2026年高考物理一轮复习(通用版)第27讲三大观点解决力学问题(专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮复习(通用版)第27讲三大观点解决力学问题(专项训练)(学生版+解析)，共9页。
\l "_Tc210661022" 题型01 力学三大观点的理解与辨析 PAGEREF _Tc210661022 \h 1
\l "_Tc210661023" 题型02 力学三大观点综合解决问题 PAGEREF _Tc210661023 \h 5
\l "_Tc210661024" 02 核心突破练 PAGEREF _Tc210661024 \h 19
\l "_Tc210661025" 03 真题溯源练 PAGEREF _Tc210661025 \h 29
01 力学三大观点的理解与辨析
1．（2025·江苏苏州·三模）如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图乙所示，物体A以的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（ ）
A．此过程中，A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至速度为零
B．物体A的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时，两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为3∶2
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
【答案】D
【详解】BD．图（甲）中，弹簧最大弹性势能为
图（乙）中，AB共速时弹簧弹性势能最大，设最大速度为v，两次弹簧压缩量相同，所以两次最大弹性势能相同，根据动量守恒有
能量守恒有
联立解得，，
故B错误，D正确。
A． 开始时A物体的速度大于B的速度，弹簧被压缩，A物体受到的弹力逐渐增大，加速度也越来越大，所以该过程中A物体均做加速度越来越大的减速运动，直至共速，故A错误；
C．以向左为正方向，根据动量定理可得弹簧压缩量最大时，在图甲的情况下弹簧对A物体的冲量大小为
在图乙的情况下弹簧对A物体的冲量大小为
可得两种情况下弹簧对A物体的冲量大小之比为 I1: I2=2:1
故C错误。
故选D。
2．（2025·江西·模拟预测）2024年12月8日，2024-2025赛季短道速滑世界巡回赛上，中国队夺得混合团体接力5000米接力金牌。如图，在水平冰面上，甲运动员在乙运动员前面向前滑行，乙追上甲时，猛推甲，使甲获得更大的速度向前冲出。乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（ ）
A．乙对甲的作用力大小大于甲对乙的作用力大小
B．乙对甲的冲量大小大于甲对乙的冲量大小
C．甲、乙的动量变化量大小相等且方向相反
D．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
【答案】C
【详解】AB．根据牛顿第三定律，甲对乙的作用力大小与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，根据冲量的定义，知冲量大小相等、方向相反，AB错误；
C．两人组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，根据动量守恒定律可知，系统动量变化量为零，则甲、乙的动量变化大小相等且方向相反，C正确；
D．不知道甲、乙的质量关系，不能求出甲、乙动能变化关系，无法判断做功多少，也不能判断出二者动能的变化量，D错误。
故选C。
3．（2025·江苏宿迁·一模）将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则（ ）
A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同
B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同
C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
【答案】C
【详解】A．根据可知，重力在上升过程做负功，下降过程中重力做正功，故A错误；
B．上升过程中的加速度
下降过程中的加速度
则，由于位移相等，根据可知，上升的时间小于下降的时间，根据
可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B错误；
C．根据动量定理可知
结合B项分析可知，上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大，故C正确；
D．整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故D错误。
故选C。
4．（2025·山东菏泽·一模）某地人们在夜间燃放高空礼花来渲染节日气氛。高空礼花弹到达最高点时炸开，爆炸后大量小弹丸向各个方向射出。忽略空气阻力。对这些小弹丸在空中的运动，下列说法正确的是（ ）
A．小弹丸在空中的位移均相同
B．小弹丸在空中的速度变化率均相同
C．小弹丸在空中的动量变化量均相同
D．小弹丸在空中的动能变化量均相同
【答案】B
【详解】A．礼花弹在最高点炸开，小弹丸在空中做平抛运动，竖直位移相同，水平位移不同，所以空中的位移不相同，故A错误；
B．小弹丸在空中运动，仅受重力，加速度恒定，所以速度变化率相同，故B正确；
C．小弹丸在空中相等时间内的动量变化量相同，不知道运动时间的关系，无法确定动量变化量关系，故C错误；
D．小弹丸在空中相等下落高度内的动能变化量相同，不知道下降高度的关系，无法确定动能变化量大小关系，故D错误。
故选B。
5．（多选）2024年9月15日，U23男子棒球世界杯铜牌赛在浙江绍兴举行。某次击球员击球如图所示，简化过程如下：击球员在高处用棒击打质量为、沿水平方向以速率飞来的棒球，打击时间为，棒球落点与击球点的水平距离为，打击后球运动到的最高点与击球点间的高度差为。棒球始终在同一竖直面内运动，取。若不计空气阻力和打击时棒球的重力，下列说法正确的是（ ）
