高考物理二轮复习考点题型归纳训练专题17 力学三大观点的综合应用（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15930" 题型一 应用力学三大观点解决多过程问题 PAGEREF _Tc15930 \h 1
\l "_Tc22255" 题型二 应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题 PAGEREF _Tc22255 \h 22
题型一 应用力学三大观点解决多过程问题
力学三大观点对比
【例1】（2023·湖北·模拟预测）如图所示，在倾角为的固定斜面上有一物块A，在斜面底部有一物块B，物块B左侧水平面上有一物块C，C与B用一轻弹簧和一轻杆连接，杆长与弹簧原长相等。已知物块A、B、C均可视为质点，质量均为，所有接触面均光滑。物块A从某时刻开始由静止下滑，不计物块A在斜面与平面转角处的机械能损失，A与B发生弹性碰撞，g取。
（1）求物块A沿斜面返回的最大高度与初始高度的比值；
（2）若在物块A开始下滑时，同时对物块C施加一水平向左的恒力F，为使物块A、B不相碰，求恒力F的最小值；
（3）用质量为的物块替换物块C且撤去轻杆，若在此后的运动中弹簧的最大弹性势能与A第一次下滑至斜面底部时的动能之比为，求。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＋at
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v2－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

【答案】（1）； （2）；（3）
【详解】（1）设物块A开始时距斜面底端的高度为，沿斜面下滑至底部过程机械能守恒，有
物块A与BC间发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒有
设碰撞后物块A沿斜面上滑至最高点为，则有
联立解得
（2）设A在斜面上的运动时间为，在水平面上的运动时间为，对BC的整体有
物块A在斜面上时有
，
物块A在水平面上时有
恰好追不上的条件为
联立解得
（3）A、B间发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒有
B压缩弹簧至最短过程，由动量守恒定律有
对B、C系统由能量守恒得
根据题意有
联立解得
【例2】．（2023·江苏徐州·统考三模）如图所示，光滑半圆形轨道AB竖直固定放置，轨道半径为R（可调节），轨道最高点A处有一弹射装置，最低点B处与放在光滑水平面上足够长的木板Q上表面处于同一高度，木板左侧x处有一固定挡板C（x未知）。可视为质点的物块P压缩弹射装置中的弹簧，使弹簧具有弹性势能，P从A处被弹出后沿轨道运动到B处时的速度大小始终为；已知P的质量，Q的质量，P、Q间的动摩擦因数，Q与C之间的碰撞为弹性碰撞，忽略空气阻力，重力加速度。
（1）若P恰好不脱离轨道，求轨道半径R的值；
（2）若P始终不脱离轨道，写出弹性势能与R的关系式，并指出R的取值范围；
（3）若Q与C恰好发生n次碰撞后静止，求x的值。

【答案】（1）；（2）（J），（；（3）
【详解】（1）在A处
从A到B，由动能定理得
解得
（2）在A处
从A到B，同理
解得
（3）在木板Q碰到挡板C前PQ不会共速
物块P一直匀减速运动至静止，运动时间
木板Q前进x距离，碰到挡板C原速反弹，向右匀减速运动，由于加速度大小不变，经过相同时间减速为零，接下来，重复以上运动……
设木板Q第一次碰到档板前时间为t0，则有
即
所以
【例3】．（2023届湖南省部分名校联盟高三下学期5月冲刺压轴大联考物理试题）某过山车模型轨道如图甲所示，为半径分别为的圆形轨道，它们在最低点分别与两侧平直轨道顺滑连接，不计轨道各部分摩擦及空气阻力，小车的长度远小于圆形轨道半径，各游戏车分别编号为1、2、3…n，质量均为，圆形轨道最高点处有一压力传感器。让小车1从右侧轨道不同高度处从静止滑下，压力传感器的示数随高度变化，作出关系如图乙所示。
（1）根据图乙信息，分析小车1质量及圆形轨道半径；（2）在水平轨道区间（不包含A和E两处），自由停放有编号为2、3…n的小车，让1号车从高处由静止滑下达到水平轨道后依次与各小车发生碰撞，各车两端均装有挂钩，碰后便连接不再脱钩，求在作用过程中，第辆车受到合力的冲量及合力对它做的功。
（3）轨道半径为，每辆车长度为，且，要使它们都能安全通过轨道，则1车至少从多大高度滑下？

【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】（1）从静止释放到C点的过程，对小车1，由动能定理有
在C点，对小车1，由牛顿第二定律有
解得
对照F-h图像可得
（2）由题意，在C点对小车1由牛顿第二定律有
C点到A点过程，对小车1，由动能定理有
碰撞过程中由动量守恒有
对第n辆小车，由动量定理有
由动能定理有
联立解得
（3）小车1下滑到A点，由机械能守恒有
在圆O2最高点，取微元作为研究对象，由牛顿第二定律有
