2026年高考物理终极冲刺：大题突破04 力学三大观点的综合应用（解析版）

1/2大题突破04力学三大观点的综合应用目录目录【命题解码·定方向】【解题建模·通技法】热点题型1力学三大观点在含板块类模型中的综合应用热点题型2力学三大观点在含弹簧类模型中的综合应用热点题型3力学三大观点在含传送带类模型中的综合应用【实战刷题·冲高分】命题·趋势·定位1.重基础：注重对牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理等核心规律的直接考查，覆盖选择、实验与计算题，强调基本公式的理解与应用。2.强综合：突出多观点交叉融合，需结合运动过程分析，综合运用动力学方程、动量守恒与能量守恒解决复杂问题，强化模型转化能力（如将传送带、圆弧轨道转化为匀变速或圆周运动模型）。3.拓创新：关注真实情境与科技前沿（如航天器对接、碰撞实验），以核心素养为导向，通过新情境（如变力做功）考查知识迁移能力，强调“以不变应万变”的解题逻辑。热点题型1力学三大观点在含板块类模型中的综合应用析典例·建模型【例1】（2026·江苏南京·一模）如图所示，倾角为的固定斜面上有一右端带垂直挡板的木板，质量。现将质量的光滑小滑块放到距离挡板处，两者同时由静止释放。已知木板与斜面间的动摩擦因数，小滑块与挡板发生弹性碰撞，整个过程小滑块未脱离木板，斜面足够长，取，，。求：(1)释放瞬间滑块的加速度大小；(2)第1次碰撞过程中，滑块所受合力的冲量大小；(3)从释放到第3次碰撞系统产生的总热量。【答案】(1)(2)(3)【解题建模】步骤1：受力分析，列牛顿第二定律方程求加速度。步骤2：分析系统动量守恒的条件是否成立，列弹性碰撞动量守恒和机械能守恒方程求速度，再求冲量。步骤3：分析物块的运动过程，结合运动学公式、动量守恒、机械能守恒和能量守恒求总热量。【详解】（1）对滑块受力分析：由解得：（2）对木板受力分析：由于所以木板静止，当滑块运动到挡板处时，速度为与挡板弹性碰撞，动量、能量守恒，，解得，故滑块所受合力冲量大小为（3）此后，物块做初速度为0，加速度仍为的匀加速直线运动，木板做速度为2m/s的匀速直线运动，由解得再次相遇。第二次碰撞前，物块速度为，木板速度为2m/s，碰撞后，解得，，即滑块以2m/s初速度，做匀加速直线运动，木板以4m/s做匀速直线运动，由可得仍然经过再次相遇，第三次碰撞。则此过程中，木板与斜面摩擦产生的热为：若用v-t图像解答，亦可得分。研考点·通技法力学三大观点在含板块类模型中的综合应用常用的解题方法1.动力学观点（牛顿运动定律+运动学公式）核心思路：分析板块间摩擦力（静摩擦/滑动摩擦），判断相对运动状态（是否共速、相对滑动），对单个板块或整体列牛顿第二定律方程，结合运动学公式求解加速度、时间或位移。关键应用：判断板块是否发生相对滑动（比较静摩擦力与最大静摩擦力），计算相对加速度及相对位移。2.动量观点（动量守恒定律+动量定理）动量守恒：若系统所受合外力为零（如光滑水平面），板块间碰撞或相对运动时，系统动量守恒，常用于碰撞、粘连等瞬间过程。动量定理：针对单个板块，合外力的冲量等于动量变化，适用于求解摩擦力冲量、时间或速度变化。3.能量观点（动能定理+能量守恒定律）动能定理：对单个板块，合外力做功等于动能变化，需考虑摩擦力做功。能量守恒：系统机械能的减少量等于摩擦产生的热量，适用于板块间有相对滑动时的能量转化分析。破类题·提能力1．（2026·山东枣庄·二模）如图所示，质量的滑板静止在光滑水平面上，长度的水平段AB和光滑圆弧面BC平滑连接，B、C的高度差。质量的滑块置于滑板上点，与滑板AB段间的动摩擦因数；长度的细线一端固定于点，另一端与质量的小球栓接。初始时细绳水平伸直，小球由静止被释放，运动至点正下方时与滑块发生对心碰撞（时间很短），碰后反弹的瞬间，受到的拉力大小。小球与滑块均可视为质点，不计空气阻力，细线不可伸长，取。