三大观点解决力学问题（2大题型）解析版-2026年高考物理一轮复习

三大观点解决力学问题（2大题型）

••MB••«■»••«B••«»•«■»••«»••«»••«»•'

目录!

01课标达标练....................................................................1;

■

题型01力学三大观点的理解与辨析............................................1:

■

题型02力学三大观点综合解决问题.............................................5i

核心突破练....................................................................；

0219.

03真题溯源练....................................................................29：

■01

课标达标练

・J

观型IL01力学三大观点的理解与辨析

新角度一（2025•江苏苏州•三模）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度%

向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩最为X。现让弹簧一端连接另一质最为根的物体B,如图乙所示,

物体A以2%的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为工,则（）

—►v0—►2vc

R7W\AAAAAAAAA/闪/AAAAAMAAAAAT5I

甲乙

A.此过程中，A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零

B.物体A的质量为2m

C.弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为3：2

D.弹簧压缩量最大时的弹性势能力:，〃说

【答案】D

1/42

【详解】BD.图（甲）中，弹簧最大弹性势能为Epm=g〃?AW

图（乙）中，AB共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为明两次弹簧压缩量相同，所以两次最大弹性

势能相同，根据动量守恒有为-2v0=（/nA+w）v

能量守恒有；%（2%丫=+m），+6

33

联立解得a=3,“，综n=,"诉，V=2V°

故B错误，D正确。

A.开始时A物体的速度大于B的速度，弹簧被压缩，A物体受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大,

所以该过程中A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至共速，故A错误；

C.以向左为正方向，根据动量定理可•得弹簧压缩量最大时，在图甲的情况下弹簧对A物体的冲量大小

为人=0-（-%%）=3/叫，

在图乙的情况下弹簧对A物体的冲最大小为4二-

可得两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为力:A=2:l

故C错误。

故选D。

2.（2025•江西•模拟预测）2024年12月8口，2024-2025赛季短道速滑世界巡回赛上，中国队夺得混合团

体接力5000米接力金牌。如图，在水平冰面上，甲运动员在乙运动员前面向前滑行，乙追上甲时，猛推甲，

使甲获得更大的速度向前冲出。乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向.上的相互作用，则（）

A.乙对甲的作用力大小大于甲对乙的作用力大小

B.乙对甲的冲量大小大于甲对乙的冲量大小

C.甲、乙的动量变化量大小相等且方向相反

D.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量

【答案】C

2/42

【详解】AB.根据牛顿第三定律，甲对乙的作用力大小与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，根据冲

量的定义，知冲量大小相等、方向相反，AB错误；

C.两人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律可知，系统动量变化量为零，则

甲、乙的动量变化大小相等且方向相反，C正确：

D.不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者

动能的变化量.D错误.

故选C。

3.（2025•江苏宿迁•一模）将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后乂落回到地面。若该过