对第n辆车由机械能守恒有
联立解得
【例4】．（2022秋·安徽阜阳·高三校联考期末）已知鸡蛋撞击地面的速度不超过2m/s时，鸡蛋能不被摔坏。某同学设计了如图所示的保护装置，该装置是用A、B两块较粗糙的夹板粘合而成，已知保护装置质量为M，鸡蛋的质量为m，且，鸡蛋和保护装置之间的滑动摩擦力大小为5mg。实验中用该保护装置夹住鸡蛋，从离地面的高度处静止释放。（重力加速度g取，不计空气阻力。）
（1）如果保护装置碰地后速度立即为零（无反弹，且保护装置保持竖直），为保证鸡蛋安全，鸡蛋放的位置离装置下端的最小距离。
（2）如果保护装置与地面发生碰撞时，保护装置以碰前的速率反弹（碰撞时间极短，在运动过程中，保护装置始终保持竖直）。实验前，鸡蛋放的位置离保护装置下端距离，其它条件不变。保护装置第一次落地弹起，当上升到最大高度时，求该时刻鸡蛋离地高度。
【答案】（1）0.4m；（2）1.3m
【详解】（1）设装置落地时的速度为v0，则有
解得
装置落地时，鸡蛋会由于惯性以原速度做匀减速直线运动，鸡蛋放的位置离装置下端的距离最小取S1时，鸡蛋撞击地面的速度为临界速度
v=2m/s
对鸡蛋应用牛顿第二定律，有
5mg-mg=ma
解得
a=40m/s2
方向竖直向上。
取竖直向下为正方向，有
解得
（2）依题意，保护装置与地面发生碰撞后，鸡蛋速度和加速度分别为
，a=-40m/s2
保护装置以原速率反弹，其速度为
根据牛顿第二定律，有
5mg+Mg=Ma’
解得
a'=20m/s2
可知鸡蛋先减速到零，所用时间为
下降高度为
此时鸡蛋高度为
此时保护装置的速度为
设鸡蛋和保护装置此后共速所需时间为t2，有
解得
则有
鸡蛋上升高度为
依题意，鸡蛋和保护装置之间的摩擦力大于鸡蛋的重力，此后二者以共同的加速度做匀减速运动，减速到零时，鸡蛋上升的高度为
此时鸡蛋离地面的高度为
【例5】．（2023春·湖南衡阳·高三校考阶段练习）如图所示，一轨道由高为、最高点与最低点间水平距离的粗糙弧形轨道AB，半径、底部稍错开的光滑竖直圆轨道和倾角为且足够长的倾斜粗糙直轨道EF组成，三部分分别通过水平光滑轨道BC和水平粗糙轨道平滑连接，其中的长度。现有一质量为的滑块a（可视为质点）从弧形轨道最高点A处由静止下滑，恰好能通过竖直圆轨道的最高点，已知滑块a与弧形轨道AB间的动摩擦因数为与滑块a间的动摩擦因数均为（未知），。
（1）求滑块a沿弧形轨道AB下滑过程克服摩擦力做的功；
（2）当时，求滑块a在倾斜直轨道EF上到达的最高点距E点的距离；
（3）若在之间放置一质量为的小物块b，小物块b与间的动摩擦因数均为，滑块a从弧形轨道最高点A处由静止下滑到BC轨道上与物块b发生弹性碰撞，求碰撞后物块b在轨道中能达到的最大高度H与动摩擦因数的关系。

【答案】（1）；（2）；（3）见解析
【详解】（1）a恰好能通过圆轨道最高点，在圆轨道最高点，根据牛顿第二定律有
可得
设滑块a在C点速度为，从C到最高点，根据动能定理有
可得
滑块a从A到B有
解得
（2）设滑块a在倾斜轨道上到达的最高点与E点间的距离为x，从到该最高点，根据动能定理得
解得
（3）滑块a与小物块b发生弹性碰撞，则根据动量守恒定律及机械能守恒定律有
解得
因，则可知物块b能通过圆轨道最高点且此后不再和滑块a发生碰撞，设物块b在倾斜直轨道EF上能达到的最大高度为，则根据动能定理可得
解得
当时
可知当时
当时
【例6】．（2023·海南·统考模拟预测）如图，一竖直放置的弹射装置由光滑直管AB和半径的四分之一光滑圆弧弯管平滑连接而成。用质量为的小球a压缩弹簧（a与弹簧未相连）至球面水平半径齐平锁定。长可绕点在竖直平面内无摩擦转动的轻杆下端有球b，b与水平面刚好接触。解除锁定，弹簧将球a弹射出去，a到达管口C时对管壁用力恰好为零，随后沿光滑水平面在D点与静止的b球发生弹性碰撞。碰后，b球运动到最高点E（未画出），a经沿曲面飞入竖直固定的光滑圆锥形容器中，稳定后做半径的匀速圆周运动。已知锥形容器母线与水平面夹角，不计空气重力，重力加速度g取，，求：
（1）锁定时弹簧的弹性势能；
（2）球的质量m；
（3）求a沿锥形容器下降的高度h及其运动的角速度。

【答案】（1）；（2）10g；（3），【详解】（1）解除锁定，a球被弹出，在管口C点的速度为，依题设，知a球在C点有
a球从B到C，依据机械能守恒，有
由以上两式，解得
（2）a与b球发生弹性碰撞，碰后，设a球速度为，b球的速度为，由动量守恒，有
由能量守恒，有
碰撞后，b球恰能运动到最高点E，有
解得
（3）a飞入光滑圆锥形容器中，稳定后a做匀速圆周运动，设球的线速度大小为，依据牛顿第二定律，有
线速度
球从飞入到做匀速度圆周运动过程，机械能守恒，有
由以上式子，解得
【例7】．（2023·江西吉安·统考一模）现有一组由螺杆A和螺母B组成的机械组件因为生锈很难被分离。某同学仔细观察后通过如下操作将其成功拆开：将此组件竖直立于地面，如图所示为装置剖面示意图，在螺杆A顶端的T形螺帽与螺母B之间的空隙处装入适量火药并点燃，利用火药爆炸瞬间所释放的一部分化学能转化为系统的机械能E，使其被顺利“炸开”。已知螺杆A的质量，螺母B的质量为，火药爆炸所转化的机械能，B与A的竖直直杆间滑动摩擦力大小恒为，不计空气阻力，重力加速度。
