第28讲 三大观点解决力学问题（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习讲练测（新教材新高考）

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【题型一】应用三大观点解决直线运动
1．如图，传送带长以的速度沿顺时针方向匀速转动，传送带的倾角，在其右上侧有一水平平台，木板C的左端与平台左端对齐放置，小物块B静置于木板上，B距木板C左端的距离，B、C的质量分别为、。质量的小物块A以的初速度从传送带下端滑上传送带，A离开传送带后，恰好无碰撞地滑上木板C的上表面，经过一段时间与物块B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。已知A与传送带间动摩擦因数，A、B与C间动摩擦因数均为，木板C与平台间动摩擦因数，重力加速度，木板厚度不计。两质量相等的物体发生弹性碰撞，碰后两物体彼此交换速度，计算结果可保留根式形式，求
（1）物块A滑离传送带时的速度大小；
（2）平台左端与传送带上端间的水平距离；
（3）物块A与物块B碰撞前瞬间A的速度大小；
（4）要使物块B不从木板C上滑落，木板的最小长度。
【答案】（1）2m/s；（2）；（3）；（4）0.6m
【详解】（1）物块A滑上传送带时，有
设经历了位移后其与传送带共速，有
解得
即物块A在到达传送带另一端之前已经与传送带共速，又因为
即物块A与传送带共速后，其并不能与传送带保持相对静止，则共速后对于物块A有
从物块A与传送带共速后，到其滑离传送带，有
解得
v1=2m/s
（2）物块A离开传送带后其与水平方向夹角为，其做斜抛运动，将其分解后，竖直方向有
由于恰好到木板C上，所以其到达C上时，竖直方向速度为零，有
水平方向有
从离开传送带到到达木板C上其水平方向位移为
解得
（3）物块A滑上木板C上的速度为
A物块滑上C上表面后，有
解得
假设BC相对静止，对于BC整体有
解得
若B和C发生相对滑动，则对B有
解得
所以假设成立，B和C保持相对静止，设经历时间物块A和物块B将发生碰撞，则有位移关系
所以碰撞时A物块的速度为
解得
（4）碰撞前，B和C整体的速度为
由于B和A两物块的质量相等，且发生弹性碰撞，由题意可知，碰后，A物块与B物块的速度彼此交换，即碰后A物体与C的速度大小相等为，B物体的速度大小为，假设之后A物块与木板C共速，则有
解得
若A和C发生相对滑动，则对A有
解得
所以假设成立，碰后A和C保持相对静止，B物体发生相对滑动，对B物体有
要使B物体不从木板C上滑落，则当B物体滑到C的最左端时恰好共速，对物块B有
位移有
对AC整体有
位移有
两者的相对位移为
则木板的最小长度为
解得
2．如图，光滑水平台面MN上放两小滑块A、B（可视为质点），台面MN与水平传送带上表面等高且平滑连接，传送带水平部分长度，传送带沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。滑块B与传送带间的动摩擦因数，滑块质量分别为、mB=1kg。开始时滑块A、B均静止，A、B间压缩一轻质弹簧（与A、B均未栓接），弹簧中锁定有弹性势能。现解除锁定，弹开A、B并立即拿走弹簧，g取。
（1）计算A、B弹开后瞬间，A、B的速度大小，；
（2）滑块B获得速度后，向右运动滑上传送带，计算滑块B在传送带上向右滑动的最远距离和滑块B从传送带返回水平面MN时的速度大小；
（3）滑块B从滑上传送带到离开传送带过程中，在传送带表面留下的划痕总长。
【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】（1）解除锁定弹开A、B过程中，设向右为正方向，由机械能守恒有
由动量守恒有
两式联立解得
，
（2）滑块B滑上传送带后做匀减速运动，当速度减为零时，运动距离最远，由动能定理得
解得
因为
所以滑块B沿传送带向左返回时，根据运动的对称性，滑块B将在摩擦力作用下一直做匀加速运动直到滑上水平面。由动能定理得
解得
（3）B做匀变速运动，由牛顿第二定律可得
解得
B向右匀减速至速度为0，由

解得
设B向左加速根据运动的对称性，可知

解得
在传送带表面留下的划痕总长为
3．如图甲所示，B物块静止在足够长的固定斜面上，t=0时刻将质量为m的A物块从距离B物块L处由静止释放，t=9t0时刻A、B发生第一次碰撞，t=19t0时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间A物块的v-t图线如图乙所示（其中v0、t0均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，求：
（1）A沿斜面向下运动与向上运动的加速度之比；
（2）B物块的质量；
（3）A、B物块与斜面间的动摩擦因数之比；
（4）B物块沿斜面下滑的最大距离。
【答案】（1）1:2；（2）17m；（3）；（4）
【详解】（1）0~9t0时间内，物块沿斜面下滑，有
9t0~13t0时间内，物块沿斜面上滑，有
所以A沿斜面向下运动与向上运动的加速度之比
（2）9t0时刻A、B发生第一次碰撞，则
联立可得
，
（3）刚释放物块时，A、B之间的距离为L，则有
A物块在9t0~13t0时间内沿斜面向上运动，则
由于13t0~19t0时间内A物块的加速度与0~9t0时间内的加速度相同，所以19t0时刻物块A的速度大小为