A．棒球在最高点的动能为B．棒对棒球的冲量大小为
C．棒对球的平均作用力大小为D．棒对棒球做的功为
【答案】BC
【详解】A．由题述知棒球被打出后做斜上抛运动，如下图1所示，可将此运动看成是从最高点向左右两侧抛出的两段平抛运动，根据可得在最高点左侧的运动时间为，在最高点右侧的运动时间为
棒球在水平方向做匀速运动，有
解得
棒球在最高点的动能为，故A错误；
B．棒球从被打出至上升到最高点，有，解得，如图2所示，击打过程动量变化量为，故B正确；
C．根据动量定理有，可得，故C正确；
D．根据动能定理有（其中），故D错误。
故选BC。
02 力学三大观点综合解决问题
6．（2025·四川达州·模拟预测）（多选）如图甲所示，一劲度系数为的轻质弹簧一端固定在倾角为的光滑固定斜面的底端，另一端连接小物块A，A静止在斜面上的点，小物块B从距点为的处由静止开始下滑，A、B相碰（时间很短）后立即以相同的速度向下压缩弹簧（A、B不粘连），取物块A静止时的位置为原点，沿斜面向下为正方向建立轴，测得整个向下过程物块A的动能及A的重力势能与其位置坐标的关系如图乙所示（弹簧始终处于弹性限度内）。已知劲度系数为、形变量为的弹簧的弹性势能，重力加速度，小物块A、B均可视为质点。下列说法正确的是（ ）
A．小物块A的质量为B．小物块B的质量为
C．弹簧的劲度系数为D．A、B一起运动的最大动能为
【答案】AD
【详解】A．根据乙图可得，小物块A沿斜面向下运动，重力势能减少，由
可知A的质量为，故A正确；
B．再由B的运动，匀加速时，与A碰撞后，有，
解得，故B错误；
C．弹簧在最开始的压缩量
又对A、B系统，从碰撞后到最低点
解得，故C错误；
D．最大动能在时取得，此时
，
解得，故D正确。
故选AD。
7．（2025·云南昭通·模拟预测）（多选）如图所示，倾角为的光滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为的轻质弹簧下端固定于斜面底部挡板处，弹簧上端放一个质量为的小物块，与弹簧间不拴接，开始时静止于点。另一质量也为的小物块从斜面上点由静止释放，与发生正碰后立即粘在一起成为组合体，组合体在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为，重力加速度为，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是（ ）
A．组合体运动到最低点时弹簧压缩量为
B．弹簧的最大弹性势能为
C．组合体动能的最大值为
D．、两点间的距离为
【答案】BD
【详解】AB．设为弹簧处于原长时其上端的位置，为碰撞前的形变量，则有
解得
当与成为组合体时，恰好不离开弹簧，所以组合体最多运动至原长处。组合体做简谐振动，其平衡位置满足
解得
所以弹簧的最大压缩量为
所以弹簧弹性势能的最大值为，故A错误，B正确；
C．设动能最大位置为点，则从处到处则有，故C错误；
D．组合体从运动至点时
即
解得
从点运动到点，设两点间的距离为，碰撞前的速度为，由动量守恒可得
即
在斜面上的加速度为
所以，故D正确。
故选BD。
8．（2024·黑龙江·模拟预测）如图所示是一种弓箭发射装置，两个滚轮按图示方向匀速转动，滚轮边缘各点的线速度大小为10m/s，转动过程中能将质量的弓箭竖直向上发射出去。已知每个滚轮对箭身压力大小为，滚轮与箭的接触点离地高度，二者之间的动摩擦因数。初始时弓箭下端位于地面，g取，求：
(1)滚轮将一支弓箭发射出去所需要的时间；
(2)每发射一支弓箭，滚轮与弓箭间所产生的热量；
(3)每发射一支弓箭，发射装置需要额外消耗的能量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）由题意，弓箭在加速向上阶段，由牛顿第二定律有
解得
弓箭向上加速阶段，位移
加速时间
弓箭匀速运动的时间
故发射时间
（2）在时间内，滚轮运动的位移
滚轮与弓箭的相对运动位移
故摩擦产生的热量
（3）弓箭被发射时，弓箭增加的动能
弓箭增加的重力势能
故每发射一支弓箭，发射装置需要额外消耗的能量
9．（2025·福建·模拟预测）某同学用质量、可视为质点的小石片打“水”漂的轨迹示意图如图所示，小石片从距液面高处的点以初速度水平飞出后，从点与液面成角射入某种液体中，然后从点与液面成角射出液面做斜上抛运动，到达最高点时距离液面的高度。已知重力加速度，，不计空气阻力。求：
(1)小石片从点飞出到再次进入液体的时间t；
(2)小石片从点飞出时距液面的高度；
(3)小石片从A点运动到B点过程中，该液体对小石片做的功。
【答案】(1)0.4 s
(2)1.8 m
(3)
【详解】（1）从D点到液面，根据平抛运动规律有
解得
根据对称性可知，小石片从点飞出到再次进入液体的时间
（2）在A点，根据速度的分解有
根据速度—位移公式有
（3）A点的速度为
B点的速度为
根据动能定理有
10．（2025·浙江温州·一模）如图所示为某游戏装置侧面图，半径R=1.0m的圆弧轨道AB固定，质量M=0.2kg、半径r=0.06m的半圆弧轨道CD锁定在水平面MN上，一长为L=0.8m、质量也为M=0.2kg、的平板小车停在MN轨道的最左端紧靠BM，小车上表面与B、C点等高，将一可视为质点、质量m=0.8kg的滑块从距B点高度为h处静止释放，滑上小车后带动小车向右运动，小车与轨道CD碰撞（碰撞时间极短）后即被粘在C处，滑块可沿轨道CD继续运动。已知水平轨道MN、BC间距均足够长，滑块与小车的动摩擦因数μ=0.25，其余接触面均光滑，取g=10m/s2，求：
(1)若h1=0.2m，滑块运动到圆弧底端B点时受到的支持力大小；
(2)要使滑块不会从小车上掉下，最大的高度h2；
(3)要使滑块能过最高点D，则h的取值范围：
(4)若撤去小车，将半圆弧轨道CD紧靠BM放置且不固定，滑块从h3=0.8m处静止释放运动到D点时受到的压力。
【答案】(1)11.2N
(2)1.0m
(3)
(4)45.3N，方向竖直向下
【详解】（1）滑块从起点滑到圆弧轨道底端B点，根据机械能守恒定律
