微突破15 用三大观点解决动力学问题（复习讲义）（全国通用）高中物理高三二轮 学案（含学生版、解析版)

这是一份微突破15 用三大观点解决动力学问题（复习讲义）（全国通用）高中物理高三二轮 学案（含学生版、解析版)，共8页。
\l "_Tc236817285" 02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维 PAGEREF _Tc236817285 \h 3
\l "_Tc236817286" 03
考点精讲·靶向突破脉络梳理
拆解核心考点，归纳解题范式 PAGEREF _Tc236817286 \h 4
\l "_Tc236817287" 考点一 三大观点解决力学问题 PAGEREF _Tc236817287 \h 4
\l "_Tc236817288" 核心知识·解构 PAGEREF _Tc236817288 \h 4
\l "_Tc236817289" 一、力的三个作用效果与八个规律 PAGEREF _Tc236817289 \h 4
\l "_Tc236817290" 二、力学规律的选用原则 PAGEREF _Tc236817290 \h 4
\l "_Tc236817291" 易错辨析·AI原创命题 PAGEREF _Tc236817291 \h 5
\l "_Tc236817292" 热点考向·破译 PAGEREF _Tc236817292 \h 6
\l "_Tc236817293" 考向1 力学三大观点的理解与辨析 PAGEREF _Tc236817293 \h 6
\l "_Tc236817294" 考向2 力学三大观点综合解决问题 PAGEREF _Tc236817294 \h 10
\l "_Tc236817295" 【思维建模】 力学三大观点处理多物体多过程问题的方法 PAGEREF _Tc236817295 \h 18
\l "_Tc236817296" 04
思维建模·脉络梳理
溯源真题逻辑，感知高考考向 PAGEREF _Tc236817296 \h 19
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 三大观点解决力学问题
核心知识·解构
一、力的三个作用效果与八个规律
二、力学规律的选用原则
1. 当物体受到恒力作用，而且涉及时间、某一状态时，一般选用动力学方法。
2. 当涉及功、能、位移时，一般选用动能定理、能量守恒定律。
3. 研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．
4. 若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
5. 在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程问题，一般考虑用动量守恒定律分析。
6.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．
7. 如含摩擦生热问题，涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量．
8. 分析含弹簧问题时，注意分析含弹簧系统的运动情况和能量转化情况。如果两物体中间加一弹簧，若系统所受外力的合力为零，则系统的动量守恒，当两物体速度相等时弹簧最长或最短。若涉及弹性势能与其他形式的能量发生转化，则转化过程遵循能量守恒定律。
易错辨析·AI原创命题
三大观点中，牛顿运动定律（力的观点）适用于研究恒力作用下物体的瞬时运动，以及物体在运动过程中加速度的变化情况。 ( √ )
动量观点（动量定理和动量守恒定律）适用于研究力对时间的积累效应，不涉及中间过程，只需要考虑初、末状态。 ( √ )
能量观点（动能定理和机械能守恒定律）适用于研究力对空间的积累效应，可以解决涉及位移和速度的问题。 ( √ )
对于涉及时间的问题，应优先选用动能定理求解；对于涉及位移的问题，应优先选用动量定理求解。 ( × )
对于涉及碰撞、爆炸、反冲等瞬间作用的问题，应优先选用动量守恒定律，因为这类问题时间极短，外力冲量可忽略，动量近似守恒。 ( √ )
【易错点总结表】
热点考向·破译
考向1 力学三大观点的理解与辨析
例1（2026·湖南长沙·三模）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为，两球的质量均为，重力加速度大小为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．A球动能最大时对水平面的压力大小等于
B．竖直墙面对球的冲量大小为
C．A球的最大动能为
D．B球的最大动能为
【答案】D
【详解】A．设轻杆与水平面的夹角为，两球同时与墙面、地面接触时，设杆的角速度大小为，根据刚性杆的速度约束有，
根据机械能守恒定律有
解得
令，由于
