（3）324J

【詳解】（1）要保持A、B一起做勻加速運動，整體法可知，拉力的最小值Fmin需滿足

加>“（"+??）g=4N

分析可知二者勻加速運動，當AB間摩擦達到最大值靜摩擦力時拉力最大為Fmax,故對整體研究

隔離B研究，有

產"'一性mg=mo

聯立解得

故里F的范圍為

4N<7<8N

（2）分析可知，F=10N時，二者已相對滑動，由牛頓第二定律可知，B的加速度為

F-^,tng...

%=----------—=4mzs

同理A的加速度為

則木板A右端到達。點時，有

.1p

解得

13$

此時A的速度

vA-aj-6tn/s

此時B的位移

xk=[ajs18m

此時B的速度

vH=aj=l2mls

故該過程鐵塊相對木板滑行的距離

△x,

撤去F后,A繼續加速運動，且加速度為和之前一樣為?M

撤去F后，B做減速運動，且加速度大小為

設經過tl時間，二者共速，則有

解得

v-7.5m/s.-075s

則該過程二者相對位移

因為〃2>故共速后二者相對靜止一起勻減速，故求整個過程中鐵塊相對木板滑行的距離

Ar=Ax,+Ax,=1125m

（3）若F=12N時，由牛頓第二定律可知，B的加速度為

C一9

同理4的加速度為

4:收一聞加1g

則木板4右端到達O點時，有

解得

/■3s

此時B的位移

撤去F后，4、B最終速度減為零，則從初始到4、B都相對地面靜止過程，整個系統產生的熱量，由能量守

恒可知

Q.-324J

【變式演練】

10.如圖，傾角。=30°的足夠長光滑斜面固定，長乙=1.2m,質量Af=2kg的長木板下端靠著插銷置于斜

面上，下端上表面放有一質量m=1kg的物塊（視為質點），不可伸長的伸直細線一端連接物塊，一端

栓在固定擋板上。零時刻拔去插銷，0.9s末將細線剪斷。已知物塊與木板間的動摩擦因數〃=4，

O

最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度g=10m/s2o

?M

m

M

⑴求0.2s末細線對物塊的拉力大小。

（2）求0.9s末長木板的速度大小。

（3）在木板下滑的過程中，系統產生的熱量是多少。

【答案】（l）10N（2）2m/s（3）羋J

o

【詳解】（1）以物塊為研究對象，其受力如圖所示

mg

物塊靜止，由力的平衡條件有

F-Mgsod?/./-pj?jcos30,

代入數據解得

F-10N

（2）以木板為研究對象，其受力如圖所示

Mg

由牛頓第二定律有

Kfgsn30,-f-Ma“，f=f

代入數據得

au-25m/J"

由運動學規律有

<f-0Ss代入解得

（3）00Ss內木板發生的位移為

?M

代入數據得

0.8s之后，由于物塊所受摩擦力不變，則木板加速度門，不變，二者均向下做勻加速運動。假設經時間1,1兩

者共速時，物塊仍在木板上，對物塊，由牛頓第二定律有

代入數據得

由運動學規律有

v,v,

代入數據得

“48.

t=一5?v=—m/s

15*3

木板發生的位移為

r

x(?-|v+vu)/

物塊發生的位移為

Xj=［匕f

代入數據得

2816

x,=-m.x,=-m

,45J45

兩者間的相對位移為

4

△r.iT..一m

115

A16.

△T4*v*-m<L

因15，假設成立，此后兩者一起加速下滑，物塊不會從木板上落下，故在木板下滑的時，系統

產生的熱量

11.(2025高三上?陜西咸陽?階段練習)利用傾斜傳送帶可將貨物向上運送，如圖所示，傳送帶與水平面夾

角為9,傳送帶沿順時針勻速運行的速度為3m/s,貨物與傳送帶間的動摩擦因數為0.75,重力加速度

g取10m/s2,不計貨物的大小，tan37°=0.750

(1)要使貨物由靜止釋放在傳送帶上后能隨傳送帶向上運動，則9應滿足什么條件？

(2)當6=24。時，將貨物由靜止釋放在傳送帶底端，貨物運動到傳送帶頂端時恰好與傳送帶共速，則

傳送帶的長度為多少(取sin24°=0.4,cos24°=0.9)

【答案】⑴。<37°（2）L=>m

【詳解】（1）要使貨物由靜止釋放在傳送帶上后能隨傳送帶向上運動，則要滿足

川”geos6>nigsin

解得

即

e<37°

（2）由題意，貨物一直勻加速運動到頂端，設其加速度大小為a,則有

cos6一收an8=ma

解得

a=275m/s:

