疑難壓軸 多體多過程問題中力和運(yùn)動的綜合分析-2025年高考物理易錯題專練（解析版）

疑難壓軸1多體多過程問題中力和運(yùn)動的綜合分析

1.(2024?貴州)如圖，半徑為R=1.8m的四分之一光滑圓軌道固定在豎直平面內(nèi)，其末端與水平地

面PM相切于P點(diǎn)，PM的長度d=2.7m。一長為L=3.3m的水平傳送帶以恒定速率vo=lm/s逆

時(shí)針轉(zhuǎn)動，其右端與地面在M點(diǎn)無縫對接。物塊a從圓軌道頂端由靜止釋放，沿軌道下滑至P

點(diǎn)，再向左做直線運(yùn)動至M點(diǎn)與靜止的物塊b發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短。碰撞后b向左運(yùn)動

到達(dá)傳送帶的左端N時(shí)，瞬間給b—水平向右的沖量I,其大小為6N?s。以后每隔At=0.6s給b

一相同的瞬時(shí)沖量L直到b離開傳送帶。已知a的質(zhì)量為ma=1kg,b的質(zhì)量為mb=2kg,它們

均可視為質(zhì)點(diǎn)。a、b與地面及傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為日=0.5,取重力加速度大小g=10m/s2o

求：

(1)a運(yùn)動到圓軌道底端時(shí)軌道對它的支持力大??；

(2)b從M運(yùn)動到N的時(shí)間；

(3)b從N運(yùn)動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量。

.......---q

N

voC.J：

-------L---------f------d-------

【解答】解：(1)在a運(yùn)動到圓軌道底端的過程中，由動能定理

magR=6a唉

解得vp=6m/s

在P點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律Np-niag=ma皆

解得NP=30N

(2)設(shè)a運(yùn)動到M的速度為VM,由動能定理

-limagd=^mavh-

解得VM=3HI/S

取水平向左為正方向，物塊a、b碰撞后的速度分別為vi、V2

把物塊a、b做為一個系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律

rnaVM=maVl+mbV2

物塊a、b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)機(jī)械能守恒

121212

2maVM=~mavl+52

聯(lián)立解得

vi=-lm/s,V2—2m/s

物塊b進(jìn)入傳送帶后做勻減速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律

-|imbg=mba

得a=-5m/s2

設(shè)達(dá)到共速時(shí)間為ti,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式

vo=v2+ati

解得ti=0.2s

減速位移

=22——X七1=--X0.2.171—0.3)71

勻速運(yùn)動的位移

X2=L-xi=3.3m-0.3m=3.0m

勻速運(yùn)動的時(shí)間

._%2_3.0_

七2==~~s—3Q.0ns

,V01

b從M運(yùn)動到N的總時(shí)間

t=ti+t2=0.2s+3.0s=3.2s

(3)設(shè)給b一個瞬時(shí)沖量后，物塊b的速度為V3,取水平向右為正方向，則作用前物塊b的速

度為vo=-lm/s

根據(jù)動量定理

I=mbV3-mbvo

解得V3=2m/s

物塊b先向右做勻減速運(yùn)動，后向左做勻加速運(yùn)動，設(shè)共速時(shí)間為t3,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式

.—1-2心

to=——-——-=——p—s=n0.6s

5a—5

物塊b對地位移

--3+g%)xt3=x0.6m=0.3m

JZ3L

傳送帶位移

X4=vot3=lX0.6m=0.6m

物塊b相對于傳送帶的位移

△xi=x3+x4=0.3m+0.6m=0.9m

由于At=t3,因此物塊b剛好與傳送帶共速時(shí)，又獲得一個沖量I,設(shè)物塊b的速度變?yōu)閂4

根據(jù)動量定理

I=mbV4-mbvo

解得V4=2m/s

同理可得，物塊b對地位移

X5—0.3m

傳送帶位移

X6=0.6m

物塊b相對于傳送帶的位移

Ax2=0.9m

以此類推，物塊b獲得第n次瞬時(shí)沖量時(shí)，距離傳送帶右端的距離為：

si=L-10x3=3.3m-10X0.3m=0.3m

物塊b獲得第11次瞬時(shí)沖量后向右運(yùn)動si=0.3m離開傳送帶，此過程時(shí)間為14,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公