所以当时，小球的速度达到最大值，此时小球的水平加速度为零。由于，轻杆对小球的作用力为零，因此根据竖直方向受力平衡有
解得
故小球动能最大时对水平面的压力为mg，不是2mg，故A错误；
B．当时，小球恰好离开墙面，小球的最大速度为
在小球与墙面接触的过程中，系统水平方向受到的外力冲量只有墙面的支持力冲量，根据动量定理有
解得
与B选项给出的不相等，故B错误；
C．小球离开墙面时，小球的动能为
解得
离开墙面后，设杆与水平面的夹角仍为，令，杆的角速度大小为。根据水平方向动量守恒和机械能守恒可证明小球之后的速度不超过，因此小球在整个过程中最大动能为，不是，故C错误；
D．小球落地前瞬间轻杆水平，水平方向动量守恒有
解得
此时小球的动能为
解得
小球落地前系统的重力势能全部转化为两球的动能，根据机械能守恒有
解得
【变式训练1】（2026·天津河西·二模）（多选）一块质量为、长为的长木板A静止放在光滑的水平面上，质量为的物体B（可视为质点）以初速度从左端滑上长木板A的上表面并从右端滑下，该过程中，物体B的动能减少量为，长木板A的动能增加量为，A、B间因摩擦产生的热量为，下列说法正确的是（ ）
A．A、B组成的系统动量、机械能均守恒
B．、、的值可能为、、
C．、、的值可能为、、
D．若增大和长木板A的质量，B一定会从长木板A的右端滑下，且不变
【答案】BD
【详解】A．A、B组成的系统合力为零，因此动量守恒；而A、B由于存在摩擦生热，故系统机械能不守恒，A错误；
BC．画出物体B和长木板A的速度—时间图线，分别如图中1和2所示
图中1和2之间的梯形面积表示板长，1与轴所围的面积表示物体B的位移x1，2与轴所围的面积表示长木板A的位移x2，由图可知，
又有，，
则有
可知B项所给数值有可能，故B正确，C错误。
D．若增大v0和长木板A的质量M，在图像中1将向上平移，而2的图像斜率变小，即A的加速度变小，根据图像与轴围成面积可知A、B位移差变大，B一定会从长木板A的右端滑下，而不变，D正确。
故选BD。
【变式训练2】（2026·湖南长沙·二模）（多选）如图所示，光滑水平面上有一倾角为质量为的斜面体，在水平向右的力的作用下，斜面体和其上一质量为的物块一起从静止开始向右运动，加速度与时间的关系为，其中为大于的常量。物块和斜面体之间动摩擦因数为，重力加速度为。时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，此时物块动能为，则（ ）
A．时间内，做的功等于
B．
C．时间内物块受到斜面体作用力的冲量为
D．若把此随时间变化的力方向改为水平向左，物块与斜面体开始相对运动时物块的动能
【答案】BD
【详解】A．时间内，物块和斜面体组成的系统在的作用下做变加速运动，以水平向右为正方向，因此有，又
联立有
画图像如图所示，阴影部分面积即为在时间内产生的冲量，有
又因为在光滑水平面上，在时间内产生的冲量即为动量改变量，有解得
做的功为动能改变量，故A错误；
B．隔离物块进行受力分析，物块一直有沿斜面向下的运动趋势，故受到垂直于斜面向上的支持力，沿斜面向上的摩擦力，竖直向下的重力(如下图中（1）所示）。在发生相对运动前，支持力与摩擦力的水平分量的合力提供加速度，在将要发生相对滑动时，摩擦力等于最大静摩擦力，列受力方程，在水平方向，竖直方向
两式相除解得
又，故，故B正确；
C．时间内物块受到重力和斜面体作用力的合力的冲量即为物块动量改变量，即
又，
解得
该合冲量方向水平向右，而重力冲量方向竖直向下，因此斜面作用力的冲量一定大于合力冲量，故C错误；
D．若把此随时间变化的力改为水平向左，此时物块相对斜面体有向右运动的趋势（惯性），即沿斜面方向有向上运动的趋势，此时摩擦力方向沿斜面向下(如下图中（2）所示），在将要发生相对滑动时，依旧有摩擦力等于最大静摩擦力，此时列受力方程，在水平方向，竖直方向
两式相除解得
此时解得，故
又，故
，
因此，故D正确。
故选BD。
考向2 力学三大观点综合解决问题
例2（2026·河北衡水·模拟预测）如图所示，在竖直面内，一质量为的物块静置于悬点正下方的点，以速度逆时针转动的传送带与直轨道、、处于同一水平面上，、、的长度均为。圆弧形细管道半径为，在竖直直径上，点高度为。开始时，与物块相同的物块悬挂于点，并向左拉开一定的高度由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与发生弹性正碰。已知，，，，，物块与、之间的动摩擦因数，轨道和管道均光滑，物块落到时不反弹且静止。忽略和之间的空隙，与平滑连接，物块可视为质点，取重力加速度。求：
(1)若，、碰撞后瞬间物块的速度的大小；
(2)求物块到达最高点时的速度大小（用表示），此时管道对物块的作用力；
【答案】(1)
(2) 当时，，方向竖直向上；当时，弹力为0；当时，弹力，方向竖直向下。
【详解】（1）物块从高度由静止下摆，摆到最低点的速度为，该过程只有重力做功，所以机械能守恒，由机械能守恒定律有