貨物到達頂端時速度為

v-3m/s

設傳送帶的長為乙，則有

v:-2aL

解得

12.（2025高三上?四川雅安?階段練習）如圖所示，靜止的粗糙傳送帶與水平面夾角為。=37。,平行于傳送

帶的輕繩一端連接質量為巾1=3kg的小物體A,另一端跨過光滑定滑輪連接質量為巾2=1kg的小物

體B,在外力的作用下，小物體4靜止于傳送帶的頂端。力=0時，撤去外力，傳送帶以速度。=8m/s

順時針勻速轉動；t=4s時,小物體4到達傳送帶的底端。已知小物體A與傳送帶間的動摩擦因數為

U=0.2,小物體B始終未與定滑輪相撞，重力加速度大小為g取10m/s2,sin37°取0.6,cos37°取0.8。

求：

⑴力=Is時，輕繩內張力T；

（2）傳送帶頂端到底端的長度乙。

【答案】⑴13.2N（2）22.9m

【詳解】（1）撤去外力瞬間，設小物塊A加速度的大小為的,繩子的拉力大小為7],由牛頓第二定律對A物體

有

m1gsinO+…geos。-1■叫4

同理對物體B有

Tx-m.g-jJLO,

聯立可得

a=3,7=13:N

若人在傳送帶的速度能達到n所用時間為句,則有

V—。由

解得

ti=2.5s

由，V力得

T-13.2N

（2）設/在傳送帶運動所用時間為力1時，產生的位移為刈,有

1.

X,=—"

由題意可知，小物體人在傳送帶上運動的剩余時間為

解得

t2=1.5s

設剩余時間t2內小物塊4的加速度為的,繩子的拉力大小為（，則對4物體有

nijgsind-^m}gcos0-T,=叫。:

同理對物體石有

設剩余時間內小物塊A發生的位移為電，則有

1=叫+”；

對傳送帶頂端到底端的長度乙，有

￡=x,+X,

代入數據,聯立求解可得

Z-229m

13.如圖所示,長為g的傳送帶水平放置,并保持v=2m/s的速度順時針勻速轉動，其右端與一傾角9=

37。的斜面平滑相連，口為其最左端，斜面的長度8m。一小滑塊（可視為質點）在斜面頂點處由靜

止釋放，從4點進入傳送帶，在傳送帶上運動一段時間后恰好不從傳送帶左端滑落。已知滑塊與斜面

間的動摩擦因數％=0.25,滑塊與傳送帶間的動摩擦因數〃2=0.4,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加

速度g=10m/s2，忽略滑塊經過/點時的能量損失。求：

（1）滑塊由靜止釋放至第一次經過4點所用的時間t；

（2）傳送帶AB段的長度心。

14

BA

【答案】⑴力i=2s;⑵87n

【詳解】

(1)小滑塊在斜面上下滑時，由牛頓第二定律可得

mgsin?！?Ximgcosff—mar

解得

Qi=4m/s2

小滑塊在斜面上由靜止狀態勻加速下滑，由

解得滑塊第一次經過A點時的時間

(2)滑塊第一次經過A點時的速度

滑塊滑上傳送帶做勻減速運動，由牛頓第二定律可得

X/jng-叫

解得滑塊在傳送帶上向左勻減速運動的加速度大小為

a.=任《=4m/s

滑塊在傳送帶上向左運動的位移大小為

X■----

即傳送帶AB段的長度5為8mo

題型三應用動能定理求解多過程問題

【提分秘籍】

運用動能定理需注意的問題

(1)應用動能定理解題時，在分析過程的基礎上無需深究物體運動過程中狀態變化的細節，只需考慮整個過程

的功及過程初末的動能.

(2)若過程包含了幾個運動性質不同的分過程，既可分段考慮，也可整個過程考慮.但求功時,有些力不是全過

程都作用的，必須根據不同的情況分別對待求出總功，計算時要把各力的功連同正負號一同代入公式.

【典例剖析】

14.如圖所示為摩托車特技表演軌道示意圖，AB段為水平平臺，段為一壕溝，CDE段為位于豎直平

面內的圓弧軌道。運動員騎摩托車在段加速后從B點水平飛出，越過壕溝后從。點沿切線進入

圓弧軌道CDE,圓弧軌道的半徑OC與豎直方向的夾角為53°。若兩點的豎直高度差為九=

7.2m,圓弧軌道CDE的半徑R=10m,運動員和摩托車總質量為m=160kg且可視為質點，通過圓弧

軌道最低點D時對軌道的壓力大小為6400N,取重力加速度g=10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,

不計空氣阻力。求：

⑴8、。兩點間的水平距離；

（2）從。到。的過程中，運動員和摩托車克服摩擦力做的功。

【答案】⑴10.8m（2）4007

【詳解】（1）設摩托車通過。點時水平速度為七，豎直速度為％，據平拋運動的規律可得

根據幾何關系

tanSys—

匕

水平方向的位移

解得

T>C-108m

（2）從C到。，據動能定理可得

ingj?（l-cos53,）-IFt=2.Jw',-!w;