（1）求火药爆炸瞬间螺杆A和螺母B各自的速度大小；
（2）忽略空隙及螺母B的厚度影响，要使A与B能顺利分开，求螺杆A的竖直直杆的最大长度L。
【答案】（1），；（2）
【详解】（1）设火药爆炸瞬间螺杆A和螺母B的速度大小分别为，，以竖直向下为正方向，则
据动量守恒定律可得
联立解得
，
可知杆A的速度大小为，方向竖直向上；螺母B的速度大小为，方向竖直向下。
（2）A相对B向上运动，所受摩擦力f向下，则对螺杆A由牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向下；
由牛顿第三定律，B所受摩擦力f向上，则对螺母B由牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向上；
火药爆炸后A向上做匀减速直线运动，其减速至零的时间为
B向下做匀减速直线运动，其减速至零的时间为
显然可知：A先减为零后反向加速，B一直减速，当两者速度相等时刚好分开，则此时直杆的长度最大。
以向下为正方向，可得
解得
则由图像可知：直杆长度的最大值为
解得
【例8】．（2023春·安徽·高三校联考阶段练习）如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧与水平桌面相切于点（其中水平，竖直），水平桌面的长度为，以点为圆心，半径为的四分之一圆弧分别与水平轴，竖直轴相交。位于点甲物块的质量为，位于点的乙物块的质量可调整变化。乙物块与水平桌面之间的动摩擦因数为。不计空气阻力，重力加速度为。甲、乙物块均可视为质点，两物块碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短。求：
（1）甲物块由点静止释放，甲物块即将与乙物块碰撞前对圆弧的压力多大；
（2）甲物块每次都是从点释放，通过调整乙物块的质量，甲乙物块碰撞后乙物块获得的速度不同，落到圆弧上速度也会发生变化。若某次乙物块落到圆弧上的速度最小，则乙物块从圆心平抛的初速度多大？
（3）上述（2）中乙物块的质量为多大？
【答案】（1）3mg；（2）；（3）
【详解】（1）甲物块由点静止释放运动到点过程，根据机械能守恒定律有
在b点甲物块与乙物块即将碰撞前，根据牛顿第二定律有
甲物块碰撞前对圆弧的压力与圆弧对甲物块碰撞前的支持力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律有
联立解得
（2）乙物块到达点后将向右平抛运动的初速度为，落到圆弧上的速度为，则水平方向有
竖直方向有
乙物块平抛运动的位移有
乙物块由点向右平抛落到圆弧上时，根据动能定理有
联立可得
由数学知识可知当时，乙物块平抛落在圆弧上的速度最小，联立可得
（3）设乙物块质量调整为，甲、乙两物块在点碰撞时动量和机械能均守恒，则有
碰后物块向右左减速运动到点，根据动能定理有
解得
【例9】．（2023·吉林·统考三模）如果一质量为m的小球A，静置于一质量为的长管管口，长管竖直放置于水平地面上，如图所示，一质量为的小球B，以某一竖直向下的速度与小球A发生弹性正碰。碰后小球B被收回取走，小球A进入管内，且小球A与管壁间的摩擦阻力大小恒为。小球A在管底与地面发生弹性碰撞，之后上升过程中恰好未脱离长管管口。当长管落地时仍与地面发生弹性碰撞，长管始终保持竖直方向，管长。已知g取10m/s2。不计空气阻力及小球的大小，求：
（1）小球A在管底与地面碰撞后瞬间速度的大小；
（2）小球B在与小球A碰撞前瞬间，小球B速度的大小；
（3）长管第2次碰撞地面前，小球A距管口上端的距离。
【答案】（1）60m/s；（2）；（3）
【详解】（1）当A球与地面碰撞后，上升过程中，根据牛顿第二定律有
，方向竖直向下
，方向竖直向上
设碰撞后瞬间小球A的速度大小为v，经时间t小球A和长管在上升过程中共速，则
解得
，
小球A刚好未脱离管口可得
联立解得
（2）设球B与A碰撞后，球A的速度为vA，则
，方向竖直向上
解得
A、B碰撞过程满足
解得
（3）由（1）可知，长管下端距地面的高度为
长管从H高处下落后，与地面第一次碰撞，碰后
，
根据牛顿第二定律
，方向竖直向上
，方向竖直向下
由此可知，小球A和管同时速度减为零，此时
所以长管第2次碰地前小球A距长管上端的距离为。
【例10】．（2023春·浙江·高三校联考阶段练习）某小组研究的一部分连锁机械游戏装置如图所示，在竖直平面内有一固定的光滑斜面轨道AB，斜面轨道底端圆滑连接长为L、动摩擦因数为μ的粗糙水平轨道BC，轨道右端与固定的半径为R的四分之一光滑圆弧轨道最高点平滑连接于C点，C点刚好与圆心在同一竖直线上。圆弧轨道CD下方有一水平轨道，直立多米诺骨牌，它们的顶端恰好位于经过圆心的水平线上。质量为m的滑块P，从斜面上某点静止开始下滑，与质量也为m静置于C点的滑块Q正碰，碰撞时系统损失的动能为P碰前动能的。已知重力加速度g和L、μ、R、m，不计滑块大小、骨牌厚度和空气阻力，结果可保留根式。
（1）求滑块P从h高滑到斜面底端B时速度大小；
（2）当1号骨牌离的水平距离，滑块P从高处静止开始下滑，滑块Q被P正碰后滑出刚好能击中1号骨牌顶端，求；