式

17

Sl=V3t4+^4

解得：t4=0.2s

此過程物塊b相對于傳送帶的位移大小為：

Ax3=vot4+si=1X0.2m+0.3m=0.5m

物塊b相對于傳送帶總的相對位移為：

Ax=10Ax]+Ax3=10X0.9m+0.5m=9.5m

產(chǎn)生的摩擦熱

Q=HmbgAx=0.5X2X10X9.5J=95J。

答：(1)a運(yùn)動到圓軌道底端時(shí)軌道對它的支持力大小為30N；

(2)b從M運(yùn)動至IJN的時(shí)間為3.2s；

(3)b從N運(yùn)動到M的過程中與傳送帶摩擦產(chǎn)生的熱量為95J。

2.（2024?丹陽市校級一模）如圖所示，在水平的桌面上，有一光滑的弧形軌道，其底端恰好與光滑

水平面相切。右側(cè)有一豎直放置的光滑圓弧軌道MNP,軌道半徑R=0.8m,MN為其豎直直徑,

P點(diǎn)到桌面的豎直距離也是R,質(zhì)量為M=2.0kg的小物塊B靜止在水平面上。質(zhì)量為mA=2.0kg

的小物塊A從距離水平面某一高度的S點(diǎn)沿軌道從靜止開始下滑，經(jīng)過弧形軌道的最低點(diǎn)Q滑

上水平面與B發(fā)生彈性碰撞，碰后兩個物體交換速度，然后小物塊B從桌面右邊緣D點(diǎn)飛離桌

面后，恰由P點(diǎn)沿圓軌道切線落入圓軌道，g=10m/s2,求：

（1）物塊B離開D點(diǎn)時(shí)的速度大??；

（2）S與Q豎直高度h；

（3）物塊能否沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，并通過計(jì)算說明理由。

【解答】解：（1）A、B碰撞后，因二者交換速度，所以A靜止，物塊B由D點(diǎn)做平拋運(yùn)動，落

到P點(diǎn)時(shí)其豎直速度為vy,有呼=2gR

“%

又——=tan45°

如

解得VD=4m/s

（2）設(shè)A與B碰撞前的速度為vo,A與B相碰交換速度，所以

vo—VD—4m/s

A從S滑到Q的過程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得

mAgh=品4詔

解得

h=0.8m

（3）設(shè)物塊能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，且到達(dá)時(shí)其速度為VM,從D到M由動能定理得

11mv

—mBgRcos4S°—2mB"h_2BD

解得

vM^2.2m/s</gR="0x0.8?2.8m/s即物塊不能到達(dá)M點(diǎn)。

3.（2024?西安模擬）北京時(shí)間2024年7月31日，在巴黎奧運(yùn)會自由式小輪車女子公園賽決賽中，

中國選手鄧雅文奪得金牌。這也是中國運(yùn)動員第一次參加奧運(yùn)會自由式小輪車項(xiàng)目。其部分場地

可以簡化為如圖所示的模型，平臺A左右弧面對稱，右側(cè)為半徑r=3m的部分圓弧面，圓心角。

1

滿足sin8=0.8,平臺B為一的圓弧面，半徑R=3.2m,鄧雅文以一定的初速度從平臺的左下端沖

4

向平臺A,從M點(diǎn)騰空后沿切線從N點(diǎn)進(jìn)入賽道，再經(jīng)過一段水平騎行從Q點(diǎn)進(jìn)入平臺B,恰

好到達(dá)平臺B的上端邊緣，平臺A上端MN間的距離為2.4m,鄧雅文和獨(dú)輪車總質(zhì)量為75kg,

運(yùn)動過程中可視為質(zhì)點(diǎn)，整個過程鄧雅文只在PQ段進(jìn)行了騎行做功，不計(jì)一切阻力，重力加速

（1）鄧雅文和獨(dú)輪車到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)賽道給獨(dú)輪車的支持力大??；