(1)求碰撞后瞬间滑块的速度大小；(2)求滑块从滑板上的处运动到处的时间；(3)若滑块从滑板上点离开后在空中运动的最小速率为，求滑块在滑板上运动的过程中，所受合力的冲量大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）设小球碰撞前的速度大小为，则解得碰撞后小球的速度大小为，则解得碰撞过程中，动量守恒解得（2）滑块在滑板上，对滑块根据牛顿第二定律可得解得对滑板根据牛顿第二定律可得解得则解得（3）滑块从滑板上的A处运动到B处时，滑块的速度大小为滑板的速度大小为滑块在滑板上运动的过程，最终水平分速度大小为，根据滑块和滑板组成的系统，在水平方向动量守恒可得系统机械能守恒解得则滑块离开滑板上升的高度为所以，滑块离开滑板时，竖直分速度大小为在此过程中水平方向的冲量为竖直方向上的冲量为根据动量定理可得，滑块在此过程中所受合力的冲量大小为热点题型2力学三大观点在含弹簧类模型中的综合应用析典例·建模型【例2】（2026·辽宁·一模）如图所示，在水平实验平台上，放置着两个物块A与B，它们之间通过一根轻质弹簧（初始处于压缩状态）和一根不可伸长的轻绳连接。右侧为竖直平面内半径的半圆形固定光滑轨道。当剪断轻绳后，弹簧瞬间恢复原长并将物块A、B弹开。弹开后，物块B恰好能通过半圆形轨道的最高点C，物块A获得速度后向左运动，在运动过程中受到水平向右的空气阻力，阻力f大小与其速度v的关系为（其中）。已知物块A、B的质量分别为、，物块A与水平地面间的动摩擦因数，物块A从开始被弹开到最后停止运动经历的时间，物块B进入半圆形轨道时无机械能损失，在半圆形轨道运动过程中不受空气阻力，重力加速度。求：(1)物块B进入半圆形轨道的最低点时的速度大小；(2)弹簧初始时储存的弹性势能；(3)物块A向左运动的位移大小。【答案】(1)(2)(3)【解题建模】步骤1：结合动能定理和竖直面内圆周运动的临界条件求速度。步骤2：结合动量守恒和能量守恒，即可计算弹性势能。步骤3：利用微元的思想和动量定理列方程求位移大小。【详解】（1）物块B进入半圆形轨道后，由动能定理可得由牛顿第二定律可得，联立解得（2）物块A、B弹开过程，由动量守恒定律可得由能量守恒定律可得联立解得（3）物块A向左运动的过程中，由动量定理有，联立解得研考点·通技法力学三大观点在含弹簧类模型中的综合应用常用的解题方法1.弹簧类模型的核心特征是弹力为变力、形变量渐变且具有阶段性、对称性和临界性，无法用匀变速规律直接求解，需结合动力学、能量、动量三大力学观点综合应用，三者协同是解题关键，核心围绕弹簧特性和临界状态展开。2.动力学观点主要用于定性分析运动状态和判定临界条件，核心是牛顿第二定律结合弹力公式F=kx，分析加速度随形变量的变化，关键结论为：物体加速度为0时速度最大，为后续能量、动量观点应用奠定基础，不直接用于定量计算位移和速度。3.能量观点是弹簧类问题的核心求解手段，适用于求速度、位移和弹性势能，核心是动能定理、系统机械能守恒和能量守恒。需优先选择弹簧与连接物体组成的系统，标注初末态的速度、形变量和高度，明确弹性势能仅与形变量有关，无耗散力时用系统机械能守恒，有摩擦等耗散力时需计入摩擦生热。4.动量观点多用于求解两物体共同速度、末速度，常与能量观点组合使用，核心是动量守恒定律。仅当系统合外力为0（如水平光滑面）或合外力冲量可忽略时守恒，关键临界条件为两物体速度相等时，弹簧形变量最大、弹性势能最大，据此结合动量守恒求速度，再用能量守恒求弹性势能。5.解题需遵循“定系统、标状态、判临界、选观点”的通用流程，重点规避弹力突变、系统选择错误、临界状态记反等易错点。高频经典模型中，水平光滑面双体模型常用动量与能量守恒组合，竖直单体模型常用动力学与能量守恒结合，掌握核心公式和临界结论，可快速高效解题。破类题·提能力2．（2026·宁夏·一模）质量为的小球b静止在光滑水平地面上，右端连接一水平轻质弹簧，半径的四分之一光滑圆弧槽锁定在地面上，现将质量为的另一小球a从圆弧槽顶端由静止释放。小球a接触弹簧到弹簧压缩到最短所经历的时间为，已知此弹簧的压缩量与弹性势能的数值关系为，重力加速度取，求：(1)小球a在圆弧槽末端对槽的压力；(2)弹簧被压缩至最短时，弹簧的压缩量；(3)小球a接触弹簧到压缩到最短的时间内小球a位移。【答案】(1)，方向竖直向下(2)(3)，方向水平向左【详解】（1）小球a从圆弧槽顶端静止释放到末端过程，根据动能定理可得解得在圆弧槽末端，由牛顿第二定律可得解得根据牛顿第三定律可知小球a在圆弧槽末端对槽的压力大小为，方向竖直向下。