（3）若让滑块Q从C点静止开始下滑，始终紧贴轨道滑入另一光滑圆弧轨道（如虚线所示，上端与圆弧轨道CD相切、下端与相切），水平击中1号骨牌顶端。求1号骨牌离的最小距离x2。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）滑块P从h高滑到底端，根据机械能守恒有
解得
（2）假设Q从圆顶点飞出作平抛运动，则有
，
解得
此时Q在四分之一圆弧最高点有
可知假设正确，Q恰好从圆弧顶点开始做平抛运动，则滑块P从滑下到与Q碰撞前，根据动能定理有
P、Q碰撞过程有
，
解得
，（舍去）
解得
（3）Q从圆弧顶点静止开始下滑，下滑圆心角α时对CD圆轨压力恰为零，再滑入半径为的圆弧轨道，作图如图所示
则有
，
解得
根据题干所述有
，
解得
，
【例11】．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图所示，小明和滑块P均静止在光滑平台上，某时刻小明将滑块P以一定速度从A点水平推出后，滑块P恰好从B点无碰撞滑入半径R1＝3m的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，与放置在水平面E点的滑块Q发生弹性正碰，碰后滑块Q冲上静止在光滑水平面上的、半径为R2＝0.3m的四分之一圆弧槽S，圆弧槽与水平面相切于F点，最高点为G。已知小明的质量M＝60kg，滑块P的质量m1＝30kg，滑块Q的质量m2＝60kg，圆弧槽S的质量m3＝90kg，AB两点的高度差h＝0.8m，光滑圆弧对应的圆心角53°，L＝2m，L＝1.3m，两滑块与CF部分的动摩擦因数均为μ＝0.5，F点右侧水平面足够长且光滑，将滑块P和Q看做质点，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小明由于推出滑块P至少多消耗的能量；
（2）滑块P到达圆弧末端C时对轨道的压力；
（3）滑块Q冲上圆弧槽后能上升的最大高度。
【答案】（1）202.5J；（2）790N，方向竖直向下；（3）0.27m
【详解】（1）设推出滑块P的瞬时速度为v0，滑块P在B点的速度为vB，其竖直速度为vBy，则有
根据B点速度的方向，由速度的分解，有
小明推出滑块P的过程，小明和滑块P组成的系统动量守恒
根据能量守恒，小明由于推出滑块P至少多消耗的能量
解得
（2）滑块由B到C的过程，由动能定理，有
其中
滑块P经过圆弧末端C点时，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
根据牛顿第三定律，滑块P到达圆弧末端C时对轨道的压力
代入数据，解得
方向竖直向下
（3）滑块P从C点到E点的过程，由动能定理，可得
滑块P与Q碰撞的过程遵循动量守恒和能量守恒，设碰后滑块P和Q的速度分别为和，有
Q碰后的速度
方向水平向右
滑块Q从E点到F点，根据动能定理，有
滑块Q从F点冲上圆弧槽S，滑块Q与圆弧槽S组成的系统水平方向动量守恒
设滑块Q离开地面的最大高度为hm，滑块Q从冲上圆弧槽S到到达距离地面最高的过程，滑块Q和圆弧槽S组成的系统机械能守恒
解得
【例12】．（2023·山东·高三专题练习）如图所示，物块A和B静止在光滑水平面上，B的前端固定轻质弹簧，某时刻一子弹以大小为的速度水平射向B并嵌入其中，射入过程子弹与B水平方向的平均相互作用力大小为，之后B以大小为的速度向着A运动，从弹簧开始接触A到第一次被压缩至最短所用时间为t，在这段时间内B运动的位移大小为。又经过一段时间后A与弹簧分离，滑上粗糙斜面后再滑下，在水平面上再次压缩弹簧后又滑上斜面。已知A的质量为m，子弹和B的总质量为，A前两次在斜面上到达的最高点相同，B始终在水平面上运动，斜面与水平面平滑连接，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计A、B碰撞过程中的机械能损失。求：
（1）子弹嵌入物块B的深度；
（2）物块A第一次离开弹簧时，A、B各自的速度大小；
（3）物块A第一次在斜面上到达的最大高度；
（4）物块A第一次离开弹簧前，弹簧的最大压缩量。
【答案】（1）；（2），；（3）；（4）
【详解】（1）设子弹的质量为，对子弹射入B的过程中，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得，子弹嵌入物块B的深度为
（2）以B的初速度方向为正方向，物块A第一次离开弹簧时，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得，物块A第一次离开弹簧时，A、B各自的速度大小为
（3）设A返回斜面底端时的速度大小为，斜面倾角为，A所受斜面的摩擦力为，对A第一次沿斜面的运动，上滑过程中，由动能定理可得
下滑过程中有
由两次沿斜面上滑的最高点相同可知，A与B再次碰撞分离后A的速度大小仍为，以B的初速度方向为正方向，对A与B再次碰撞分离的过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立可得
物块A第一次在斜面上到达的最大高度为
