第28讲 三大观点解决力学问题（专项训练）（湖南专用）（教师版）

第28讲

三大观点解决力学问题目录TOC\o"1-2"\h\u01课标达标练题型01应用三大观点解决直线运动题型02应用三大观点解决曲线运动02核心突破练03真题溯源练01应用三大观点解决直线运动问题1．（2025·福建·二模）如图甲所示，一质量为的物块放在水平面上，时刻在水平向右的拉力作用下由静止开始运动，时物块的速度又刚好为零，拉力随时间变化关系如图乙所示，重力加速度，则时物块的加速度大小为（）A． B． C． D．【答案】A【详解】在内，根据动量定理可得解得根据数学知识，结合图乙可知，时，拉力大小根据牛顿第二定律解得故选A。2.（2025·山西·二模）乘坐飞机时，若乘客需要携带大件行李，则需要办理托运，行李箱要经过一系列的人工搬运和传送带的运输过程才会到达飞机上。如图所示，一个重为的行李箱（可视为质点）在传输过程经过一个倾角为的固定斜面，斜面长为，斜面底端固定一个垂直于斜面的挡板，斜面和行李箱间的动摩擦因数为0.5，行李箱从斜面顶端由静止下滑，到达底端与挡板相碰，碰撞时间为，碰撞过程中摩擦力忽略不计，反弹后行李箱向上滑行了，则行李箱和挡板碰撞的平均作用力为（，，重力加速度）（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】下滑时，分析行李箱受力根据牛顿第二定律可得加速度由，得上滑时加速度由，得箱子和挡板碰撞过程，以沿斜面向上为正方向，根据动量定理解得故选D。3.（2025·贵州安顺·二模）如图甲所示，质量为m的某同学直立于箱子上，时刻该同学从箱子上跳下，时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A．该同学的最大速度为B．箱子的高度为C．图乙中图像与横轴围成的面积为D．时间内该同学的机械能减少了【答案】BC【详解】A．由图像可知，时间内该同学在空中，时刻着地时速度为，时间内，支持力小于重力，合力向下，根据牛顿第二定律知该同学接触地面继续向下加速，速度大于，该同学的最大速度大于，故A错误；B．时间内该同学做自由落体运动，根据运动规律知箱子的高度为，故B正确；C．时间内根据动量定理有题图乙中图像与横轴围成的面积为在时间内地面对该同学的冲量，根据动量定理有解得故C正确；D．时间内该同学的机械能减少了，故D错误。故选BC。4.（2025·河南郑州·二模）某自动秤米机的原理如图所示，阀门距秤盘的高度，当阀门打开时大米从静止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当秤米机的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量，取重力加速度大小，忽略空气阻力及大米在秤盘堆积的高度，求：(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小，及阀门关闭瞬间空中大米的质量；(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小；(3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），秤米机的示数。【答案】(1)2m/s，0.02kg(2)(3)1kg【详解】（1）设每粒大米质量为，由机械能守恒解得大米落入秤盘时的速度大小阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有解得空中大米的质量（2）时间内，从阀门处下落的大米质量令其落到秤上时受到的冲击力为，根据动量定理有解得根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤冲击力（3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量5．（2025·山东菏泽·一模）如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ的斜面OAB，在斜面右侧有n个质量均为的物块，质量为m的滑块从光滑斜面顶端A由静止释放。(1)求滑块到达斜面底端时的速度大小；(2)若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n个物块的最终速度大小(3)水平面上靠近B处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜面与水平面动摩擦因数。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因数的最大值。【答案】(1)(2)①；②(3)【详解】（1）对滑块，由动能定理得

解得（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有

解得

②若是弹性碰撞，设滑块第1次与第n个物块相碰后的速度分别是v₀₁、v₁，根据动量守恒定律则有

根据能量守恒定理则有

联立解得

由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1的最终速度为，之后滑块第2次与第n个物块发生弹性碰撞，设滑块与第n个物块相碰后的速度分别是v₀₂、v₂，根据动量守恒定律，则有根据能量守恒定律，则有解得由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2的最终速度为，第n个物块的最终速度（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为，竖直速度为，斜面体的速度为水平方向动量守恒，根据动量守恒定律可得

根据机械能守恒定律则有

解得，滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s₁，斜面体的水平位移大小为s₂，由于水平方向系统动量守恒，则有整理可得即