（2）弹簧被压缩至最短时，a、b两球具有相同的速度，根据系统动量守恒可得解得根据能量守恒可得弹簧的最大弹性势能为解得则弹簧被压缩至最短时，弹簧的压缩量为（3）小球a接触弹簧到压缩到最短过程，任意时刻a、b两球组成的系统均满足动量守恒，则有由上式可得则有其中，又联立解得小球a位移为方向水平向左。热点题型3力学三大观点在含传送带类模型中的综合应用析典例·建模型【例3】（2026·天津河北·一模）某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面内，半径为，圆心角的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体，速度为，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为，空箱B的质量为，A、B及粘连成的整体均可视为质点，整体与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量，忽略轨道及平台的摩擦，，重力加速度。求：(1)工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力；(2)工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能；(3)已知传送带的速度小于，求传送带的速度大小。【答案】(1)，方向竖直向上(2)1.6J(3)【解题建模】步骤1：根据机械能守恒和牛顿第二定律求力的大小。步骤2：利用动量守恒定律和能量守恒定律求损失机械能步骤3：根据牛顿第二定律以及能量守恒求传送带速度。【详解】（1）工件A从开始到滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒解得在最低点根据牛顿第二定律解得方向竖直向上。（2）根据题意工件A滑入空箱B后粘连成一个整体，根据动量守恒解得故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为（3）由于传送带速度小于时，AB粘连成的整体滑上传送带先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律设经过时间后AB与传送带共速，可得该段时间内AB运动的位移为传送带运动的位移为故可得联立解得另一解大于舍去。研考点·通技法力学三大观点在含传送带类模型中的综合应用常用解题方法1.动力学观点（牛顿运动定律+运动学公式）是基础，核心用于分析物体运动阶段与关键参量。解题时需先判断物体初速度与传送带速度的相对方向，确定滑动摩擦力方向，划分匀变速（有滑动摩擦）和匀速（无摩擦/静摩擦）阶段，再通过受力分析求加速度，结合运动学公式求解时间、位移、速度等，为后续能量、动量观点应用提供基础，共速时刻是划分运动阶段的关键节点。2.能量观点（动能定理、能量守恒）主要用于求解能量变化，核心是摩擦生热的计算。滑动摩擦力做功改变物体动能，可通过动能定理直接关联；摩擦生热仅由滑动摩擦力与相对位移决定，静摩擦不生热；传送带电机做功需通过能量守恒求解，即电机做功等于物体动能变化、重力势能变化（倾斜传送带）与摩擦生热之和。3.动量观点（主要是动量定理）是求解时间、冲量的快捷工具。传送带系统因受电机外力，一般不适用动量守恒，动量定理可直接通过物体动量变化求解滑动摩擦力的作用时间，无需先求加速度，尤其适用于多阶段匀变速问题，应用时需注意矢量性，规定正方向区分速度、冲量的方向。4.三大观点的综合应用需遵循“动力学定阶段→按需选能量/动量”的原则，规避核心易错点：摩擦生热必须用相对位移，动量定理需注意矢量方向，电机做功需通过能量守恒计算。整体而言，动力学观点解决“运动状态”问题，能量观点解决“能量转化”问题，动量观点简化“时间/冲量”计算，三者协同可快速突破各类传送带模型。破类题·提能力3．（2026·湖北荆州·二模）如图所示，质量为，半径为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，传送带以的速度顺时针转动。右侧地面上静置着2个质量均为的完全相同的木块。将质量为的铁块从离圆弧槽最高点的正上方处静止释放，经圆弧槽下滑后，从最低点水平向右运动并冲上传送带。已知传送带轮轴间距，铁块与传送带之间的动摩擦因数，铁块和木块均可视为质点，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度。