2026年高考物理终极冲刺：压轴11 用力学三大观点处理多过程运动问题（压轴题专练）（全国适用）（解析版）

1/20压轴11用力学三大观点处理多过程运动问题命题预测用力学三大观点（动力学观点、能量观点、动量观点）解决多过程运动问题，依旧是2026年高考物理的核心必考内容，也是区分考生物理思维能力的关键命题点。三大观点贯穿高中力学核心知识，分别对应物体受力与运动的关联、能量转化与守恒规律、动量变化与守恒原理，覆盖了力学部分绝大多数核心考点，是高考物理压轴题、综合计算题的主流考查形式，在试卷中占据较高分值。2026年高考针对该专题的考查，将延续综合性、应用性命题思路，常考题型集中在三类。其一为多过程运动问题，以传送带、滑块木板、竖直平面内圆周运动等模型为载体，串联匀变速、曲线、碰撞等多个运动过程，需拆分阶段逐一分析受力、运动状态；其二是守恒定律综合应用，重点考查机械能守恒、动量守恒的适用条件，侧重碰撞、爆炸、弹簧弹开等场景下的能量损耗、动量变化计算；其三是三大观点联立应用题，融合受力分析、能量转化、动量变化，考查考生灵活选用解题方法的能力。备考时，考生需扎实掌握三大观点的基本公式、定理及适用范围，理清不同物理过程的解题思路。重点强化多过程问题拆分能力，养成先分析运动阶段、再选取对应观点解题的习惯，通过典型例题梳理解题逻辑，规范答题步骤。同时加强错题复盘，明确不同场景下动力学、能量、动量观点的选用技巧，提升复杂物理问题的分析与求解能力。高频考法用力学三大观点处理物块多过程问题用力学三大观点处理传送带多过程问题用力学三大观点处理弹簧多过程问题用力学三大观点处理板块多过程问题考向一三大观点及相互联系考向二三大观点的选用原则力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。考向三用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去挖掘。4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。典例·靶向·突破题型01用力学三大观点处理物块多过程问题1．如图所示，光滑斜面与平台AB平滑连接且固定，上表面粗糙、下表面光滑的木板P与光滑的圆弧轨道Q靠在一起（不粘连），静止放置在光滑地面CD上。某品牌人形机器人从斜面的顶点由静止开始无动力下滑，从B点滑入P板，一段时间后与P板达到共速。此时机器人提供动力开始向右匀加速跑动，当运动到P板右端时，P板的速度刚好为0，机器人立即以一定的速度与水平方向成45°角跳离P板，恰好落在Q轨道的左端，且在极短时间内机器人的竖直分速度减为0，此后撤去动力，机器人经过一段无动力滑行，机器人从Q轨道的左端离开轨道。已知斜面的高度为R2，圆弧轨道半径为R，机器人与木板P的质量均为m，轨道Q的质量为2m，机器人与P板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，机器人匀加速运动的加速度大小为g(1)木板P的长度；(2)起跳的过程中，机器人做功；(3)机器人离开轨道Q时机器人的速度。【答案】(1)L=(2)W=(3)v【详解】（1）机器人在斜面上的运动，根据动能定理有mg解得v机器人与P板、Q轨道系统动量守恒m解得v由能量守恒有μmg解得L机器人加速跑动，P、Q分离，机器人与P板动量守恒2m解得v机器人匀加速运动，由运动学公式有v解得t=2由运动学公式机器人的位移x解得x由运动学公式P板的位移x解得x则木板P长度L=（2）Q轨道的位移x此时P板右端与Q轨道左端的距离Δ机器人起跳过程中水平方向动量守恒，机器人跳离P板的速度为v3，此时P板的速度为v4，机器人与P机器人斜抛，跳到Q轨道，水平方向有Δ竖直方向有2联立解得v3=由动能定理起跳过程做功W=解得W=（3）再次滑离Q轨道时，机器人的速度为v5，轨道Q的速度为v6根据机械能守恒定律有1联立解得v题型解码题型解码应用动能定理处理多过程问题，首先是进行准确的受力分析及运动过程分析，必要时画出受力图和运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。题型02用力学三大观点处理传送带多过程问题2．如图所示，倾角θ=37∘的传送带以v0=1m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，将质量为1kg的物块B轻放在传送带下端，同时质量也为1kg的物块A从传送带上端以vA．A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同B．两物块在传送带上运动到刚好相遇所用时间为5C．传送带上下端间的距离为12.5D．在运动过程中A、B两物块与传送带因摩擦产生的总热量为80【答案】AD【详解】A．