程中空气阻力大小不变，则（）

A.在上升过程与下降过程中，重力做的功相同

B.在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同

C.上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大

D.整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量

【答案】C

【详解】A.根据％=G〃“J"知，重力在上升过程做负功，下降过程中重力做正功，故A错误；

B.上升过程中的加速度加g+/

下降过程中的加速度mg-/=晔

则可>%，由于位移相等，根据x=可知，上升的时间小于下降的时间，根据/=5

可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B错误：

C.根据动量定理可知心=罟

结合B项分析可知，上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C正确；

D.整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故D错误。

故选C。

4.（2025•山东荷泽•一模）某地人们在夜间燃放高空礼花来渲染节口气氛。高空礼花弹到达最高点时炸开,

爆炸后大量小弹丸向各个方向射出。忽略空气阻力。对这些小弹丸在空中的运动，下列说法正确的是（）

A.小弹丸在空中的位移均相同

B.小弹丸在空中的速度变化率均相同

3/42

C.小弹丸在空中的动量变化量均相同

D.小弹丸在空中的动能变化量均相同

【答案】B

【详解】A.礼花弹在最高点炸开，小弹丸在空中做平抛运动，竖直位移相同，水平位移不同，所以空

中的位移不相同，故A错误；

B.小弹丸在空中运动,仅受重力,加速度恒定.所以速度变化率相同.故BiF确：

C.小弹丸在空中相等时间内的动量变化量相同，不知道运动时间的关系，无法确定动量变化量关系，

故C错误；

D.小弹丸在空中相等下落高度内的动能变化量相同，不知道下降高度的关系，无法确定动能变化量大

小关系，故D错误。

故选Bo

5.(多选)2024年9月15日，U23男子棒球世界杯铜牌赛在浙江绍兴举行。某次击球员击球如图所示，

简化过程如下：击球员在高80.8cm处用棒击打质量为140g、沿水平方向以速率33m/s飞来的棒球，打击时

间为0.05s,棒球落点与击球点的水平距离为60.6m,打击后球运动到的最高点与击球点间的高度差为20m。

棒球始终在同一竖直面内运动，取疝137。=0.6。若不计空气阻力和打击时棒球的重力，下列说法正确的是

()

A.棒球在最高点的动能为31.5JB.棒对棒球的冲量大小为7.28N.S

C.棒对球的平均作用力大小为145.6ND.棒对棒球做的功为32.48J

【答案】BC

【详解】A.由题述知棒球被打出后做斜上抛运动，如下图1所示，可将此运动看成是从最高点向左右

两侧抛出的两段平抛运动，根据6=可得在最高点左侧的运动时间为4=2.04s,在最高点右侧的运

动时间为G=2s

棒球在水平方向做匀速运动，有工=匕&+，2)

解得匕=15m/s

4/42

棒球在最高点的动能为耳0=15.75J,故A错误；

B.棒球从被打出至上升到最高点，有*=2g%,解得。=20m/s,如图2所示，击打过程动量变化量为

△p-mJ.+（匕+%）=7.28N-s>故B正确；

C.根据动量定理有元V=Ap,可得斤=145.6N，故C正确：

D.根据动能定理有力=；〃U—；〃U=-32.48J（其中％=/，：+*）,故D错误。

20.808m

故选BCo

02力学三大观点综合解决问题

6.（2025•四川达州・模拟预测）（多选）如图甲所示，一劲度系数为〃的轻质弹簧一端固定在倾角为。=30。

的光滑固定斜面的底端，另一端连接小物块A,A静止在斜面上的。点，小物块B从距O点为工=（）.9m的产

处由静止开始下滑，A、B相碰（时间很短）后立即以相同的速度向下压缩弹簧（A、B不粘连），取物块A

静止时的位置为原点。，沿斜面向下为正方向建立x轴，测得整个向下过程物块A的动能及A的重力势能

与其位置坐标x的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内）。已知劲度系数为"、形变量为x的弹簧的

弹性势能综=；区。重力加速度g=10m/s2,小物块A、B均可视为质点。下列说法正确的是（）

2x/m

A.小物块A的质量为2kgB.小物块B的质量为2kg

C.弹簧的劲度系数为6N/mD.A、B一起运动的最大动能为

【答案】AD

5/42

【详解】A.根据乙图可得，小物块A沿斜面向下运动2m,重力势能减少20J,由

Ep=mAgh=wAgxsin30°

可知A的质景为%=2kg,故A正确;

B.再由B的运动，匀加速时讨=2"，与A碰撞后，有恤%=（%+%»共，筑=/人4=11

解得,%=lkg,故B错误;

C.弹簧在最开始的压缩量玉=色翠叱

K

又对A、B系统，从碰撞后到最低点（小A+“B）gx总叫3）%=；A（X1+x总）心;

解得〃=5.75N/m,故C错误;

D.最大动能在。=0时取得，此时

®+叫)g-芭)sin°=£媪-1(wA

(inA+)gsin^=kx2,+%

解得线m=Y~J，故D正确。

故选ADo

7.（2025•云南昭通・模拟预测）（多选）如图所示，倾角为。的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数