(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；(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)(2)，方向竖直向下(3)【详解】（1）铁块从释放到圆弧槽最低点过程，根据动能定理有解得设铁块在传送带上一直匀减速，到右端时速度为，则有解得则假设成立，即铁块第一次离开传送带时的速度大小为。（2）解除锁定后，铁块与圆弧槽水平方向动量守恒，则有根据机械能守恒定律有解得，铁块相对于圆弧槽做圆周运动，在最低点有解得根据牛顿第三定律得铁块对圆弧槽的作用力方向竖直向下。（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，根据动能定理可得解得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，解得，随后，两木块发生弹性碰撞有，解得，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，则有解得铁块不会从左边冲出，其会以第二次向右滑下传送带，接着第二次与木块发生弹性碰撞，同理可得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，故铁块最终的动能刷模拟1．（2026·河北承德·一模）如图所示，某固定装置由半径R=2.5m、圆心角的光滑圆弧槽，光滑水平凹槽及长，倾角θ=53°的粗糙斜面组成，整个装置处于同一竖直平面内。凹槽中有一长木板（上表面与凹槽边缘等高），长木板左端与凹槽左端接触，圆弧槽末端切线水平，一小物块（可看作质点）置于圆弧槽最左端。以凹槽右端点O为坐标原点，沿水平和竖直方向建立平面直角坐标系xOy。现将小物块从圆弧槽最左端由静止释放，小物块经过圆弧槽底端冲上木板。小物块滑上木板的同时，木板在外界控制下运动，其速度v与位移之间满足（单位均为国际制单位），木板前进1m时撤去控制装置，最终物块和木板同时并以相同速度到达凹槽右端。小物块冲上斜面瞬间无动能损失，小物块在斜面上运动时始终受到一水平向右、大小为的恒力作用。小物块飞出斜面后，受到另一恒力作用，物块再经过2s的时间恰好回到y轴，且刚好到达与斜面上端等高的位置。小物块与木板的质量均为m=1kg，小物块与长木板间的动摩擦因数为，与斜面间的动摩擦因数与其所处位置的横坐标的关系为（单位均为国际制单位），重力加速度为，，取。(1)求小物块滑到圆弧槽底端时对圆弧槽的压力大小；(2)求木板的长度；(3)求F1的方向与y轴正方向夹角的正切值。【答案】(1)20N(2)(3)【详解】（1）小物块从圆弧槽最左端滑到最低点，由机械能守恒定律得解得在最低点，由向心力公式得代入数据可得由牛顿第三定律，物块对圆弧槽的压力大小为（2）已知木板速度与位移满足当时当时由题意可知图像围成的面积为模板运动的时间，可得控制装置作用的时间为设此过程物块一直减速，对物块用动能定理得解得，假设成立物块的位移为相对位移为撤去控制后，木板与物块的系统动量守恒解得由能量守恒可知相对位移大小木板长度（3）物块在斜面上受到的支持力为由此可得物块在斜面上受到的摩擦力为，随均匀变化物块在斜面上运动时，由动能定理得解得分解速度，水平分量竖直分量从物块飞出斜面至回到y轴，竖直方向有水平方向有解得，则的方向与y轴正方向夹角的正切值2．（2026·江苏南通·二模）如图所示，光滑水平面上有一静止小车，质量，车前、后壁间距，车上放置质量，长度的木板A，木板上有一小物块B，质量，A、B间的动摩擦因数，木板与车厢间的动摩擦因数。开始B和A紧靠车厢前壁，现给小车向前的初速度，已知A与后壁碰撞黏在一起，B与后壁碰撞为弹性碰撞，经过一定时间后，A、B与小车三者相对静止，重力加速度，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：(1)A与后壁碰撞前，车、A、B的加速度大小、、；(2)整个过程A与B之间摩擦产生的内能；(3)从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小。