物块A向下减速运动μ解得物块A加速度大小a物块B向上加速运动μ解得物块B加速度大小a所以A、B两物块刚在传送带上运动时加速度相同，A正确；B．物块B在传送带上加速的时间t物块B在2.5s以后相对于传送带静止，以v物块A向下减速的时间t物块A向上加速到与传送带速度相同所用时间t两个物块在与传送带共速时恰好相遇，所用时间t=tC．在7.5s内物块B的位移大小为x在7.5s内物块A的位移大小为x传送带上下端间的距离L=xD．物块A与传送带的相对位移大小x物块B与传送带的相对位移大小x因摩擦产生的总热量Q=μ解得Q=80J故选AD。题型解码题型解码应用动能定理处理多过程问题，首先是进行准确的受力分析及运动过程分析，必要时画出受力图和运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。题型03用力学三大观点处理弹簧多过程问题3．如图所示，在倾角θ=30°的足够长固定斜面的下端垂直斜面固定着一挡板，底部光滑的物块A与物块B用足够长的轻弹簧拴接并静止在斜面上，物块A与挡板接触。初始时弹簧处于原长状态，现在将底部光滑而侧面有粘性的物块C从距离B物块S=3.6m处由静止释放，C与B发生完全非弹性碰撞并粘合成一个整体（碰后C、B与斜面依然保持良好接触）继续运动。已知：C、B质量均为m=0.2kg，B与斜面的动摩擦因数μ=33，弹簧劲度系数k=100N/m且始终处在弹性限度内，弹性势能Ep=12(1)求B和C碰撞过程中系统损失的机械能E损(2)C与B碰后并粘在一起运动的过程中A恰好未离开挡板，求A的质量mA(3)求弹簧从第一次压缩到最短到最终稳定所用的时间t。【答案】(1)1.8(2)2.8(3)1.79s【详解】（1）C下滑过程由动能定理得mgC和B碰撞过程由动量守恒定律得m由能量守恒定律得E解得E（2）由分析可知整体第一次向下运动的最大位移等于弹簧的最大形变量，C、B从碰后到第一次运动至最低点的过程，由能量守恒定律2mg解得xC、B整体向下运动过平衡位置O2点时，回复力为零，此时弹簧形变量为x2解得x设C、B整体经平衡位置O1点向下运动一小段距离后，偏离平衡位置的位移为Δx，弹簧形变量为x故形变量为x时，回复力的大小为F又因为回复力方向和位移Δx的方向相反，证得C、B则C、B整体向下运动的振幅A在最低点时，整体所受弹簧弹力为k此后将向上运动。同理可证整体向上的运动也是单方向简谐振动，平衡位置为O2点，此时弹簧形变量设为x2解得x若记本次为第1次单方向简谐振动，运动的振幅为A向上运动到达最高点时弹簧的伸长量为0.14m，此时弹簧弹力为14N由于A恰好未离开挡板，对A物块受力分析F解得m（3）分析可知，向上运动到达最高点之后整体将向下做第2次单方向简谐振动，平衡位置又变成O1点，振幅为向下运动到达最低点之后整体将向上做第3次单方向简谐振动，平衡位置又变成O2点，振幅为由上述分析发现整体振幅的变化将依次递减0.02m，则第n次振动的振幅为A考虑整体最后停止的位置一定位于弹簧压缩状态，设停止时弹簧压缩量为x'，则由整体静止条件得kx'−2mg解得0.01m≤x'≤0.03m当整体向上运动以为O2点为平衡位置做第9次单方向简谐振动的振幅A9=0.01m，则当整体从最低点往上运动2综上，弹簧从第一次压缩到最短到最终稳定的所用的时间为：9次单方向简谐振动的总时间t=9×题型解码题型解码应用动能定理处理多过程问题，首先是进行准确的受力分析及运动过程分析，必要时画出受力图和运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。题型04用力学三大观点处理板块多过程问题4．如图所示，光滑曲面末端水平固定于水平面上。曲面右侧紧靠一足够长的木板C，木板上表面粗糙，与曲面末端等高，下表面光滑，木板右侧有一竖直墙壁P。物块A置于曲面距末端高ℎ=0.8 m处，物块B置于木板左端。已知物块A、B均可视为质点，质量均为3 kg，长木板C的质量为1 kg，B、C间的动摩擦因数μ=0.1，取g=10(1)物块A、B碰后瞬间，B的速度大小；(2)木板C从与墙壁P第3次碰撞前瞬间到木板C与墙壁P第4次碰撞前瞬间的时间间隔。(3)从木板C第一次与墙壁P碰撞到停止运动的总路程。【答案】(1)4(2)9(3)4【详解】（1）A由静止下滑到与B碰撞前，由动能定理得m分解得vA和B发生弹性碰撞过程，由动量守恒和能量守恒得mAv解得v（2）B和C第一次达到共速时，由动量守恒得m解得vC与P碰撞后，原速率弹回，此后B和C第二次达到共速，由动量守恒得m解得vB和C第三次达到共速，由动量守恒得m解得v同理v设从C第三次与P碰撞前瞬间到B和C第四次达到共速所用时间为t1，由v3+得t从B和C第四次达到共速到C第四次与P碰撞前瞬间所用时间为t2，对木板C由牛顿第二定律得得a=3设匀速直线运动的距离为x，则x=（或x=−又x=得t则从C第三次与P碰撞前瞬间到C第四次与P碰撞前瞬间所用时间为t=（3）从木板C第一次与墙壁P碰撞到第二次与墙壁P碰撞前的路程为s由（2）中分析可知第二次及以后的共速的速度大小v第二次碰撞到第三次碰撞期间木板C的路程s第三次碰撞到第四次碰撞期间木板C的路程s……s=题型解码题型解码应用动能定理处理多过程问题，首先是进行准确的受力分析及运动过程分析，必要时画出受力图和运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。