为上的轻质弹簧下端固定于斜面底部挡板处，弹簧上端放一个质量为〃?的小物块A,A与弹簧间不拴接，

开始时A静止于0点。另一质量也为，”的小物块B从斜面上。点由静止释放，与A发生正碰后立即粘在一

起成为组合体，组合体在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为

Ep=*,重力加速度为g,弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（）

A.组合体运动到最低点时弹簧压缩量为誓吧

K

B.弹簧的最大弹性势能为8川1飞皿0

k

C.组合体动能的最大值为他超&

K

ck-n-、，3〃?Rsina

D.P、。两点间的距离为--------

k

6/42

【答案】BD

【详解】AB.设O为弹簧处于原长时其.上端的位置，x为碰撞前的形变量，则有h=

解得工=胆”

k

当B与A成为组合体C时，恰好不离开弹簧，所以组合体C最多运动至原长。处。组合体C做简谐振动,

其平衡位置满足h'=2mgsina

解得£=3铲

k

所以弹簧的最大压缩量为/=2x'=组写吧

k

所以弹簧弹性势能的最大值为小=:去：二细等红，故A错误，B正确；

C.设动能最大位置为。点，从。处到O'处则有耳=2”?毅sinaX，=空於道，故C错误；

2k

D.组合体从O运动至P点时％=2〃jgxsina--kx2=加'‘出。

22k

□n1、23〃/，sin%

即-x2wv；=——0---------

2「2k

解得也必道

V2k

B从。点运动到P点，设P、。两点间的距离为x",碰撞前B的速度为％,由动量守恒可得〃八"=2〃"p

即％=2匕

B在斜面上的加速度为。=gsir.a

所以工『4=即警，故D正确。

zgsinak

故选BDo

8.（2024•黑龙江•模拟预测）如图所示是一种弓箭发射装置，两个滚轮按图示方向匀速转动，滚

轮边缘各点的线速度大小为10m/s,转动过程中能将质量加=0.2kg的弓箭竖直向上发射出去。已知每个滚

轮对箭身压力大小为尸=22N,滚轮与箭的接触点离地高度力=0.6m,二者之间的动摩擦因数〃=0.5。初

始时弓箭下端位于地面，g取10m/s"求：

7/42

⑴滚轮将一支弓箭发射出去所需要的时间；

⑵每发射一支弓箭，滚轮与弓箭间所产生的热量；

⑶每发射一支弓箭，发射装置需要额外消耗的能量。

【答案】（l）O.lls

⑵11J

（3）22.2J

【详解】（1）由题意，弓箭•在加速向上阶段，由牛顿第二定律有2〃尸-加g二〃m

解得a=100m/s2

2

弓箭向上加速阶段，位移x=L=0.5m<0.6m

2a

加速时间A='=0.1s

a

h—x

弓箭匀速运动的时间八=——=0.01s

v

故发射时间Z=f|+，2=°11S

（2）在时间乙内，滚轮运动的位移*=%=lm

滚轮与弓箭的相对运动位移©=玉-x=0.5m

故摩擦产生的热量。=2〃/•加=11J

（3）弓箭被发射时，弓箭增加的动能△线=g〃"=l°J

弓箭增加的重力势能〃的=L2J

故每发射一支弓箭，发射装置需要额外消耗的能量E=。+4耳+A”=22.2J

9.’，新情境|（2025•福建・模拟预测）某同学用质量〃?=20g、可视为质点的小石片打."水〃漂的轨迹示意图

如图所示，小石片从距液面高4处的尸点以初速度%=8m/s水平飞出后，从/点与液面成a=37。角射入某

种液体中，然后从8点与液面成”=45。角射出液面做斜上抛运动，到达最高点。时距离液面的高度

8/42

%=0.2m。已知重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,不计空气阻力。求:

⑴小石片从6点飞出到再次进入液体的时间z；

⑵小石片从P点飞出时距液面的高度为；

⑶小石片从4点运动到B点过程中，该液体对小石片做的功％。

【答案】⑴0.4s

（2）1.8m

（3）-0.92J

【详解】（1）从。点到液面，根据平抛运动规律有九=；即：

解得“0.2s

根据对称性可知，小石片从8点飞出到再次进入液体的时间l=N=0.4s

（2）在4点，根据速度的分解有4=%tan37。=6m/s

2

根据速度一位移公式有九）=2=1.8m

2g

（3）A点的速度为崂=—=10m/s

cos370

B点的速度为“=.叫=2mm/s

sin450

根据动能定理有％=］此-；〃用=-0.92J

10.（2025•浙江温州•一模）如图所示为某游戏装置侧面图，半径R=1.0m的;圆弧轨道48固定，质量

4

M=3.2kg、半径r=0.06m的半圆弧轨道CO锁定在水平面MN上，一长为L=0.8m、质量也为M=0.2kg、的平

板小车停在MN轨道的最左端紧靠8M,小车上表面与8、C点等高，将一可视为质点、质量"10.8kg的滑

块从距6点面度为处静止释放，滑上小车后带动小车向右运动，小车与轨道。碰撞（碰撞时间极短）

9/42

后即被粘在。处，滑块可沿轨道继续运动。己知水平轨道MM4C间距均足够长，滑块与小车的动摩

擦因数〃=0.25,其余接触面均光滑，取g=10m/s2,求：

⑴若〃/=0.2m,滑块运动到圆弧底端B点时受到的支持力大小；

⑵要使滑块不会从小车上掉下，最大的高度。2；

⑶要使滑块能过最高点D,则h的取值范围：

⑷若撤去小车，将半圆弧轨道CD紧靠8M放置且不固定，滑块从心=0.8m处静止释放运动到。点时受到

的压力。

【答案】（1）1L2N

（2）1.0m

（3）0.42m</:<1.0m

⑷45.3N,方向竖直向下

【详解】（1）滑块从起点滑到圆弧轨道底端8点，根据机械能守恒定律mg%

滑块做圆周运动，在8点，由牛顿第二定律得"

联立解得卅=1L2N

（2）下滑阶段，根据机械能守恒定律有〃唱方2=；

滑块与车达到共速时，恰好位于小车右端，根据动求守恒定律可得，叫=（小+”）%

系统损失的动能转化为摩擦生热"磔+喘

联立求得力2=1.0m

（3）要使滑块能从。点飞出，最大高度为色=L0m

设最小高度为12,滑块到C轨道的最高点速度为外，滑块滑到4点速度为丫2,与小车达到共速为-#2,

小车滑到C点速度为vc，沿AB弧线下滑机械能守恒mgh；=；〃应

根据动员守恒定律加匕=5?+加）%

10/42

根据能量守恒mgh；-〃mgL=^Mv^2+mv2+2mgr

2gD

在。点，（；mg=m—

联U求得区=0.42m

所以力的取值范围0.42m<h<\.0m

（4）滑块释放高度为〃3，且滑块到达D的过程中，有ntghy=-niv},帆匕=IA/%,

乙

2mgr=!~|WVH-1MV22

乙乙乙

联立得vH=2.8m/s,v22=4,8m/s

根据牛顿第二定律可得用+叫“*!」二以

解得&=45.3N

方向竖直向下。

11.（2025•湖南•一模）如图，半径为R的螺旋形圆轨道88EF的两端切线水平，并分别与水平轨道48

的B端、水平轨道尸G的E端平滑连接，水平轨道44的4端与左侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，水

平轨道R7的G端与右侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，所有轨道均光滑且位于同一竖直平面内。现有

一物块。从左侧弧形轨道上由静止滑下，在进入水平轨道力端时与静止的物块力发生弹性正硬，碰撞之后

立刻将物块a取走，物块人通过螺旋形圆轨道后与放在右侧弧形轨道底端的物块。发生碰撞，碰后以共同

的速度沿右侧弧形轨道向上运动，因为物块。做了特殊处理，当物块从c从弧形轨道返回到达G点时二者

又能自动分开，分开后物块。又静止在G点，物块b以分开前瞬间的速度继续运动。物块八b、c均可看

作质点，物块。、b的质量之比为3：1,所有碰撞时间均可忽略，重力加速度大小为g。

⑴若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点。，求物块5经过8点时轨道对物块b的支持力与其重力的

比值〃。

（2）若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D,求物块。释放时距水平面的高度晨

11/42

⑶若让物块。从距水平面4A的亶度处释放，然后与物块人发生碰撞，要使物块力只通过。点一次，且物

块6、c第一次分开后物块〃恰好不脱离弧形轨道，求物块c与物块〃质量的比值〃以及物块力与物块。第

5次碰撞后的速度大小。

【答案】⑴〃=6

(2)A=—7?

