第24讲 三大观点解决力学问题 （专项训练）（安徽专用）（教师版）

第24讲三大观点解决力学问题目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练 1题型01动量与动力学观点的综合应用 1题型02动量与能量观点的综合应用 4题型03力学三大观点的综合应用 1002核心突破练 2203真题溯源练 3401动量与动力学观点的综合应用1．【生活实际与学科知识结合】（2025·云南·模拟预测）质量为1kg的某种海鸟可以像标枪一样一头扎入水中捕鱼，假设其在空中的俯冲可以看作自由落体运动，进入水中后可以看作匀减速直线运动，其v−t图像如图所示，自由落体运动的时间为t1=0.6s，整个过程的运动时间为，最大速度为vm=6m/s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（）A．0~t1内，海鸟动量变化量的大小为10kg⋅m/sB．整个过程中，海鸟下落的高度为6mC．时间内，海鸟所受的阻力是重力的2.5倍D．时间内，海鸟的加速度大小为20m/s2【答案】C【详解】A．0~t1内，海鸟动量变化量的大小为，故A错误；B．v−t图像与横轴围成的面积表示位移，可知整个过程中，海鸟下落的高度为，故B错误；CD．时间内，海鸟的加速度大小为根据牛顿第二定律可得可得故时间内，海鸟所受的阻力是重力的2.5倍，故C正确，D错误。故选C。2．【体育运动与学科知识结合】（2025·广东广州·三模）篮球运动员进行了如图所示的原地纵跳摸高训练。已知质量的运动员原地静止站立（不起跳）摸高为，在原地纵跳摸高训练过程中，该运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，发力跳起摸到了的高度。若将运动员起跳过程（从重心下降处开始向上运动到双脚离地过程）视为做匀加速运动，忽略空气阻力影响，g取，对运动员的起跳过程，则下列说法正确的是（）A．运动员处于失重状态B．地面对运动员的冲量大小为C．运动员对地面的压力为1560ND．运动时间为【答案】C【详解】A．运动员从开始起跳到脚离开地面重心上升，做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，故A错误；C．运动员离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离，运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据解得，在起跳过程中，有解得，由牛顿第二定律得解得，由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为1560N，方向竖直向下，故C正确；BD．依题意，运动员的起跳过程时间为地面对运动员的冲量大小为，故BD错误。故选C。3．（2025·江西新余·模拟预测）三个完全相同的木块A、B、C质量均为m。三者从同一高度自由下落，但木块A在开始下落的瞬间被水平飞行的子弹击中，木块B在下落到一半高度时被水平飞来的子弹击中，子弹均留在木块中。则三个木块下落时间的大小关系是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】木块C做自由落体，木块A在开始下落的瞬间被子弹射中，并留在其中，木块A与子弹一起做平抛运动，A、C在竖直方向上都做自由落体运动，且下落高度相同，由可知二者下落的时间相同，即木块B下落到一半高度时被水平飞来的子弹水平射中，子弹射入时间极短，子弹和木块之间的相互作用力远大于木块的重力，所以在竖直方向木块和子弹组成的系统动量守恒，设子弹的质量为m0，子弹击中木块之前木块B竖直方向的速度为vy，子弹击中木块后两者竖直方向的速度为，取竖直向下为正方向，则有可得所以子弹击中木块后，木块竖直方向的速度减小，木块落地时间延长，所以木块B运动的时间故选C。4．（2025·江西·模拟预测）如图所示，质量的木块从距离水平地面高度处自由下落，在下落时，被沿水平方向飞行的子弹击中且子弹留在木块中，已知子弹的质量，子弹击中木块前的速度大小，忽略空气阻力，取重力加速度大小，求：(1)木块被击中前瞬间的速度大小v；(2)木块落地时的水平位移大小x。【答案】(1)；(2)【详解】（1）根据自由落体运动规律有解得（2）子弹与木块作用时间极短，系统动量守恒，设子弹击中木块后瞬间，木块的水平速度为，竖直速度为，从子弹击中木块到木块着地的时间为，则有、竖直方向有水平方向有解得02动量与能量观点的综合应用5．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）（多选）如图，轻弹簧一端固定，另一端与质量为m的物块甲连接，小球乙在C点静止，现在让甲在A点获得一个初速度2v0，甲在A点时弹簧处于压缩状态且此时弹簧具有的弹性势能为3mv02，当甲运动到B时弹簧恰好恢复到原长，甲继续运动到C与乙球发生弹性碰撞，已知甲与水平面的动摩擦因数μ=，AB两点距离与BC间距均为L，则下列说法正确的是（）A．物体甲到达B点时速度为3v0B．A--C过程摩擦生热为2mv02C．甲刚到C时（未与乙发生碰撞前）的动能为mv02D．若甲乙碰撞刚结束，乙的速度为，则乙的质量为2m【答案】AC【详解】A．由能量守恒有解得物体甲到达B点时速度为，A正确；B．由功能关系可知A--C过程摩擦生热为，B错误；C．