代入数据解得，当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方，则有

解得

故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为6．（2025·山东日照·一模）如图所示，一水平传送带的左右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗糙，右侧地面光滑，传送带两轮轴间的距离，传送带以的速度顺时针传动。质量m均为1kg的A、B两物块间有一压缩的轻弹簧（弹簧与两物块不连接），开始弹簧的压缩量，弹性势能。两物块与左侧地面和传送带间的动摩擦因数均为0.2。紧靠传送带右端地面上依次排放着三个完全相同的小球1、2、3，质量M均为2kg，相邻两小球间的距离d均为1m。现由静止同时释放A、B两物块，B脱离弹簧时恰好滑上传送带，此时开始计时。物块A、B和三个小球均在同一直线上，所有的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，物块和小球都可视为质点，取重力加速度。求：(1)物块B滑上传送带时的速度大小；(2)小球3开始运动的时间；(3)物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）对A、B和弹簧组成的系统根据动量守恒根据能量守恒联立，解得（2）因为所以B在传送带上减速，假设B可以减速到与传送带共速，则设经过时间与传送带共速，根据牛顿第二定律根据运动学公式有联立，解得减速的位移大小为所以假设成立。则匀速的位移大小为匀速的时间为物块B与小球1碰撞，根据动量守恒根据动能守恒解得，因为小球1、2、3完全相同，所以小球1与小球2发生弹性碰撞后，交换速度，所以从小球1运动到小球3运动所需时间为小球3开始运动的时间为（3）物块B第一次在传送带上相对传送带的路程为物块B第一次与小球1碰撞后返回到传送带上，与传动带作用后以相同的速度大小反向再次与小球1发生碰撞，物块B第二次在传送带上相对传送带的路程为物块B与小球1第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，解得物块B第三次在传送带上相对传送带的路程为物块B与小球1第三次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得，解得物块B第四次在传送带上相对传送带的路程为所以，物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为7．（2025·山东青岛·一模）如图所示，质量的光滑斜劈静止在水平台面上，底边长度，高度。底端距离台面边缘，水平地面上一质量的木板紧靠平台静置，上表面与台面相平。质量、可看作质点的物块从顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为。已知沿下滑过程中，和相对地面均做匀变速直线运动，与台面、与地面间均无摩擦，与台面、与间动摩擦因数，重力加速度。求(1)滑到底端时，向左滑动的距离；(2)滑上时的速度大小；(3)为使不从上滑下，的最小长度；(4)滑到底端后，与台面发生相互作用过程中损失的动能。【答案】(1)(2)(3)(4)【详解】（1）、系统水平方向上动量守恒，有所以滑到底端过程中有又解得，（2）设滑上时的速度为，由动能定理得解得（3）滑至右端时两者刚好共速，设共同速度为，、系统动量守恒、系统能量守恒解得的最小长度（4）设运动方向与水平方向夹角为，已知沿下滑过程中，和相对地面均做匀变速直线运动，、系统水平方向上动量守恒、系统机械能守恒解得A滑到B底端时动能、系统能量守恒解得．（02应用三大观点解决曲线运动问题8．（2025·广东深圳·一模）现拉住绳的一端，用大小为的恒力竖直向上拉动，从拉力开始作用到绳的下端到离开地面的高度为的过程中，不计绳子间的摩擦，忽略绳子的摆动，下列说法中正确的有（）A．绳的机械能变化量为 B．绳的机械能变化量为C．绳的动量变化量为 D．绳的动量变化量为【答案】AC【详解】AB．从拉力开始作用于细绳的一端到细绳另一端离开地面有动能定理解得当细绳下端离开地面后因F=mg可知细绳向上匀速运动，则当细绳下端离开地面l时机械能变化量等于力F做功，即∆E=F∙2l=2mgl选项A正确,B错误；CD．绳的动量变化量为：Δp=mv-0解得动量变化量为故C正确，D错误。故选AC。9.（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（）A．装置中绳子的拉力为mgtanθB．装置转动的角速度为C．装置转动的周期为D．装置旋转一周，小球的动量变化为0【答案】D【详解】A．对装置受力分析如图所示装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则解得故A错误；BC．由牛顿第二定律其中圆周运动的半径为联立解得装置转动的角速度为装置转动的周期为故BC错误；D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D正确。