【答案】(1)，，(2)(3)【详解】（1）B与木板A的最大静摩擦力为木板A与车厢间的最大静摩擦力为对车，有可得车的加速度大小对A和B，假设一起加速，有可得可知A和B发生了相对运动，对A有可得对B有可得（2）设经过时间后A与后壁碰撞黏在一起，有解得或因为A与后壁碰撞黏在一起，可知时间取，此时车、A、B的位移分别为车、A、B的速度分别为A与B之间摩擦产生的内能A与后壁碰撞黏在一起，根据动量守恒有可得A与后壁碰撞黏在一起，对A和车整体受力分析B与后壁碰撞前，根据运动学公式解得A、B与小车三者相对静止，有可得碰撞后对车和A整体、B受力分析，可知受力大小不变，方向都相反，对碰撞后的车和A整体对BA和车的位移为B的位移为解得根据能量关系可得A与B之间摩擦产生的内能可得整个过程A与B之间摩擦产生的内能（3）从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小3．（2026·福建泉州·二模）如图甲，下端带有挡板的长木板A静止在足够长的固定斜面上，挡板上有一长度可忽略且被压缩并锁定的轻弹簧，时将质量为m的小物块B从A上与挡板距离为处由静止释放，时刻B与挡板发生第一次碰撞，碰撞瞬间弹簧解除锁定，在极短时间内弹开B后瞬间A获得的速度大小为，时B与挡板发生第二次碰撞，在时间内B的速度大小v随时间t变化的关系图线如图乙所示（、均为未知量），各个接触面的最大静摩擦力均等于各自的滑动摩擦力。(1)根据乙图，求在内与在内B的加速度大小之比；(2)求第一次碰撞到第二次碰撞的时间内A下滑的距离；(3)求A与B、A与斜面间的动摩擦因数之比。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据题意，由图乙可知，B在的时间内匀减速上滑，加速度大小为B在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为因此在内与在内B的加速度大小之比为（2）由图推断可知，A在之前已停止运动，B在与在时间内受力情况一致，加速度相同，则时刻速率为刚释放B时，A、B之间的距离为，则有B在-时间内沿斜面向上运动，运动的距离B在时间内沿斜面向下运动，运动的距离则两次碰撞期间A沿斜面下滑的距离（3）由图可知，B与挡板第一次碰撞后，A的速度为，设A的质量为M，由动量守恒定律可得解得第一次碰撞后A一直做匀减速运动，经过时间停止运动，则有解得设A做匀减速运动的加速度大小为，则设斜面倾角为，A与B间的动摩擦因数为，A与斜面间的动摩擦因数为，根据牛顿第二定律，对A有B沿斜面向下运动时B沿斜面向上运动时联立解得4．（2026·山东东营·一模）半径为、质量为的四分之一光滑圆弧槽静止在光滑水平面上，圆弧槽末端与水平面相切。圆弧槽左侧有一质量为、倾角为的光滑斜面处于静止且末端与水平面平滑接触，斜面总长度。连接轻弹簧的质量为的A物块锁定在斜面上P处，P距离斜面顶端Q的距离，轻弹簧处于原长且末端刚好处于斜面底端，弹簧劲度系数。现将一质量的物块B从圆弧槽的顶端静止释放，物块B从圆弧槽末端滑到水平面上，一段时间后冲上斜面。当弹簧被压缩到最短时物块B被锁定在斜面上，同时物块A被解除锁定。当弹簧恢复原长时，A与弹簧断开连接，最终A从斜面顶端飞出。忽略各接触面的摩擦，不考虑物块的大小，圆弧槽和斜面均不固定，，弹簧弹性势能表达式，x为形变量。求：(1)物块B滑到圆弧槽底端时，物块B和圆弧槽的速度及圆弧槽的位移(2)当弹簧被压缩到最短时，弹簧的压缩量(3)物块A从斜面顶端飞出时，物块A和斜面的速度大小(4)物块A落地时距离斜面左端的水平距离。【答案】(1)，，(2)(3)(4)【详解】（1）物块下滑到底端过程水平动量守恒机械能守恒解得，由水平动量守恒（人船模型）即又解得（2）物块冲上斜面，至弹簧压缩量最大时，、和斜面共速，速度为水平方向动量守恒系统能量守恒联立解得。（3）解法一设物块A从斜面顶端Q飞出时，A的对地速度水平、竖直速度分别为和，斜面速度水平动量守恒系统能量守恒相对运动关系联立解得，,则A的速度解法二设A从斜面顶端Q飞出时其相对斜面速度为,斜面对地速度为水平方向动量守恒系统能量守恒联立解得，则A的速度（4）物块A离开斜面后斜抛运动竖直方向水平方向联立解得5．（2026·陕西榆林·一模）如图所示，L形滑板A静置在光滑水平面上，滑板右端固定一劲度系数的足够长轻质弹簧，弹簧处于原长状态，其左端与静置于P点的物块B相连。