A物块在13t0~19t0时间内沿斜面向下运动，则
所以从第一次碰撞后到第二次碰撞物块B发生的位移为
假设第二次碰撞前物块已停止运动，则有
可得
即13t0时，物块停止运动，假设成立，设物块下滑过程中的加速度大小为a3，则有
联立可得
（4）t=19t0时刻发生A、B第二次碰撞，碰撞时B的速度大小为0，A的速度大小为
由动量守恒可得
联立可得
设第二次碰撞后B物块下滑的距离为xB2，则
可得
所以
【题型二】应用三大观点解决曲线运动
4．如图所示，质量的滑块内有圆弧管道，管道处于竖直面内，由四个半径的圆弧形细管组成，P为两圆弧连接处。质量的小球沿水平面从左侧以某一初速度进入管道内，已知管道直径远小于圆弧半径，不计一切摩擦。
（1）锁定滑块，若小球恰能穿过管道，求小球的初速度大小
（2）解除锁定，小球以初速度进入管道后运动至P点，求此过程中滑块对小球做的功
（3）解除锁定，小球以水平速度进入管道，滑块始终未离开地面，求小球最终的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）由题意可知，若小球恰能穿过管道，小球在圆弧管道最高点速度为零，小球机械能守恒
解得
（2）小球运动到P点时，小球的水平分速度与管道的速度相同，水平方向，由动量守恒定律：
管道的速度
由能量守恒定律
解得小球的速度
对小球，由动能定理：
解得滑块对小球做功
（3）①小球恰能到管道最高点，与滑块一起运动，小球和滑块水平方向动量守恒
解得
②小球和滑块分离，小球和滑块的最终速度为、。对小球和滑块组成的系统，水平方向，由动量守恒定律：
由能量守恒定律
联立解得
，
即小球最终以速度从滑块左侧滑离，或者小球穿过滑块以向右运动
5．如图所示，一长为的水平传送带AB以速度沿顺时针匀速旋转，传送带与光滑水平轨道CD平滑连接且B、C两点重合，光滑圆弧轨道圆心为O，半径为，圆弧轨道与水平轨道CD也平滑连接，U形固定槽水平长度为，槽的右上端与最高点间的水平距离为，竖直距离为。现将质量为（质量大小可改变）的滑块1轻轻放到传送带上的A处，经传送带传送后进入轨道CD，并与静止在水平轨道CD上某处的滑块2（质量为）发生弹性碰撞，随后滑块2沿圆弧轨道运动，从E点飞出后落入U形槽。已知滑块1与传送带间的动摩擦因数为，两滑块可视为质点，不考虑两滑块间以后的碰撞与滑块2落入U形槽后反弹的情形。
（1）求碰撞前瞬间滑块1的速度。
（2）若滑块2刚好在最高点脱离轨道，求碰撞后瞬间滑块2的速度。
（3）为使滑块2能落入U形槽，求滑块1质量应取的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑块1匀加速直线运动的加速度
滑块1匀加速直线运动的位移
之后滑块1做匀速直线运动，因此碰撞前瞬间滑块1的速度
（2）滑块2刚好在E点脱离轨道满足
得
根据动能定理
则
（3）为使滑块2能落入U形槽，要求滑块1质量的最小值；
满足条件1：E点之前不脱离轨道，即E点速度
满足条件2：若刚好落入最右点
即E点速度
因此能落入最右点，碰撞后瞬间滑块2速度
滑块1和滑块2发生弹性碰撞
因此质量的最小值为
6．如图所示，质量为4m、半径为R的光滑四分之一圆弧体A 静止在足够大的光滑水平面上，水平面刚好与圆弧面的最底端相切，轻弹簧放在光滑水平面上，左端固定在竖直固定挡板上，用外力使质量为m的小球B 压缩弹簧（B 与弹簧不连接），由静止释放小球，小球被弹开后运动到圆弧体的最高点时，恰好与圆弧体相对静止，不计小球的大小，重力加速度为g。求：
（1）弹簧具有的最大弹性势能；
（2）小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小；
（3）小球B第二次滚上圆弧面后，上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设弹簧开始具有的最大弹性势能为 Ep，设小球被弹开后速度大小为v0，滚上圆弧面最高点后速度大小为v1，根据能量守恒有
根据动量守恒
解得
（2）由（1）可解得
小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间
解得
根据牛顿第三定律可知，小球对圆弧面的压力大小

（3）设小球第一次离开圆弧面时，小球的速度大小为v2、圆弧体的速度大小为v3，根据动量守恒有
根据能量守恒有
从小球第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中，设上升到最高点时共同速度为v4，上升的最大高度为h，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
7．如图甲所示，小球A以初速度竖直向上冲入半径为R的粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B发生相互作用，距离B右侧s处有一个固定的弹性挡板，B与挡板的碰撞没有能量损失。已知A、B的质量分别为3m、2m，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示（从A球接触弹簧开始计时，t0已知）。弹簧的弹性势能为，x为形变量，重力加速度为g。求：
（1）小球在管道内运动的过程中阻力做的功；
（2）弹簧两次弹力最大值之比F2:F1；
（3）小球B的初始位置到挡板的距离s。
【答案】（1）；（2）7:5；（3）