故选D。10.（2025·江苏·一模）如图所示，光滑圆弧轨道ABC竖直固定，与水平面相切于A点，B为圆弧上一点，C为圆弧最高点，弧长AC远小于半径。质量相等的小球甲、乙（两小球可以看成质点）分别从B、C位置由静止同时释放，则两球从开始运动到A点的过程中（）A．甲球比乙球运动的时间短 B．两球可能在A点右侧相撞C．两球动量的改变量相等 D．两球重力的冲量相等【答案】D【详解】AB．由于弧长AC远小于半径，可认为小球甲、乙在光滑圆弧轨道做简谐运动，根据单摆周期公式可得周期为小球甲、乙从B、C位置由静止同时释放，两球从开始运动到A点运动时间均为可知两球在A点相撞，故AB错误；D．根据由于两球质量相等，可知两球重力的冲量相等，故D正确。C．根据动能定理可得可得小球到达A点的速度大小为则小球的动量变化量为由于两球释放高度不同，所以两球动量的改变量不相等，故C错误。故选D。11.（）2025·云南大理·二模）如图所示，两个四分之一圆弧体A、B静止在光滑的水平面上。A、B的圆弧面光滑，半径分别为和，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C从A的圆弧面的顶端静止释放，A、C的质量分别为和，则以下说法正确的是（）A．整个过程ABC组成的系统动量守恒B．C刚滑到A底端时，C距B的圆弧面底端的水平距离为C．C刚滑到A底端时，C的速度为D．若C滑到A底端后，恰好能滑上B的圆弧面顶端，则B的质量为【答案】CD【详解】A．整个过程ABC组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A错误；B．设C刚滑到A底端时，A、C的水平位移的大小分别为、，根据“人船模型”有依题意有可得C刚滑下A时到B的圆弧面底端的距离为故B错误；C．C刚滑到A底端时，水平方向由动量守恒定律有由机械能守恒定律有联立解得，故C正确；D．C滑上B的过程，水平方向由动量守恒定律有由机械能守恒定律有联立解得故D正确。故选CD。12.（2025·河北石家庄·二模）如图所示为一游戏装置的竖直截面图，装置由光滑水平直轨道AB、半径的竖直光滑圆轨道、长的水平直轨道BD、长的水平传送带DE和足够长的光滑轨道EK平滑连接而成（A、B、D、E、K共线），其中C点为竖直圆轨道上的最高点。质量的滑块（可视为质点）静止在水平轨道上的A点，质量、半径的四分之一光滑圆弧形物块GFH静置于水平轨道EK上。传送带DE以恒定速率顺时针转动。现对滑块施加一水平瞬时冲量I使滑块恰好能通过圆轨道的C点，之后滑块经过轨道BD滑上传送带，而后冲上物块GFH。已知滑块与轨道BD、滑块与传送带间的动摩擦因数均为，重力加速度g取，不计空气阻力。求：(1)瞬时冲量I的大小；(2)滑块冲出物块GFH后上升到最高点时与H点之间的距离h；(3)滑块从开始运动到不再滑上传送带的过程中，滑块和传送带因摩擦产生的热量Q。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据动量定理在C点根据牛顿运动定律滑块由A运动到C的过程中，由机械能守恒得综合解得（2）滑块由A运动到D的过程中，由动能定理得解得因为，所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可以减速到与传送带共速，则滑块运动的位移所以假设成立，滑块到达E点时速度滑块与光滑圆弧物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到H点时，它们水平方向有相同的速度，设此时滑块竖直方向分速度为，根据动量守恒：由能量守恒得：解得滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与点之间的距离（3）滑块冲上物块到与物块分离的过程中，由水平方向动量守恒由能量守恒解得，滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E点，该过程所用时间此过程中，滑块与传送带的相对位移滑块由D点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位移整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量13．（2025·河南·二模）如图所示，套在光滑水平杆上的滑块A用长为的轻绳悬挂小物块B，右端带有竖直薄挡板的长木板Q静止在水平地面上。现将B拉起至轻绳水平然后由静止释放，B运动至最低点时恰好到达Q的左端，且B的下表面与Q的上表面重合，轻绳此刻断裂。已知长木板的长度，质量，物块B的质量，滑块A的质量，物块B与Q间的动摩擦因数，Q与地面之间的动摩擦因数，设B与挡板的碰撞为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取。求：(1)释放B时，物块B距离Q的左端距离；(2)B与挡板碰撞前的瞬间，B的速度大小；(3)整个过程Q和地面之间因摩擦产生的热量。