（4）A、B第一次压缩弹簧的过程中，任意时刻A、B组成的系统动量守恒，有
方程两边同时乘以时间，得
在时间内，根据位移等于速度在时间上的累积，可得
将代入，可得
所以，物块A第一次离开弹簧前，弹簧的最大压缩量为
题型二 应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题
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)．
【例1】（2023·全国·模拟预测）如图甲所示为某种弹射装置的示意图，传送带长l=5.5m，其右端点B正上方有一竖直挡板C，传送带左侧是光滑水平面，一轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右端被一质量m1=0.8kg的物块P压缩在图示位置，该位置与传送带左端点A之间的距离x0=0.6m，在水平面靠近A处放置一质量m2=0.2kg的物块Q，传送带与水平面等高，并能平滑对接。释放物块P后弹簧弹力与位移的关系如图乙所示，两物块将发生完全非弹性碰撞，碰撞后两物块粘为一体，此时弹簧恰好恢复原长，同时传送带以v=8m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，两物块与传送带之间的动摩擦因数，与挡板C碰撞没有能量损失，原速率返回。物块可视为质点，所有碰撞时间都极短，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）P、Q两物块碰撞前P的速度大小v0；
（2）P、Q两物块碰撞过程中系统损失的机械能；
（3）物块与传送带第一次共速时传送带上留下的划痕长度x；
（4）从物块进入传送带往返k次（）回到A点，物块与传送带因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）15m/s；（2）18J；（3）9.5m；（4）
【详解】（1）题图乙F-x图像中图线与x轴围成图形的面积表示弹簧弹力做功的大小，即
根据功能关系有
解得
（2）P与Q发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有
解得碰后瞬间P、Q的共同速度
根据能量守恒定律有
解得
（3）P、Q向右运动进入传送带，由于速度方向与传送带速度方向相反，滑动摩擦力方向向左，故物块向右做匀减速直线运动，设加速度大小为a，根据牛顿第二定律有
代入数据解得
根据运动学公式有
解得
t1=0.5s或t1=5.5s（舍去）
物块第一次与挡板C碰撞前瞬间的速度大小
物块与挡板碰撞后原速率返回，速度大于传送带速度，滑动摩擦力方向向右，大小不变，物块向左减速运动，与传送带共速时，有
物块与传送带共速后，继续向左匀速运动，经历时间
到A点。设向左为正，作出v-t图像如图所示，0.5~1s内物块在传送带上产生的痕划覆盖了0~0.5s内物块在传送带上产生的部分划痕，故物块与传送带第一次共速在传送带上留下的划痕长度
x=l+vt1=9.5m
（4）分析可知，物块与传送带共速后向左匀速运动，与弹簧作用后又原速率返回A点向右进入传送带做匀减速运动，与挡板碰撞后原速率返回，又向左匀加速到与传送带共速，与弹簧作用后又原速率返回A点向右进入传送带，不断循环k-1次，
0~0.5s
0.5~1s
第二次往返的过程，从A点到与挡板碰撞有
解得
所用时间
物块与传送带的相对位移
与挡板碰撞后，返回A点的过程运动时间
物块与传送带的相对位移
则第二次往返的过程中产生的热量
物块在传送带上返往k次（k≥2）回到A点，与传送带因摩擦产生的热量
【例2】．（2023·全国·二模）如图所示，有一个光滑圆环MDN固定在竖直平面内，半径为，圆心在O点，N、O、D为竖直直径上的三点，O、M、B、C四点在同一个水平面上，在N点正下方接近N点处固定一个非常小的光滑水平支架，支架上放置一个可视为质点的小物块b，另一个可视为质点的小球a在M点的正上方。传送带顺时针匀速转动，速度大小为，左端点B距圆心O的水平距离为，BC长为，已知球a的质量，物块b的质量，，不计空气阻力。
（1）若将物块b拿走，球a从M点正上方的某处由静止释放后，恰好能从圆轨道最高点N水平飞出，且击中传送带上的B点，求OB的距离；
（2）将物块b放在支架上，球a从M点正上方距离M点高度为处由静止释放，则球a能不能与物块b相碰？若能，求碰后两者的速度大小；若不能，求球a与圆轨道脱离的位置与圆心O的高度差；
（3）调整球a从M点正上方释放点的高度，使a、b两物体发生弹性碰撞后，球a能原轨道返回，物块b做平抛运动后落在传送带上，且物块b落在传送带上时竖直分速度全部损失，只保留水平方向分速度。当物块b落在传送带上距离B点最近时，物块b在传送带上会一直向右加速运动，到C点时恰好与传送带速度相等，求物块b与传送带间的动摩擦因数μ。
【答案】（1），（2），（3）
【详解】（1）a球恰好从最高点飞出故有
平抛运动击中B点有
联立以上公式，代入数据得
（2）a球释放高度小于R，故不能到达圆弧最高点；
设在圆弧上K点脱离，K点与圆心在水平方向的夹角为，由机械能守恒定律可知