9

⑶笈=2,1历

o1

【详解】(1)物块力恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点。，有叫g=叫或

R

b在8点时，有&一/叫g二〃k生，月.〃=生

b从B点到D点的过程中，有;加/；=g/散年+町1gOR

联立以上式子，求得力=痴^，〃=6

(2)物块〃释放时距水平面的高度加根据动能定理，可得其与b发生碰撞前有

与6发生弹性碰撞，则有叫%=叫匕+/%％,g巩〃欣

由题意，可知”=1,联立以上式子，求得％=撞皿，h=2R

(3)若让物块。从距水平面4R的高度处释放，根据动能定理，可得其与人发生碰撞前有

与发生弹性碰撞，则有机,产=小,产;+〃”；，=3〃?尸；+；外理

联立以上式子，求得以=3屈＞以

则物块b可以通过轨道最高点之后与物块C发生碰撞，物块b通过螺旋圆形轨道到达水平面时速度仍为

v*2,设机c碰撞之后两者共同速度为心，物块〃与物块。碰撞过程，根据动量守恒定律有

"於'2=（〃％+，叫）y共，?=*

“c

由题意知，物块b与物块。从弧形轨道滑回分离时的速度大小仍为收，要使物块力只通过。点一次，旦

物块从C第•次分开后物块b恰好不脱离弧形轨道，即物块b与物块。分离后第•次恰好二升到轨道的

E点,有:叫鼠=〃%gR

12/42

联立以上式子，求得y共=J5尿，k=2

之后。乂会沿ElG点以丫共的速度大小与物块c发生第二次碰撞，有叫y共=（网,+，叫）％2

求得物块b与物块c第2次碰撞后的速度大小％

由于碰撞过程有能量损失，所以第二次碰撞分离后物块方沿左侧圆弧轨道上升的高度小于凡即上升的

最高点在Z?点以下，之后又会滑回G点与物块c发生笫二次碰撞，同理可得利力展二。〃/%、）％3

求得物块b与物块C第3次碰撞后的速度大小％3=g%2

接着还会发生第四次、第五次碰撞......

推理可得，物块b与物块C第〃次碰撞后的速度大小为也”丫共

则物块力与物块c第5次碰撞后的速度大小为％5=：V共4师

12.（2025•新疆喀什•模拟预测）如图所示，半径R=lm的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨

道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B,在滑板B的右侧放置着一个

物块C,其中滑板B的质量〃%=2kg,物块C的质量收=2kg。现将一质量/>=1kg的小滑块D（可视为质

点）从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点〃-0£m处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨

道，小滑块D冲上滑板B,在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑

块D未从滑板B上掉落。己知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数4=0.2,物块C与地面间的动摩擦因数

（2）小滑块D到达圆弧凯道最低点时对圆弧轨道的压力;

13/42

⑶最初滑板B右端到物块C的距离；

（4）物块C与地面间因摩擦产生的热量。

【答案】（l）4m/s

⑵46N,方向竖直向下

⑶2m

⑷4.5.1

【详解】（1）小滑块D从静止释放后做自由落体运动，由v?=2g人

小滑块D下落h高度的速度大小y=4nVs。

（2）小滑块D从静止释放后到滑上滑板B前的过程中，根据动能定理可得网^（才+火）=：%片-0

对最低点的小滑块D受力分析可得"-=

R

由牛顿第三定律用=入，联立解得片=46N,方向竖直向下。

（3）小滑块D冲上滑板B的速度大小为%=6m/s

根据动量守恒定律可得风）%=即+〃％）匕

小滑块D冲上滑板B时，滑板B的加速度为。，则有从而退二，年。

由运动学公式可得4-0=2。4

联立解得最初滑板B右端到物块C的距离为〃=2mo

（4）滑板B与物块C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得=叫%。+收%0,

121212

乙乙乙

解得%o=H=2m/s,vB0=0

之后滑极B与小滑块D达到共同速度再次与已经静止的物块C发生碰撞，滑板B与小消块D达到共同速

度时，有冽口耳=（〃/+〃%）匕

滑板B第二次与物块C发生碰撞，设碰后物块C的速度为根据动量守恒和机械能守恒可得

2

可知第〃+1次碰撞后物块C的速度为％=fm/s（〃=（）,L2……）,最终小滑块D、滑板B和物块C

14/42

均静止，根据能量的转化和守电，可得物块C与地面摩擦产生的总热量为

CI21212

Q=-wcvco+~,wcvci+,,•+?松也

结合等比数列求和公式可得。=4.5J。

13.(2025•江苏苏州•模拟预测)如图所示，有一斜面与圆弧面组成的轨道固定在光滑水平面上.在竖直平

面内，粗糙斜面45的下端与光滑的圆弧面〃C。相切于8点，。为最低点，。为圆心等高点.一小物块从4

处静止释放，已知小物块质量机=3kg,轨道质量M=4kg,斜血长£=5m,倾角。=37',小物块与斜血间的动

摩擦因数4=0.5,圆弧轨道半径R=5m,重力加速度g=10m/s2.