【答案】(1)(2)1.5m/s(3)【详解】（1）对于A、B组成的系统来说在下落过程中的任何时间段水平动量都是守恒的，有即：又水平位移则有由于B运动至最低点时，A和B的水平位移之和等于绳长L，即根据比例关系，可以解得因此，释放B时，物块B距离Q的左端距离为。（2）B从静止释放运动至最低点时，根据机械能守恒定律有由于解得B滑上Q后，由于所以B刚上Q到与Q右侧挡板碰撞之前，Q是不动的，对B根据牛顿定律有在与挡板碰撞前有解得即B与挡板碰撞前的速度为1.5m/s。（3）B刚上Q到与Q右侧挡板碰撞之前，Q是不动的，因此B与薄板碰撞，根据动量守恒有碰撞前后动能相同有解得：，碰撞后B所受滑动摩擦力大小仍为方向变为向右；B的加速度大小为方向水平向右。Q上、下表面所受滑动摩擦力大小分别为，对Q根据牛顿第二定律解得方向水平向左。假设B、Q经时间t达到共速，共速的速度大小为v，此时B仍在Q上，则有解得，碰后到共速，B对地位移大小为：碰后到共速，Q对地位移大小为B相对Q的位移大小为所以假设成立。假设共速后，B、Q发生相对滑动，B做减速运动的加速度满足方向水平向左。Q减速的加速度满足假设成立。则B减速为零的位移大小Q减速为零的位移大小为B相对Q运动的位移大小为故不会再次碰撞。整个过程Q的位移大小则整个过程Q和地面之间因摩擦产生的热量14.（2025·内蒙古包头·二模）半径为（为外半径之差可忽略）的光滑圆管水平放置并固定，俯视图如图所示。圆心为，圆管内有质量分别为的A、B、C三个小球，静止在图示位置，对应刻度盘上的角度分别是，不计小球碰撞的时间，重力加速度为g。(1)现给A一个初速度，让其沿圆管切线方向逆时针运动，若A、B、C三个小球中任意两球之间的碰撞为弹性碰撞，但三球同时碰撞时会结合在一起，求：①第2次碰撞发生时，A球的位置；②第3次碰撞后瞬间，小球A的速度大小；③第3次碰撞后瞬间，三球对圆管压力的合力大小；(2)现撤去C球，给B一个初速度，让其沿圆管切线方向顺时针运动，若B与A球之间的碰撞为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的倍，其中，求第1次碰撞到第2025次碰撞之间小球A通过的路程。【答案】(1)①位置；②；③(2)【详解】（1）①A球与B球在处的弹性碰撞是第1次碰撞，设A与B球碰撞后的速度分别是、，根据动量守恒定律和能量守恒定律有，解得，即第1次碰后，A球顺时针转动，速度大小为，B球逆时针转动，速度大小为，B逆时针从转到位置，转过过程，A顺时针转过的角度是故当第2次碰撞发生时，A球在圆环内刻度盘上位置。②B球与C球在位置处的弹性碰撞是第2次碰撞，设B与C球碰后的速度分别是、，同理根据动量守恒定律和能量守恒定律有，解得，即第2次碰后，B球顺时针转动，速度大小为，C球逆时针转动，速度大小为，经分析，三个球将在圆管内刻度盘上位置处同时碰撞(即第3次碰撞)，依题意，三球将结合在一起，结合体的质量为，设该结合体的速度为v，则有解得即第3次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小为；③对结合体，水平面内有竖直方向上有由力的合成得由牛顿第三定律得（2）设B与A球第1次碰撞后的速度分别是、，则有，解得，第1次碰撞和第2次碰撞之间时间间隔为，此过程A球比B球多运动一圈，有此过程中，A球运动的路程为设B与A球第2次碰撞后的速度分别是、，则有，解得，第2次碰撞和第3次碰撞之间时间间隔为，此过程B球比A球多运动一圈，有此过程中，A球运动的路程为设B与A球第3次碰撞后的速度分别是、，第3次碰撞和第4次碰撞之间时间间隔为，A球运动的路程为，同理可得，，，同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程，则从第1次碰撞到第2025次碰撞共有2024个间隔过程，小球A通过的路程为化简得1.（2025·重庆·二模）如图所示，物块A（可视为质点）和木板B、C静止在足够长的光滑水平面上，A、B、C质量均为m。B右端固定一长为L的水平轻杆，轻杆右端光滑部分的长度为其总长的k倍（k未知），剩余左端为粗糙涂层部分。C内部有一中空的水平光滑通道，通道左端开口处为小孔D（通道和小孔的尺寸略大于轻杆截面尺寸）。当正对小孔的轻杆进入小孔后，仅轻杆涂层部分滑过小孔时，轻杆会受到小孔施加的大小恒定的水平阻力。某时刻，A、B获得水平向右的相同初速度；当时，轻杆恰好全部进入通道且B、C恰好未发生碰撞。已知A、B间的滑动摩擦力与小孔对涂层的阻力大小相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B、C足够长且B、C间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间及空气阻力不计。(1)求小孔对涂层的阻力大小f；(2)若，B、C发生碰撞后，轻杆的粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出，求；(3)若，求最终各物体的速度大小，以及从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间（用k、L、表示）。