第24讲 三大观点解决力学问题（复习讲义）（安徽专用）（教师版）

第24讲三大观点解决力学问题目录TOC\o"1-3"\h\u01考情解码·命题预警 202体系构建·思维可视 303核心突破·靶向攻坚 4考点一应用力学三大观点解决多过程问题 4知识点力学三大观点 4考向应用力学三大观点解决多过程问题 4考点二应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题 10知识点模型示例与特点 10考向1板—块模型问题 10考向2传送带模型问题 1504真题溯源·考向感知 21考点要求考察形式2025年2024年2023年应用力学三大观点解决多过程问题选择题非选择题安徽卷T8，4分应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题＋滑块”模型选择题非选择题考情分析：“三大观点解决力学问题”是动量守恒应用的延伸，考查形式以压轴计算形式出现较多，有时会以单选压轴题或多选压轴题出现。有时也会综合电磁场知识进行综合考查，此类问题特点为研究对象较多或研究的过程中较为复杂，所涉及知识点有运动学、牛顿运动定律、曲线运动，功能关系、能量守恒、动量守恒等知，需要考生在多物体或多过程中找出运动过程中的相关物理量间关系，再列方程求解。复习目标：目标一：掌握利用动力学、能量和动量三大观点综合分析多物体或多过程问题。目标二：掌握利用动力学、能量和动量三大观点分析板—块模型及传送带模型问题＋滑块。考点一应用力学三大观点解决多过程问题知识点力学三大观点力学三大观点对比力学三大观点对应规律表达式选用原则动力学观点牛顿第二定律F合＝ma物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节.匀变速直线运动规律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－v02＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk涉及到做功与能量转换机械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、时间考向应用力学三大观点解决多过程问题例（2025·安徽蚌埠·三模）如图所示，在倾角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，B与斜面的动摩擦因数，弹簧劲度系数且始终处在弹性限度内，弹性势能（为弹簧形变量），简谐运动的周期为，其中k为弹簧的劲度系数，M为振子的质量。取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B、C均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度大小为。(1)求B和C碰撞过程中系统损失的机械能；(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；(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)(2)(3)s【详解】（1）C下滑过程由动能定理得C和B碰撞过程由动量守恒定律得由能量守恒定律得解得（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，由能量守恒定律解得C、B整体向下运动过平衡位置点时，回复力为零，此时弹簧形变量为则解得设C、B整体经平衡位置点向下运动一小段距离后，偏离平衡位置的位移为，弹簧形变量为则故形变量为时，回复力的大小为又因为回复力方向和位移的方向相反，证得C、B整体向下的运动为单方向简谐运动。则C、B整体向下运动的振幅在最低点时，整体所受弹簧弹力为此后将向上运动。同理可证整体向上的运动也是单方向简谐振动，平衡位置为点，此时弹簧形变量设为，平衡位置回复力为零，则解得若记本次为第1次单方向简谐振动，运动的振幅为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物块受力分析解得（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，则第次振动的振幅为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，则由整体静止条件得解得0.01m≤≤0.03m当整体向上运动以为点为平衡位置做第9次单方向简谐振动的振幅m，则当整体从最低点往上运动后速度会变为零，此时弹簧形变量为m，整体将停止运动。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解题思路：1.对于这类问题，首先作受力分析和运动分析，根据受力和运动特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。2.然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不变)。3.联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。