一物块C以初速度从滑板最左端滑入，相对滑板A滑行后与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知A、B、C质量均为，物块B、C与滑板上P点及左侧之间的动摩擦因数均为，滑板P点右侧光滑，弹簧的弹性势能（x为形变量），重力加速度g取，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，物块B、C可视为质点。求：(1)C刚滑上A时，A的加速度大小和C的加速度大小；(2)从C滑上A到C与B发生第一次碰撞的时间t；(3)B与C在第一碰撞到第二次碰撞过程中弹簧的最大压缩量x。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）对物块C受力分析，C受到向左的滑动摩擦力，由牛顿第二定律代入数据得对A、B整体受力分析，整体受到向右的滑动摩擦力，B与A相对静止（B所需静摩擦力小于最大静摩擦力），由牛顿第二定律代入数据得（2）C做匀减速直线运动A（带B）做匀加速直线运动C相对A的位移为，即代入数据解得，（对应C速度小于A速度，是共速后相对位移，不符合碰撞发生的实际，舍去），因此（3）碰撞前瞬间，C、B发生弹性碰撞，碰撞瞬间A速度不变，得，，碰撞后，C和A无相对滑动，当三者速度相等时，弹簧压缩量最大。对系统由动量守恒解得由能量守恒，动能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能代入数据解得6．（2026·浙江宁波·二模）如图所示，倾角为的斜面固定在水平地面上，质量为的小物体位于斜面底端，并通过劲度系数为的轻弹簧与质量为小物体相连，质量为的小物体紧挨物体，小物体、间有一定量的火药。小物体、、与斜面间的动摩擦因数为，开始时小物体、、均静止在斜面上，弹簧处于原长状态。现锁定物体，引爆物体间的火药，在极短时间内物体分离，在之后的运动过程中，每当物体沿斜面向上减速为零时，立刻锁定物体，同时释放物体，每当物体沿斜面向上减速为零时，立刻锁定物体A，同时释放物体B。已知物体C沿斜面向上运动的最大距离为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小，弹簧的弹性势能（为劲度系数，为形变量）。(1)火药爆炸后物体B获得的速度大小；(2)从火药爆炸到物体B向下减速到零的过程中，弹簧的最大压缩量；(3)从物体B第一次沿斜面向上减速到零到第二次沿斜面向上减速到零的过程中，物体B运动的位移大小；(4)物体A、B、C均停止运动时物体B、C间的距离。【答案】(1)8m/s(2)0.8m(3)0.8m(4)0.2m【详解】（1）物体B、C分离后C沿斜面向上做减速运动，由牛顿第二定律有解得由运动学公式有解得火药爆炸过程，组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有解得（2）设火药爆炸后物体B向下减速到零运动的位移为，由能量守恒定律有解得（3）沿斜面向上的运动时设B处于平衡位置时弹簧的压缩量为，则

沿斜面向下偏离平衡位置的位移为时，弹簧的压缩量为。取沿斜面向下为正方向，则此时弹簧振子的回复力设第一次沿斜面向上的振幅为，则有设第一次沿斜面向上速度减小为零时弹簧的伸长量为，则则从火药爆炸到第一次沿斜面向上减速到零，沿斜面向上运动了由（3）问同理可得，物体沿斜面向上的运动为简谐运动。设处于平衡位置时弹簧的伸长量为，则有第一次沿斜面向上的振幅为，则有设第一次沿斜面向上速度减小为零时弹簧的压缩量为，可得设第二次沿斜面向上的振幅为，速度减小为零时弹簧的伸长量为，解得则从第一次沿斜面减速到零到第二次减速到零，沿斜面向上运动了。（4）设第二次沿斜面向上的振幅为，速度减小为零时弹簧的压缩量为，则有解得设第三次沿斜面向上的振幅为，速度减小为零时弹簧的伸长量为，则有解得此时均停止运动，从第二次沿斜面减速到零到第三次减速到零，沿斜面向上运动了，由以上分析可知沿斜面向上运动的总路程为，所以最终间的距离为。7．（2026·陕西商洛·二模）如图所示，光滑水平面中间部分连接一长度为L=7m顺时针匀速转动的传送带，水平面和传送带上表面平齐，水平面的左侧有一半径R=1.8m的固定光滑圆弧斜面体。