【答案】(1)(2)(3)见解析【详解】（1）当时，B、C恰好未发生碰撞，此时A、B、C三者共速，设速度大小为由分析知，该过程中，A、B始终保持相对静止，对A、B、C整体由动量守恒定律有：由动能定理有：联立解得：（2）设B、C碰撞前瞬时速度大小分别为、，碰撞后瞬时速度分别为、，弹性碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒，联立解得：，（可知碰撞后，B、C速度交换）由此可知，碰撞后，A、C（同步）做加速度相同的匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，且A、B的相对位移等于B、C的相对位移，均为又由分析知，当粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出时，A、B、C三者共速且解得：因此，从A、B开始运动到粗糙涂层部分恰好全部滑出小孔过程中，由动能定理有解得：（3）当时，设涂层全部从小孔滑出时，A、C（同步）速度大小为，B速度大小为从A、B开始运动到涂层全部滑出小孔，对A、B、C整体由动量守恒由动能定理联立解得：，此后C匀速，A、B继续相对运动至共速，设最终A、B的速度大小为，则解得：即：最终C的速度大小为（其中）A、B的速度大小为（其中）设碰撞前瞬时，B、C的速度大小分别为、，则碰撞前，对A、B、C整体有：，联立解得：，设从涂层开始进入小孔到碰撞前瞬时，历时，则对C有：解得：设从碰撞后瞬时到A、B最终共速，历时，则对A有：解得：因此从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间：联立解得：（其中）2．（2025·湖南·二模）如图所示，一长度为L、质量为M的箱子倒扣在水平地面上，箱子与地面之间的摩擦阻力可以忽略不计，初始时刻，箱子静止不动。将一质量为m（可视作质点）的小物块紧靠在箱子的左端，小物块的初速度大小为v0，方向水平向右，物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。物块与箱子之间的碰撞均为弹性碰撞，求：(1)求物块与箱子发生第一次碰撞前的速度大小以及碰撞后物块、箱子的速度大小。(2)若物块与箱子的质量相等，物块的初速度大小为，求物块运动的总时间、箱子运动的总位移大小以及物块最终静止时距离箱子左端的距离大小。(3)若物块与箱子的质量相等，为使物块最终静止时相对于箱子位于箱子中间位置，则物块的初速度大小v0需满足什么条件。【答案】(1)，，(2)，，(3)【详解】（1）根据题意可知物块运动时的加速度为由运动学公式可得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，即有其中为物块第一次碰撞箱子后箱子的速度。由上述两式方程可以解得物块与箱子第一次碰撞后物块的速度和箱子的速度分别为（2）由题意可知若，则每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后物块停止运动，箱子以木块碰撞前的速度向前做匀速直线运动。箱子撞击物块后箱子停止运动，物块以箱子碰撞前的速度继续向前做匀减速直线运动。整体而言，物块一直在做匀减速直线运动直到静止，由，，得物块运动的总时间为设物块第次碰撞箱子的速度为，由分析可得，之后箱子再次撞击物块，当时物块不能再次撞击箱子，根据题意，代入上式可以解得，即物块每撞击箱子一次，箱子通过的位移为，因此箱子的总位移为物块第6次撞击箱子时的速度大小为此后箱子以该速度向前匀速运动后撞击物块，物块再以该速度向前运动直到停止运动，此时物块会向前运动，此即物块最终静止时距离箱子左端的距离。（3）为使得物块最终静止在箱子的中间位置要求，由知由此可得，可以解得3．（2025·浙江台州·二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ=37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ=37°的直轨道EF、足够长水平直轨道FG组成，半径R=0.32m的螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处，B点高度为1.2R，轨道间平滑连接。质量M=5kg的滑块b放置在轨道FG上，滑块b的上端面是一水平台面，台面的长度和高度均为l=0.8m，滑块b的侧面是圆周的圆弧形光滑槽，槽底跟水平面相切。质量m=2kg的物块a从倾斜轨道AB上高度为H处静止释放。（各段轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）(1)若H=1.12m，求①物块a经过B点时螺旋圆形轨道对物块a的作用力大小FB；②物块a冲上滑块b后能达到的最大离地高度h；(2)欲使物块a击中滑块b的水平台面，求释放高度H的取值范围。【答案】(1)①；②(2)【详解】（1）①从A到B由机械能守恒定律在B点时解得