【变式训练1】（2025·江西新余·模拟预测）如图所示，光滑绝缘水平面足够长，在AB之间有水平向右的匀强电场，AB之间的距离为L，在B处静止放着一个质量是9m、不带电的绝缘物块Q，在A点静止释放一个质量为m、电荷量为+q的绝缘物块P，P与Q发生第一次弹性碰撞前的速度是，绝缘物块P运动和碰撞过程中电量不变。求：(1)匀强电场的场强是多大？(2)绝缘物块P从A到B的时间是多少？(3)P与Q碰撞的次数是多少？绝缘物块P在电场中运动的总时间是多少？【答案】(1)(2)(3)2，【详解】（1）P与Q发生弹性碰撞前的速度是，设匀强电场的场强是E，绝缘物块P从A到B根据动能定理得解得（2）设绝缘物块P从A到B的时间是t1，根据运动学公式有解得（3）设与发生第一次弹性碰撞后的速度分别是、，根据碰撞动量守恒，有根据机械能守恒，有联立得、绝缘物块返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度出电场后向右匀速直线运动，，会发生第二次弹性碰撞，设碰后、的速度分别为、，根据碰撞动量守恒根据机械能守恒得联立解得，绝缘物块返回电场中先向左减速到0再向右加速，出电场时的速度出电场后向右匀速直线运动，，追不上，不会发生第三次弹性碰撞，与碰撞的次数是2。设绝缘物块第一次与碰后在电场中运动的时间是，在电场中运动的加速度是，根据牛顿第二定律得代入解得根据速度时间公式，有代入解得同理绝缘物块第二次与碰后在电场中运动的时间代入解得绝缘物块在电场中运动的总时间代入可得【变式训练2】（2025·宁夏吴忠·二模）如图所示为某碰撞游戏装置的简化示意图，左侧光滑桌面上固定一轻质弹簧，弹簧右端放置一质量物块A。右侧地面上放置一圆心角的光滑圆弧面，圆弧面的圆心与桌面等高，半径。圆弧面最低点上放置一与A质量相等的物块B，为一段粗糙的地面，动摩擦因数，M点右侧有一凹槽。重力加速度，不计空气阻力，两物块均可视为质点。现用A压缩弹簧后由静止释放，恰好能沿着切线方向进入圆弧面，物块之间的碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，到达点时物块的速度大于或等于零均视为赢得物块，求：(1)释放A时弹簧的弹性势能及A在碰撞前对点的压力；(2)若恰好赢得物块，PM的长度；(3)若，现改变B的质量，能赢得A、B两物块，求B的质量范围。【答案】(1)，，方向竖直向下(2)(3)或【详解】（1）设物块从水平抛出到进入圆弧面所用时间为，根据平抛运动有到达圆弧面竖直方向速度为，水平速度为，沿切线方向进入有，设弹簧的弹性势能为，根据能量守恒定律有解得从抛出到点的过程中由能量守恒定律有在点物块所受合外力提供向心力，根据牛顿第二定律有根据牛顿第三定律有解得方向竖直向下。（2）物块与B之间的碰撞为弹性正碰，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，若恰好赢得物块B，则B在上恰好减速为零掉入凹槽中，根据动能定理有解得（3）若恰好能赢得全部物块，则物块碰后到点恰好减速为零，设碰后的速度为，B碰后的速度为，根据动能定理有解得两物块碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，解得①若B的质量小于的质量，的方向向右，若能赢得全部物块，需满足即有解得②若B的质量大于的质量，的方向向左。不能从光滑圆弧面上上斜抛出去，则有解得由①可知滑上圆弧面后返回的速度所以碰后的速度范围为则有解得所以物块B的质量范围为或当B的质量时，B的速度B不能到达点，即使返回以最大速度撞击B，A仍会反弹，减速后无法再到达点，故只有时，A、B才能恰好都到达点。所以物块B的质量范围为或考点二应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题知识点模型示例与特点1．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．3．应注意区分滑块、木板各自的相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．考向1板—块模型问题例1（2025·安徽·模拟预测）（多选）在未来的智能物流运输系统中，有一个在光滑轨道上可自由滑动的大型运输平板，其长度为，初始时处于静止状态。工作人员将包裹和包裹放置在运输平板上，包裹位于平板的左端，包裹则在平板的正中间。为了使包裹移动起来，智能推送装置瞬间给包裹一个向右的初速度，之后与包裹发生了弹性正碰，碰撞时间极短，最终包裹刚好到达运输平板的右端，已知包裹、的质量均为，运输平板的质量为，且包裹、与运输平板c表面之间动摩擦因数均为，重力加速度为。下列关于包裹和运输平板运动情况的说法，正确的是（）A．与碰撞前，与保持相对静止B．与碰撞后，与都相对滑动C．的初速度D．若物块初始位置离木板右端近一些，重复上述过程，将滑离木板【答案】AC【详解】A．包裹滑上后相对滑动过程中，假设相对静止，由牛顿第二定律，对、整体有对有解得即与间的静摩擦力小于最大静摩擦力，则相对保持静止，、一起加速运动，故A正确；B．设、碰撞前瞬间的速度分别为、，、发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由机械能守恒定律得解得，即碰撞后、两者交换速度，相对滑动，由A可知，、相对静止一起运动，故B错误；C．