由A到C过程中，由于A、C关于B点对称，故A、C位置弹簧上的弹性势能相等，由能量守恒有解得甲刚到C时（未与乙发生碰撞前）的动能为，C正确；D．甲刚到C点时的速度大小为甲乙发生弹性碰撞，有，若乙的速度为，联立解得乙的质量为，D错误。故选C。6．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，固定的光滑弧形轨道底端处切线水平，光滑的水平面上静置一块长木板，为长木板的中点，木板的上表面与点等高，在板的左端点放置一个可视为质点、质量为的物块，物块与板之间的动摩擦因数为。可视为质点、质量为的小球从弧形轨道上距离点某一高度处由静止释放，滑到点时速度大小为，小球与物块发生弹性碰撞（碰撞后立即取走小球），当长木板锁定时，物块恰好停在长木板的右端点。已知重力加速度为，求：(1)小球在弧形轨道上释放时的高度；(2)长木板的长度；(3)解除长木板的锁定，要使物块最终停在点左侧，但越过的中点，木板质量的范围。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）小球滑到点的过程，由动能定理得解得（2）小球滑到O点时与物块发生弹性碰撞，设碰后小球和物块的速度分别为和，根据动量守恒和机械能守恒有，联立解得，当长木板锁定时，物块由A点滑到B点的过程，由动能定理得解得（3）设长木板的质量为M，物块相对于长木板的位移大小为，解除长木板的锁定，要使物块最终停在点左侧，但越过的中点，则根据动量守恒和能量守恒有，联立解得7．（2025·安徽·一模）如图所示，质量的长木板静止在光滑的水平面上，木板右端固定一轻质弹性挡板，木板左端静置一质量的小物块，质量的子弹以的速度从左端水平射入小物块，经的时间与小物块达到共同速度（这个过程小物块和长木板移动的位移忽略不计，子弹未穿出）。之后小物块与长木板的挡板发生弹性碰撞（碰撞时间极短），最终小物块恰好没有从长木板上滑下。已知小物块与长木板之间的动摩擦因数，重力加速度g取。求：(1)子弹进入小物块的过程中受到的平均阻力F的大小；(2)长木板的长度L。【答案】(1)；(2)【详解】（1）设子弹与小物块的共同速度为v，根据动量守恒定律有对子弹，由动量定理有解得（2）最终小物块恰好没有从长木板上滑下，设速度为，对系统，由动量守恒定律有由动能定理有解得8．（2025·湖北襄阳·三模）三个完全相同的小球，质量均为，其中小球、固定在竖直轻杆的两端，球靠在竖直光滑墙面，球球均位于足够大的光滑水平地面上，小球紧贴小球，如图所示，三小球均保持静止。某时，小球受到轻微扰动开始下滑，直至小球落地前瞬间的运动过程中，三小球始终在同一竖直面上。已知小球在上述过程中的最大速度为，轻杆长为，重力加速度为。求：(1)此过程中竖直墙对小球的冲量大小；(2)小球落地前瞬间，A的动能大小；(3)质量为的光滑圆槽乙也放在足够大的光滑水平面上，C球与B球分离后，C球运动一段时间后沿着光滑圆槽乙水平切线由C点进入圆槽，圆槽段为圆心角的圆弧，已知=，小球上升到圆槽的点时，圆槽的速度为，则圆槽半径r是R的多少倍？（已知）【答案】(1)2mv；(2)；(3)倍【详解】（1）对三小球进行分析，在水平方向上，根据动量定理有I=2mv；（2）自小球A离开墙面到小球落地，A、B轻杆水平方向动量守恒，则有mv且有解得由于相互作用的一对弹性力做功的代数和为0，可知，轻杆对小球A做功的大小等于轻杆对小球做功的大小，即等于小球、的动能增量，则有对A根据动能定理有mgL-W=解得（3）把小球和圆槽看作系统进行分析，设小球上升到圆槽乙的D点时水平方向速度为，系统水平方向动量守恒，则有mv=+其中=由机械能守恒定律由于小球在D点时，其速度方向与圆槽相切，则有联立解得故r是R的倍。9．（2025·福建厦门·模拟预测）如图所示，轻质弹簧一端固定在墙壁上的点，另一端自由伸长到点，之间、右侧的水平面光滑，之间的距离，在其上表面铺上一种特殊材料，该材料动摩擦因数从向随距离均匀变化如右图所示。质量的足够高光滑曲面在处与水平面平滑连接。的小物块开始时静置于水平面上的点。现给小物块一个水平向右的初速度，重力加速度取。求：(1)小物块在曲面上上升过程中与曲面共速的速度大小和小物块上升的最大高度h；(2)小物块返回点时小物块和曲面各自的速度大小；(3)弹簧被压缩获得的最大弹性势能Epmax。【答案】(1)，；(2)小物块速度大小为，曲面的速度大小为；(3)【详解】（1）小物块在曲面上升到最大高度时，两者具有共同的速度；小物块与曲面组成的系统满足水平方向动量守恒，则有解得根据能量守恒可得解得（2）从最初到小物块再次回到点，根据动量守恒和机械能守恒可得，联立解得，即小物块速度大小为，曲面的速度大小为。（3）小物块向左运动直至将弹簧压缩到最短过程，有其中结合题图可得联立解得根据功能关系，可知弹簧的最大弹性势能为10．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，半径为R的四分之一光滑圆弧与足够长的光滑水平轨道平滑连接，在水平轨道上等间距的静止着质量均为3m的n个小球，编号依次为1、2、3、4……n，整个轨道固定在竖直平面内，质量为m的小球A在圆弧最高点静止下滑，重力加速度为g，小球间发生对心弹性碰撞。求：(1)小球A第一次与1号小球发生碰撞后瞬间，两个小球的速度大小；(2)第n号小球的最终速度大小；(3)第1号小球的最终速度大小。【答案】(1)；；(2)；(3)【详解】（1）根据题意，设小球A第一次与1号小球发生碰撞前的速度为，由机械能守恒定律有解得设小球A第一次与1号小球发生碰撞后，小球A的速度为，1号小球的速度为，由动量守恒定律和能量守恒定律有，解得，，即碰撞后两小球的速度大小均为。