滑块做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得
联立解得
（2）下滑阶段，根据机械能守恒定律有
滑块与车达到共速时，恰好位于小车右端，根据动量守恒定律可得
系统损失的动能转化为摩擦生热
联立求得
（3）要使滑块能从D点飞出，最大高度为
设最小高度为h′2，滑块到C轨道的最高点速度为vD，滑块滑到B点速度为v2，与小车达到共速为v共2，小车滑到C点速度为vC，沿AB弧线下滑机械能守恒
根据动量守恒定律
根据能量守恒
在D点，有
联立求得
所以h的取值范围
（4）滑块释放高度为h3，且滑块到达D的过程中，有，，
联立得，
根据牛顿第二定律可得
解得
方向竖直向下。
11．（2025·湖南·一模）如图，半径为R的螺旋形圆轨道BCDEF的两端切线水平，并分别与水平轨道AB的B端、水平轨道FG的F端平滑连接，水平轨道AB的A端与左侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，水平轨道FG的G端与右侧足够长的弧形轨道末端平滑连接，所有轨道均光滑且位于同一竖直平面内。现有一物块a从左侧弧形轨道上由静止滑下，在进入水平轨道A端时与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞之后立刻将物块a取走，物块b通过螺旋形圆轨道后与放在右侧弧形轨道底端的物块c发生碰撞，碰后以共同的速度沿右侧弧形轨道向上运动，因为物块c做了特殊处理，当物块b、c从弧形轨道返回到达G点时二者又能自动分开，分开后物块c又静止在G点，物块b以分开前瞬间的速度继续运动。物块a、b、c均可看作质点，物块a、b的质量之比为3：1，所有碰撞时间均可忽略，重力加速度大小为g。
(1)若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，求物块b经过B点时轨道对物块b的支持力与其重力的比值n。
(2)若物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，求物块a释放时距水平面的高度h。
(3)若让物块a从距水平面4R的高度处释放，然后与物块b发生碰撞，要使物块b只通过D点一次，且物块b、c第一次分开后物块b恰好不脱离弧形轨道，求物块c与物块b质量的比值k以及物块b与物块c第5次碰撞后的速度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)，
【详解】（1）物块b恰好能通过螺旋形圆轨道的最高点D，有
b在B点时，有，且
b从 B点到D点的过程中，有
联立以上式子，求得，
（2）物块a释放时距水平面的高度h，根据动能定理，可得其与b发生碰撞前有
与b发生弹性碰撞，则有，
由题意，可知，联立以上式子，求得，
（3）若让物块a从距水平面4R的高度处释放，根据动能定理，可得其与b发生碰撞前有
与b发生弹性碰撞，则有，
联立以上式子，求得
则物块b可以通过轨道最高点之后与物块c发生碰撞，物块b通过螺旋圆形轨道到达水平面时速度仍为，设b、c碰撞之后两者共同速度为，物块b与物块c碰撞过程，根据动量守恒定律有，
由题意知，物块b与物块c从弧形轨道滑回分离时的速度大小仍为，要使物块b只通过D点一次，且物块b、c第一次分开后物块b恰好不脱离弧形轨道，即物块b与物块c分离后第一次恰好上升到轨道的E点，有
联立以上式子，求得，
之后b又会滑回G点以的速度大小与物块c发生第二次碰撞，有
求得物块b与物块c第2次碰撞后的速度大小
由于碰撞过程有能量损失，所以第二次碰撞分离后物块b沿左侧圆弧轨道上升的高度小于R，即上升的最高点在E点以下，之后又会滑回G点与物块c发生第三次碰撞，同理可得
求得物块b与物块c第3次碰撞后的速度大小
接着还会发生第四次、第五次碰撞……
推理可得，物块b与物块c第n次碰撞后的速度大小为
则物块b与物块c第5次碰撞后的速度大小为
12．（2025·新疆喀什·模拟预测）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道A固定在水平地面上，轨道最低点切线水平，紧邻轨道右侧放置着一下表面光滑、上表面粗糙的滑板B，在滑板B的右侧放置着一个物块C，其中滑板B的质量，物块C的质量。现将一质量的小滑块D（可视为质点）从圆弧轨道正上方距离圆弧轨道最高点处由静止释放，小滑块D正好沿圆弧切线进入圆弧轨道，小滑块D冲上滑板B，在达到共同速度的瞬间滑板B与物块C发生弹性碰撞，整个运动过程中，小滑块D未从滑板B上掉落。已知小滑块D与滑板B间的动摩擦因数，物块C与地面间的动摩擦因数，重力加速度。求：
(1)小滑块D下落h高度时的速度大小；
(2)小滑块D到达圆弧轨道最低点时对圆弧轨道的压力；
(3)最初滑板B右端到物块C的距离；
(4)物块C与地面间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)4m/s
(2)，方向竖直向下
(3)
(4)
【详解】（1）小滑块D从静止释放后做自由落体运动，由
小滑块D下落h高度的速度大小。
（2）小滑块D从静止释放后到滑上滑板B前的过程中，根据动能定理可得
对最低点的小滑块D受力分析可得
由牛顿第三定律，联立解得，方向竖直向下。
（3）小滑块D冲上滑板B的速度大小为
根据动量守恒定律可得
小滑块D冲上滑板B时，滑板B的加速度为，则有
由运动学公式可得
联立解得最初滑板B右端到物块C的距离为。
（4）滑板B与物块C发生弹性碰撞，由动量守恒和机械能守恒可得，
解得，
之后滑板B与小滑块D达到共同速度再次与已经静止的物块C发生碰撞，滑板B与小滑块D达到共同速度时，有
滑板B第二次与物块C发生碰撞，设碰后物块C的速度为，根据动量守恒和机械能守恒可得
可知第次碰撞后物块C的速度为（，1，2……），最终小滑块D、滑板B和物块C均静止，根据能量的转化和守恒，可得物块C与地面摩擦产生的总热量为
结合等比数列求和公式可得。