刚好滑到的右端与相对静止，、、共速，设共同速度为、、组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得由能量守恒定律得其中解得，故C正确；D．若包裹初始位置离平板右端近一些，重复上述过程，全程动量守恒的表达式和能量守恒的表达式不变，故仍刚好到的右端，故D错误。故选AC。【变式训练1】（2025·甘肃白银·模拟预测）如图所示，水平桌面上点左侧固定有一弹簧，点右侧处静置一质量为的滑块长度。现用此弹簧来弹射一质量为的滑块D，弹簧储存的弹性势能，滑块D从点释放，获得弹簧储存的全部弹性势能后向右运动，到达点与滑块C发生弹性碰撞，碰撞后滑块C向右运动，到达桌面边缘点。长度，滑块C、D与桌面间的动摩擦因数均为。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无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（宽度忽略不计）碰撞并粘连。长木板质量，板长，板右端到挡板的水平距离为（其中）。滑块C与长木板间的动摩擦因数也为，挡板和长木板等高，桌面右端点距长木板上表面的高度，不计空气阻力，滑块都可看作质点，重力加速度大小为。(1)求滑块D与滑块C碰撞前瞬间的速度大小；(2)求滑块C到达点时的动能；(3)讨论滑块C从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功与的关系。【答案】(1)(2)(3)见解析【详解】（1）滑块碰撞前瞬间，根据动能定理有由功能关系有解得；（2）滑块与发生弹性碰撞，设碰后瞬间的速度为，的速度为，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，解得对滑块从到的运动过程，由动能定理有解得；（3）设滑块到达时的速度为，对滑块从到的运动过程，以水平地面为重力势能的零参考面，由机械能守恒定律有得设长木板与滑块达到共同速度时，位移分别为、由动量守恒定律有得由动能定理对长木板有对滑块有联立解得滑块相对长木板的位移，即滑块与长木板达到共同速度时，滑块未离开长木板①若，则当长木板与挡板碰撞时，滑块尚未与长木板达到共速，之后滑块速度要减为零，要滑行有得则有，即滑块从长木板滑离时速度不为零有解得②若，由前面分析知，长木板与挡板碰撞之前，滑块与长木板已经达到共同速度，当长木板与挡板碰撞时，长木板速度减为零，滑块继续向前滑行，因，滑块从长木板滑离时速度不为零，有解得【变式训练2】（2025·重庆·模拟预测）如图所示（俯视图），一底部水平且足够长的“⨆”形槽固定在地面上，其底部光滑，两侧粗糙，质量为mB=1kg的足够长的木板B放在槽的正中间，一个质量为mA=4kg的滑块A在木板B上且置于B的左端，A与B间的动摩擦因数为μ=0.05。一质量mC=1kg的滑块C卡在槽之间，C与槽两侧面间的滑动摩擦力均为f=1N。开始时A、B、C均静止，B距C足够远。现使滑块A瞬间获得水平向右的初速度v0=5m/s，A、B宽度较窄，与槽的侧面始终无接触，B、C间的碰撞为弹性碰撞，每次碰撞时间极短，重力加速度大小g=10m/s2。(1)求木板B与滑块C第1次碰撞前，A与B组成的系统产生的热量Q；(2)求木板B与滑块C第1次碰撞到第2次碰撞之间的时间t；(3)经过足够长的时间，求C沿槽滑动的距离以及A相对B滑动的距离。【答案】(1)(2)(3)11.1m，13.9m【详解】（1）将木板B与滑块A视为一个系统，因为水平轨道光滑，木板B与滑块A所受合力为零，因此木板B与滑块A组成的系统动量守恒。设木板B与滑块A第一次共速时的速度为，设向右为速度的正方向，则有可得由能量守恒定律可知，木板B与滑块A减少的机械能转化为系统产生的热量Q，即（2）木板B与滑块C发生弹性碰撞时，将木板B与滑块C视为一个系统，由于碰撞时间极短，碰撞时内力远大于外力，因此木板B与滑块C组成的系统动量守恒，设向右为速度的正方向，碰后BC速度分别为，则有，解得、碰后C减速，假设C停止后，B与C相碰，C的加速度大小为减速到零的位移为减速的时间为B先加速再匀速，B加速时的加速度为设木板B与滑块A第二次共速时的速度为，由动量守恒定律有解得共速前所用的时间为木板B位移为木板B与滑块A匀速运动时间为由于所以假设成立，因此，B、C第1次碰撞到第2次碰撞的时间为（3）碰后C减速到零的位移为同理可得，木板B与滑块A第二次共速时的速度为B、C第二次碰撞后C的速度即为即每一次碰后C获得的速度都为上一次的C第二次减速到零的位移为C第三次减速到零的位移为以此类推，C第n次减速到零的位移为总位移对整个过程根据能量守恒定律有解得考向2传送带模型问题例2（2025·河北·模拟预测）如图所示，长的水平传送带的左、右两侧为光滑的水平台面，传送带与左、右两侧台面等高且平滑连接，左台面上有五个挨一起质量均为的刚性小球，右台面上放了一曲面光滑，半径为的圆弧（圆弧的最高点的切线竖直，最低点切线刚好在水平台面上）物体Q，其质量为。一质量为的小物块P从圆弧的最高点由静止释放。已知物块P与传送带间的动摩擦因数，传送带始终以速度逆时针转动，物块和小球的碰撞为弹性碰撞，。(1)求物块P第一次运动到圆弧的最低点时对圆弧的压力大小；(2)通过计算说明物块P与小球a第一次碰撞后能否再次运动到光滑圆弧曲面上；(3)求物块P在传送带上运动的总时间。