⑴求小物块在AB面上的加速度大小a；

⑵求小物块第一次到达B点的速度大小班和在斜面AB上运动的总路程5；

⑶若轨道不固定且斜面AB也光滑，求小物块从A处由静止释放到第一次滑到C处的位移大小d和小物块

第一次滑到。处时受到的支持力大小立

【答案】⑴a=2m/s2

(2)vff=25/5m/s：7.5m

(3)d=4&m；F=114N

【详解】(1)小物块在48面上下滑时由牛顿第二定律wgsin0-/imgcos0=nia

解得t7=2m/s2

(2)小物块第一次运动到4时，由域=2〃

得VB=2V5m/s

由于〃<tan37°,小物块在圆弧面上.往复运动，最终到达B点时速度为零，即K=0,则全程4T8由能

曷守恒可得/ngLsinJ=4mgeos的

解得s=7.5m

(3)4-C,小物块与轨道组成“人船模型”，水平动量守恒，设小物块水平位移大小勺，轨道水平位移

大小为工2,则mxi=Mx2

15/42

4C间水平距离xAC=Leos<9+Asin<9=7m

则—=4m

小物块竖直位移大小乂=LsinU+R-Rcos<9=4m

小物块位移大小d=4&m

设小物块运动到C处，小物块的速率盯，轨道的速率也，4-C水平动量守恒，则有，“尸必切

/->C能量守恒，则m豺=；制片

C处，对小物块产一咕二堂

其中%1=匕+匕

联立解得F=114N

14.（2025・陕西咸阳・模拟预测）如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧软道48,轨道上月点切

线沿水平方向，忽略彳点距地面的高度，轨道右侧有质量〃=1kg的静止薄木板，上表面与力点平齐。一质

量〃?=1kg的小滑块（可视为质点）以初速度%=14m/s从右端滑上薄木板，重力加速度大小为grlOnVst

小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为〃=0.75。

⑴若薄木板左端与力点距离d足够长，小滑块与薄木板共速后，求小滑块相对薄木板滑动的位移4

⑵若薄木板左端与片点距离“足够长，薄木板长度A=7.4m,薄木板与轨道力端碰后立即静止，求小滑块

离开薄木板运动到轨道上月点时的速度巳：

（3）在（2）中，小滑块继续沿圆弧轨道运动至8点沿切线方向达出，最后落回水平地面，大计空气阻力,

8点与地面间的高度差〃=L2m俣持不变，圆弧力8对应的圆心角。可调，求小滑块的最大水平射程外及对

应的圆心角夕；

⑷若薄木板长度L足够长，薄木板与轨道力端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与4点距

离d，使得薄木板与轨道4端只能碰撞2次，求d应满足的条件。

16/42

98

【答案】

(2)6m/s

⑶竽m,30°

,49,49

4)—m<67<—m

6015

【详解】（1）因薄木板左端与力点距离d足够大,小滑块与薄木板共速后才和轨道发牛碰撞.设共

同速度为匕，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有机%=（加+〃。匕

解得匕=1v0=7m/s

设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为X,对滑块、薄K板系统由功能关系，有

"mgx=；相4一；(历+片

QQ

解得X=—m

1J

（2）薄木板与轨道力端碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的力点,

有vW=2〃g(£—x)

解得匕।=6m/s

（3）小滑块由4点到8点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有+；用吟

解得v5=273m/s

设小滑块落地的速度大小为上落地速度方向与水平方向夹角为。，根据机械能守恒定律知

v=vA=6m/s

画出速度矢量关系如图所示

设从8点飞出到落至地面所用时间为乙则小滑块水平位移S=%COS"/

由几何关系可知.矢展二角形的面积为S=g△卜以cos0=•1%cos0=ggs

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由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大，解得％=丝二丝|n

g5

此时满足条件vficos6>=vsin6>

即tan"£=如，夕=30°

v3

（4）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道力8发生碰福，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此