（2）鄧雅文和獨(dú)輪車在MN段騰空最高處的速度；

（3）鄧雅文在PQ段騎行過程中所做的功。

【解答】解：（1）由Q到平臺B上段的過程，根據(jù)機(jī)械能守恒有：=mgR

可得：VQ=8m/s

在Q點(diǎn)根據(jù)牛頓第二定律有：FN-mg=m—

R

代入數(shù)據(jù)可得：FN=2250N；

1

（2）根據(jù)拋體運(yùn)動，在水平方向有：Vxt=2XMN

豎直方向有：vy=gt,且tan8=*

聯(lián)立可得：vx=3m/s

（3）在M點(diǎn)時(shí)，根據(jù)關(guān)聯(lián)速度有：VMCOSO0=VX

可得：VM—5m/s

112

由M到Q由動能定理可得：-mvQ--=-mgr+W

解得：W=562.5J

答：（1）鄧雅文和獨(dú)輪車到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)賽道給獨(dú)輪車的支持力大小為2250N；

（2）鄧雅文和獨(dú)輪車在MN段騰空最高處的速度3m/s；

（3）鄧雅文在PQ段騎行過程中所做的功為562.5Jo

4.（2024?南充模擬）一個質(zhì)量為m的羽毛球卡在球筒底部，球筒的質(zhì)量為M,筒長為L,羽毛球的

高度為d（可將羽毛球看成質(zhì)量集中在球頭的質(zhì)點(diǎn)），已知羽毛球和球筒間的最大靜摩擦和滑動摩

擦力大小近似相等，且恒為f=kmg（k>l）o重力加速度為g,不計(jì)一切空氣阻力。某同學(xué)使用

以下三種方式將球從筒內(nèi)取出：

（1）方式一：“甩”，如圖甲所示。手握球筒底部，使羽毛球在豎直平面內(nèi)繞。點(diǎn)做半徑為R的

圓周運(yùn)動。當(dāng)球筒運(yùn)動至豎直朝下時(shí)，羽毛球恰要相對球筒滑動，求此時(shí)球筒的角速度；

（2）方式二：“敲”，如圖乙所示。手握球筒向下運(yùn)動，使球筒以一定速度撞擊桌面，球筒撞到桌

L

面后不再運(yùn)動，而羽毛球恰好能滑至球頭碰到桌面。若已知運(yùn)動的初速度為o,起始高度為5,求

此過程手對球筒所做的功；

（3）方式三：“落”，如圖丙所示。讓球筒從離地h高處由靜止釋放，已知：k=4,M=8m,且球

1

筒撞擊地面后反彈的速度大小始終為撞擊前的,若要求在球筒第一次到達(dá)最高點(diǎn)以后，羽毛球

從球筒中滑出，求h應(yīng)滿足怎樣的取值范圍？（不考慮球筒和地面的多次碰撞）

丙

【解答】解：（1）當(dāng)球筒運(yùn)動至豎直朝下時(shí)，以羽毛球?yàn)檠芯繉ο螅鹈蚯∫鄬η蛲不瑒?