1．（25-26高三上·福建福州·开学考试）如图所示，光滑水平轨道OA的右端拴连一轻质弹簧，左端与等高的长L=1.25m的水平传送带AB相接，传送带B端与竖直固定的半径R=0.4m的光滑半圆形轨道最高点相近，半圆轨道最低点C与放置于光滑水平面上质量M=0.9kg、长度为l的薄木板等高。弹簧压缩后被锁定，弹性势能为Ep。质量m=0.1kg的小滑块置于弹簧左端（不连接），它与传送带和长木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.8和μ2=0.6，传送带能以不同的速率v逆时针匀速转动（如图所示）。传送带静止时，解除弹簧上的约束，物块获得速度vA0滑上传送带，到达(1)到达B端速度vB0的大小及弹簧势能E(2)传送带静止时解除弹簧上的约束，物块最终与M相对静止的速度大小；(3)保持弹簧势能Ep不变，调节传送带速率v【答案】(1)vB0=2(2)5(3)4.5m【详解】（1）物体在光滑半圆轨道恰好做圆周运动，则mg=m解得v物块被弹簧弹出，机械能守恒，即E物体在传送带上运动，由动能定理得−解得E（2）物块从B到C，根据动能定理有mg⋅2R=物块与木板共同速度为v2，根据动量守恒定律有解得v（3）调节传送带速率v，当物块从A到B一直加速到B点速度最大，则1解得v设物块运动到C点速度为vC1，物块从B到C，根据动能定理有物块最后与木板一起运动的速度为v共，根据动量守恒定律有解得v要使物块不滑出木板，木板的最小长度满足μ解得l=4.52．（2026·贵州遵义·模拟预测）如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定于水平面上。4个相同的木板紧挨着圆弧轨道末端静置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的长度为l，质量为m，木板下表面与地面间的动摩擦因数均为μ。在第一块木板左端放置一个质量为2m的滑块B，可视为质点，滑块与木板上表面间的动摩擦因数均为2μ。现让一个与B完全一样的滑块A从圆弧顶端由静止滑下，在圆弧底端与B发生弹性正碰，重力加速度大小为g，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（）A．当滑块A滑到曲面轨道下端且未与B碰撞时对轨道的压力大小为6mgB．当滑块滑上第三块木板时，木板开始移动C．若满足2μl<R<4μl，滑块最终停在第二块木板上D．若滑块最终停在第四块木板上，摩擦产生的热量取值范围为12μmgl<Q<18μmgl【答案】ACD【详解】A．当滑块A滑到曲面轨道下端，动能定理mgR=在曲面轨道下端圆周运动N−mg=m解得N=6mg根据牛顿第三定律，当滑块A滑到曲面轨道下端且未与B碰撞时对轨道的压力大小为N'B．A、B完全一样，弹性碰撞后速度交换滑块与木板上表面的滑动摩擦力f滑上第一块木板时，木板与地面之间的最大静摩擦力为f2滑上第二块木板时，木板与地面之间的最大静摩擦力为f2滑上第三块木板时，木板与地面之间的最大静摩擦力为f2滑上第四块木板时，木板与地面之间的最大静摩擦力为f2C．滑块受力分析，根据牛顿第二定律加速度a=2μg若滑块刚好到第二块木板左端时，运动学关系0−若滑块刚好到第二块木板右端时，运动学关系0−解得2μl<R<4μl，故C正确；D．假设滑块恰好滑上第四块木板时的速度为0时，摩擦产生的热量最少，此时Q=假设滑块恰好滑上第四块木板时的速度为v0滑块受力分析，牛顿第二定律a第四块木板受力分析，牛顿第二定律a假设在第四块木板上，经过时间t共速，v相对位移l=解得v从滑上第一块木板时速度v到刚滑上第四块木板速度v0的过程中，运动学关系解得v=整个过程，对整体动能定理W=0−此时摩擦产生的热量Q=−W=18μmgl所以若滑块最终停在第四块木板上，摩擦产生的热量取值范围为12μmgl<Q<18μmgl，故D正确。故选ACD。3．（2026·海南海口·二模）如图所示，虚线左侧为绝缘的光滑水平轨道，轨道上M、P两点间距离S0=2.0m，N为轨道的最右端，P、N两点间距离为可以调节的S1，该区域存在场强大小E=16N/m、水平向右的匀强电场；虚线右侧光滑水平面上有一质量为m3=2kg，长度L=16m的木板C，木板C左端紧靠轨道右端且上表面与轨道平面齐平，木板C右端距离x0=0.5m处有一墙壁。