【答案】(1)(2)不能，具体计算见解析(3)【详解】（1）物块P在圆弧面上运动时，物块P和Q组成的系统在水平方向上动量守恒，有物块P从圆弧的最高点到第一次运动至圆弧的最低点过程，根据动能定理联立解得，对物块P，根据牛顿第二定律解得圆弧对物块P的支持力根据牛顿第三定律可得，物块P对圆弧的压力大小（2）设物块P在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a，有设物块P通过传送带后运动速度大小为，有联立解得设物块P与小球a第一次碰撞后的速度分别为和，取向左为正方向，根据动量守恒和机械能守恒可得，解得碰撞后，物块P向右滑上传送带，根据动能定理有解得故物块P与小球a第一次碰撞后不能再次运动到光滑圆弧曲面上。（3）物块P第一次与小球a碰撞后，五个挨在一起的小球依次连续碰撞，最终小球e以速度向左运动，物块P向右运动至传送带上，然后以速度离开传送带向左运动，物块P在传送带上运动的时间设物块P与小球a第二次碰撞后的速度分别为和，根据动量守恒和机械能守恒可得，解得物块P第二次与小球a碰撞后，五个挨在一起的小球依次连续碰撞，最终小球d以速度向左运动，物块P向右运动至传送带上，然后以速度离开传送带向左运动，物块P在传送带上运动的时间以此类推，可知物块P第n次与小球a碰撞后，物块P在传送带上运动的时间物块P一共和小球a碰撞五次，则物块P在传送带上运动的总时间【变式训练1】（2025·福建泉州·模拟预测）如图甲所示，在光滑水平地面上有质量分别为、的两小物块、B，用细线连接并使中间的轻弹簧处于压缩状态（弹簧与两物块未拴接），弹簧的弹性势能为。轴间距为的水平传送带左端与水平地面平滑连接，传送带以的速度顺时针匀速转动。传送带右侧放置一个倾角为的足够长的固定斜面，小物块静置于距斜面顶端处。现将、间的细线烧断，与弹簧分离后冲上传送带，在传送带上运动后，从传送带右端水平飞出，恰好无碰撞地由斜面顶端滑入斜面，一段时间后与发生碰撞。时恰完成第一次碰撞，时刚要发生第二次碰撞，在内运动的图像如图乙所示（以沿斜面向下为正方向）。B、C每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计空气阻力，与传送带间的动摩擦因数，物块均可看作质点，重力加速度，求：(1)B刚滑上传送带时的速度大小；(2)的质量以及与斜面间的动摩擦因数；(3)C沿斜面下滑的最大距离。【答案】(1)1m/s(2)7kg，(3)【详解】（1）对A、B及弹簧系统由动量及能量守恒定律得①，由①②得（2）若在传送带上一直加速，由得由得不合题意，故在传送带上先做匀加速直线运动再做匀速直线运动B在斜面顶端有③由图像可知每次在斜面上向上减速过程和向下加速过程的加速度大小分别为，在斜面上由顶端向下匀加速滑动过程中有④由③④式得对、第一次碰撞过程有⑤⑥由⑤⑥得，由图像得，若在经过程后速度恰减为0，则由得故与再次碰撞时早已停止运动与第一次碰后对有⑦，则由⑦⑧得（3）设第次与碰前的速度为，由⑤⑥相同的规律可知碰后、的速度大小分别为⑨第次碰后上升过程有⑩减速过程有⑪与第次碰撞前的速度应满足⑫由⑨~⑫式得由⑨（11）式可知第次碰撞后的位移为第次碰撞后的位移为又第一次碰后的位移为则每次碰后的位移为沿斜面下滑的最大距离为【变式训练2】（2025·陕西延安·模拟预测）如图所示，长度的传送带以恒定的速率顺时针转动，传送带右侧有一质量的小车，紧靠传送带静止在光滑的水平地面上，小车的上表面与传送带上表面等高，距小车右端的位置处有一竖直固定挡板。现将质量的物块轻放在传送带的左端，使其由静止开始运动。已知物块与传送带之间、物块与小车上表面之间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块从传送带滑上小车过程速度不变，小车与竖直挡板的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，物块可看作质点且始终未滑离小车，g取，求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)整个过程小车运动的路程；(3)整个过程中因摩擦产生的热量。【答案】(1)1.4s(2)5.8m(3)180J【详解】（1）根据牛顿第二定律可得滑块在传送带上滑行的加速度大小物块与传送带共速滑行的距离物块会跟传送带共速，再匀速运动离开传送带，加速过程所用时间匀速运动过程用时物块在传送带上运动的总时间（2）物块滑上小车的速度大小为，假设小车第一次与挡板碰撞前，滑块已经跟小车共速，由动量守恒定律可知解得该过程中由动能定理可知小车有解得假设成立，物块与小车共速后再与挡板碰撞，小车与挡板碰撞后到物块与木板第2次共速，动量守恒有解得小车与挡板第1次碰撞后到速度减到0的过程中，由动能定理可知解得小车与挡板第2次碰撞到物块与木板第3次共速，由动量守恒有解得小车与挡板第2次碰撞后到速度减到0的过程中，由动能定理可知解得小车与挡板第3次碰撞到物块与木板第4次共速，由动量守恒有解得1小车与挡板第3次碰撞后到速度减到0的过程中，由动能定理可知解得……同理可知故整个过程中小车运动的路程解得（3）物块放上传送带到共速的过程，传送带运动的距离该过程中物块与传送带因摩擦产生的热量物块滑上小车时的动能在后续运动过程中都是由于摩擦损失的，故所以整个过程中因摩擦产生的热量1．