（2）此后1号球向右运动，与2号球发生碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，解得，通过计算说明1号球碰后在原2号球位置静止，2号碰后速度等于1号碰前的速度，即两者交换速度。此后，2与3、3与4直至最后与号碰撞，都循同样的规律，则第球的度应为。（3）根据上述分析可知，小球A与1号球第一次碰后向左运动至轨道一定高度后第二次运动到水平轨道上，此时速度大小为，在它向右运动一定距离后必将与已经静止的1号球（在原来2号球位置）发生第2次碰，据动量守恒定律和能量守恒定律可得，碰后两球的速度分别为，此后A球又反向运动，1号球向右运动再次与2号球碰撞，后面的球在彼此碰撞过程中交换速度此后，A球与1号球每碰撞一次，两者速度等大、反向，且A球速度减半。当A球与1号球发生第次碰撞（在号球最初的位置）后最终，1号球的速度为。03力学三大观点的综合应用11．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，足够长的斜面体静置于水平地面上，斜面的倾角为，平行于斜面的轻杆一端连接小物块A，另一端连接光滑的小物块B，A、B的质量均为m，小物块A与斜面之间的动摩擦因数。将小物块A、B在斜面上的某一位置同时由静止释放，沿斜面运动的距离为x，在这过程中，斜面体始终处于静止状态。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．物块A和物块B组成的系统动量守恒 B．斜面体与地面之间没有相对运动趋势C．物块A的加速度大小为 D．物块B减少的机械能为【答案】D【详解】A．由于AB组成的系统合外力不为零，即可知物块A和物块B组成的系统动量不守恒，A错误；B．由于可知A、B整体的加速度沿斜面向下，斜面受到水平向左的静摩擦力，斜面和地面之间有相对运动趋势，B错误；C．对A、B整体研究，根据牛顿第二定律有解得，C错误；D．对物块B，由于轻杆的拉力做负功，其机械能减少，根据牛顿第二定律有解得所以物块B减少的机械能为，D正确。故选D。12．（2025·江苏苏州·三模）一长度为L、质量为M的木板静止放置在光滑水平地面上，一质量为m的青蛙静止蹲在木板的左端。观察者发现：青蛙竖直向上起跳时，能上升的最大高度为h。青蛙向右上方起跳时，恰好能落至长木板右端。设青蛙（看作质点）每次起跳做功相同，忽略空气阻力，重力加速度为g。求：(1)每次青蛙起跳做的功W；(2)青蛙向右上方起跳恰好落在木板右端时的水平位移大小（用木板长度L表示）；(3)若青蛙在水平地面上起跳，则其落地时的最大水平位移大小（用h表示）；【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）对青蛙竖直起跳过程列动能定理解得每次青蛙起跳做的功（2）对青蛙在木板上向右上方起跳过程由几何关系联立解得（3）青蛙在地面上起跳时，设青蛙起跳初速度大小为，方向与水平方向夹角为，运动时间为，则竖直方向水平方向联立解得则当时，对青蛙起跳解得青蛙水平方向上最大位移为13．（2025·安徽六安·模拟预测）若一个运动物体A与静止物体B发生的是弹性正碰，则碰后B获得的动能与A原来的动能之比叫做动能传递系数。如图所示，在光滑水平面上有M、N两个小滑块，N的质量为，左侧有一固定的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，从圆弧轨道顶端由静止释放一个质量为的小滑块P，P滑下后与M发生碰撞，之后M又与N发生碰撞，设所有碰撞均为弹性正碰，且只考虑滑块间发生的第一次碰撞。

(1)求小滑块P刚滑到圆弧轨道底端时轨道对小滑块P的支持力的大小F。(2)滑块M的质量为多少时，N获得的动能最大？这种情况下，P和M及M和N之间碰撞时的动能传递系数、分别为多少？【答案】(1)；(2)，、均为【详解】（1）设小滑块P刚滑到圆弧轨道底端时速度为，由机械能守恒定律有在圆弧轨道最低点，对P，由牛顿第二定律有联立以上两式可得（2）P与M发生弹性碰撞，设M的质量为，碰后P的速度为，M的速度为，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别有，联立解得此时动能传递系数为M和N发生弹性正碰，设碰后M的速度为，N的速度为，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别有，联立解得此时动能传递系数为N获得的动能为由数学知识得时，最大。（或者：若要使N获得最大动能，则要求最大，代入数据得，由数学知识得，当时，获得的动能最大）P和M之间碰撞时的动能传递系数M和N之间碰撞时的动能传递系数14．（2025·安徽·模拟预测）如图，竖直面内轨道abcd光滑，其中ab段为半径的四分之一圆弧，半径ob竖直，bc段竖直，cd段水平，处固定一竖直挡板P，长板B质量、长，紧靠bc放置，上表面与点等高，现有一质量的小铁块A从点无初速释放，滑至点后冲上长板B，A与B共速后B与P碰撞，已知B与P碰撞无机械能损失，A与B之间动摩擦因数，。求：(1)A滑至点时速度大小和对轨道的压力；(2)求B与P碰后，右端离P的最远距离；(3)最终A离P的距离。【答案】(1)，，方向竖直向下；(2)；(3)【详解】（1）A从点滑动点过程，根据动能定理可得解得在点，根据牛顿第二定律可得解得根据牛顿第三定律可知，A对轨道的压力大小为，方向竖直向下。