情形下薄木板和轨道45恰好碰1次。小滑块与薄木板加速度相等，有a=〃g=7.5m/s2

当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道力〃发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形

下薄木板和轨道48恰好碰2次。从开始到第一次碰撞的时间母=栏=用

薄木板和轨道AB碰撞时的速度«-VW-y/l5d

考虑小滑块的运动=〃

49

联立解得^2=—m

60

4949

综上可知d应满足的条件为—m<J<—mo

6（）15

15.（2025•甘肃白银•模拟预测）如图所示，水平桌面上4点左侧固定有一弹簧，力点右侧8处静置一质最

为洞的滑块C,4B长及L=R。现用此弹簧来弹射一质量为2m的滑块D,弹簧储存的弹性势能

Ep=^mgR，滑块D从4点释放，获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达3点与滑块C发生弹性

碰撞，碰撞后滑块C向右运动，到达桌面边缘尸点。BP长度k=3R，滑块C、D与桌面间的动摩擦因数均

为〃=0.5。滑块C运动到。点后做平抛运动，通过固定在光滑水平地面上的光滑圆弧装置EF元机械能损失

地滑上静止在地面上的长木板，经过一段时间，长木板右端与固定挡板H（宽度忽略不计）碰撞并粘连。

长木板质量M=2〃?，板长/=6.5火，板右端到挡板H的水平距离为L（其中R<L<5A）。滑块C与长木板

间的动摩擦因数也为〃=0.5,挡板H和长木板等高，桌面右端尸点距长木板上表面的高度〃=4/?,不计空

气阻力，滑块都可看作质点，重力加速度大小为g。

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D

⑴求滑块D与滑块C碰撞前瞬间的速度大小%;

⑵求滑块C到达。点时的动能Ek:

⑶讨论滑块C从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功匕与L的关系。

【答案】（1）%=T质

⑶见解析

【详解】（1）滑块D碰撞前瞬间，根据动能定理有小单一〃・2〃7gzi=/2〃n，。2-0

由功能关系有%=-（。-纬）

解得%=白质；

（2）滑块D与C发生弹性碰撞，设碰后瞬间D的速度为％,C的速度为七,以水平向右为正方向，根

据动量守恒定律和能量守恒定律有2〃?％=2〃八公+〃?%，；2欣=g-2〃?/

解得%

对滑块C从8到P的运动过程，由动能定理有一"32=耳-卜此

解得耳

（3）设滑块C到达产时的速度为匕，对滑块C从2到F的运动过程，以水平地面为重力势能的零参考面,

由机械能守恒定律有mgA+耳加呼

得匕=3廊

设长木板与滑块C达到共同速度匕时，位移分别为4、

由动量守恒定律有，叫=（〃?+"）匕

得V,=y[sR

19/42

由动能定理对长木板有〃=-^-0

1212

对滑块C有-=—mv2——wv*

联*•.解得4=2R,l?=8R

滑块c相对长木板的位移A/=(2-4</，即滑块C与长木板达到共同速度时，滑块C未离开长木板

①若R〈LW2R,则当长木板与挡板碰撞时，滑块C尚未与长木板达到共速，之后滑块C速度要减为零,

要滑行x

有-pmgx=0-imv\

得x=R

则有x+4>/+▲,即滑块C从长木板滑离时速度不为零

有％=〃〃?g(/+L)

解得附=%〃g(13R+2£)

②若2R<L<5R,由前面分析知，长木板与挡板碰撞之前，滑块C与长木板己经达到共同速度，当长

木板与挡板碰撞时，长木板速度减为零，滑块C继续向前滑行，因滑块C从长木板滑离时速

度不为零，有%=〃〃*&+'△/)

17

解得唯=彳〃3?