一质量为m1=4kg的滑块从斜面体最高点由静止下滑，离开斜面体后滑上传送带。已知滑块A和水平传送带间的动摩擦因数µ=0.2，传送带的右侧依次放有滑块B和C，滑块C的质量为m3=1kg，滑块A、B、C均可看成质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求：(1)滑块A离开斜面体时的速度大小；(2)要使滑块A离开传送带时的速度最大，传送带运动的最小速度为多大；(3)在（2）问的基础上要使B与C碰撞一次后滑块C获得的动能最大，则滑块B的质量m2为多大。【答案】(1)6m/s(2)8m/s(3)2kg【详解】（1）设滑块A和斜面体分离时滑块A的速度大小为vA，对滑块A，根据动能定理有解得（2）要使滑块A离开传送带的速度最大，则滑块A在传送带上一直加速，设A离开传送带的速度为v0，则，解得故要使滑块A离开传送带的速度最大，传送带运动的最小速度为8m/s；（3）A、B两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得解得同理可得B、C两滑块碰撞后，C滑块的速度为可得由此可知，当，即时，v3最大，滑块C获得的动能最大。8．（2026·广东佛山·二模）如图，质量分别为和的物块A和B（均视为质点），通过轻质不可伸长的细绳连接，跨过定滑轮（不考虑其质量）悬挂于两侧。初始时，两物块距天花板的高度均为，绳长，两物块距地面的高度均为。初始状态下通过外力使物块A与B保持静止。在时刻，同时释放两物块。当物块A接触光滑地面的瞬间，将细绳切断。此后经过时间，物块A在竖直方向的速度减为零，忽略物块B此后的运动情况。物块A的速度为零时，位于物块A左侧的另一个的物块C以与物块A发生碰撞。碰撞结束后，轻质弹簧恢复原长。随后，物块A冲上长度为，与水平面夹角为的传送带。已知传送带与物块间的动摩擦因数为，重力加速度，,。(1)求物块A落地时的速度大小；(2)求时间内地面对物块A的平均作用力大小；(3)若传送带静止，物块A能否冲上传送带顶端？若不能，为使物块A恰好能够到达顶端，传送带应如何（顺时针或逆时针）转动？其速度应为多大？此过程传送带电动机因运送物块A而额外消耗的电能是多少？【答案】(1)(2)(3)物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动，转速为；额外消耗的电能为【详解】（1）方法1：释放后，物块向下加速运动，物块向上加速运动。设绳子的拉力为，两物块的加速度大小均为。对物块，由牛顿第二定律：①对物块，由牛顿第二定律：②由①＋②得：解得加速度：物块从静止开始，下落高度，由运动学公式：解得落地速度：方法2：对A、B系统，由机械能守恒定律：解得落地速度：（2）物块A落地后，经过时间，其竖直方向速度减为零。此过程中，物块受到重力和地面的平均作用力。以竖直向上为正方向，由动量定理：解得平均作用力：地面对物块的平均作用力大小为（3）物块C与物块A的碰撞过程，弹簧恢复为原长，A和C物块动量守恒，能量守恒，由于碰撞后弹簧恢复原长：，若传送带保持静止，对物块进行受力分析：加速度大小：物块沿斜面向上滑行的最大距离：说明物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动。设传送带速度，物块A刚冲上传送带时，摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：代入数据：当物块的速度与传送带速度相同时，由可知物块不能一直相对传送带静止，速度相同后，摩擦力方向沿斜面向上，根据牛顿第二定律有：代入数据：设传送带速度为，，位移满足得因此可知假设成立。第一阶段共速前时间为：代入数据：此段时间内，传送带与物块的相对位移为：第二阶段共速后：此段时间内，传送带与物块的相对位移为：整个过程因摩擦产生内能电动机额外提供的电能使物块的机械能增加和摩擦产生内能：代入数据：方法2：电动机额外提供的电能等于传送带克服摩擦力做功9．（2026·浙江杭州·二模）如图所示，一装置由以为圆心、半径为的竖直圆弧轨道、水平传送带、水平轨道构成，各部分之间平滑连接，和的长度均为。质量为的滑块1从点静止自由释放，当其下滑到点时，质量为的滑块2以初速度从处向左运动。