對羽毛球受力分析有:

f-mg=mR（o2

將f=kmg代入

（2）以球筒和羽毛球整體為研究對象，設(shè)手對其整體做功為W,整體碰到桌面時(shí)的速度為v,從

開始至碰到桌面的過程由動能定理，有：

11

/+(TH+M)g?]L=(m+M)〃2—o

以羽毛球?yàn)檠芯繉ο?，它在球筒?nèi)減速下滑至桌面，由動能定理：

1

mg(L—d)—f(L—d)=0--^mv7

聯(lián)立解得：

W=(m+M)g((k-1)(L-d)-

(3)羽毛球和球筒從h處自由下落，觸地瞬間的速度滿足

VQ=2gh

此后m以初速度vo向下做勻減速運(yùn)動，M以vo/4得初速度向上做勻減速運(yùn)動，在二者達(dá)到共速

之前的過程中，對于m,由牛頓第二定律方程：

kmg-mg=mai

解得：x=%哼皿4tl+204t2=46m

對于M,由牛頓第二定律方程：

kmg+Mg=Ma2

可解得：a2=|g

設(shè)M第一次運(yùn)動至最高點(diǎn)的時(shí)間為to滿足

1

7ro~。2to

即」。嚙

選豎直向下為正方向，設(shè)二者在tl時(shí)刻達(dá)到共速，則tl滿足

1

%—aih=一+a2tl

可解得：爵

由to<ti<2to可知，二者在M第一次到達(dá)最高點(diǎn)以后下落過程中達(dá)到共速，若恰好在共速時(shí)刻m

滑出，二者的相對位移為L,即：

111

"oh—2aifi一(-4v°fl+202分)=L

聯(lián)立可得h的最小值

72

「芯八2.9L

若m恰好在to時(shí)刻滑出，即：

17117

孫%—2aifo-(-4rofo+2a2fo)=L

聯(lián)立可得h的最大值

24

%=亍/3.4L

故h應(yīng)滿足：

7224

——L<h<——L

257o

答：(1)此時(shí)球筒的角速度為3=心京應(yīng)；

1

(2)整個過程中手對球筒所做的功為W=(TH+M)g((k-1)(L一d)-分；

7224

(3)h的取值范圍是一LV/iV—L。

257

5.（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以速度v=5m/s沿順時(shí)針方向勻速

轉(zhuǎn)動，傳送帶與水平方向的夾角8=37°。質(zhì)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(shí)刻開始給物塊A以沿

傳送帶方向的初速度vo=14m/s（此時(shí)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(shù)以=0.25,不計(jì)滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個

運(yùn)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(shí)的加速度；

（2）物塊A沖上傳送帶運(yùn)動到最高點(diǎn)所用時(shí)間；

（3）物塊A沿傳送帶向上運(yùn)動的過程中，物塊A對傳送帶做的功。

Ins

【解答】解：（1）物塊A剛沖上傳送帶時(shí)，對A物塊，根據(jù)牛頓第二定律有：mgsin0+T+nmgcos9

=mai

對B物塊：mg-T=mai

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：a.=9m/s2

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(xù)向上做勻減速直線運(yùn)動，對A物塊，根據(jù)牛頓第二

定律有

mgsin0+T,-|imgcos0=mar

對B物塊有：T'-mg=mai'