13．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图所示，有一斜面与圆弧面组成的轨道固定在光滑水平面上．在竖直平面内，粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧面BCD相切于B点，C为最低点，D为圆心等高点．一小物块从A处静止释放，已知小物块质量m=3kg，轨道质量M=4kg，斜面长L=5m，倾角，小物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，圆弧轨道半径R=5m，重力加速度g=10m/s2．
(1)求小物块在AB面上的加速度大小a；
(2)求小物块第一次到达B点的速度大小vB和在斜面AB上运动的总路程s；
(3)若轨道不固定且斜面AB也光滑，求小物块从A处由静止释放到第一次滑到C处的位移大小d和小物块第一次滑到C处时受到的支持力大小F．
【答案】(1)a=2m/s2
(2)vB=m/s；7.5m
(3)m；F=114N
【详解】（1）小物块在AB面上下滑时由牛顿第二定律
解得a=2m/s2
（2）小物块第一次运动到B时，由
得vB=m/s
由于，小物块在圆弧面上往复运动，最终到达B点时速度为零，即，则全程A→B由能量守恒可得
解得
（3）A→C，小物块与轨道组成“人船模型”，水平动量守恒，设小物块水平位移大小x1，轨道水平位移大小为x2，则mx1=Mx2
AC间水平距离
则=4m
小物块竖直位移大小
小物块位移大小
设小物块运动到C处，小物块的速率v1，轨道的速率v2，A→C 水平动量守恒，则有mv1=Mv2
A→C 能量守恒，则
C处，对小物块
其中
联立解得F=114N
14．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道，轨道上点切线沿水平方向，忽略点距地面的高度，轨道右侧有质量的静止薄木板，上表面与点平齐。一质量的小滑块（可视为质点）以初速度从右端滑上薄木板，重力加速度大小为，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为。
(1)若薄木板左端与点距离足够长，小滑块与薄木板共速后，求小滑块相对薄木板滑动的位移；
(2)若薄木板左端与点距离足够长，薄木板长度，薄木板与轨道端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上点时的速度；
(3)在（2）中，小滑块继续沿圆弧轨道运动至点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，点与地面间的高度差保持不变，圆弧对应的圆心角可调，求小滑块的最大水平射程及对应的圆心角；
(4)若薄木板长度足够长，薄木板与轨道端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与点距离，使得薄木板与轨道端只能碰撞2次，求应满足的条件。
【答案】(1)
(2)
(3)，
(4)
【详解】（1）因薄木板左端与点距离足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道发生碰撞，设共同速度为，规定向左为正方向，根据动量守恒定律有
解得
设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为，对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得
（2）薄木板与轨道端碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的点，
有
解得
（3）小滑块由点到点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有
解得
设小滑块落地的速度大小为，落地速度方向与水平方向夹角为，根据机械能守恒定律知
画出速度矢量关系如图所示
设从点飞出到落至地面所用时间为，则小滑块水平位移
由几何关系可知，矢量三角形的面积为
由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大，解得
此时满足条件
即 ，
（4）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道恰好碰1次。小滑块与薄木板加速度相等 ，有
可知
当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道恰好碰2次。从开始到第一次碰撞的时间
薄木板和轨道碰撞时的速度
考虑小滑块的运动
联立解得
综上可知应满足的条件为 。
15．（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
1．（2025·广东广州·模拟预测）（多选）如图所示，倾角为θ=37°的足够长的传送带在发动机驱动下逆时针匀速转动。物块A 放置于传送带的上端，物块B放置于物块A下方一段距离的传送带上，t=0时A、B同时无初速地释放，t=1s时A、B发生第一次碰撞，A、B均可看作质点。已知A、B质量相等，所有的碰撞均为弹性碰撞；A、B与传送带之间的动摩擦因数分别为 重力加速度大小g 取 ，则（ ）
A．A、B 初始距离为2m
B．A、B相邻两次碰撞的时间间隔均为3s
C．A、B相邻两次碰撞之间，发动机对传送带所做功相等
D．A、B相邻两次碰撞之间，A、B与传送带间摩擦产生的总热量相等
【答案】AC
【详解】A．由题意，对物块B受力分析，有
故物块B开始时在传送带上保持静止；对物块A受力分析，根据牛顿第二定律有
代入数据求得
故物块A将在传送带上加速下滑，直到与B发生碰撞，则A、B初始距离为，故A正确；
B．A与B发生弹性碰撞前瞬间的速度大小为
由于A、B质量相等，发生弹性碰撞后，速度交换，即A与B碰后A瞬间速度为0，B速度为，由于AB受力未发生变化，可知A将做初速度为0的匀加速直线运动，B将做速度为4m/s的匀速直线运动，当二者再次发生碰撞时，有
求得
第二次发生碰撞前瞬间A的速度大小为
二者发生弹性碰撞，同样发生速度交换，可知发生第二次碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为，
当二者第三次发生碰撞时，有