【详解】（1）设小球在管道内运动的过程阻力做功为Wf，根据动能定理可得
解得
（2）当A、B第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x1，A、B共同速度为v共1，从A刚接触弹簧到A、B共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
此时弹簧弹力为F1，有
由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B与挡板相撞，设此时A、B速度分别为v1、v2，从A刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
解得
，
此时B原速率反弹，当A、B第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x2，A、B共同速度为v共2，从B刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
此时弹簧弹力为F2，有
联立解得
（3）设A、B一起向右运动的过程中，任意时刻A、B速度分别为vA、vB，根据动量守恒可得
在任意一极短时间∆t内，有
所以
等式两边求和得
由图乙可知，t0时B与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t=0到t=t0时，A、B位移相同，即
联立解得
1．如图所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面的倾角为θ30°，底部固定一垂直于斜面的挡板，在斜面上锁定一质量为0.8m的滑板A。将一质量为0.1m的滑块B轻轻放在A的最上端，B与A间的动摩擦因数为，一质量为0.9m、可视为质点的小球C在竖直推力F11.8mg的作用下，以竖直向上的速度沿四分之一固定的、半径为R的竖直光滑圆弧运动，经过最高点P时撤去推力，小球C可无障碍地穿过斜面运动，刚好以平行于斜面的速度在Q点与B碰撞并成为一个整体BC，碰撞时间极短，同时解除对A的锁定，A下滑到斜面底端时刚好与BC的速度相等，A与挡板碰撞后瞬间给A施加一平行于斜面向上的拉力F2，F20.9mg。已知A与挡板碰撞的过程中无机械能损失，BC始终未滑到A的最下端，不计空气阻力，重力加速度为g。求（以下结果均用含v0的式子表示）：
（1）C经过最高点P和到达Q点时的速度大小vP、vQ。
（2）从C与B碰撞后到A第一次与挡板碰撞前瞬间系统产生的内能Q。
（3）C与B碰撞后，A第三次与挡板碰撞时的速度大小。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）小球C从开始运动至最高点P的过程，根据动能定理
由于
解得
C从P点到Q点做平抛运动，则
解得
（2）C与B碰撞瞬间系统动量守恒
解得
碰撞后，BC整体沿滑板匀减速下滑，设BC整体沿滑板匀减速下滑的加速度大小为 a1，根据牛顿第二定律，有
解得
a1=0.1g
A沿斜面匀加速下滑，设A沿斜面匀加速下滑的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，有
解得
a2=1.25g
设A下滑到挡板处时的速度为v1，根据匀变速直线运动规律，可知
对BC，有
对A，有
联立解得
，
则从C与B碰撞后到A第一次与挡板碰撞前瞬间，BC运动的位移为
A运动的位移
系统产生的内能
联立解得
（3）A第一次与挡板碰撞后向上做匀减速运动，BC继续向下做匀减速运动，因
可知系统沿斜面方向的合力为0，系统动量守恒，以沿斜面向下为正方向，设系统再次共速时的速度为，根据动量守恒定律，有
解得
共速后，系统以的速度沿斜面向下做匀速运动，A以的速度第三次与挡板碰撞。
2．如图所示是一个大型益智儿童玩具。该装置由速度可调的固定水平传送带、光滑圆弧轨道和光滑细圆管组成，其中水平传送带长，点在传送带右端转轴的正上方，轨道和细圆管的圆心分别为和、圆心角均为，半径均为，且点和点分别为两轨道的最高点和最低点。在细圆管的右侧足够长的光滑水平地面上紧挨着一块与管口下端等高、长、质量木板（与轨道不粘连）。现将一块质量的物块（可视为质点）轻放在传送带的最左端点，由传送带自左向右传动，在处的开口和、处的开口正好可容物块通过。已知物块与传送带之间的动摩擦因数，物块与木板之间的动摩擦因数，重力加速度。
（1）若物块恰好不脱轨，求物块在传送带上运动的时间；
（2）若传送带的速度为，求物块经过圆弧轨道最低点时，轨道对物块的作用力大小；
（3）若传送带的速度为，求滑块在木板上运动过程中产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若物块进入圆弧轨道BCD后恰好不脱轨，则在B点有
可得
物体在传送带上运动时，由
可得
若物块一直加速，则末速度为
由此可知物块应该是先加速后匀速，则加速的位移
物块在传送带上运动的时间
（2）若传送带的速度，则物体先加速后匀速，经过点时的速度为，由动能定理可得
解得
由牛顿第二定律有
联立可得轨道对物块的作用力大小
（3）假设物块在木板上恰好不分离，由动量守恒和能量关系
联立可得
若传送带的速度为时，物块在木板上恰好不分离