02

1.(2025•广东广州•模拟预测)(多选)如图所示，倾角为〃=37。的足够长的传送带在发动机岖动卜逆时针

匀速转动。物块A放置于传送带的上端，物块B放置于物块A下方一段距离的传送带上，/=0时A、B同时

无初速地释放，/=1S时A、B发生第一次碰撞，A、B均可看作质点。已知A、B质量相等，所有的碰撞均为

弹性碰撞；A、B与传送带之间的动摩擦因数分别为必=0.25,必=0.75,重力加速度大小g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,则()

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B

A.A、B初始距高为2m

B.A、B相邻两次碰撞的时间间隔均为3s

C.A、B相邻两次碰撞之间，发动机对传送带所做功相等

D.A、B相邻两次碰撞之间，A、B与传送带间摩擦产生的总热量相等

【答案】AC

【详解】A.由题意，对物块B受力分析，有田阳cos37。=mgsin370

故物块B开始时在传送带上保持静止；对物块A受力分析，限据牛顿第二定律有

wgsin37°-^rngcos37°-ma

代入数据求得a=4m/s2

故物块A将在传送带上加速下滑，直到与B发生碰撞，则A、B初始距离为%=go/=；x4xlm=2m,

故A正确；

B.A与B发生弹性碰撞前瞬间的速度大小为y="=4m/s

由于A、B质量相等，发生弹性碰撞后，速度交换，即A与B碰后A瞬间速度为0,B速度为4m/s,由

于AB受力未发生变化，可知A将做初速度为0的匀加速直线运动，B将做速度为4m/s的匀速直线运动，

当二者再次发生碰撞时，有;〃/二可

求得/=2s

第二次发生碰撞前瞬间A的速度大小为匕=a/=4x2m/s=8m/s

二者发生弹性碰撞，同样发生速度交换，口J知发生第二次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为

匕=4m/s,=8m/s

当二者第三次发生碰撞时，有y/+g"2=N'

解得r=2s

以此类推，可判断A、B相邻两次碰撞的时间间隔均为2s,故B错误：

C.结合前面分析可知，由丁A、B相邻两次碰撞之间的时间间隔相等，传送带匀速运动发生的位移相等，

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所以发动机对传送带所做功相等，故c正确；

D.结合前面分析可知，A、B相邻两次碰撞之间，A、B均相对于传送带向下运动。根据。=小相对

可知由于A、B每次碰撞之后速度均发生变化，且时间间隔相等，显然它们与传送带间发生的相对位移

在不断变化，所以可知A、B相邻两次碰撞之间，A、B与传送带间摩擦产生的总热量不相等，故D错误。

故选ACo

2.（2025•河北秦皇岛•模拟预测）如图所示，长4=L5m的水平传送带以y=lm/s的速率顺时针匀速转动,

紧靠传送带右端C处放置一个静止物块c,在距C处4=0.25m的。处放置一竖直固定弹性挡板，物块。与

挡板碰撞后会被原速率弹同；在距传送带左端8点4=3m的4处放置物块力，力在O点的正下方，

99

4B、C、。在同一水平面上；物块。用长4=3m的轻绳悬于。点，04=7m。现将物块。从偏离竖直方

88

向53。角处由静止释放，一段时间后物块。与人发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，物块力通过力8后，滑

上传送带。已知q=2kg,=lkg,w.=lkg,物块与水平面43间的动摩擦因数〃1=0.2,物块力c与

传送带间的动摩擦因数4=0.2,与传送带右侧水平面间的动摩裾因数多二0。2,物块间的碰撞都是弹性正

碰，不计物块大小，重力加速度g取lOm/s?,sin53°=0.8,cos53°=0.6<,求：

⑴物块。与物块〃相碰后瞬间物块力的速度大小；

⑵物块〃与物块c第一次碰撞前，物块〃在传送带上滑行过程中因摩擦产生的热量;

⑶整个过程中，物块。与挡板碰撞的次数。

【答案】（l）4m/s

（2）0.5J

（3）5

【详解】（1）对物块m从静止释放至运动到最低点的过程，由机械能守恒定律得

叫cos53。）=/〃/：

代人数据解得匕=3m/s

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。、方两物块发生弹性碰撞，设碰后瞬间4的速度大小为%,6的速度大小为以，规定向右为正方向，则

-12।212

mV

■:aa=+叫M,-^a=5叫%+§/%

代人数据解得%=lm/s,匕=4m/s

（2）设物块〃到达8点的速度大小为％由动能定理得-M啊舌-;叫片

代人数据解