物块A与B分别在M(1)求物块A与物块B第一次碰撞后物块B的速度大小vB(2)若PN间距离足够长，求由静止释放物块A到物块A与物块B发生第n次碰撞的时间；(3)若木板C与墙壁只发生了两次碰撞（未与N端发生碰撞），物块B一直未与木板分离，求P、N两点间的距离S1【答案】(1)v(2)t=(2n−1)(3)32【详解】（1）A从M运动到P与B碰撞之前，由动能定理可得qE解得vA和B碰撞过程，根据动量守恒和机械能守恒可得m1v联立，解得vA1=（2）根据牛顿第二定律可得，对AqE=第一次碰撞之前，根据动量定理qE解得t第二追上B的时间设为t2，追上时A的速度设为vA1解得t根据v解得vA与B第二碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得m1v解得vA2=A第三次追上B的时间设为t3，追上时A的速度设为vA2解得t根据v解得v以此类推，之后每次追上碰撞的时间都是2s，因此物块A与B发生第n次碰撞的时间为t=(2n−1)（3）由（2）可知，物块B每次与物块A碰撞后的速度为v因为木板与N端碰撞，则B与C在运动过程中不存在共速情况，设B刚冲上C的速度为vB，C与墙壁碰撞前的速度为vC，墙壁给C的冲量大小为I，对Cμm2B和C最后静止，由系统的动量定理可得2I=解得v因此，物块A与B碰撞3次，则PN最短为第三次碰撞后瞬间B冲上C，则xPN最长为第四次碰撞前瞬间B冲上C，则x则PN的范围为32m4．（2025·浙江·高考真题）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C′E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知R=0.2m,m=0.1kg，EF段长度L=516m，FG间距LFG=0.4m，GH间距LGH=0.22(1)若ℎ=0.8m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小v(2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，求高度(3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。【答案】(1)v(2)2m(3)2.5m或2m【详解】（1）对滑块1由动能定理mgℎ=解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为v滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律m解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为v（2）在轨道D点，由牛顿第二定律2mg=2m解得v滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律1解得v结合mgℎ=12联立解得ℎ=2（3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理−2mgL若滑块3直接落入洞中，则竖直方向v水平方向L结合mgℎ1联立解得ℎ若经一次反弹落入洞中，则t水平方向L结合mgℎ2=1联立解得ℎ由计算结果ℎ=ℎ2=2m，可知滑块在斜轨道上高度为2m处开始下滑，是滑块能通过圆轨道最高点的最小高度，因此ℎ2=25．（2025·山东·二模）如图所示，一足够长的固定斜面与水平面的夹角α=37∘，有一下端有挡板、上表面光滑的长木板正沿斜面匀速下滑，长木板质量为3m、速度大小v0=1 m/s，现将另一质量为m(1)小物块在长木板上下滑过程中，长木板的加速度大小；(2)小物块放在木板上的瞬间，其与挡板间的距离；(3)小物块与挡板第5次碰撞后到第6次碰前，挡板的位移大小。【答案】(1)a=2(2)1(3)0.5625【详解】（1）长木板开始匀速下滑，由平衡条件得3mg解得μ=0.75把小物块放上长木板后，对长木板，由牛顿第二定律得μ×4mg解得a=2（2）长木板上表面光滑，碰撞前小物块做匀加速直线运动，小物块加速运动时间t=设小物块与挡板第一次碰撞前小物块的速度为v，则v=gt小物块的位移为x木板的位移为x小物块放在木板上的瞬间，其与挡板的距离为Δ（3）物块与挡板碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得mv=m由机械能守恒定律得1解得v1=−1.5碰撞后长木板速度再次减为零的时间t此时小物块的速度为v解得v长木板平均速度为v小物块平均速度为v长木板与小物块位移相等，接下来再次碰撞以此类推可得，小物块与挡板第5次碰撞后的瞬间，挡板的速度大小为1.5小物块与挡板第5次碰撞后到第6次碰前，挡板的位移大小x=6．