解得
以此类推，可判断A、B相邻两次碰撞的时间间隔均为2s，故B错误；
C．结合前面分析可知，由于A、B相邻两次碰撞之间的时间间隔相等，传送带匀速运动发生的位移相等，所以发动机对传送带所做功相等，故C正确；
D．结合前面分析可知，A、B相邻两次碰撞之间，A、B均相对于传送带向下运动。根据
可知由于A、B每次碰撞之后速度均发生变化，且时间间隔相等，显然它们与传送带间发生的相对位移在不断变化，所以可知A、B相邻两次碰撞之间，A、B与传送带间摩擦产生的总热量不相等，故D错误。
故选AC。
2．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图所示，长的水平传送带以的速率顺时针匀速转动，紧靠传送带右端处放置一个静止物块，在距处的处放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回；在距传送带左端点的处放置物块，在点的正下方，在同一水平面上；物块用长的轻绳悬于点，。现将物块从偏离竖直方向角处由静止释放，一段时间后物块与发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，物块通过后，滑上传送带。已知，，，物块与水平面间的动摩擦因数，物块与传送带间的动摩擦因数，与传送带右侧水平面间的动摩擦因数，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，重力加速度取，。求∶
(1)物块与物块相碰后瞬间物块的速度大小；
(2)物块与物块第一次碰撞前，物块在传送带上滑行过程中因摩擦产生的热量；
(3)整个过程中，物块与挡板碰撞的次数。
【答案】(1)4m/s
(2)0.5J
(3)5
【详解】（1）对物块a，从静止释放至运动到最低点的过程，由机械能守恒定律得
代人数据解得
a、b两物块发生弹性碰撞，设碰后瞬间a的速度大小为，b的速度大小为，规定向右为正方向，则有，
代人数据解得，
（2）设物块b到达B点的速度大小为，由动能定理得
代人数据解得
物块b刚滑上传送带时速度大于传送带速度，物块b做匀减速运动，对物块b有
解得
设物块b经时间t速度与传送带速度相等，向右运动的位移为x，则有，
由于
所以物块b与传送带速度相等后与传送带一起做匀速运动，物块b匀减速运动过程中传送带向右运动的位移
因此物块b与传送带间因摩擦而产生的热量
代人数据解得
（3）物块b与物块c在传送带右端发生弹性碰撞，由于b与c质量相等，所以每一次碰撞速度都发生交换，第一次碰撞后瞬间
由此可知，以后每次b与c相碰，速度都发生交换且由分析可知物块b不会再从传送带左端滑出，物块b与物块c第一次碰撞后瞬间物块c的动能
物块c从传送带右端到与弹性挡板碰撞后返回传送带右端消耗的能量
由于
所以物块c与弹性挡板的碰撞次数为5次。
3．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）某小组设计的机械传动装置如图所示：半径为L的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直面内，其末端B水平，等高处有一“”形小盒C，小盒C经跨过光滑定滑轮的轻绳与物块D相连，左侧滑轮与小盒C之间的绳长为L；物块D与E叠放静置于质量为m的木板F最左端，轻绳穿过固定挡板P上的光滑小孔，左端与木板F相连，另一端绕过桌子右边缘的光滑定滑轮与物块Q连接，木板F与定滑轮间轻绳水平，木板F右端到挡板P左边缘的距离和物块Q下端到地面的距离均为。初始所有装置均静止，现将一小球从圆弧轨道顶端A处由静止释放，小球进入小盒C时刚好能被卡住（作用时间很短可不计），随后带动后面的装置运动。已知小球、小盒C、物块E、物块Q的质量均为m，物块D的质量为，且均看作质点；木板F与挡板P相撞、物块Q与地面相撞均以原速率反弹，E始终没有从F上掉落。不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，轻绳均不可伸长，重力加速度大小为g。
(1)求小球与小盒C相撞后瞬间，与小盒C相连的绳子上的拉力大小；
(2)已知木板F上表面与物块E间动摩擦因数，下表面与水平桌面间动摩擦因数，求木板F与挡板P第一次相撞前瞬间的速度大小；
(3)在第（2）问的已知条件下，求木板F运动的总路程。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小球滑出圆弧轨道时的速度为，刚被卡住瞬间速度为v，与小盒C相连的绳子上的拉力大小为T
对小球从A到B，由动能定理得
小球撞击C瞬间，二者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
对小球和C组成的系统，由圆周运动公式可知，与小盒C相连的绳子上的拉力大小，解得
（2）由（1）知，当小球刚被小盒C卡住时，物块D对物块E压力为零，此时桌面对木板F的最大静摩擦力，则木板F将向右运动。
木板F向右运动与挡板相撞前，假设物块E、Q、木板F一起运动，加速度大小为a
此时轻绳拉力为，对物块Q，由牛顿第二定律得
对物块E和木板F，由牛顿第二定律得，解得
对物块E，由牛顿第二定律可知所受摩擦力
所以木板F向右运动与挡板相撞前，物块E与木板F之间未发生相对滑动
假设第一次相撞的速度大小为，根据匀变速直线公式，解得
（3）假设第一次相撞后木板F与物块Q匀减速直线运动的加速度大小为
此时轻绳拉力为，则对木板F由牛顿第二定律
对物块Q，由牛顿第二定律，解得，
则说明木板F与物块Q以相同大小加速度减速。
速度减为零后木板F与物块Q同时向右加速，设加速度大小为
则对木板F，由牛顿第二定律
对物块Q，由牛顿第二定律，解得
对物块E分析，设加速加速度大小为，由牛顿第二定律，解得
设木板F向左减速时间为，向右加速时间为，木板F与物块E、Q共速，设共同速度为
有，，代入数据得
达到共速后，物块E、Q、木板F一起向右加速运动，加速度仍为
假设第二次相撞的速度大小为，设第一次相撞后木板F向左减速的位移大小为，向右加速位移为x达到共速，即
得，，，得
同理第二次碰后木板F向左减速位移
设木板F运动的总路程为，则
即