聯(lián)立解得：ai'=7m/s2

當(dāng)物塊A的速度減為零時(shí)，其沿傳送帶向上運(yùn)動的距離最遠(yuǎn)，則有：ti=^z2=^s=l,st2=A=

77s

那么物塊A沖上傳送帶運(yùn)動到最高點(diǎn)所用時(shí)間：t=ti+t2=ls+3=竽S

(3)此過程中物塊對傳送帶做的功：Wf=fxi-fx2

其中：f=|imgcos8

傳送帶在兩段時(shí)間內(nèi)的位移：Xl=vtl,X2=vt2

代入數(shù)據(jù)解得：W=^-J

答：(1)物塊A剛沖上傳送帶時(shí)的加速度為9m/s2,方向沿傳送帶向下

(2)物塊A沖上傳送帶運(yùn)動到最高點(diǎn)所用時(shí)間為￡$

(3)物塊A沿傳送帶向上運(yùn)動的過程中，物塊A對傳送帶做的功為一人

6.（2024?龍鳳區(qū)校級模擬）一闖關(guān)游戲裝置處于豎直截面內(nèi)，如圖所示，該裝置由傾角0=37°的

直軌道AB,螺旋圓形軌道BCDEF,水平直軌道FG,傳送帶GH,水平直軌道HI,兩個相同的

四分之一圓管道拼接成的管道IJ,水平直軌道JK組成。其中螺旋圓形軌道與軌道AB、FG相切

于B（E）和C（F）o直線軌道FG和HI通過傳送帶GH平滑連接，管道IJ與直線軌道HI相切

于I點(diǎn)，直線軌道JK右端為彈性擋板，滑塊與彈性擋板碰撞后能原速率返回。已知螺旋圓形軌道

半徑R=0.4m,FG長LFG^ZHI,傳送帶GH長LGH=1.5m,HI長LHi=4m,LjK=2.8m,四分之

一圓軌道IJ的半徑r=0.4m。滑塊與FG、HI、JK間的動摩擦因數(shù)囚=0.25,與傳送帶間的動摩

擦因數(shù)2=0.6,其余軌道光滑?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m=1kg的滑塊從傾斜軌道AB上某高度h處靜止

釋放（滑塊視為質(zhì)點(diǎn)，所有軌道都平滑連接，不計(jì)空氣阻力，sin37。=0.6,cos37°=0.8,g=

10m/s2）

（1）若滑塊恰好經(jīng)過圓形軌道最高點(diǎn)D,求滑塊過C點(diǎn)對軌道的壓力及滑塊靜止釋放時(shí)的高度；

（2）若滑塊從AB上高h(yuǎn),=3m處靜止釋放，且傳送帶靜止，那么滑塊最終靜止的位置距離H

點(diǎn)的水平距離有多遠(yuǎn)；

（3）若滑塊從AB上高h(yuǎn)'=3m處靜止釋放，且傳送帶以恒定的線速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動，要使滑塊

停在JK上（滑塊不會再次通過軌道IJ回到HI上），求傳送帶的線速度v需滿足的條件。

【解答】解：（1）若滑塊恰好經(jīng)過圓形軌道最高點(diǎn)D,則根據(jù)牛頓第二定律可得:

mg=m請

代入數(shù)據(jù)解得：

VD='gR=V10x0.4m/s=2m/s

滑塊從C到D點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理可得：

11

-mg?2R=）血詔—2m正

代入數(shù)據(jù)解得：

vc=2V5m/s

滑塊過C點(diǎn)時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得：

v2

F'c-mg=m赍

代入數(shù)據(jù)解得：

Fc，=60N

由牛頓第三定律可知滑塊對軌道的壓力為：

Fc=F'c=60N

方向豎直向下?；瑝K從A到D點(diǎn)過程中，根據(jù)動能定理可得:

]

mg（h-2R）=2mvD

代入數(shù)據(jù)解得：

h=lm

（2）滑塊滑下斜面AF重力做功：

WG=mgh/

解得：WG=30J

若傳送帶靜止，滑塊運(yùn)動到I點(diǎn)，需克服摩擦力做功：

Wfi=|i1mgLFG+|i2mgLGH+|i1mgLni

解得：Wfi=24J

由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達(dá)I點(diǎn)時(shí)的動能：

Eki=WG-Wfi=30J-24J=6J

設(shè)滑塊滑上半圓軌道IJ的高度hi,

則有：Eki=mghi

解得：

hi=0.6m<2r=0.8m

則滑塊會從圓軌道IJ返回滑下運(yùn)動，根據(jù)動能定理可得：

-|iimgx=O-Eki

解得滑塊滑過四分之一圓軌道IJ繼續(xù)滑行的位移大小

x=2.4m

所以滑塊最終靜止在H點(diǎn)右側(cè)，距H點(diǎn)的水平距離為：

AX=LHI-x=4m-2.4m=1.6m

（3）若向上滑塊恰好能到達(dá)J,則滑塊在H點(diǎn)的動能為：

1?