3．如图所示，光滑水平面上放置质量为kg的木板B，木板B上表面不光滑，其右侧相距处放置四分之一的光滑圆弧形轨道C，其最低点切线水平，并与B上表面等高，弧形轨道C的质量kg，半径m。质量kg的物块A以速度m/s从木板B的左端滑上木板，当物块滑到木板最右端时两者速度相等，此后B与C发生碰撞并粘合在一起，物块与木板B间的动摩擦因数，重力加速度m/s。求：
（1）从物块A滑上木板B至木板B与弧形轨道C碰撞所用时间；
（2）物块A沿圆弧形轨道上升的最大高度；
（3）物块返回弧形轨道C时对轨道最低点的压力大小；
（4）分析物块能否从木板左端滑离，若能滑离，求其滑离时速度大小；若不能，求其最终离木板左端的距离。
【答案】（1）s；（2）0.1m；（3）N（4）不能，m
【详解】（1）物块滑到木板右端时两者速度相等，由动量守恒，有
得
m/s
木板的加速度
m/s
达到共速用时
s
其位移
m
木板长度为L，有
得
m
此后板块做匀速运动到碰撞用时
s
从物块A滑上木板B至木板B与弧形轨道C碰撞所用时间
s
（2）木板与弧形轨道碰撞，有
解得
m/s
此后物块与弧形轨道碰撞，当物块距离弧形轨道最大高度时两者达到共同速度
得
m/s
得
m
（3）物块返回轨道最低点时，物块速度为，轨道速度为，由动量守恒和机械能守恒，有
得
m/s
m/s
由牛顿第二定律
得
N
由牛顿第三定律，物块对轨道最低点压力大小
N
方向向下；
（4）设物块没有滑离木板，共速度为，有
得
m/s
物块与木板B相对位移为x，有
得
m
没有滑离木板，距离左端
m
4．如图所示，倾角为的斜面与水平地面在点平滑连接，竖直光滑圆轨道与水平地面在点平滑连接，一轻弹簧右端与竖直挡板相连，左端自由伸长到点。点距水平面的高度为，一质量为的滑块从点由静止释放，沿斜面下滑并从点进入圆轨道，恰好通过轨道最高点后进入水平面与静止在点的滑块发生弹性碰撞，碰撞后被拿走，滑块继续压缩轻弹簧。已知滑块与斜面间的动摩擦因数，滑块与水平面间的动摩擦因数之间的距离为，而间和间均光滑，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，弹簧弹性势能与形变量的关系为。求：
（1）竖直光滑圆轨道的半径；
（2）滑块对圆轨道最低点的压力大小和滑块运动到点与碰撞前的速度大小；
（3）若要求弹簧压缩量不超过，求滑块的质量范围。
【答案】（1）；（2），1m/s；（3）或
【详解】（1）滑块P恰好通过圆轨道最高点，根据牛顿第二定律
滑块P从开始释放到圆弧最高点过程有
解得
（2）滑块从圆轨道最高点到最低点的过程，根据动能定理有
在最低点，根据牛顿第二定律有
由牛顿第三定律有
滑块P从C运动到E点过程，根据动能定理有
解得滑块P运动到E点的速度大小
（3）滑块P与滑块发碰撞瞬间，动量守恒，机械能守恒
滑块压缩轻弹簧有
根据题意知
联立解得
或
5．如图所示，光滑轨道由竖直轨道与半径的竖直圆弧轨道组成，O为圆弧轨道的圆心，B为圆弧轨道的最低点，OC连线与竖直方向的夹角，在轨道右侧与A等高处有一平台，平台边缘D处有一质量为的薄木板，其最左端放有一质量为的滑块。质量为的小球在一定条件下可经C点射出后恰能水平击中滑块，该碰撞过程可视为弹性碰撞。已知C与D的高度差，滑块与薄木板间的动摩擦因数为，薄木板与平台间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄木板厚度不计，小球和滑块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，，。求：
（1）若小球自A点无初速度释放，则小球经过B点时对轨道的压力大小；
（2）要使小球能水平击中薄木板上的滑块，则C与D间的水平距离；
（3）若小球能水平击中薄木板上的滑块，且滑块恰好不脱离薄木板，则薄木板的长度及薄木板与地面间因摩擦产生的热量。
【答案】（1）5N；（2）1.2m；（3）0.12J
【详解】（1）小球从A运动到B，由动能定理有
小球运动到B点时，由向心力公式有
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对轨道的压力大小为
（2）小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆向的平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
则C与D间的水平距离
（3）小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得滑块的速度大小为
因
故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有
解得
a1=4m/s2
对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有
解得
设经过时间，两者共速，有
解得
，
此过程中，滑块的位移大小为
薄木板的位移大小为
则薄木板的长度为
故薄木板与地面间因摩擦产生的热量为