（2）A滑上B后，A与B组成的相同满足动量守恒，则有解得A、B共速时的速度大小为根据题意可知B与P碰后等速反弹，之后B向左做减速运动，加速度大小为当B向左速度减为0时，离P最远，根据运动学公式可得可得（3）B与P第一次碰撞后，A与B组成的相同满足动量守恒，B先向左做减速运动到速度减为0，再向右做加速运动到再次与A共速，则有解得A、B第二次共速时的速度大小为之后B再次与P发生弹性碰撞，等速反弹；可知之后重复以上的运动过程，经过足够长的时间后，A、B均处于静止状态，且B的右端与P接触；整个过程，根据能量守恒可得解得整个过程A相对B发生的位移大小为则最终A离P的距离为15．（2025·安徽马鞍山·二模）如图甲所示，一电梯以速度竖直向上运动，电梯运动的图像如图乙所示。电梯内有一处于竖直平面内的固定轨道ABCD，其中AB段为足够长的粗糙倾斜直轨道、BCD段为光滑圆弧轨道，两段轨道在B处平滑连接，直径CD为竖直方向，圆弧BC对应的圆心角，圆轨道半径，圆弧BCD长为0.95m。在电梯内参考系中观察，直轨道底端B处一质量的小物块a处于静止状态。时刻，在直轨道上方与物块a相距处，一足够长的木板b和其上端小物块c一起由静止开始释放，一段时间后与物块a在B处发生第一次弹性碰撞。已知木板b和物块c的质量均为，木板与直轨道间的动摩擦因数、物块c与木板间的动摩擦因数，重力加速度g取，、，求：(1)在电梯内参考系中，木板与物块a第一次碰撞前的速度；(2)电梯停止运动前一瞬间，圆弧轨道对物块a的支持力；(3)若物块a落到直轨道后立即静止且被固定不再运动，从开始到木板和物块a发生第二次碰撞为止，求木板和直轨道间因摩擦而产生的热量Q。【答案】(1)；(2)3N；(3)9.7J【详解】（1）因，b和c共同加速下滑，假设b、c整体下滑到B的过程，电梯始终匀速，根据牛顿第二定律有解得根据位移时间公式有解得即时木板与a碰撞，由图像可知，假设正确所以（2）对b、a弹性碰撞过程，根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得，由图乙可知阶段，电梯以做匀减速运动，电梯内物体均处于完全失重状态，则物块a沿圆弧做匀速圆周运动，木板和物块c做匀速直线运动，对物块a，由B运动D过程，则有则电梯停止运动前一瞬间，物块a恰在圆弧轨道最高点D处，则有（3）物块a在斜轨道上的落点在B点上方d处，对a的平抛过程，则有，联立解得木板b匀速上升阶段的位移为对木板b受力分析，根据牛顿第二定律有解得木板b匀减速上升阶段的位移为所以从t=0开始到木板和物块a发生第二次碰撞为止，根据功能关系，可得木板和直轨道间因摩擦而产生的热量为代入数据解得16．（2025·安徽·一模）如图所示，质量m=2kg的滑块（视为质点），从半径R=5m的光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，圆弧轨道最低点A与静止在光滑地面上的长木板平滑相接，长木板的长度L=4m，质量M=3kg。滑块运动到长木板最右端时恰好相对长木板静止，长木板右端也刚好到达右侧等高固定的平台处，滑块顺利滑上平台，平台上固定有一底端C处开口的竖直圆轨道，滑块从C处进入圆轨道后，在一沿运动切线方向的外力作用下做匀速圆周运动，转动一周后撤去外力，滑块通过圆轨道后滑上C右侧平台，与静止在D处的轻质挡板相撞后粘在一起。已知滑块与圆轨道间的动摩擦因数，与C右侧平台间的动摩擦因数，C左侧平台光滑，，轻质挡板与轻弹簧铰接，弹簧另一端固定在右侧挡板上，弹簧的劲度系数k=100N/m，弹簧弹性势能的表达式为（x为弹簧形变量），取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。求：(1)滑块对圆弧轨道最低点A处的压力大小；(2)滑块与长木板之间的动摩擦因数μ1；(3)从滑块冲上长木板到弹簧第一次被压缩到最短的过程中因摩擦而产生的热量Q。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）根据机械能守恒定律则有代入数据解得滑块在A点的速度在A点时，由牛顿第二定律可得解得根据牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道最低点A处的压力大小（2）滑块以的速度冲上长木板，设二者相对静止时的速度为，则从滑上长木板到二者相对静止的过程中，根据动量守恒定律则有根据能量守恒则有代入数据解得，（3）滑块的整个运动过程有三段产生摩擦热，第一段过程为滑块以速度冲上长木板到两者相对静止的过程，此过程产生的摩擦热第二段过程为滑块以速度冲上右侧的固定平台后,在竖直圆轨道匀速运动一周的过程,如图所示选取竖直圆轨道上下对称的P、P'两点,根据牛顿第二定律则有，在P、P'两点附近选取微元,则滑块在这两段微元克服摩擦力做的功之和求和可得代入数据解得第三段过程为滑块滑上C右侧平台并与弹簧接,由功能关系可知,弹簧第一次被压缩到最短(此时滑块运动到E点)则有代入数据解得第三个阶段产生的热量故整个过程产生的热量为17．（2025·广东肇庆·二模）如图所示为某快递自动分拣系统的示意图。该系统由摆轮分拣区、倾斜滑道、光滑平台和与平台等高的固定水平托盘组成。一质量mA10kg的快件A被识别后，以v02m/s的速度进入摆轮拣区；摆轮开始工作并使快件A以v11m/s的速度沿着斜面进入倾斜滑道，实现转向分流，接着滑入光滑平台，与静止在平台上的质量mB5kg快件B发生正碰，碰撞时间极短，碰后两快件沿同一直线运动直到停止。