（2025·浙江宁波·一模）一游戏装置截面如图所示，AB为足够长的倾斜直轨道，BC、CD是两段半径均为R1=0.5 m的竖直圆管轨道，DE为水平轨道，固定水平传送带EF以v0=2 m/s顺时针转动，轨道AB与圆管道相切于B处，各部分之间平滑连接，紧靠F处有一质量M=3kg的小车静止在光滑的水平地面上，小车的上表面由水平面GH和半径R2=0.1m的四分之一圆弧面HI组成。一个可视为质点的滑块，从轨道AB上距B点l=0.5 m(1)求滑块到达D点时对轨道的压力大小；(2)求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；(3)求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；(4)调节传送带以不同的速度v顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面GH最大高度H与速度v的关系。【答案】(1)82N(2)8(3)5(4)见解析分析【详解】（1）从B点到D点根据动能定理mgl解得v滑块经过D点有F解得FND=82N根据牛顿第三定律可知求滑块到达D点时对轨道的压力大小为82N。（2）滑块滑上传送带的加速度a=加速到和传送带共速时间t=滑动位移x可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移x对传送带所做的功W=μmg（3）滑块以2m/s的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为解得v根据滑块和小车组成的系统机械能守恒mgℎ=解得ℎ=0.15因为ℎ=0.15滑块从小车I端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为0.5 m/s，设滑块的速度为解得v（4）根据m解得H=①若一直在传送带上减速，则vH=②若一直在传送带上加速，L=则vH=③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则vH=7．（2026·云南昭通·一模）如图所示，固定在竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径R=1.8m，其底端与水平传送带相切于A点、传送带左、右两端的距离LAB=5m，以v=2m/s的速度沿顺时针方向转动，水平面BD与传送带相切于B点，其中BC段粗糙，CD段光滑，B、C两点间的距离LBC=0.5m。一轻质弹簧右端与固定于D点的挡板拴接，一质量m2=0.1kg的物块静置于C(1)m1(2)物块压缩弹簧过程中，弹簧弹性势能的最大值；(3)两物块最终停下的位置离C点的距离。【答案】(1)12(2)4(3)0.5【详解】（1）m1从轨道顶端下滑至底端的过程中，机械能守恒定律可得mm1到达轨道底端时，根据牛顿第二定律可得F解得v1=6m根据牛顿第三定律，m1对轨道底端的压力（2）m1从A点运动到C点与m2碰前的过程中，由动能定理可得解得vm1与m2相碰，根据动量守恒定律可得解得v两物块粘在一起将弹簧压缩至最短的过程中，两物块的动能转化为弹簧的弹性势能，两物体速度减为零时弹簧的弹性势能最大。根据功能关系可得E（3）设两物块第一次被弹簧反弹后速度减为0的位移为x1，则有E解得x两物块减速到达A点后会冲上圆弧轨道并返回，设两物块到达A点时的速度大小为v3，则有−2μg解得v3设两物块以v3为初速度，速度减为传送带速度v=2m/s的位移为解得x说明两物块最终与传送带共速，随传送带匀速运动至B点。此后，两物块经BC段向右压缩弹簧，被弹簧反弹后沿BC段冲上传送带，在传送带上先做减速运动，后做加速运动。由于物块每次经过BC段时速度均减小，经多次往复运动后，最终静止于BC段某一位置。设两物块在BC段运动的总路程为s，则有−2μgs=0−v解得s=2说明两物块最终停在B点，即：两物块最终停下来的位置与C点的距离L8．（2026·湖南·二模）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径r=0.2m，传送带长为L=0.5m，逆时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度ℎ=1.8m。一质量为M=2kg的正方形木板在光滑水平地面上以水平初速度v0=2m/s匀速运动，速度方向垂直于圆弧轨道与传送带所在的竖直面。现将一质量为m=2kg(1)求物块刚离开传送带时的速度大小；(2)若物块与木板每次碰撞时间极短（重力的冲量可忽略），每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小减半，方向反向。