6．如图，一圆心角为60°、半径R为1.2m的光滑圆弧轨道固定在光滑水平轨道上，一表面与圆弧右端相切质量的长木板A与圆弧轨道接触但不粘连，在A右侧放着3个质量均为2m的滑块（视为质点）。开始时A和滑块均静止。左侧光滑平台上有两个可视为质点的物块B、C，B、C用细线拴连使轻弹簧处于压缩状态，此时弹簧弹性势能为6J，B、C与弹簧不粘连。现将细线烧断，B、C被弹簧弹开，物块B与弹簧分离后从平台飞出，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上A。当A、B刚共速时，A恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，A、B再次共速时，A恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后A、B第三次共速时，A恰好与滑块1发生第3次碰撞；最终物块B恰好没从A上滑落，若A与B之间的动摩擦因数，重力加速度为，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。求：
（1）物块B与弹簧恰好分离时速度大小；
（2）物块B到达固定轨道最低点时对轨道压力大小；
（3）最终3个物块获得的总动能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）对B、C分析，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
（2）B恰好进入圆弧轨道有
B从圆弧轨道左端到最低点时，根据动能定理有
联立解得，物块B滑到最低点时
根据牛顿第二定律
根据牛顿第三定律得
解得
（3）对A、B分析有，A、B第一次共速有
长木板A与滑块1发生第一次弹性碰撞过程有
解得
A、B第二次达到共速有
滑块1与滑块2碰撞后速度交换，滑块1碰后静止。A与滑块1第二次碰撞有
解得
依次类推有A与滑块1第三次碰撞
动能
解得
7．在倾角的足够长的斜面上，将一质量为小物块A放在斜面顶端，距A物块远的位置再放置质量也为小物块B。物块A与斜面间的动摩擦因数为0，物块B与斜面间的动摩擦因数。同时静止释放A、B，此后A如与B发生碰撞，碰撞时间极短且不计动能损失。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，，重力加速度为。求：
（1）第一次碰撞后的瞬间A、B的速度；
（2）在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A、B之间的最大距离；
（3）从释放开始到第三次碰撞前的过程中，A物块的重力做功的大小。
【答案】（1），，方向都沿斜面向下；（2）L；（3）
【详解】（1）以A为对象，由牛顿第二定律得，A的加速度大小为
由于
以B为对象，由牛顿第二定律得，B的加速度大小为
设A、B开始运动到A、B第一次碰撞时间为，则有
解得
则碰撞前瞬间A、B的速度分别为
，
A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得
解得
，
方向都沿斜面向下；
（2） 第一次碰撞后到第二次碰撞前，A、B共速时相距最远，则有
解得
，
则有
解得
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞前用时，则有
解得
则
A、B第二次碰撞后速度交换，则有
，
同理可知：与第二次碰撞后到第三次碰撞前用时，则有
解得
则
从释放开始到第三次碰撞前的过程中，A物块的位移为
A物块的重力做功为
联立解得
8．如图甲，一质量为2m的物块B用一长度为的轻绳悬挂于P点处，初始时其与竖直方向的夹角，P点正下方处有一钉子。另一物块A与轻质弹簧连接，静止于光滑水平面上。现自由释放物块B，当其运动至P点正下方时轻绳在钉子的作用下断裂。之后物块B将在光滑水平面上匀速直线运动，直至与物块A发生碰撞（假定在物块B触地过程中机械能没有损失，轻绳在断裂后不影响物块B的后续运动）。记物块B第一次与弹簧接触的时刻为t=0，第一次与弹簧分离的时刻为t=2t0。第一次碰撞过程中，A、B的v-t图像如图乙所示。已知从t=0到t=t0时间内，物块A运动的距离为0.144v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞。斜面倾角，高度，与水平面光滑连接。已知碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度记为g，。求：
（1）轻绳即将断裂时的张力T；
（2）A的质量mA；
（3）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值∆x（用v0、t0表示）；
（4）物块A与斜面间的动摩擦因数µ的取值范围。（答案用分数表示）
【答案】（1）8mg；（2）3m；（3）；（4）
【详解】（1）设B摆至最低点的速度为v，根据动能定理有
解得
轻绳即将断裂时，对B受力分析有
解得
（2）设碰后A的速度为vA，B与A发生完全弹性正碰，碰撞前后动量动能守恒，有
解得
，
（3）t=t0时弹簧压缩量∆x最大，设压缩过程中A的瞬时速度为vA，B的瞬时速度为vB，压缩弹簧过程中动量守恒
两边对时间求和
可得
联立可得
（4）A若要与B发生二次碰撞，其不能越过斜面，A在斜面顶端的速度为0，由动能定理得
解得
所以要满足
A若要与B发生二次碰撞，其除了不能越过斜面之外，其返回至水平面时速度大小必须比B的大，设此时A在斜面上的最大高度为hm，则
返回水平面时的速度为0.2v0，根据动能定理得
解得
所以要满足
最后，A能够从斜面上滑下必须满足条件
解得
综上可得，A与斜面间的动摩擦因数应满足