已知快件B恰好滑到水平托盘的末端，快件A、B材质相同，与倾斜滑道和水平托盘的动摩擦因数分别为μ10.25、μ20.5，倾斜滑道长度s3m，倾角θ37°，水平托盘长度l1.6m。忽略空气阻力及快件经过各连接处的能量损失，快件均视为质点。取g10m/s2，sin37°0.6，cos37°0.8。求：(1)摆轮对快件A所做的功；(2)快件A在倾斜滑道上运动的时间；(3)快件A、B停止位置之间的距离。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）对快件A分析，穿过摆轮分拣区的过程，由动能定理得解得（2）快件A进入倾斜滑道时，由牛顿第二定律得解得由运动学公式得解得（3）快件A进入光滑平台时的速度大小解得方法一：碰撞后，对快件B分析，由动能定理可得解得方法二：由牛顿第二定律和运动学公式得，解得快件A、B发生碰撞时，由动量守恒定律得解得再对快件A分析，由动能定理得解得快件A、B停止位置的距离解得18．（2025·山东·二模）如图所示，长为的木板右端有一挡板（厚度不计），静置在光滑水平地面上，完全相同的两物块、（可视为质点）分别置于的左端和中点处，、、的质量均为。现给一水平向右的初速度，此后和、和各发生一次碰撞，且恰好未从上滑落。所有的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短，重力加速度大小为。求：(1)与碰撞前后，的加速度大小之比；(2)从开始运动至再次回到左端过程中，系统产生的热量；(3)和碰撞前瞬间的速度大小；(4)从开始运动至再次回到左端时，的位移。【答案】(1)；(2)；(3)；(4)【详解】（1）与碰撞前，以为研究对象，有与碰撞后，A、C相对静止，以和为研究对象，则则与碰撞前后，的加速度大小之比为（2）对于、、系统，从开始运动至再次回到左端过程中，由动量守恒有由能量守恒得系统产生的热量解得（3）对全过程，有、碰撞前瞬间，由动量守恒有从开始到B、C碰撞前瞬间，由功能关系有解得（4）经分析A、B、C的位移大小相等，设B、C碰撞前C的位移为，由动能定理有设B、C碰撞后到A、B、C共速前，C的位移为，由动能定理有又解得19．（2025·福建福州·三模）如图所示，一长为的倾斜传送带与水平方向的夹角为以的速度逆时针方向匀速转动。物块A放置于传送带的上端，物块B放置于物块A下方的一段距离的传送带上，将两物块同时无初速地释放，后两物块发生第一次弹性碰撞，之后两物块可以发生多次弹性正碰，碰撞时间极短可以忽略不计，两物块均可看作质点。已知两个物块A、B质量分别为，，物块A、B与传递带之间的动摩擦因数分别为，，重力加速度g取，，。求：(1)两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小；(2)两物块第二次碰撞前瞬间物块B的速度大小；(3)从释放物块开始到两物块发生第二次碰撞前瞬间的过程中，物块A与传送带间因摩擦产生的热量Q：(4)两物块在传送带上能发生的碰撞次数。【答案】(1)；(2)；(3)；(4)4次【详解】（1）对物块B受力分析有则物块B受力平衡，无初速度放置于传送带上后将保持静止状态对物块A，根据牛顿第二定律有两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小（2）设第一次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为和，弹性碰撞过程解得，第一次碰撞之后物块B受力不变，仍受力平衡，则沿传送带向下以速度2m/s做匀速直线运动，则第二次碰撞之前物块B的速度为（3）两物块第一次碰撞后，从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，运动时间相等，分别设为x、则有解得，传送带运动位移为碰前两物块距离物块A与传送带运动的相对位移为产生的热量（4）释放B物块开始到两物块第一次发生相碰，B物块所经历的时间为，该过程B运动的距离为0A与B发生第一次相碰后到第二次相碰，B物块所经历的时间为，该过程B运动的距离为设第二次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为和，第二次碰撞过程有解得，从A、B第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间的过程，设两物块第三次碰撞前瞬间物块A的速度大小为，从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，设为，运动时间相等，设为则有解得，以此类推，可知每次发生碰撞后，B运动的时间均为1.5s，运动距离按等差数列规律变化该时间内B运动的距离，总共能碰4次1．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，有n个质量均为m的相同小球保持一定间距放在光滑的水平面上，且它们排列成一条直线，在左边有一质量为2m的小球M以初速度v向右运动，各球之间的碰撞均为弹性碰撞，每次最右边小球被碰走时，M恰好与小球1发生碰撞，经过若干次碰撞后所有小球均向右做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A．小球n做匀速运动的速度为B．小球1做匀速运动的速度为C．所有小球向右做匀速直线运动时，碰撞总次数为D．