在K点有
代入数据可得
故脱离轨道时距O高度为
（3）a球释放点距M点的距离h处自由释放，运动到N点有
两物体碰撞时动量守恒，机械能守恒
解得
方向向左
方向向右
a球原路返回要求有
得到
此时b物块对应水平位移
故能落在传送带上距B点为m，且为最近点。
在时，由上式可得b物块从N点射出时速度
因竖直分速度损失，故落在传送带时水平速度也为
水平位移
与C点距离
一直加速故有
解得
【例3】．（2023春·浙江·高三校联考期中）如图所示是一个大型益智儿童玩具。竖直平面内一个大小不计、质量为的物块轻轻放在长为的动摩擦因数为、速度可调的固定传送带右端。物块由传送带自右向左传动，CH之间的开口正好可容物块通过。传送带左侧半圆轨道固定，半径为，与长为，动摩擦因数为的水平粗糙地面EF相连，F点正上方存在一个固定的弹性挡板（碰后原速率反弹）。F点右侧紧挨着两辆相互紧靠（但不粘连）、质量均为的摆渡车A、B，摆渡车长均为，与物块之间的动摩擦因数均为，与地面间的摩擦可略，g取10，则
（1）若物块恰好不脱轨，求物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力；
（2）通过调节传送带速度，使物块运动过程中始终不脱轨，求物块最终可能在EF上停留的区域长度d；
（3）若撤去弹性挡板，且传送带速度调为6m/s，求A的最终速度大小及物块在摆渡车上滑行时产生的热量Q。
【答案】（1），方向水平向左；（2）；（3），
【详解】（1）若物块在C点恰好不脱轨，则
从C点到D点，由动能定理得
得
D点轨道对物块的弹力
由牛顿第三定律得，物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力
方向水平向左。
（2）若物块从出发至C点一直加速，由牛顿第二定律得
得
则到达C点的最大速度，则
得
故从C点的速度范围为
从C点到最终停下来，在水平粗糙地面EF通过的路程为，由动能定理得
可得
物块最终可能在EF上停留的区域长度
（3）由动能定理
可得
物块在A上滑行时，推动A、B一起运动，设物块到达A末端时A、B的速度为，由动量守恒和能量守恒得
可得
此后物块在B上滑行时，推动B继续加速，设物块与B共速时的速度为，物块与B的相对位移为，由动量守恒和能量守恒得
可得
物块在摆渡车上滑行时产生的热量
【例4】．（2023春·山西吕梁·高三统考期中）如图所示，光滑水平地面上静置有一半径为R=20m的竖直光滑圆弧轨道CD，O为圆心，C为轨道最低点，OC竖直、圆心角为60°。在其左侧地面上静置一长为L=1m、质量为M=4kg的长木板A，木板上表面粗糙且与C点高度相同。现将一质量为m=2kg的小滑块B以初速度v0=3m/s沿A的上表面从左端滑上木板，当B刚滑到A右端时，A、B恰好达到共同速度，此时木板与圆弧轨道相撞（碰撞时间极短）。已知小滑块可视为质点，空气阻力不计，取重力加速度g=10m/s2，cs5°=0.996。
（1）求小滑块B与长木板A上表面间的动摩擦因数μ；
（2）若圆弧轨道不固定，且已知圆弧轨道质量为，A与圆弧轨道的碰撞为弹性碰撞，求小滑块B沿圆弧轨道上升的最大高度H；
（3）若圆弧轨道被固定在水平地面上，并在C端左侧竖直面上装一防撞装置（图中未画出），当A与圆弧轨道相撞后在防撞装置作用下立即紧贴C端左侧静止，但不粘连，此后B冲上圆弧轨道，求B从开始滑上A到再次返回滑上A所经历的时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设A、B共同速度为v1，由动量守恒定律有
解得
由动能定理有
解得
（2）以A与圆弧轨道为系统，取向右为正方向，设碰后A的速度为v2，圆弧轨道的速度为v3，由机械能守恒定律及动量守恒定律有
联立解得
，
以B与圆弧轨道为系统，设共速时速度为v4，由动量守恒及机械能守恒定律有
联立解得
（3）设B从滑上A到右端的过程经历时间为t1，对B由动量定理有
解得
B冲上圆弧轨道，设上升最大高度为h，由机械能守恒定律有
解得
h=0.05m
设此时B所在位置与圆心O的连线与OC间夹角为θ，由数学知识有
故，则B在圆弧轨道的运动可等效视为一个单摆运动，设B在圆弧轨道上运动的时间为t2，有
则B从开始滑上A到再次返回滑上A所经历的时间为
【例5】（2023·浙江绍兴·统考二模）如图所示，两个固定的、大小不同的竖直半圆形光滑轨道在最高点A平滑连接，小圆半径，大圆半径，小圆最低点O恰在大圆圆心处，O点有一弹射装置（图中未画出），可水平向右弹射质量为的滑块。放置在光滑水平面上的中空长直塑料板与大圆的最低点B平滑过渡。若塑料板质量，长度，厚度，滑块与塑料板上表面之间的动摩擦因数，滑块可视为质点，求：
（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点的最小速度大小；
（2）以向右弹射滑块，滑块到达大圆轨道B点时所受支持力的大小；
（3）以向右弹射滑块，滑块第一次落地点到B点的水平距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）若滑块能做完整的圆周运动，滑块在最高点只有重力提供向心力，有