9．如图所示，长为L2=2m的水平传送带以v=2m/s的速度逆时针匀速转动，紧靠传送带两端各静止一个质量为mB=mC=1kg的物块B和C，在距传送带左端s=0.5m的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1=2m处由静止释放一质量mA=0.6kg的滑块A，一段时间后物块A与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B滑上传送带，A被取走，已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数，与水平面间的动摩擦因数，物块A与斜面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g取10m/s2。sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
（1）物块A与物块B碰撞后，物块B的速度？
（2）物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能？
（3）整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数？物块B在传送带上滑行的总路程？
【答案】（1）；（2）0.5J；（3），11m
【详解】（1）物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
代入数据可得
A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为，B的速度为，有
代入数据得
（2）物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B
解得
物块B经时间后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有
则
由于，物块B与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，此过程传送带向左的位移
因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能
代入数据得
（3）物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有
代入数据得
由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换；对物块C，设来回运动了n次，由动能定理可知
代入数据得
物块C第k次返回至传送带左端时速度平方大小为，由运动学公式得
（1，2，…，10）
物块B获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不变，物块B第k次在传送带上来回一次运动的路程
（1，2，…，10）
所以整个过程物块B在传送带上滑行的总路程
代入数据得
10．如图所示，用长为且不可伸长的轻质细线将质量为的小球悬挂于O点。现将细线拉直让小球从O点斜上方的A点由静止释放，已知OA连线与水平方向成角。小球运动至O点正下方的C点时与质量为的木板在C点发生正碰（碰撞时间极短），已知碰撞的恢复系数为e（e为两物体碰后相对远离速度与碰前相对靠近速度的比值），碰后小球恰好静止。质量为的小物块初始静止于木板的最左端，且小物块在往后的运动中恰好没有从木板上掉下来。已知，木板与地面间的动摩擦因数，木板与小物块间的动摩擦因数，g取，小球与小物块均可视为质点，所有运动及相互作用均发生在同一竖直面内，空气阻力不计。求：
（1）小球与木板相碰前的瞬间，细绳拉力T的大小；
（2）小球与木板碰撞恢复系数e的大小；
（3）木板长度S及木板与小物块间摩擦产生的热Q。
【答案】（1）；（2）；（3），
【详解】（1）对小球，绳绷直前由A到B可得
绷直后速度
由B到C，由动能定理得
对小球，碰前，在C点由牛顿第二定律得
联立各式可得

（2）小球与木板相碰，遵循动量守恒，有
小球与木板碰撞恢复系数为
联立得
（3）对小物块由牛顿第二定律得
对木板由牛顿第二定律得
对木板及小物块，从相对运动到共速

共速后，假设两者继续相对滑动，对木板及小物块
故假设成立。对木板及小物块，由共速到停下

木板长度S满足
木板与小物块间摩擦生热Q满足
联立可得
11．一种弹珠游戏可以简化为如图所示模型：小球A质量为m，小球B质量为3m，B球左侧水平面粗糙，右侧光滑，A球与粗糙水平面间动摩擦因数，轻质弹簧放置在粗糙水平面上，左端固定在竖直墙壁，右端与A球接触但不栓接，此时A、B两球间距离为。现沿弹簧轴线向左移动小球A使之压紧弹簧，当弹簧压缩量为0.5l时将装置锁定，弹簧的劲度系数。将系统释放，A球向右运动与B球发生弹性正撞，碰后B球沿光滑水平面匀速运动一段距离后进入固定在光滑水平面上的两平行挡板EF、GH之间，两挡板间距为，挡板均为粗糙弹性挡板，两挡板垂直水平面平行固定放置，两挡板与B球速度方向的夹角均为，乙图为俯视图。小球B进入到两挡板间先与GH挡板发生碰撞，且每次碰撞时垂直挡板方向上的分速度等大反向，小球B受到挡板的摩擦力是其与挡板压力的倍。已知重力加速度为g，小球B与挡板的碰撞时间远小于小球B在两挡板间运动的时间，小球A、B可视为质点。求：
（1）A、B碰后各自的速度大小；
（2）B球与GH板第一次碰撞过程中沿GH方向动量的变化量的大小；