所有小球向右做匀速直线运动时，碰撞总次数为【答案】C【详解】A．M与小球1发生弹性碰撞后，设M的速度为，小球1的速度为，根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得，小球1~n质量相同且发生弹性碰撞，它们之间交换速度，所以小球n匀速运动的速度为，故A错误；B．当M与小球1发生第二次以生弹性碰撞时小球1是静止的，根据动量守恒有根据能量守恒有联立解得，以此类推，当所有小球都做匀速直线运动时，小球1匀速运动的速度为，故B错误；CD．n号小球被碰走，小球之间的碰撞次数为n，号小球被碰走，小球碰撞的次数为，号小球被碰走，小球碰撞的次数为，以此类推，当所有小球都做匀速直线运动时，碰撞总次数为，故C正确，D错误。故选C。2．（2025·广东·模拟预测）某款闯关游戏简化过程如图所示。轨道固定在竖直平面内，水平段的DE光滑、EF粗糙，EF段有一竖直固定挡板，ABCD光滑并与水平段平滑连接，ABC是以O为圆心的圆弧，B为圆弧最高点。物块静止于E处，物块从D点以初速度水平向右运动并与发生弹性碰撞，且碰撞时间极短。已知：的质量，的质量；与EF轨道之间的动摩擦因数，与挡板碰撞时无机械能损失；圆弧半径为；、可视为质点且运动紧贴轨道；取(1)求被碰后获得的速度大小；(2)经过B时对圆弧的压力；(3)用L表示挡板与E的水平距离。若最终停在了EF段距离E为x的某处，试通过分析与计算，在图中作出图线。【答案】(1)-；(2)1N，方向竖直向下；(3)见解析【详解】（1）对P1、P2碰撞前后，由动量守恒和能量守恒有，解得（2）对P1由碰后到B点，由动能定理得对P1在B点，由牛顿第二定律得：解得；根据牛顿第三定律，P1经过B时对圆弧的压力大小为1N，方向竖直向下；（3）P2在水平面上运动不管向右还是向左运动：，若挡板离E点足够远，则物块直接匀减速到0后静止解得即时，物块停在距E点处若P2与挡板碰撞一次后返回静止，由动能定理得解得其中若P2与挡板碰撞一次后滑上B点，且速度不为0，则不存在x对P2由碰后到恰好运动到B点，由动能定理得解得即时，物块不会停止E与挡板之间；若物块与挡板碰撞一次后滑上圆弧，并从圆弧滑回，能从圆弧滑下到E点的最大速度为物块恰好从运动到B点时对应经过E点的速度此时停下点到E点的距离则物块与挡板最多只能碰撞一次；对P2由碰后到最终静止在EF上，由动能定理得解得其中综上，x关系图像如图3．（2025·安徽·模拟预测）如图所示，水平地面上固定一半径、圆心为的圆弧轨道，为圆弧轨道最低点，半径水平，半径与竖直方向的夹角。在圆弧轨道右侧有一个足够长的固定平台，平台上表面光滑，可视为质点的物体B静置于平台上。现有一个质量、可视为质点的小物块A从点正上方处由静止释放，经圆弧轨道点飞出并恰好可以无碰撞地滑上右侧平台，在平台上小物块A与物体B发生弹性正碰，碰撞后又从平台左端滑离，恰好落在点正下方的点。已知小物块A经过点时对轨道的压力大小为，，重力加速度取。求：(1)小物块A在圆弧轨道的运动过程中克服摩擦力所做的功；(2)小物块A在平台左端离开平台时的速度大小；(3)物块B的质量。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）在N点，根据牛顿第二定律有由牛顿第三定律可知，在N点轨道对物块A的支持力大小为解得小物块A经过N点的速度大小为物块A从释放到运动到N点过程中，由动能定理有解得（2）物块A滑离N时有，物块A滑离N至滑上平台过程中，在竖直方向有，解得，在水平方向有物块A在平台左端离开平台到落在P点过程中做平抛运动，竖直方向有解得水平方向有解得小物块A在平台左端离开平台时的速度大小（3）小物块A与物体B发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒可得，联立解得物块B的质量为4．（2025·辽宁朝阳·模拟预测）传送带以v=3m/s顺时针转动，质量m=1kg的煤块无初速放上传送带，与带共速后与竖直悬挂的质量M=3kg的小球碰撞并粘合（碰撞为正碰）。小球位置刚好不接触传送带，已知煤块与传送带摩擦因数，传送带长L=4m，悬挂小球的轻绳长度为s=1m求：(1)煤块与小球碰撞前运动的时间；(2)碰撞后煤块速度大小；(3)煤块最终离传送带左端的最大水平距离。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）煤块在传送带上加速运动时的加速度大小为设经过时间煤块与传送带共速，则有煤块在传送带上加速阶段通过的位移大小为共速后煤块在传送带上做匀速运动的时间为则煤块与小球碰撞前运动的时间为（2）煤块与小球碰撞并粘合，根据动量守恒可得代入数据解得碰撞后物块速度大小为（3）碰撞后煤块与小球一起做圆周运动，设最大摆角为，根据动能定理可得解得则煤块最终离传送带左端的最大水平距离为5．（2025·山西晋中·三模）某户外水上闯关项目如图1所示，质量为的选手从平台的边缘斜向上起跳，跳到水中漂浮的圆盘上，圆盘的质量也为，之后与圆盘一起在水面上向前滑动，再跳到下一个圆盘上，如此重复，直到跳上右侧平台，成功进入下一关。已知圆盘与平台在同一水平面上，选手跳上或跳离圆盘的时间极短，可忽略此瞬间水的阻力对圆盘水平方向的冲量，且圆盘始终只能在水面上运动（即不考虑圆盘在竖直方向上的运动），重力加速度为。(1)若选手从左侧平台斜向上起跳，刚好落到距离为的圆盘中央，求选手至少应做多少功；(2)如图2所示，在选手与第一个圆盘一起滑至静止时，要跳到第二个圆盘上，跳跃距离也为，求选手至少要做多少功；(3)在第（2）问中，若选手跳到第二个圆盘上瞬间与圆盘共速，求该过程损失的机械能。