根據運動的合成可得在。點的速度

v,?***

在。點，據牛頓第二定律可得

解得

W,=400J

15.（2025高三上?廣東汕頭?期中）如圖所示，一小圓環人套在一條均勻直桿B上，人的質量為小，口的質

量為2小，它們之間的滑動摩擦力/=0.5mg（g為所處區域的重力加速度），開始時A處于B的下端,

B豎直放置，在A的下方與A相距為h處,存在一個“相互作用”區域區域C的高度為d，固定在地

面上方的空中（如圖劃有虛線的部分），當A進入區域。時，A就受到一個方向豎直向上、大小F=

3mg的恒力作用，區域。對直桿B不產生作用力，讓人和B一起由靜止開始下落，已知A首次進入區

域。內運動直到離開過程始終沒有脫離直桿且直桿也沒有碰到地面，不計空氣阻力。

相互

作用區

(1)若A從區域。下方離開“相互作用”區，求/離開區域。時的速度”的大小，并求高度d與％之間

滿足的關系；

⑵若高度d分別取兩個不同值&=與和d2=%,試求這兩種不同情況下，直桿B的長度I分別應滿足

的條件。

【答案】(1)見解析(2)見解析

【詳解】⑴A和B一起由靜止下落到進入區域C時速度為。0,有

K；=物

人進入區域。后，受到方向向上的合力作用，做減速運動，有

(mg+/-F)d=-nj(v;-^)

產?3邇

聯立解得A離開區域。時的速度

由于

>0

則高度d與月之間滿足的關系

3

(2)4進入區域。之后，把A和B兩個物體構成的整體作為研究對象，外力之和為零，動量守恒，設A離開

區域。時B的速度為uB,則

3嗎=+［皿1f

當由=/時，B在這一過程中下降的高度為九8,有

(2mg-/)\=12m?-4)

--Jk(1萬?切J

聯立解得

A,一

4

又

則直桿B的長度Z應滿足的條件是

1^-

4

當d2=九時，入從區域。上方離開''相互作用”區，人離開“相互作用”區時的速度

匕=叫

聯立解得

4-4方

則直桿B的長度應滿足的條件是

16.（2025高三上?安徽?階段練習）某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角6=37°的直軌道AB,半徑R

=1m、圓心角為29的圓弧BCD,半徑為R、圓心角為。的圓弧。E組成，軌道間平滑連接。質量為m

=0.5kg的物塊從軌道AB上距B高度為％處靜止釋放，經圓弧軌道8CD滑上軌道座。物塊與軌

道間的動摩擦因數〃=0.5,圓弧軌道均光滑，物塊可視為質點，取重力加速度g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8。求：

（1）若h=0.3巾,物塊第一次通過。點時對軌道的壓力大小;

⑵h為多少時物塊剛好可以沿軌道運動到E點。

【答案】（1）8N（2）0.6m

【詳解】（1）物塊從開始運動到。點過程，根據動能定理

+cosd）-]-3gcos^—^―=—

iJan。2

在。點，根據牛頓第二定律有

?M

解得

J；-8N

根據牛頓第三定律可知，第一次通過。點時物塊對軌道的壓力大小為

月'=K=SN

（2）若物塊恰好沿軌道到E點，則有nE=0,設釋放的高度為無1,根據動能定理有

尺（1-85叫］一卬IJ8S8-=0

解得

h,-06m

【變式演練】

17.（2025高三上?福建泉州?期中）如圖所示，水平軌道BC的右端與高度h=0.45m固定光滑斜面軌道

48在口點平滑連接，左端與一傾角為夕=30°的光滑斜面軌道CE在。點平滑連接，E處固定一勁

度系數k=70N/m的輕質彈簧。一質量為m=2kg的滑塊從A點由靜止釋放，經后滑上CE并壓

縮彈簧，第一次可將彈簧壓縮至。點。已知長為s=0.8m,滑塊與的動摩擦因數必=0.1,CD

長為L=0.6m,g取10m/s2,彈簧的彈性勢能滿足公式E彈=］左爐,其中k為勁度系數，刀為形變量。

（1）滑塊第一次經過口點時的速率；

（2）滑塊運動到的。點的加速度大??；

（3）滑塊最終停在距8點多遠的位置。

【答案】⑴3mzs（2）12m/s2（3）0.3m

【詳解】（1）從入到B過程中，根據機械能守恒定律可得：

-^-mvl=mgh

解得

vB=3m/s

（2）設滑塊在D點、時彈簧的壓縮量為劣，從4到。根據功能關系可得

mgh—/jmgs+mgLsinS