（3）若小球B没有从两挡板间穿出，挡板长度的最小值。
【答案】（1）均为；（2）；（3）
【详解】（1）设A球到达B球处时速度为，则从释放A球至A球与B球碰前瞬间，由动能定理可知
代入得
A、B发生弹性碰撞后，速度分别为和，由碰撞中动量守恒
根据能量守恒定律有
联立可得为
联立可得为
因而A、B两球碰后速度大小均为。
（2）当B球与GH板第一次碰撞时，垂直于板方向速度等大反向，沿板方向受摩擦力作用减速。在垂直于板方向上
在沿GH板方向上
解得
即碰撞中小球B沿GH板方向动量的变化量大小为。
（3）两次相邻碰撞间的时间间隔
沿GH板方向上，每次碰撞速度就减小，因而小球B能够在沿板方向运动的距离
为了不让B球从两板间穿出，板长至少需要。
12．如图所示，粗糙斜面倾角，可视为质点的两个滑块A、B被固定在斜面上，质量分别为，，与斜面间的动摩擦因数均为。斜面底端有一垂直斜面的固定挡板，滑块A、B到挡板的距离分别为L和，已知滑块间的碰撞及滑块与挡板的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计。，，重力加速度。
（1）若只将滑块B由静止释放，求第一次与挡板碰撞后B上滑的最大距离；
（2）若将滑块A、B同时由静止释放，要使B在第一次与挡板碰撞后，在上滑过程中与A碰撞，求l与L之间需满足的关系；
（3）在满足（2）的情况下，分析碰后A能否到达原释放位置。
【答案】（1）；（2）；（3）不能
【详解】（1）对B从释放到第一次上滑速度为0，由动能定理得
解得
（2）B第一次反弹后速度为0时与A碰撞l有最小值，由牛顿第二定律可知下滑时
mgsinθ−μmgcsθ=ma1
上滑时
由位移关系得
解得
即
（3）设A碰后能回到原位置，则碰前、碰后A位移大小相等，即
解得
由A、B碰撞动量守恒、机械能守恒得
解得
B碰挡板后减速，A继续加速，相遇时
矛盾，即A不能回到原位置。
13．如图所示，倾角为30°的固定斜面足够长，置于斜面上的“L”型长木板B的上表面光滑，下表面与斜面上O点以上区域间的动摩擦因数为，与斜面上O点以下区域间的动摩擦因数为。某时刻在斜面上O点以上的某处自静止开始释放小物块A和长木板B，此时A在B的顶端，B的底端距O点的距离为长木板B长度的51倍，一段时间后A与B底端的凸起发生第一次碰撞，第一次碰撞后B的速度大小为。已知B的质量是A的质量的4倍，A与B底端凸起的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间不计，B底端的凸起大小不计，A视为质点，重力加速度为g。
（1）求长木板B的长度；
（2）A和B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞期间，A能否到达B的顶端？若A能到达B的顶端，求A与B底端凸起第一次碰撞后再经过多长时间A到达B的顶端；若A不能到达B的顶端，求期间A离B顶端的最小距离；
（3）求B底端到达O点之前，A和B底端凸起碰撞的次数；
（4）B底端到达O点时将A取走，忽略B底端凸起对其质量分布的影响，B沿着其长度方向质量分布均匀，求整个过程中B的位移大小。
【答案】（1）；（2）能到达，，A到达B的顶端；（3）8次；（4）
【详解】（1）设小物块A的质量为m，则长木板B的质量为
由于木板B上表面光滑，则小物块A自开始释放至第一次碰撞，只受到重力和木板B给的支持力，则对小物块A由动能定理
小物块A和长木板Ｂ下端凸起第一次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律
联立解得第一次碰后小物块A的速度
，
长木板B的长度
（2）长木板B运动时沿着斜面方向的合力为
因此除碰撞外长木板只会匀速运动。小物块A在长木板上运动时
A与B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，假设A能到达B的顶端，自第一次碰撞至A到达B的顶端，由运动学公式
由几何关系
联立化简得
解得经过时间
A到达B的顶端，假设成立。
（3）小物块A与长木板B底端凸起自第一次碰撞至第二次碰撞，由运动学公式
解得
第二次碰撞前小物块A的速度
小物块A与长木板B底端凸起第二次碰撞过程
解得第二次碰撞后小物块A的速度
长木板B的速度
自第二次碰撞至第三次碰撞
解得
第三次碰撞前小物块A的速度
小物块A与长木板B底端凸起第三次碰撞过程
解得第三次碰撞后小物块A的速度
长木板B的速度
自第三次碰撞至第四次碰撞
解得
归纳可得
自第一次碰撞至长木板B的底端到达O点有
解得
因此长木板B底端到达O点之前，小物块A和长木板B底端凸起的碰撞次数为8次。
（4）长木板B底端到达O点时其速度大小为，长木板B顶端经过O点时的速度设为，长木板B经过O点的过程
其中
联立化简得
长木板B过O点后由动能定理
解得
整个过程长木板B的位移大小
14．如图所示一滑板的上表面由长度为L的水平部分AB和四分之一光滑圆弧BC组成，两部分在B点平滑连接，A、C为端点，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P（视为质点）置于滑板上面的A点，物体Р与滑板水平部分AB有摩擦，动摩擦因数为（）。一长为L不可伸长的细线，一端固定于О点，另一端系一质量为的小球Q（视为质点），小球Q位于最低点时与物体P处于同一高度并恰好接触。现将小球Q拉至与O'同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q向下摆动并与物体Р发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物体Р将在滑板上向左运动，通过B点后又返回，最终相对滑板静止于水平部分AB上的某点。已知物体P的质量为m，滑板的质量为2m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求小球Q与物体Р碰撞后瞬间，物体P和小球Q的速度大小；