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）设选手从左侧平台起跳时的速度大小为，与水平方向的夹角为，则由竖直分运动有水平方向.解得当，即时故选手至少做功为（2）设选手从第一个圆盘上起跳时的速度为，与水平方向的夹角为，第一个圆盘的后退速度为，则选手的运动与第（1）问满足相似的规律，竖直分运动有水平方向解得根据动量守恒，有得选手做功为代入、得当，即时：（3）设选手与第二个圆盘共速为，有得则损失的机械能为得6．（2025·山东·一模）在光滑水平面上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直墙壁，右端与木板A接触（不栓连），当弹簧处于原长时离木板A右端处固定一竖直挡板，如图甲所示。用外力缓慢向左推木板A，使轻弹簧压缩后撤去外力，木板A与挡板发生的碰撞为弹性碰撞。已知重力加速度为，弹簧的劲度系数为，木板A的质量为，轻质弹簧的弹性势能，简谐运动的周期，其中为振子的质量，为弹簧的劲度系数。(1)木板A释放后到与挡板发生第一次碰撞所经历的时间。(2)若在木板A的左端放置一小物块B（可视为质点），如图乙所示。仍将弹簧压缩后由静止释放A，已知物块B的质量为，木板长，A、B间的滑动摩擦因数，①从释放到B滑离A的过程中，A与挡板碰撞的次数；②从释放到B滑离A的过程中，A运动的路程。【答案】(1)；(2),【详解】（1）释放后到原长由机械能守恒从分离到碰撞挡板得（2）①可分析知在弹簧恢复到原长的过程中A、B保持相对静止，设第一次离开弹簧时的速度为，则有假设与挡板第一次碰后，在与弹簧作用前，A、B达到共同速度为，A的位移为，以向左为正方向，由动量守恒定律可得对木板，由动能定理可得解得假设成立，设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有解得设第二次与挡板碰撞后达到的共同速度为，则由动量守恒定律有设此过程中两物体的相对位移为，则由能量守恒有解得而由于所以从释放到滑离的过程中，与挡板碰撞的次数为②A第一次与挡板碰撞后压缩弹簧的量为x1，则解得设第2次碰后A、B分离时两者的速度为、，则由动量守恒定律有由能量守恒有解得，碰撞后两者分离时，设的位移为，则有解得则从释放到滑离的过程中，运动的路程为7．（2025·河南·三模）如图所示，光滑的水平轨道左右两端分别与倾角为和的光滑斜面平滑连接。初始时刻，质量的小球甲静止在距水平轨道高度的A处，质量的小球乙静止在距水平轨道高度的D处，两小球同时由静止释放。小球甲、乙同时在水平轨道内运动时，它们之间才存在相互排斥力，排斥力的大小（为两者的相对速度）。已知水平轨道足够长，不计空气阻力，重力加速度取。(1)求甲、乙两小球刚进入水平轨道时的速度和的大小。(2)若甲、乙两小球第一次在水平轨道上运动的过程中恰好不相碰，求水平轨道的长度。(3)在水平轨道的基础上增加水平导轨的长度，使得小球甲第二次在水平轨道上运动的过程中与小球乙恰好不相碰，求此时水平轨道的最小长度。【答案】(1)，；(2)；(3)【详解】（1）设两小球从斜面滑下的时间分别为和，加速度分别为和，由匀变速直线运动的位移与时间的关系有，由匀变速直线运动的速度与时间的关系有，由牛顿第二定律有，解得，，。（2）由第一问可知，两小球同时进入水平轨道，均做减速运动，最终达到共同速度。设两小球的共同速度为，对两小球组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有解得两小球从进入水平轨道至恰好不相碰的过程，对小球甲，由动量定理有

又

解得（3）由第二问分析可知，两小球达到共同速度后一起向左做匀速直线运动，之后小球甲第二次返回水平面后经过一段时间两小球再次达到共同速度。当两小球第一次达到共同速度时，小球甲恰好回到左端的斜面底端，水平轨道的长度最小。设两小球第一次达到共同速度时，它们之间的距离为，有设之后小球甲在斜面上滑的时间为，有此过程中小球乙的位移小球甲第二次到达斜面底端至两小球达到共同速度的过程中，设两小球第二次达到的共同速度为，对两小球组成的系统，取水平向左为正方向，由动量守恒定律有解得两小球从进入水平轨道至恰好不相碰的过程，对小球甲，由动量定理有又，解得。8．（2025·安徽蚌埠·二模）如图所示，倾角的足够长斜面体水平固定，质量为的物块静止在斜面上，质量为的光滑物块从距离为处由静止释放，下滑过程中，与的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。物块与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，不计空气阻力，。求：(1)与第一次碰撞前瞬间的速度大小；(2)第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间；(3)在第二次碰撞和第三次碰撞之间，、间的最大距离。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】（1）由静止开始下滑的加速度大小为由运动学公式有解得（2）设第一次碰撞后，和的速度大小分别为、，根据动量守恒有根据能量守恒有解得碰撞后，对研究，由于故碰后做匀速运动，设经过时间第二次碰撞，则有解得（3）第二次碰撞前，的速度大小设第二次碰撞后，的速度大小分别，根据动量守恒有根据能量守恒有解得，设经过的时间间的距离最大，有解得则间的最大距离为9．