4．（2025·湖北荆州·模拟预测）如图所示，一长木板B质量m=1.0kg，长L=9.2m，静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R=5.5m的光滑圆弧轨道，但不粘连。圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为53°，其右端最低点处与长木板B上表面相切。距离木板B右端d=6.0m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m=1.0kg的滑块D。平台上方有一水平光滑固定滑轨，其上穿有一质量M=2.0kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向。一质量m=1.0kg的滑块A被无初速地轻放在沿顺时针转动的水平传送带左端。一段时间后A从传送带右侧水平飞出，恰好能沿切线方向从P点滑入圆弧轨道。A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动。A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动。A、D组合体随后运动过程中一直没有离开水平面，且C没有滑离滑轨。若传送带长s=6.0m，转动速度大小恒为v0=6.0m/s，A与传送带和木板B间动摩擦因数均为μ=0.5。忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响。sin53°=0.8，cs53°=0.6，重力加速度g=10m/s2
(1)求滑块A到达P点的速度大小vP
(2)求滑块A与滑块D碰撞前的速度大小v
(3)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为1.0m/s。则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？
【答案】(1)vP=10m/s
(2)v=4m/s
(3)Epm=8J
【详解】（1）滑块A在传送带上先做匀加速直线运动，由牛顿第二定律
其中
则匀加速阶段的位移为
滑块A离开传送带的速度为6m/s，平抛运动在水平方向的初速度
又滑块A沿切线滑入圆轨道，满足
解得
（2）滑块A沿圆弧轨道滑下，设在最低点速度为v1，机械能守恒
解得
假设滑块A在木板B上运动过程中，与木板B共速后木板B才到达右侧平台，设共速时速度为v共，相对运动的距离为s相，由A、B系统动量守恒
系统能量守恒
解得
设木板B开始滑动到AB共速滑过距离sB，由动能定理有
解得
即假设成立；木板B撞平台后静止，滑块A继续向右运动，设滑块A与滑块D碰撞前速度为v2，由动能定理有
解得
（3）随后滑块A将以v2的速度滑上平台，与滑块D发生完全非弹性碰撞，在水平方向动量守恒，设碰后共同速度为v3，
接下来，滑块AD组合体与滑块C组成的系统水平方向动量守恒；
①假设弹簧开始处于原长状态，则第一次恢复原长时，滑块C速度向右，设弹簧原长时AD组体速度大小为v4，由动量守恒定律
解得
代入数据后，发现
不符合能量守恒定律，所以假设错误。
②由以上推理可知，弹簧开始只能处于压缩状态，第一次恢复原长时，滑块C速度向左，设弹簧原长时AD组合体速度大小为v5，由动量守恒和能量守恒有
第一次原长到弹簧压缩到最短过程中，动量守恒和能量守恒。设C与AD组合体达到共同速度v6，弹簧的最大弹性势能为Epm，由动量守恒和能量守恒有，
解得共速时弹簧最大弹性势能为
5．（2025·湖南·模拟预测）如图，质量m2=1 kg、厚度h=0.45 m的木板C静置于光滑水平地面上，半径R=0.75 m的竖直光滑圆弧轨道固定在木板C右边的水平地面上，木板与轨道均在同一竖直面内。轨道底端与木板C等高，并与圆心O在同一竖直线上，轨道上端点D和圆心O的连线与水平面成37°角。质量m1=1.9 kg的物块B置于木板C的左端，一质量m0=0.1 kg的子弹A以v0=160 m/s的水平速度射中物块B并留在其中（时间极短），然后物块B（包括A）从木板左端水平向右滑行，B与C间的动摩擦因数μ=0.5。当物块B（包括A）到达木板右端时，木板恰好与轨道底端相碰并被锁定，同时物块B（包括A）沿圆弧切线方向滑上轨道。物块B（包括A）运动到空中的最高点时会炸裂成质量比为1∶3的物块M和物块N（含子弹A），总质量不变，同时系统动能增加3 J，其中仅有一块沿原速度方向运动。已知木板长度L=1.3 m，重力加速度g=10 m/s2，=3.16，sin 37°=0.6，cs 37°=0.8。
(1)求子弹A射中物块B过程损失的机械能及木板C与圆弧轨道底部碰撞前瞬间，物块B（包括A）和木板C的速度大小。
(2)求物块B（包括A）运动到圆弧轨道最高点时受到轨道的弹力大小及离开轨道后距地面的最大高度。
(3)判断物块M和物块N是否会落到木板上？如果没有落在木板上，求该物块落点到木板左端的距离。
【答案】(1)7 m/s，2 m/s
(2)N ；2.45 m
(3)物块M会落到木板上，物块N不会落到木板上，2.1 m
【详解】（1）子弹A射中物块B并留在其中，有m0v0=(m0+m1）v
解得v=8 m/s
由能量守恒定律，该过程损失的机械能ΔE=m0（m0+m1）v2
解得ΔE=1216 J
设木板与轨道底部碰撞前瞬间，物块B（包括A）和木板C的速度分别为v1和v2，物块B与木板间的动摩擦因数为μ，木板的长度为L，由动量守恒定律和功能关系有（m0+m1）v=(m0+m1）v1+m2v2，（m0+m1）v2=（m0+m1）m2+μ（m0+m1）gL
由题意分析可知v1≥v2
联立解得v1=7 m/s，v2=2 m/s。
（2）设B（包括A）运动到圆弧轨道最高点D时的速度大小为vD，轨道对物块B（包括A）的弹力大小为FN。B（包括A）从轨道最低点到最高点D的过程，根据动能定理有-（m0+m1）gR（1+sin 37°)=（m0+m1）（m0+m1）
解得vD=5 m/s
物块B（包括A）运动到圆弧轨道最高点时，根据牛顿第二定律，有FN+（m0+m1）gsin 37°=(m0+m1）
解得FN=N