EkHi=2=[iimgLHi+mg?2R

代入數(shù)據(jù)解得:

VHi=6m/s

由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達(dá)G點(diǎn)的過程可得：

7/T12

mg/i—gmgLFG=2mvG

代入數(shù)據(jù)解得：

vG=V50m/s>6m/s

若傳送帶靜止，由動能定理可知滑塊從斜面上滑下到達(dá)H點(diǎn)時(shí)，可得

EkH=mgh'-^mgLFG-^2mgLGH=30/-5/-9/=16/=

代入數(shù)據(jù)解得：

vH=V32m/s<6m/s

則滑塊在傳送帶上先減速再勻速運(yùn)動，且傳送帶的速度為：

vi=6m/s

若滑塊在JK上與彈性擋板碰撞后，恰好停在J點(diǎn)，則從H到停下根據(jù)動能定理可得：

mv

VH2一〃1mg（而+2LJK）—2mgr=0-2H2

代入數(shù)據(jù)解得：

VH2=8m/s

則滑塊在傳送帶上做勻速直線運(yùn)動，傳送帶的速度需滿足的條件為：

vW8m/s

因此要使滑塊停在KL上（滑塊不會再次返回半圓軌道IJ回到HI上），傳送帶的速度需滿足的條

件為：

6m/sWvW8m/s

答：（1）滑塊過C點(diǎn)對軌道的壓力為60N,方向豎直向下，滑塊靜止釋放時(shí)的高度為1m；

（2）滑塊最終靜止的位置距離H點(diǎn)的水平距離為1.6m；

（3）要使滑塊停在JK上（滑塊不會再次通過軌道IJ回到HI上），傳送帶的線速度v需滿足的條

件為6m/s<v<8m/so

7.（2024?湖北一模）近兩年自媒體發(fā)展迅猛，受到各年齡段用戶的青睞；人們經(jīng)常在各種自媒體平

臺分享自己生活的精彩片段，某位同學(xué)就分享了自己在一個大的水泥管內(nèi)玩足球炫技的視頻。如

圖，該同學(xué)面向管壁站立在管道最低點(diǎn)，先后以叵巫、再走的初速度面向管壁方向踢出兩

個足球，足球在如圖所示豎直圓截面內(nèi)運(yùn)動，恰好分別落入該同學(xué)胸前和背后的兩個背包。已知

水泥管道截面半徑為R,該同學(xué)胸前和背后的兩個背包口看成兩個水平圓框，且圓框與豎直圓截

面的圓心O等高，兩水平圓框最近點(diǎn)的間距為0.28R,且兩最近點(diǎn)關(guān)于過O點(diǎn)的豎直直徑對稱,

不計(jì)足球與水泥管間的摩擦，足球看成質(zhì)點(diǎn)，且均從水平圓框的圓心進(jìn)入背包，重力加速度大小

為g,舊=1,73,V11=3.32,V59=7.70,s譏53。=0.8?（1）兩球與水泥管道的脫離點(diǎn)分別為

A、B,求OA、OB與水平方向的夾角⑦、02；

（2）設(shè)R=lm,胸前的背包口圓框的直徑是多少米（數(shù)據(jù)保留兩位小數(shù)）？

【解答】解：（1）設(shè)脫離點(diǎn)與水泥管圓心連線與水平方向的夾角為。，由牛頓第二定律得

.?mv2

mgsin0=—^―

根據(jù)動能定理

11

-mgR(l+sin0)=-^mv2--^mvQ

解得

vo=J(2+3sin6)gR

可得

.1.4

sin0i=2，sin02=5