求：①物块与木板最终的速度大小；②物块与木板第1次碰后瞬间，物块沿水平向右方向上的分速度大小。【答案】(1)v(2)①v共=1【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为v1，离开传送带时的速度为v2解得v由牛顿第二定律可知，物块在传送带上的加速度大小为a由v解得v（2）①物块每次与木板相碰，竖直方向速度减半，水平方向最终趋于共速，令水平向右为x正方向，水平且垂直x方向指向纸面内侧为y轴正方向，由动量守恒定律，x方向满足my方向满足Mv解得v②以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对速度v碰撞瞬间摩擦力方向与x轴成45°斜向纸面内侧，竖直方向物块速度满足v解得v因此碰后瞬间竖直方向速度v由动量定理可知物块与木板第一次碰撞过程，z方向满足m水平面内Ix方向满足I解得v9．（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）某快递分拣系统由多个边长为L的正方形区域组成，每个区域内有速度大小恒为v的水平传送带。如图甲图（俯视图）所示，有一质量为m、可视为质点的货物以垂直于传送带侧边的初速度v0从CD边中点进入传送带。测试发现，若v0=0，即将货物无初速度地轻放于CD边中点，货物相对地面运动L(1)求货物与传送带间的滑动摩擦因数μ以及该测试货物加速阶段所用的时间t0(2)若v0=kv，货物离开传送带前即与传送带相对静止且未到达AB边，求货物进入传送带到离开传送带所用的时间t以及(3)若传送带的速度大小恒定，但方向可以反向设置，用三个这样的传送带可以搭建四个出口的货物自动分拣系统如乙图。在货物进入每一个传送带前，电脑已自动设置好该传送带的运动方向，每一个传送带可能的两个运动方向已在图中标示，忽略传送带之间的空隙，忽略除货物与传送带间摩擦生热外的其他能量损失。现有一个前往2号出口的货物以v0=43v【答案】(1)μ=2v(2)t=(1+(3)T=(53+92【详解】（1）从测试货物放上传送带到与传送带相对静止，由动能定理，有μmg⋅解得μ=由动量定理，有μmg解得t（2）若v0货物的相对初速度为v方向与侧边夹角为θ，则sinθ=k摩擦力与相对速度方向相反，故货物相对传送带做匀减速直线运动，摩擦力的大小和方向均不变。其大小为f=μmg在地面系中，沿传送带速度方向，货物匀加速，由牛顿第二定律，得f由匀变速直线运动速度与位移的关系，得s联立解得s货物进入传送带到离开传送带所用的时间t=在垂直于传送带的速度方向，货物做匀减速运动，由牛顿第二定律，得f由匀变速直线运动速度与位移的关系，得s解得s由位移关系s解得0<k<取交集即为k的取值范围，则0<k<（3）当k=43垂直于传送带方向的位移为s当其进入第二个传送带时，速度为v，即k=1，在第二个传送带上运动的时间为t货物在两个传送带上的总用时为T=由牛顿第二定律，得货物的加速度大小为a=由匀变速直线运动速度与位移的关系，得货物在传送带上的相对位移为s=摩擦生热为Q=fs=货物在两个传送带上的发热分别为Q1=从货物进入第一个传送带至到达第2出口，由能量关系，有E+解得E=2m10．（2026·湖北荆州·二模）如图所示，质量为m0=0.1kg，半径为R=0.4m的四分之一光滑圆弧槽锁定在光滑水平地面上，圆弧的末端与水平地面相切。水平传送带上表面与左右两侧足够长的光滑水平地面平齐且平滑连接，传送带以v传=3m/s的速度顺时针转动。右侧地面上静置着2个质量均为M=0.9kg的完全相同的木块。将质量为(1)求铁块第一次离开传送带时的速度大小；(2)若解除圆弧槽的锁定，其他初始条件不变，求铁块第一次到圆弧槽底端时对圆弧槽的作用力F；(3)若解除圆弧槽的锁定，其他初始条件不变，求铁块最终的动能。【答案】(1)11(2)51N(3)27【详解】（1）铁块从释放到圆弧槽最低点过程，根据动能定理有mg解得v设铁块在传送带上一直匀减速，到右端时速度为v1，则有解得v则假设成立，即铁块第一次离开传送带时的速度大小为11m（2）解除锁定后，铁块与圆弧槽水平方向动量守恒，则有m根据机械能守恒定律有mg解得v′=6铁块相对于圆弧槽做圆周运动，在最低点有F解得F根据牛顿第三定律得铁块对圆弧槽的作用力F=方向竖直向下。（3）结合上述可知，铁块第一次匀加速通过传送带，令离开传送带时速度为vm0解得v将木块从左向右编号1、2，铁块与木块发生第一次弹性碰撞有mvm解得vm1随后，两木块发生弹性碰撞有MvM解得vM1铁块第一次与木块碰后，向左冲回传送带，速度小于传送带速度，则有v解得x=铁块不会从左边冲出，其会以vm1随后铁块向左滑上传送带，且以该速率第三次向右滑下传送带，且无法追上木块，故铁块最终的动能E11．