②从A到F由机械能守恒定律

当物块上升到最大高度时，假设没有离开圆弧面，则物块与滑块共速，此时由动量守恒和能量关系解得假设正确，因此最大高度为0.8m。（2）恰过C点，根据机械能守恒在C点时解得恰好击中平台右端：由动量守恒和能量关系；，

且；

其中综上解得由（1）得时，恰好到达平台左端；综上得：4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，光滑水平面上，一轻质弹簧的一端固定在质量为物块P上，另一端与质量为物块Q接触，但未拴接，轻质弹簧处于原长。现使物块P以初速度向左运动，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，Q与弹簧分离后，滑上半径的光滑半圆弧轨道，A为轨道的最低点，B为轨道的最高点。弹簧劲度系数为，弹簧弹性势能为弹簧形变量，取重力加速度，求：(1)物块Q与弹簧分离时的速度大小；(2)物块Q离开半弧轨道后落地点与最低点A之间的水平距离L；(3)若物块P运动时开始计时，经0.03s弹簧压缩到最短，则物块P从开始运动到弹簧压缩最短时，物块P的位移大小。【答案】(1)2m/s(2)0(3)0.07m【详解】（1）P与Q从压缩弹簧到分开过程，由动量守恒得由能量守恒得解得（2）物块Q从A到B过程,根据动能定理，有解得小球在B点前脱离轨道物块Q在轨道C点恰好分离,根据牛顿第二定律，有由A到C过程，根据动能定理，有解得，假设物块Q能落到水平面水平方向，有竖直方向，有解得由可得物块Q恰好落到A点。（3）物块P与弹簧接触到最短动量守恒乘得可得压缩到最短时，根据动量守恒，有根据能量守恒，有位移间的关系为联立解得5．（2025·湖南常德·二模）如图所示，质量为、长为的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为的小滑块静置在长木板的右端。现给小滑块一个水平向左的瞬时速度，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相同，桌面足够长，重力加速度大小为。求(1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；(2)长木板与桌面间的动摩擦因数；(3)长木板运动的总时间。【答案】(1)，(2)(3)【详解】（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为和，碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得，联立解得，（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加速度大小为，则有，解得，对长木板根据牛顿第二定律可得解得（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为，这段时间内小滑块的位移为因为所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，联立解得，同理，小滑块与长木板第次碰撞后瞬间长木板的速度大小小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故长木板运动的总时间解得6．（2025·河南·二模）如图，质量均为m的滑块（可视为质点）和质量为3m的长板静止于图示位置。滑块1、2、3与长板间动摩擦因数均为μ，长板与地面间光滑。现让滑块1、2、3分别以的速度同时从图示位置滑上长板，它们之间不会相碰也不会从长板滑下，重力加速度为g，当三个滑块与长板刚好相对静止时长板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求：(1)滑块2从放上长板到速度达到最小，系统产生的内能。(2)刚开始时长板与墙壁的距离s。【答案】(1)(2)【详解】（1）当滑块2与长木板刚好相对静止时，其速度最小，设为，从开始到滑块2与长木板刚好相对静止瞬间，23间的相对速度始终相等为，故此时滑块3的速度为，则由动量守恒定律得解得系统产生的内能为（2）当滑块1刚好与长木板保持相对静止时根据动量守恒解得该过程长木板加速度为对长木板有当滑块2与长木板相对静止时，对长木板有，解得当滑块3与长木板保持相对静止时根据动量守恒有同时有解得由运动学规律有解得7．（2025·山西临汾·二模）弹玻璃球是一种流行于20世纪的儿童游戏。某次游戏，小朋友们在水平地面上画一个长，宽的长方形。小朋友甲把质量为的玻璃球2从的中点弹出，玻璃球沿直线运动，刚好停在长方形的中心。小朋友乙从点把质量为的玻璃球1沿方向弹出，与点的球2发生弹性碰撞，球2沿方向弹出。小朋友乙要获胜，球2必须被弹出长方形区域。已知球1、球2在运动过程中受到的阻力均为其重力的0.4倍，重力加速度取。求：(1)球2从到运动的时间；(2)小朋友乙要获胜，至少对球1做的功。【答案】(1)(2)【详解】（1）球2弹出后做匀减速直线运动，根据牛顿运动定律则有由题可知联立解得根据匀变速直线运动规律，可以把球2的运动逆向看成初速为零的匀加速运动，则有其中联立代入数据解解（2）设球2被球1碰撞后，至少获得速度才可以沿OA方向弹出长方形，根据运动学公式其中联立解得球1与球2发生弹性碰撞，设碰前球1的速度为，碰后球1的速度为，根据动量守恒定律，则有根据能量守恒定律，则有联立解得根据动能定理可得，小朋友乙要获胜至少对球1做功解得8．（2025·陕西渭南·二模）如图所示，质量为2kg的小球A（视为质点），在长度均为1.6m的细绳和OP作用下处于平衡状态，、OP与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的足够长的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C（视为质点）静止在B的左端，C与B之间的动摩擦因数为。剪断细绳，小球A开始运动，重力加速度g取。(1)求小球A运动到最低点时对细绳OP的拉力大小；(2)当小球A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰（碰撞时间极短），求碰后C的速度大小；(3)小球A与物块C碰后，C相对B滑行的距离。