則

01=30°，02=53°

（2）對過A點(diǎn)的足球受力分析可得

.八mv\2

mgsin0i=—

解得

VI=&R

足球與水泥管脫離后做斜拋運(yùn)動，從脫離到最高點(diǎn)過程，豎直方向

vicos9i=gti

解得

水平位移

Xi=visin0iti

豎直位移

17

hi—2gti

足球從最高點(diǎn)到背包口過程，水平位移

X2=visin0it2

豎直位移

h2=hi+Rsin0i=5g玲

足球斜拋的水平位移

X=X1+X2

胸前的背包口圓框的直徑

d=2（RcosOi-x-^

聯(lián)立解得d=0.19m

答：（1）OA、0B與水平方向的夾角分別為30°,53

（2）胸前的背包口圓框的直徑是0.19m。

8.（2024?思明區(qū)校級模擬）蹴鞠是有史料記載的最早足球活動，圖甲所示是某蹴鞠活動的場景。如

圖乙所示，某校舉行蹴鞠比賽的場地為一長方形ABCD,長AD=10m,寬AB=8m,E、E'、

F、F'分別為各邊中點(diǎn)，O為EE'和FF'交點(diǎn)，EE'上豎直插有兩根柱子，兩柱之間掛一張大

網(wǎng)，網(wǎng)的正中間有一圓形的球洞名為“風(fēng)流眼”，兩支球隊(duì)分別在網(wǎng)的兩側(cè)，若蹴鞠穿過“風(fēng)流眼”

后落地，射門的球隊(duì)得分。圓形“風(fēng)流眼”的圓心Q在O點(diǎn)正上方，Q、O之間的高度h=3.75m。

甲、乙兩位運(yùn)動員在某次配合訓(xùn)練中，甲將靜止在地面F點(diǎn)的蹴鞠斜向上踢出，經(jīng)時(shí)間ti=0.5s

恰好到達(dá)最高點(diǎn)P,P在場地上的投影為P'且P'在FO上，P'到F點(diǎn)的距離為xi=2m。乙運(yùn)

動員緊接著從P點(diǎn)將蹦斜向上踢出，恰好經(jīng)過“風(fēng)流眼”中的Q點(diǎn)且經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)速度方向水平，

穿過“風(fēng)流眼”后蹴鞠落到OF,上的K點(diǎn)（蹴鞠第一次著地的位置），如圖丙所示。蹴鞠的質(zhì)量

為0.6kg,蹴鞠可看作質(zhì)點(diǎn)，忽略空氣阻力，重力加速度大小取g=10m/s2。求：

DF'c

OKF'

（1）最高點(diǎn)P離地面的高度hi；

（2）甲運(yùn)動員對蹴鞠做的功W；

（3）K點(diǎn)到。點(diǎn)的距離d（結(jié)果可以用根式表示）。

【解答】解：（1）蹴鞠豎直向上逆過程就是自由落體運(yùn)動，4=仔

解得,hi=1.25m

（2）蹴鞠水平方向，有以=等

角軍得，Vx=4m/s

豎直方向上，有Vy=gt

解得，vy=5m/s

蹴鞠的初速度為%=J出+琢

解得，v0=V41m/s

甲運(yùn)動員對蹴鞠做的功W=

解得，W=12.3J

(3)PQ的IWJ度為Ah=h-hi

豎直方向上，有=

蹴鞠從P運(yùn)動到Q的時(shí)間為t2=孝s

蹴鞠從P運(yùn)動到Q時(shí)，設(shè)FO距離為In故沿水平方向的速度為險(xiǎn)2=與血，代入數(shù)據(jù)可得:

12

Vx2=3V2m/s

蹴鞠從Q點(diǎn)落到K點(diǎn)的時(shí)間為t3=后可得，t3=^S

K點(diǎn)到EE'的距離為d=vx2t3可得，

答：(1)最高點(diǎn)P離地面的高度hi為.25m；

(2)甲運(yùn)動員對蹴鞠做的功W為12.3J；

(3)K點(diǎn)到O點(diǎn)的距離d為一m

2o

9.（2024?市中區(qū)校級二模）如圖所示，光滑軌道ABC由豎直段AB、半徑為R的三圓弧形軌道BC

4

組成，末端C處切線水平。緊鄰C右端依次為水平粗糙的傳送帶甲、乙和水平粗糙的地面，均與

C點(diǎn)等高；傳送帶甲以恒定的速率u=7J證順時(shí)針轉(zhuǎn)動，傳送帶乙和上方的均質(zhì)木板處于靜止?fàn)?/p>

態(tài)，其中木板長度與乙兩端DE等長，均為kR（k未知），忽略軌道、傳送帶、地面相互之間的間

隙?，F(xiàn)有一物塊從軌道上的P處靜止釋放，經(jīng)C點(diǎn)進(jìn)入傳送帶甲，于D處與木板發(fā)生碰撞后取

走物塊，碰撞前后物塊、木板交換速度，且在碰撞結(jié)束瞬間，傳送帶乙啟動并以木板被碰后的速

度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，最終木板運(yùn)動2kR的距離后靜止，忽略碰撞時(shí)間以及乙啟動時(shí)間。已知，物

塊通過傳送帶甲過程，甲皮帶運(yùn)動的路程是物塊路程的1.5倍；木板與傳送帶乙、地面之間的動

摩擦因數(shù)為0.5,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力；PB高度差h=R,物塊、木板質(zhì)量均為m,重力

加速度為g,忽略物塊和傳送帶輪子的尺寸。己知簡諧運(yùn)動的周期公式7=2兀器，其中k為回復(fù)

力系數(shù)。sin27°=*，求：

（1）物塊即將滑出軌道末端C時(shí)，對C處的作用力F；

（2）若傳送帶甲因傳送物塊多消耗的電能為W,甲和物塊間的摩擦生熱為Q,求蔡的數(shù)值大??；

（3）k的大小；

mg{/i+R）=）血詔

解得

%=2JgR

C處根據(jù)牛頓第二定律有

廠詔

F—mg=

解得

F=5mg

由牛頓第三定律，物塊對C處的作用力大小為5mg、方向豎直向下；

(2)由題意物塊進(jìn)入甲傳送帶時(shí)voVu,假設(shè)物塊一直勻加速到D,設(shè)加速度為a,末速度為VD,

對物塊根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有

1

2Q

CD-vot+at

vD=vo+at

對傳送帶

3

ut=aCD

聯(lián)立求解得

”D=

說明物塊在甲上先加速，后以U勻速；設(shè)物塊勻加速時(shí)間為tl,根據(jù)功能關(guān)系有

W=Ff?|iti

1

v

Q=Ff-\utr-2(o+

聯(lián)立解得

W14

—=—?

Q5'

(3)碰撞后木板的速度大小為u,對木板此后運(yùn)動的動力學(xué)分析結(jié)果為

1

①木板位移久<2kR-

合力為0,木板做勻速直線運(yùn)動；

1

②木板位移&々R<x<kR：

合力為

r_kRxkR町-kR*

則木板做變減速運(yùn)動，合力隨位移均勻增加；

③木板位移kR<x<2kR：

合力為

F=|img

合力恒定、勻減速至靜止。對木板，全程由動能定理

O+limgkR1

----2—?~2—[tmg,k7Rn—n0—TTLU2

解得

k=39.2：

(4)①木板位移xW聶R過程勻速，時(shí)間為

14IR

1=u51g

②木板位移:W?<%<W?過程做簡諧運(yùn)動，%=劣/cR時(shí)恰為平衡位置，由

2/

c，2/umg

F=iimg

可得回復(fù)力系數(shù)

/_2Mmg

Kb

簡諧運(yùn)動的周期為

設(shè)此簡諧運(yùn)動的振幅為A,滿足

—k'A2'=—mv2

22

可得

A=7R瓜=

故

=arcsin^2721TT匹

2-2TI3601015g，

③木板位移kR<x<2kR過程以加速度a=p