（2026·福建莆田·二模）如图，长为2R的水平传送带以3gR的速度顺时针匀速转动，右端与一光滑的绝缘水平平台衔接，平台右端与一光滑绝缘竖直弯曲管道AOB连接，AO部分为半径R的四分之一圆管。以O为原点建立直角坐标系xOy，在−2R≤x<0，−R≤y<0区域内存在一水平向右、大小为mgq的匀强电场；x≥0，y≥0区域内存在一与xOy平面平行的匀强电场E1（图中未画出，E1未知）。现有一质量为m的绝缘物块轻放在传送带左端，运动到传送带右端时恰与传送带共速，进入平台与一质量为m、带电量为+q的小球发生弹性正碰；碰后小球向右运动，沿管道运动到出口B(3R,R)时以gR速率离开，最后以3gR(1)物块与传送带间的动摩擦因数μ及物块在传送带上运动的时间t；(2)小球受到AO圆管的最大支持力N；(3)匀强电场的电场强度E1【答案】(1)μ=34(2)N=(3+32)mg，方向与竖直方向成(3)E1=mgq，E1与y【详解】（1）设物块到达传送带右端时速度为v1，由动能定理得μmg⋅2R=代入数据得μ=由运动学公式得2R=代入数据得t=（2）设碰撞后物块的速度为v2，小球的速度为v3；由动量守恒定律和能量守恒定律得mv设此区域匀强电场的场强为E，小球运动到D点时受到支持力最大，经分析，D点与圆管圆心的连线与竖直方向的夹角为45°。设小球在D点受到支持力为N，速度大小为vD，小球从进入电场运动到D点过程，由动能定理得qE⋅小球在D点时，由牛顿第二定律和向心力公式得N−2联立解得N=(3+3方向与竖直方向成45°角斜向左上方。（3）设小球通过O点、B点和C点的速度大小分别为vO、vB和vC，O、B两点间的电势差为UOB，B、小球从进入电场到O点过程，由动能定理得qE⋅2R−mgR=1小球从O点到B点过程，由动能定理得qU小球从B点到C点过程，由动能定理得qU联立解得UOB=−mgR设BC连线中点为K，经分析，K点电势与O点电势相等，即KO为匀强电场E1的等势线；则E1方向与KO垂直，沿由场强与电势差关系得E1联立解得EE1与y轴正方向的夹角θ=60°，即沿BC12．（25-26高三上·山东聊城·期末）如图所示，在一个倾角为θ=30°的光滑固定斜面底端固定一个挡板，斜面左侧有一足够长竖直墙面，小滑块A、B通过一根劲度系数为k=10N/m的轻弹簧连接放置在斜面上，其中A紧靠挡板，系统处于静止状态。将一物块C从斜面顶端距B物块L=5m处以初速度v0=514m/s向下释放，B与C相碰后立即粘合在一起，三个物块均可视为质点，物块B、C的质量均为m=2kg，物块A的质量为2m=4(1)求C、B相碰后瞬间的速度大小v1(2)求物块A刚离开挡板时物块B、C的速度v2(3)若物块A刚离开挡板时，B、C恰好与弹簧分离，而后B、C飞出斜面与墙面碰撞，反弹后能从斜面顶端处、且速度沿着斜面方向返回斜面，物块与墙面间的碰撞可视为弹性碰撞。求斜面与墙面的水平距离d。【答案】(1)10(2)5(3)17【详解】（1）C下滑过程，光滑斜面只有重力做功，由动能定理：mgL代入v02得：vB、C碰撞过程动量守恒（碰撞瞬间弹簧形变可忽略）：m解得：v（2）初始系统静止，弹簧压缩量x1满足平衡：A刚离开挡板时，弹簧伸长量x2满足平衡：从碰撞后到A刚离开挡板，系统机械能守恒，BC沿斜面上升x1+代入数值计算：200+5=2解得：v（3）物块BC需要继续沿斜面向上运动l=L−到达斜面顶端的过程，根据机械能守恒有1解得vBC从斜面顶端飞出后做斜抛运动，速度分解为：水平分量vx=v弹性碰撞墙面后，水平速度反向、大小不变，从飞出到返回斜面顶端的总时间T满足：水平总位移为2d，故T=返回斜面顶端时竖直位移为0（回到原高度），由竖直方向匀变速运动：v联立两式消去T得：d=代入v32=1704、得：d=13．（2026·山东淄博·一模）如图所示，质量mB=2kg的长木板B静止在光滑水平面上，其左端点位于水平面上的O点，质量mA=1kg的小物块A静止放在长木板B的左端点，A与B之间的动摩擦因数为μ=0.2。距离长木板右端点x=2m处的P点静止放置一质量mC=6kg的小物块C，C与轻质弹簧栓接，弹簧右端固定。用长为L0=4.05m不可伸长的轻绳将质量m(1)小球与A碰撞后，A的速度大小vA(2)弹簧的劲度系数k（结果可保留π）；(3)长木板B的长度L。【答案】(1)9(2)3(3)19.5【详解】（1）小球下摆过程机械能守恒：m代入L解得v小球与A发生弹性碰撞，且m0=（2）B向右运动到C的过程中，对B由动能定理：μ代入数据解得B与C碰撞前速度vB与C发生弹性碰撞，由动量守恒和动能守恒，得碰撞后B的速度：v负号表示碰撞后B向左运动，速度大小1B向左运动的加速度aB减速到0的时间：t=由题意，该时间等于C做简谐运动从平衡位置到第一次到达最大位移的时间，即t=T4简谐运动周期T=2π代入T=4解得：k=（3）B的长度等于整个过程A相对于B的总相对位移，分三段计算：第一段（碰撞后A到B第一次碰C）：B运动时间tA的位移xa代入得xB的位移x相对位移：Δ第二段（第一次碰B到第二次碰B）：时间间隔ΔA的位移x第一次碰后v得xB的位移x相对位移：Δ第三段（第二次碰B到A、B共速）：第二次弹性碰撞后，B速度vA速度v由动量守恒得共速速度：m解得v由能量守恒，摩擦力做功等于动能损失：μ代入得Δ总长度：L=14．