解得
（2）从弹射到B点，对滑块根据动能定理有
在B点根据牛顿第二定律有
解得
（3）滑块与塑料板组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
对滑块，根据能量守恒定律有
滑块离开塑料板后做平抛运动
，
滑块第一次落地点到B点的水平距离为
解得
【例6】．（2023·广东·模拟预测）如图所示，某一游戏装置由轻弹簧发射器、长度的粗糙水平直轨道AB与半径可调的光滑圆弧状细管轨道CD组成。质量的滑块1被轻弹簧弹出后，与静置于AB中点、质量的滑块2发生完全非弹性碰撞并粘合为滑块组。已知轻弹簧贮存的弹性势能，两滑块与AB的动摩擦因数均为，两滑块均可视为质点，各轨道间连接平滑且间隙不计，若滑块组从D飞出落到AB时不反弹且静止。
（1）求碰撞后瞬间滑块组的速度大小；
（2）调节CD的半径，求滑块组进入到圆弧轨道后在C点时对轨道的压力大小；
（3）改变CD的半径R，求滑块组静止时离B点的最远距离，并写出应满足的条件。
【答案】（1）3m/s；（2）1N；（3）0.8m，若要滑块组从D点飞出其R应该大于0.1m
【详解】（1）滑块1被弹簧弹出的速度为，有
滑块1与滑块2碰撞前速度为，有
滑块1与滑块2粘在一起后速度为，有
解得
（2）滑块组在碰撞后到C点的过程中有
解得
由牛顿第三定律有
（3）当半径为时，其滑块组恰好能到达D点，因为是细管管道，所以此时在D点速度为零，有
解得
所以当圆弧轨道半径小于0.1m时，滑块组能从D点飞出，之后做平抛运动，继续调节圆弧轨道半径，其从D点飞出的速度不同，其落在水平轨道上距离B点的距离也不同，设半径为R时，有
滑块组在D点之后做平抛运动，有
整理有
根据数学知识有，当时，s取最大值，其值为0.2m。
当圆弧轨道半径小于0.1m时，滑块组不能从D点飞出，沿轨道滑回水平轨道，最终静止在水平轨道上，设在水平轨道上滑动路程为s'，由能量守恒
解得
s'=1.8m
则滑块组静止时离B点的最远距离为
【例7】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，足够长的水平传送带沿逆时针方向匀速转动，长为的光滑水平面与传送带的左端平滑连接．光滑斜面倾角．在水平面的中点C放一质量为的物块Q，在斜面上由静止释放质量为m的物块P，释放的位置距B点距离为，物块P下滑到水平面上与物块Q发生弹性碰撞，不让物块经过B点损失的机械能，两物块与传送带间的动摩擦因数约为，物块P、Q均可看作质点，重力加速度取，求：
（1）物块P与Q碰撞前一瞬间速度大小；
（2）若P与Q第二次碰撞的位置仍在C点，传送带的转动速度大小应满足什么条件；
（3）在（2）的条件下，若P，Q第一次碰撞后的瞬间，让物块P停在C点，此后，P、Q又发生了第二、第三次弹性碰撞，则第三次碰撞的位置离B点多远．
【答案】（1）；（2）必须大于等于；（3）0.2m
【详解】（1）根据动能定理
解得
（2）设第一次碰撞后，P、Q的速度大小分别为，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
由于C是的中点，两物块碰撞后速度大小相等，则要使两物块仍在C点发生第二次碰撞，则碰撞前，P在斜面上运动时间和Q在传送带上运动时间相等
物块P在斜面上运动的加速度大小
因此物块P在斜面上运动的时间
物块Q在传送带上相对传送带运动的加速度
因此物块Q向右做匀减速运动的时间
在传送带上向左运动的时间也为，根据对称性可知，物块Q在传送带上必须一直做加速运动，因此传送带的速度必须大于等于．
（3）由于第一次碰撞后P停在C点，因此第二次碰撞的位置仍在C点，设碰撞后一瞬间，P、Q的速度大小分别为，根据动量守恒
根据能量守恒有
解得
假设P、Q不会在斜面上相碰，则第二次碰撞后，物块P从C点至滑上斜面到再回到B点所用时间
物块Q从C点至滑上斜面到再回到B点所用时间
由于大于，假设成立．
设P到达B点后再运动时间与Q相碰，则
解得
第三次碰撞的位置离B点距离为
【例8】．（2023·山东·模拟预测）某弹射游戏模型简化如图，OABED为光滑水平面，BC为与水平面夹角为37°的倾斜传送带，二者在B点通过光滑小圆弧连接，轻质弹簧左端固定在过O点的竖直档板上，右端A点为弹簧的原长且与物块不连接，E点为C点在水平面上的投影。游戏时，某同学推着质量为物块P向左压缩弹簧，弹簧弹性势能为时释放物块，当物块经过A点时，一颗质量为的弹丸从物块正上方以速度竖直向下击中物块并停在其中（图中未画出），作用时间极短，内力远大于外力。求：
（1）弹丸在相对物块P运动的过程中物块和弹丸损失的机械能和此过程中所受物块的平均冲击力F的大小。（用题干的字母表达）
（2）另一同学游戏时，取出弹丸（假设物块P质量不变），想让物块P经过C点后，直接落入D点的洞口内，释放物块P时弹簧的弹性势能是多少。已知CE的高度h＝2m，ED的长度x＝4m，物块P的质量，传送带逆时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数，。（物块、传送带滑轮均可视为质点）
（3）在（2）的条件下，若物块P经过C点时与轻放在C点的等质量的物块Q发生弹性正碰，