设物块B（包括A）从D点抛出时速度vD的水平分量为vx，竖直分量为vy，则vx=vDsin 37°=3 m/s；vy=vDcs 37°=4 m/s
斜抛过程物块B（包括A）上升的时间t1==0.4 s
该段时间物块B（包括A）向左运动的距离s1=vx t1=1.2 m
物块B（包括A）离开轨道后距地面的最大高度H=R（1+sin 37°）++h=2.45 m。
（3）以向左为正方向，物块B（包括A）在最高点炸裂为M、N两物块。设M、N两物块的质量和速度分别为m3、m4和v3、v4，则m3∶m4=1∶3
系统动能增加ΔEk，根据动量守恒定律和能量守恒定律，有（m0+m1）vx=m3v3+m4v4，（m0+m1）+ΔEk=m3m4
联立解得v3=0，v4=4 m/s（另一解v3=6 m/s，v4=2 m/s舍去）
物块B（包括A）炸裂成M、N两物块后从最高点落地的时间t2==0.7 s
物块B（包括A）炸裂成M、N两物块后从最高点落到木板上的时间t3==0.63 s
物块B（包括A）炸裂处到圆弧轨道底端的水平距离为s1-Rcs 37°=1.2 m-0.6 m=0.6 m
物块B（包括A）炸裂处到木板C左端的水平距离x=L-（s1-Rcs 37°)=1.3 m-0.6 m=0.7 m
假设M、N落在木板上，则炸裂后M落在木板上的水平位移xM=v3 t3=0×0.63 m=0x
所以物块M会落到木板上，物块N不会落到木板上。故炸裂后N落到水平地面过程中的水平位移xN'=v4 t2=4×0.7 m=2.8 m
N落到水平地面时到木板左端的距离ΔxN=xN'-x=2.8 m-0.7 m=2.1 m。
1．（2024·北京·高考真题）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（ ）
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】C
【详解】D．小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），D错误；
C．小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；
A．上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；
B．经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。
故选C。
2．（2023·河北·高考真题）某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中至内，曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．起跳过程中运动员的最大加速度约为
B．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为
C．起跳后运动员重心上升的最大高度约为
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
【答案】C
【详解】A．由图像可知，运动员受到的最大支持力约为
根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为
故A错误；
BCD．根据图像可知，起跳过程中支持力的冲量为
起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为
根据动量定理可得
解得起跳离开地面瞬间的速度为
则起跳后运动员重心上升的平均速度为
起跳后运动员重心上升的最大高度为
故BD错误，C正确。
故选C。
3．（2023·重庆·高考真题）（多选）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为和。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）

A．EF段无人机的速度大小为4m/s
B．FM段无人机的货物处于失重状态
C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN段无人机机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．根据EF段方程
可知EF段无人机的速度大小为
故A正确；
B．根据图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B正确；
C．根据MN段方程
可知MN段无人机的速度为
则有
可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C错误；
D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。
故选AB。
4．（2024·广西·高考真题）（多选）如图，坚硬的水平地面上放置一木料，木料上有一个竖直方向的方孔，方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为。木栓质量为m，与方孔侧壁的动摩擦因数为。将木栓对准方孔，接触但无挤压，锤子以极短时间撞击木栓后反弹，锤子对木栓冲量为I，方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩擦力约等于滑动摩擦力，则（ ）
A．进入过程，木料对木栓的合力的冲量为
B．进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为
C．进入过程，木料和木栓的机械能共损失了
D．木栓前进后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为
【答案】BD
【详解】A．锤子撞击木栓到木栓进入过程，对木栓分析可知合外力的冲量为0，锤子对木栓的冲量为I，由于重力有冲量，则木料对木栓的合力冲量不为-I，故A错误；
B．锤子撞击木栓后木栓获得的动能为
木栓进入过程根据动能定理有
解得平均阻力为
故B正确；
C．木栓进入过程损失的动能与重力势能，一部分转化为系统内能另一部分转化为木栓的弹性势能，