传送带以恒定速度顺时针转动，滑块与的动摩擦因数均为，其他表面均光滑，滑块1和2之间的碰撞为弹性碰撞。求滑块1：(1)第一次经过圆弧最低点时轨道所受的压力；(2)第一次碰撞后滑块1的速度大小；(3)碰后能上升的最大高度。【答案】(1)，方向竖直向下(2)4m/s(3)0.5m【详解】（1）滑块1从A点到B点，根据机械能守恒定律解得滑块1第一次经过圆弧最低点时速度大小为在B点牛顿第二定律解得根据牛顿第三定律，可得滑块1第一次经过圆弧最低点时轨道所受的压力大小为方向竖直向下。（2）设B点为坐标原点，向右为正方向，时刻（滑块1到达B点，滑块2从D出发）：滑块1在B点速度：由机械能守恒得方向向右；滑块1在顺时针传送带BC上加速，加速度加速到传送带速度的位移滑块2在时位置（D点）初速度（向左），CD光滑，因此一直匀速向左，到达C点的时间碰撞时位置相等：解得碰撞时间碰撞发生在光滑CD段，碰撞前速度：滑块1的速度，滑块2的速度弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有，代入解得负号表示方向向左，速度大小为（3）碰后滑块1向左运动，CD光滑，到达C点时速度大小仍为向左经过BC时，摩擦力一直向右做负功，由动能定理：代入得滑块1上升过程机械能守恒，重力势能等于剩余动能：解得（滑块脱离圆弧轨道后，最大高度仍满足该关系）刷真题1．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块(1)滑到B点处的速度大小；(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。【答案】(1)4m/s(2)0.9J(3)0.2m(4)3N【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理解得到达B点的速度（2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功（3）物块在传送带上加速运动的加速度为加速到共速时用时间在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度（4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知，联立解得（另一组，因不合实际舍掉）对滑块在最高点时由牛顿第二定律解得F=3N2．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？【答案】(1)(2)，(3)(4)【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中同时有联立解得，（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中联立解得（4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有，解得3．（2025·重庆·高考真题）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；(3)若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。【答案】(1)，(2)(3)，【详解】（1）A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即可得由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由解得（2）设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有，又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即联立解得，因为OP段粗糙，由动能定理有得，即，根据题意有，且由（1）有联立各式解得（3）设碰前小物块B向右运动的速度为,A、B发生碰撞，则A、B碰撞过程动量守恒有又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则则，根据碰撞的约束条件，