（2）若碰后小球Q的最大摆角小于5°，且物体Р在相对滑板反向运动过程中相对地面有向右运动的速度，要实现上述运动过程，求的取值范围（计算结果用和cs5°表示）；
（3）若=1.1m，=0.4，，物体Р在滑板上往返运动，最终相对滑板静止于水平部分AB上的某点，此时小球Q恰好是碰后第2024次回到最低点。求物体Р两次经过B点的时间间隔（计算结果用g和L表示）。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）在Q下落过程中有
在P、Q碰撞过程中有
联立得
，
（2）碰后Q的最大摆角小于5°，需要
解得
对Р在板上由A到B过程中有
将以上两式联立得
Р第一次到达B点的速度为
P第二次到达B点的速度为
要求Р有相对地面向右的速度，说明要小于零且判别式大于零，则
联立可得
（3）当时，Q碰后的速度为
Q再次上升的过程中
解得
所以
即Q碰后做简谐运动
又
A到B过程中有
对Р与滑板整体有
P从第一次经过B点到相对于滑板静止过程中有
所求时间
综上求得
15．如图，A、B两点间距离，质量为的小物块甲向右与静止在水平地面上A点、质量为的小物块乙发生弹性正碰，碰前瞬间甲的速度大小。碰后乙在AB间运动的某段距离中，受到一水平向右、大小的恒定推力。乙与静止在B点处、质量为m3=3kg的小物块丙发生正碰，乙在正碰前后瞬间速度方向不变，碰后速度大小变为其碰前的，碰后丙经停止运动。乙、丙与地面间的动摩擦因数均为，所有碰撞时间极短，。求：
（1）甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小；
（2）乙、丙碰撞过程损失的机械能；
（3）推力F在AB间作用的最长时间。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）甲、乙发生弹性碰撞，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
解得，甲与乙碰撞后瞬间乙的速度大小为
（2）乙丙碰后，对丙由动能定理
解得
乙、丙碰撞过程中，由动量守恒定律
其中
联立解得
由能量守恒定律
解得
（3）有力F作用时，对乙由牛顿第二定律
解得
没有力F时，对乙由牛顿第二定律
解得
因越接近B点时速度越小，则当滑块乙在接近于B点时施加力F作用的时间最长，由运动学公式
解得
推力F在AB间作用的最长时间为
16．如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定，斜面下端有固定挡板。质量分别为mA=2kg、mB=5kg的滑块A、B用轻弹簧相连放置在斜面上处于静止状态，滑块A与挡板接触。现将质量为mC=1kg的滑块C在斜面上与B相距d=3m处由静止释放，C与B发生弹性碰撞，碰后立即将C取走，B在斜面上做简谐运动。重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，弹簧的劲度系数为k=100N/m，且弹簧始终在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能为（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），A、B、C可视为质点，求：
（1）物块C与B碰后瞬间的速度分别为多大；
（2）物块C与B碰后B做简谐运动的振幅；
（3）若物块C从斜面上某处由静止释放后，C与B碰后粘在一起做简谐运动且A恰好未离开挡板，求：
①A对挡板压力的最大值；
②物块C从斜面上由静止释放时与B的距离。
【答案】（1），；（2）；（3）①；②
【详解】（1）物块C下滑过程根据机械能守恒有
解得
物块C与B碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒可得
联立解得
，
则物块C与B碰后瞬间的速度大小分别为，。
（2）如果A不离开挡板，B在斜面上的振动是简谐运动，B静止时所处的位置为平衡位置；由
可得平衡位置时弹簧的形变量为
弹簧处于压缩状态；C与B碰撞后，B获得初速度，开始做简谐运动，设其振幅为A，当它运动到最低位置时，根据能量守恒可得
解得
（3）①当B、C结合体处于平衡状态时，弹簧处于压缩状态，有
可得
运动过程中，物体A恰好不能离开挡板，弹簧应伸长到最大位移处；对A分析，有
此时形变量为
故简谐运动的振幅为
当BC运动到最低点时，A对挡板的弹力最大，由对称性可知，此时弹簧的形变量为
此时弹簧的弹力为
故A对挡板压力的最大值为
②设B、C碰后粘在一起的初速度大小为，则从碰后到运动到最低点，由能量守恒有
解得
物块C与B碰撞过程，满足动量守恒定律，有
物块C下滑过程有
联立解得
目录
01 模拟基础练
【题型一】应用三大观点解决直线运动
【题型二】应用三大观点解决曲线运动
02 重难创新练