（2025·江苏徐州·一模）如图所示，竖直圆弧轨道的半径。现有一质量的小球从A点无初速度释放，运动到B点过程中克服摩擦力做功，然后它从B点水平飞离轨道，落到水平面上的P点。已知P、B两点间的高度差，小球运动过程中可视为质点，且不计空气阻力，重力加速度g取。(1)求小球运动至B点时对轨道的压力。(2)假设小球每次与地面发生碰撞时机械能损失75%，且碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，求小球相邻两次反弹过程中水平位移之比。(3)在第（2）问的条件下，假设小球第一次与地面碰撞的时间为，求地面对小球的动摩擦因数。【答案】(1)3.6N，方向竖直向下；(2)4；(3)0.154【详解】（1）小球从A点运动至B点过程中，由动能定理有代入数据解得小球在B点受到的重力与支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得代入数据解得由牛顿第三定律得，小球在B点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。（2）由题意知小球每次与地面发生碰撞机械能损失75%，且则小球碰撞后的速度为碰撞前速度的，碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，则碰撞后竖直方向的分速度大小为碰撞前竖直方向分速度大小的，所以第一次碰撞后上升到最高点的时间等于从B点到落地的时间的，反弹后的水平速度也变为原来的，小球从B点飞出时的速度为，设运动至地面的时间为t，则从B点飞出到落地的水平位移第一次反弹至落地的水平位移第二次反弹至落地的水平位移……第n次反弹至落地的水平位移则小球相邻两次反弹过程中水平位移之比为（3）取竖直向上为正方向，小球第一次落地为平抛运动，竖直方向上做自由落体运动，竖直方向分速度大小对小球落地后与地面接触过程，竖直方向上由动量定理得解得水平方向上由动量定理得解得则地面对小球的动摩擦因数为1．（2024·江苏·高考真题）如图所示，物块B分别通过轻弹簧、细线与水平面上的物体A左右端相连，整个系统保持静止。已知所有接触面均光滑，弹簧处于伸长状态。剪断细线后（）A．弹簧恢复原长时，A的动能达到最大B．弹簧压缩最大时，A的动量达到最大C．弹簧恢复原长过程中，系统的动量增加D．弹簧恢复原长过程中，系统的机械能增加【答案】A【详解】对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒，得设弹簧的初始弹性势能为，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得联立得故可知弹簧恢复原长时物体A速度最大，此时物体A的动量最大，动能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。故选A。2．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg的小物块以3m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10m/s2。(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。【答案】(1)0.6m；(2)IN=0.1N·s；vx′=0【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a=μg则小物块从开始运动到离开平台有小物块从平台飞出后做平抛运动有，x=vxt1联立解得x=0.6m（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有，vy2=gt2则物块与地面接触的时间Δt=t－t1－t2=0.1s物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt=mvy2－m(－vy1)，vy1=gt1解得IN=0.1N·s取水平向右为正，在水平方向有，解得vx′=－1m/s但由于vx′减小为0将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′=03．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）（1）若，求小物块①第一次经过C点的向心加速度大小；②在上经过的总路程；③在上向上运动时间和向下运动时间之比。（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有第一次经过C点的向心加速度大小为②小物块a在DE上时，因为所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有解得③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有解得（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有解得设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有解得4．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在