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）OP的长度为，从小球A开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得解得设小球A运动到最低点时细绳OP对小球A的拉力为T，根据牛顿第二定律得解得根据牛顿第三定律可知，小球A运动到最低点时对细绳OP的拉力大小（2）A运动到最低点时，恰好与C发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得解得碰后C的速度大小（3）A、C碰后，C与B动量守恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得9．（2025·河南焦作·二模）某玩家设计了如图1所示的一个装置，完全相同的饼状物块、分别焊接在两根轻杆的一端，两根轻杆另一端与饼状物块用铰链相连（轻杆能够围绕铰链转轴在水平面内无阻碍地转动），轻杆长度远大于物块、和的直径，把整个装置放在光滑水平面上，在、之间置入少量炸药，引爆炸药后，整个装置获得的机械能为。已知、的质量均为，的质量为，轻杆长度为，引爆炸药后，物块仅沿着对称中心线（图1中的虚线）运动。(1)若将物块固定，求引爆炸药后瞬间，轻杆受到的拉力大小；(2)若物块不固定，求物块运动的最大位移；(3)如图2所示，在（2）的基础上，当、、第一次运动到一条直线时，求物块、和的速度大小。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）根据对称关系，引爆后瞬间，对物块和，有方向相反，且有此时，物块固定，物块A和B都可以看做圆周运动，则两物块对各自轻杆的拉力为化简可得（2）整个系统动量守恒。物块A和B的运动关于中心线对称，沿着中心线向上运动，物块C沿着中心线向下运动。所以沿中心线方向，任何时刻均有所以有即又有其中所以物块运动的最大位移（3）根据动量守恒定律，有根据能量守恒有其中由对称性关系可知解得10．（2025·江西九江·二模）在光滑平直轨道边依次站着2025个人，间距均为d，每人手里拿着质量均为m、编号为1、2、3、…、2025的沙包。一个质量也为m的货斗，在恒定外力F的推动下，从距离第1人的左侧d处由静止开始沿直线向右运动，货斗经过人身边时，该人立即将沙包无初速放入货斗，直到沙包全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短，货斗及沙包均可视为质点。求(1)1号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；(2)2025号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；(3)全过程中的能量损失。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）放入沙包前，对货斗动能定理：代入数据解得1号沙包放入货斗后:可得（2）2号沙包放入货斗前：2号沙包放入货斗后可得3号沙包放入货斗前：3号沙包放入货斗后：可得依此类推，可知第n个沙包放入货斗后的共同速度所以，2025个沙包放入货斗后的共同速度（3）全过程由能量守恒可知所以11．（2025·四川广安·二模）如图所示，质量为0.3kg的滑块B静止在光滑水平面上，形状大小相同质量为0.1kg的滑块A以初速度5m/s向右运动，与B发生正碰，碰后B滑上θ=60°足够长的粗糙斜面，上升的最大高度为，B与斜面间的动摩擦因数为，斜面与水平面平滑连接，空气阻力不计，重力加速度取10m/s2。求：(1)第一次碰撞后滑块B和A的速度大小：(2)物理学中将材料一定的两物体，碰撞后分开的相对速度与碰撞前接近的相对速度之比定义为恢复系数，即，其中、为两物体碰撞前的速度，、为碰后的速度，e仅由两物体材料决定。①滑块A、B相碰时的恢复系数为e；②滑块A、B第二次碰撞后的速度大小。【答案】(1)2m/s，1m/s(2)①0.6；②1.6m/s，1.3m/s【详解】（1）设第一次碰后AB两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A速度为v0，对B，由动能定理可得解得碰撞过程，由动量守恒定律可得解得（2）①由恢复系数公式代入第一次碰撞数据解得②再次到达水平面时速度为vB1，从H处再次滑下时，由动能定理可得再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B速度分别为vA2、vB2，由动量守恒定律和恢复系数公式可得，可得，1．（2025·海南·高考真题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，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，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦，(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力；(2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能；(3)传送带的速度大小。【答案】(1)，方向竖直向上；(2)(3)或【详解】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，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AB碰后成一整体，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）第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，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；第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得该段时间内AB运动的位移为传送带运动的位移为故可得解得，另一解小于舍去。2.（2025·广重庆·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），【解析】【小问1详解】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【小问2详解】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【小问3详解】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动量相同，则则，根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即碰后动能不增，即，可得所以n的取值范围为分别将和代入，分别可得，所以对应的B的速度范围为，代入可得3．