①试讨论物块P第一次返回到B点的速度与传送带速度v的大小关系；
②若传送带的速度v＝10m/s，经过足够长时间，从开始到物块P回到A点的过程中，传送带对物块P做的总功。
【答案】（1），；（2）；（3）①，②
【详解】（1）设弹簧恢复原长时速度为，则
对和，水平方向动量守恒
联立解得
设物块对弹丸的水平分力和竖直分力分别为、，由动量定理
又
解得
（2）由C到D做斜抛运动，设从C点抛出的速度为，
得
对物块P，由O到C有
由以上几式解得
（或）
（3）P与Q发生弹性碰撞，由动量守恒和能量守恒。
得
、，即碰后二者速度交换
①若物块P碰后从C到B一直加速，则
解得
即传送带速度时，P返回B点的速度
，
当时，物块P先以加速，再以加速
由以上解得
，
综上
②若传送带速度，则P从C到B一直加速且以后每经过B点的速度均为，从开始到回到A的全过程，传送带对P做的功为W，则：
解得
【例9】．（2023·全国·二模）如图所示，厚度均匀的足够长的木板C静止在光滑水平面上，木板上距左端为L的Q处放有小物块B。平台OP与木板C的上表面等高，小物块A被压缩的弹簧从O点弹出，经P点滑上木板向右运动。A、B均可视为质点，已知弹簧弹性势能，OP间距离为4L，A与平台OP间、A与木板C间的动摩擦因数均为，B与木板C大小间的动摩擦因数为，A的质量m1=m，B的质量m2=2m，C的质量m3=4m，重力加速度大小为g。物块A与B碰撞前，木板锁定在地面上。
（1）求物块A在与物块B碰撞前瞬间的速度大小；
（2）物块A与物块B发生弹性碰撞后瞬间木板解除锁定。设物块A与木板C相对静止前系统产生的热量为Q1，物块A与木板C相对静止后系统产生的热量为Q2，求Q1与Q2之比。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）物块A从O点运动到Q点，根据能量守恒定律
解得
（2）小物块A与B发生弹性碰撞，以向右为正方向，有
解得
，
小物块A向左减速，小物块B向右减速，木板C向右加速，根据牛顿第二定律，对小物块A，有
对小物块B，有
对木板C，有
解得
假设小物块A先减速至零，再反向加速直至与木板A共速时，B未与C共速，用时t1，有
解得，
此过程中小物块B一直减速，有
解得
由可知，t1时物块B未与木板C共速，在t1时间内，小物块A向左减速位移大小为
小物块A向右加速位移大小为
木板C运动位移大小为
小物块B向右减速位移大小为
物块A与木板C相对静止前系统产生的热量为
解得
物块A滑上木板C至三者共速，根据动量守恒定律，有
由能量守恒定律
物块A与木板C相对静止后系统产生的热量为Q2，有
解得
所以
【例10】．（2023·全国·高三专题练习）如图所示，光滑的水平面上有一质量曲面滑板，滑板的上表面由长度的水平粗糙部分AB和半径为的四分之一光滑圆弧BC组成，质量为滑块P与AB之间的动摩擦因数为。将P置于滑板上表面的A点。不可伸长的细线水平伸直，一端固定于O'点，另一端系一质量的光滑小球Q。现将Q由静止释放，Q向下摆动到最低点并与P发生弹性对心碰撞，碰撞后P在滑板上向左运动，最终相对滑板静止于AB之间的某一点。P、Q均可视为质点，与滑板始终在同一竖直平面内，运动过程中不计空气阻力，重力加速度g取10。求：
（1）Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小；
（2）碰后P能否从C点滑出？碰后Q的运动能否视为简谐运动？请通过计算说明；（碰后Q的最大摆角小于5°时，可视为做简谐运动，已知）
（3）计算P相对滑板的水平部分AB运动的总时间，并判断P在相对滑板运动时，有无可能相对地面向右运动。如有可能，算出相对地面向右的最大速度；如无可能，请说明原因。
【答案】（1）18N；（2）不能，不能；（3）0.4s，不可能，见解析
【详解】（1）Q释放后到碰撞前，由机械能守恒定律
解得
在最低点由牛顿第二定律
联立解得Q与P碰撞前瞬间细线对Q拉力的大小
（2）小球Q与物体P碰撞后瞬间，由动量守恒定律得
由能量守恒定律得
代入解得
，
碰后，P在滑板上滑动，P与滑板共速时，相对AB的高度最大，设此高度为，此时，P与滑板的速度大小为，根据动量守恒和能量守恒得
解得
由于，所以碰后P不能从C点滑出；
设Q碰后上升到最高点时细线与竖直方向夹角为θ，对Q由机械能守恒定律
解得
所以，故碰后Q的运动不能视为简谐运动。
（3）物体P最终相对滑板静止于AB之间的某一点，根据水平动量守恒和能量守恒得
解得
因为滑块P与滑板的相对位移，所以滑块P会滑过B点进入BC段，再滑回B点，最终相对滑板静止在AB之间。设P两次经过B点的速度分别为v4和，以向左为正，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得
同理可得
因为P第二次滑到B点的速度，说明其相对地面的速度方向向左，所以P不可能相对地面向右运动。
P相对滑板的水平部分AB运动时，对P由牛顿第二定律
所以
P第一次滑上AB时，做匀减速直线运动，时间为
P第二次滑上AB时，做匀加速直线运动，时间为
所以P相对滑板的水平部分AB运动的总时间