故C错误；
D．对木栓的一个侧面受力分析如图
由于方孔侧壁弹力成线性变化，则有
且根据B选项求得平均阻力
又因为
联立可得
故D正确。
故选BD。
5．（2025·江西·高考真题）如图所示，在竖直平面内一轻质弹力绳的一端固定于P点，另一端经光滑孔钉Q连接质量为m的小球A，该球穿过与水平直杆（足够长）成角的直杆，两杆平滑连接。点P、Q和O在同一竖直线上，间距为弹力绳原长。将小球A拉至与Q等高的位置由静止释放。当小球A首次运动到斜杆底端O点后，在水平方向与穿在直杆且静止于O点、质量为的小球B发生弹性碰撞。小球A、B与杆间的动摩擦因数均为，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹力绳始终在弹性限度内且满足胡克定律，劲度系数为k，其弹性势能与伸长量x的关系为。已知重力加速度为g，间距为。
(1)求小球A下滑过程中滑动摩擦力的大小；
(2)若从碰撞后开始计时，小球A第一次上滑过程中离O点的距离x与时间t关系为（为常数），求小球A第一次速度为零时，小球B与O点的距离。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）如图所示
以点为坐标原点，沿倾斜直杆ON向上为x轴正方向建立坐标系。任意选取小球A下滑过程中的某一位置，设此时弹力绳的伸长量为，小球A受到的滑动摩擦力为，小球A对倾斜直杆的压力为，小球A所受弹力绳的拉力为F，弹力绳与倾斜直杆的夹角为，孔钉Q到倾斜直杆的距离为。设
对小球A进行受力分析，可知，，
由几何关系可得
联立解得
（2）设小球A下滑到斜杆底端点时的速度为，小球由静止释放运动到点的过程中，由动能定理可得
可得
由小球A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为、，由动量守恒定律和能量守恒定律有，
解得，
由，可知小球A上滑过程做简谐运动，小球A第一次速度为零时，距离达到最大值，则有
解得
小球B碰撞后开始在直杆OM上做匀减速运动，加速度为，设小球B速度减为0所经历的时间为，则
因，则小球A在碰撞后第一次速度为零时，小球B与点的距离为，则有
联立解得
6．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离；
(3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？
(4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？
【答案】(1)
(2)，
(3)
(4)
【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为
（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中
同时有
联立解得，
（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中
联立解得
（4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有，
解得
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，重力加速度大小。
（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，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，当时，轨道的加速度为，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
在小物块到P点到从Q点离开轨道的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
其中，小物块离开Q点时的速度,为此时轨道的速度。联立解得(舍去），
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。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、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·辽宁·高考真题）如图，高度的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量。A、B间夹一压缩量的轻弹簧，弹簧与A、B不栓接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离后停止。A、B均视为质点，取重力加速度。求：
（1）脱离弹簧时A、B的速度大小和；
（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；
（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能。
【答案】（1）1m/s，1m/s；（2）0.2；（3）0.12J
【详解】（1）对A物块由平抛运动知识得
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为
AB物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力及大小相等方向相反的摩擦力，则AB物块整体动量守恒，则
解得脱离弹簧时B的速度大小为
（2）对物块B由动能定理
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为
（3）弹簧的弹性势能转化为AB物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
其中，
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能
10．（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