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：(1)单个散货的质量。(2)水平传送带的平均传送速度大小。(3)倾斜传送带的平均输出功率。【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）对单个散货水平方向由动量定理解得单个散货的质量为（2）落入货箱中散货的个数为则水平传送带的平均传送速度大小为（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律解得加速时间加速位移设匀速时间为其中则匀速位移为故传送带的长度为在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为在时间内传送带额外多做的功为其中，，，联立可得倾斜传送带的平均输出功率为4．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；(3)若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。【答案】(1)(2)(3)（n=1，2，3，…），，【详解】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有B从最低点到最高点由动能定理可得解得（2）A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有2mv1=2mv2＋mv3碰后A减速到0，有碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得B随后做平抛运动，有L=v4t解得（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得（n=1，2，3，…）以N为圆心，由牛顿第二定律得（n=1，2，3，…）从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得（n=1，2，3，…）解得（n=1，2，3，…）绳断后，B做平抛运动，有（n=1，2，3，…）s=v5t可得（n=1，2，3，…）由于（n=1，2，3，…）则由数学分析可得当时，当n=1时，，5．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5m，d=4.4m，L=1.8m，M=m=0.1kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；（2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；（3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理解得v（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒根能量守恒解得（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为共速后，共同加速度大小为考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程共速过程，滑块、木板位移分别为共速时，相对位移应为解得，随后共同减速到达H速度说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。6．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求：①碰撞过程中F的冲量大小和方向；②碰撞结束后头锤上升的最大高度。【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知解得（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小方向竖直向上；②头锤落到气囊上时的速度与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）解得v=2m/s则上升的最大高度7．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。（i）求μ和m；（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。【答案】（1）；（2）（i），；（3）【详解】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有代入数据解得（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知根据图乙有当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有结合题图乙有可知截距联立以上各式可得，，（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有小物块有在这个过程中系统机械能守恒有水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有联立解得根据运动学公式有代入数据解得8．（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3.6m。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传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有解得由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有其中，解得小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为解得（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有联立解得即P点到O点的最小距离为。9．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。