（2024·河北·高考真题）如图，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C（上表面均粗糙）并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为A木板长度为，机器人质量为，重力加速度g取，忽略空气阻力。（1）机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离。（2）机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值。（3）若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。【答案】（1）；（2）90J，2；（3）【详解】（1）机器人从A木板左端走到A木板右端，机器人与A木板组成的系统动量守恒，设机器人质量为M，三个木板质量为m，取向右为正方向，则机器人从A木板左端走到A木板右端时，机器人、木板A运动位移分别为为、,则有同时有解得A、B木板间的水平距离（2）设机器人起跳的速度大小为，方向与水平方向的夹角为，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动规律得联立解得机器人跳离A的过程，系统水平方向动量守恒根据能量守恒可得机器人做的功为联立得根据数学知识可得当时，即时，W取最小值，代入数值得此时（3）根据可得，根据得分析可知A木板以该速度向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与BC木板组成的系统在水平方向动量守恒，得解得该过程A木板向左运动的距离为机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速度大小为，机器人每次跳跃的时间为，取向右为正方向，得①每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得②机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为可得③联立①②③解得故A、C两木板间距为解得2．（2024·湖南·高考真题）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。（1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；（2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。（3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1），求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。【答案】（1），；（2）或；（3）【详解】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有可得碰撞后根据牛顿第二定律有可得（2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有联立解得，因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有联立解得由于两质量均为正数，故k1=0，即对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以联立可得因为两质量均为正数，故k2=0，即根据①的分析可证，，满足题意。综上可知或。（3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有第一次碰撞动量守恒有且联立解得B球运动的路程第二次碰撞的相对速度大小为第二次碰撞有且联立可得所以B球运动的路程一共碰了2n次，有3．（2023·全国乙卷·高考真题）如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为。一质量为的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求（1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；（2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；（3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。

【答案】（1）小球速度大小，圆盘速度大小；（2）l；（3）4【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律解得过程2：小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有解得即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下；（2）第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即解得根据运动学公式得最大距离为（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有即解得此时小球的速度圆盘的速度仍为，这段时间内圆盘下降的位移之后第二次发生弹性碰撞