（2025·浙江·一模）如图，在光滑水平地面有一质量为mP=1.6kg的物块P，其上表面为光滑的半径为R=1m的14圆弧轨道，圆弧顶端A点切线竖直，P右端与薄板Q粘连在一起，薄板Q上表面恰好是P右端切面。一轻弹簧的右端固定在Q右端，另一端自由。可看成质点的质量为m=0.8kg的小滑块自圆弧顶端A点上方h=1.25m的B点自由下落，重力加速度大小取g=10m/s2(1)若P固定在地面上，薄板Q上表面光滑。①求小滑块经过A点时对P的压力？②当小滑块速度减小为刚接触弹簧时的13，P和Q的连接断开，弹簧的最大弹性势能等于Ep(2)若P没有固定在地面上，Q的质量为mQ=1.6kg，其上表面弹簧左侧与小滑块的摩擦因数为μ=0.5，其余部分光滑。当小滑块滑过P右端时P和Q的连接断开，小滑块恰好不离开薄板Q，求薄板Q粗糙部分的长度和弹簧的最大弹性势能？【答案】(1)①20N，方向水平向左；②3.2kg(2)158【详解】（1）由机械能守恒得mgℎ=小滑块经过A点时轨道对其支持力为F根据牛顿第三定律得小滑块对P的压力与轨道对其支持力是一对作用力与反作用力，大小相等即F压小滑块从B点下落到接触弹簧前由机械能守恒mg(ℎ+R)=v由动量守恒m由系统机械能守恒1Q的质量为m（2）小滑块滑过P右端时其速度为v3，PQ的速度为由水平方向动量守恒有m由系统机械能守恒有mg(ℎ+R)=解得v3=6小滑块滑上Q到两者共速v由动量守恒mv它们的共同速度v由能量守恒2μmgL=1薄板Q粗糙部分的长度为L=弹簧的最大弹性势能为E15．（2025·四川泸州·一模）如图，轨道ABCD由半径R1=1.5m的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量m1=2kg的物块P和质量m2=1kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定（物块与弹簧不连接），三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量m3=3kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度LEF=0.8m；FG段为半径(1)若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的压力大小；(2)若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块Q从小车上的G点冲出时的速度大小；(3)若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能的取值范围。【答案】(1)60N(2)73(3)8J≤Ep≤16J【详解】（1）由题意知，物块P经过CB后恰好能到达A点，说明在A点时物块P速度为0，设物块P在B时速度vB，则从B到A，由机械能守恒有m解得v在B点，设P受到支持力FN，由牛顿第二定律得F代入题中数据，联立解得FN=60N根据牛顿第三定律可知，物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的压力60N。（2）设P、Q物体与弹簧分离后速度分别为vP、vQ，则P从C到B过程，由动能定理有−μ解得vP=6m/s分析PQ与弹簧组成的系统可知，系统动量守恒，规定向右为正方向，则有0=m2vQ-m1vp解得vQ=12m/sQ滑上小车后运动到最高点时，若二者水平方向共速为v共，对Q与小车系统，由水平动量守恒得：m2vQ=（m2+m3）v共解得v共=3m/s由能量守恒有1联立解得v物块Q从小车上的G点冲出时的速度v（3）设P、Q物体与弹簧分离后速度分别为v1、v2，由动量守恒有0=m2v2-m1v1由能量守恒，弹性势能为E分析可知，当Q刚滑到F点与车共速时，弹性势能最小，设共速为v共1，则由动量守恒得m2v2=（m2+m3）v共1能量守恒得1联立以上解得弹性势能最小值为Epmin=8J分析可知，当Q滑上小车圆弧轨道再次返回F点与车共速时，弹性势能最大，设共速为v共2，则由动量守恒得m2v2=（m2+m3）v共2能量守恒得1联立以上解得弹性势能最大值为Epmax=16J被锁定弹簧的弹性势能的取值范围8J≤Ep≤16J。16．（2025·重庆永川·模拟预测）如图，质量为m1=2kg、电荷量为q=2.4C的带正电的物块C静置于木板A的左端，木板A的质量为m2=2kg，木板B的质量为