解得
与发生弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得，
解得。
（2）设物块运动到点时的速度为，碰后对，根据动能定理，有
由（1）可知
解得
可知当时，物块到达点时的速度恰好为零，则有，方向竖直向上。
设在点管道对物块有弹力，取竖直向下为正方向，则在点由牛顿第二定律有
联立解得
可知当时，弹力为负，则弹力方向竖直向上；
当时，弹力为0；
当时，弹力为正，则弹力方向竖直向下。
综上可知，当时，，方向竖直向上
当时，弹力为0
当时，弹力，方向竖直向下。
▶新情境◀【变式训练3】（2026·浙江绍兴·二模）如图所示为一简化的立体拼接轨道游戏装置。是水平光滑直轨道，是半径的半圆形光滑水平轨道，是光滑直轨道，是倾角、长度、以的速度顺时针运行的传送带，是水平粗糙直轨道，是倾角为的足够长的粗糙倾斜轨道，轨道上每间隔静置质量的障碍物。游戏开始，质量的物块被弹簧弹出，弹簧具有的弹性势能全部转化为物块的动能，物块沿轨道运动，运动到点时速度恰好为0，然后沿倾斜轨道开始下滑，与障碍物发生连续碰撞，碰撞后物块与障碍物均粘在一起。已知物块与传送带和倾斜轨道间的动摩擦因数均为，障碍物与倾斜轨道间的动摩擦因数为，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计轨道连接处的能量损失，物块与障碍物均可视为质点，重力加速度大小取，，。
(1)求物块在半圆轨道运动时的向心力大小；
(2)求物块在传送带上运动的时间；
(3)求物块与第1个障碍物碰后的速度大小；
(4)求物块在倾斜轨道上运动中的最大速度。
【答案】(1)0.4N
(2)0.3s
(3)
(4)
【详解】（1）设物块被弹簧弹出后的速度为v，则
解得
则向心力
（2）设物块刚上传送带时的加速度为，运动至与传送带共速度时位移，所用时间，则
则
因为
设物块与传送带共速后的加速度为，所用时间，则
则有
联立解得
物块在传送带上运动时间
（3）设物块与第1个障碍物撞前速度为，由动能定理有
解得
设物块与第1个障碍物撞后速度为，规定方向为正方向，由动量守恒有
联立解得
（4）设第k次碰前速度为，质心位移为，则
因为
联立解得
当时上式有最大值，即k=3时速度有最大值，代入解得
▶新情境◀【变式训练4·生活生产与学科知识结合】（2026·安徽合肥·模拟预测）无人机运输货物，是以无人驾驶航空器为载体，结合智能导航与精准投递技术，实现物资空中直达的新型物流方式。为更好保护运输物资，货物下方专门配备缓冲装置，有效减轻降落与投递时的冲击震动，最大限度避免货物的破损。缓冲装置如图所示，货物箱A和底板B之间有弹簧连接，弹簧处于原长并锁定，假设货箱A（包括里面的货物）的质量为，底板B的质量也为，质量不计的弹簧劲度系数为，重力加速度为。无人机在某高度处悬停（此时B离地有一定的高度）后释放货物并同时解除弹簧锁定，以下所讨论的过程弹簧均在弹性限度内，不计空气阻力和各处摩擦。
(1)请推导：当弹簧拉伸（或压缩）的长度为时，弹簧的弹性势能为。
(2)若B落地后速度立即变为零，此后B刚好不会再离地，求：由静止释放货物时底板B离地的高度。
(3)若货物从处由静止释放，底板B碰地后立即以原速率被竖直弹回，且底板B上升到最高点时，货箱A的速度恰好等于底板B刚落地时速度，求：底板B从离地到最高点的时间以及它到最高点时弹簧的弹性势能大小。
【答案】(1)设弹簧从原长拉伸（或压缩），由胡克定律，弹簧对外做功为
根据功能关系，弹性势能的增加量等于
(2)
(3)；
【详解】（1）略；
（2）设释放时底板离地的高度为，刚落地时
着地后，设货物上升的最大高度为，这一过程，对弹簧和货箱，由能量守恒可得
在最高点
解得
（3）对整体，从底板与地碰后到上升至最高点，由动量定理可得
其中
解得
由于两物体质量相等，反弹后瞬间速度等大反向，此后整体可看作自由落体运动，经过时间，A速度为，B速度减为零。整体重心下降高度
由能量守恒
解得
▶新情境◀【变式训练5】（2026·浙江·模拟预测）光滑水平面上静置一质量、宽度的足够长矩形木板，俯视图如图甲所示，质量的小圆柱静置于木板中轴线上的O点，与木板间动摩擦因数，重力加速度，不考虑木板旋转。
(1)给圆柱平行于木板短边向右的初速度，求圆柱最终到木板右边缘的距离；
(2)如图乙所示，在圆柱正前方固定竖直挡板，挡板不与木板接触，其所在平面与木板的交线与短边夹角为45°，给圆柱一沿中轴线方向的初速度，圆柱与挡板上的P点发生弹性碰撞，碰撞时间s，忽略碰撞时木板的运动，设圆柱到P点的初始距离为L。
①当时，求与挡板碰撞时圆柱受到挡板的作用力的大小和方向；
②当时，求碰撞后圆柱所受摩擦力与初速度方向间夹角的正切值；
③求L为多大时，圆柱与木板作用过程中产生的摩擦热最大。
【答案】(1)
(2)①，方向垂直于挡板斜向左下 ②
③
【详解】（1）系统在短边方向上动量守恒，有
根据牛顿第二定律，对木板和小圆柱有，
分别列出小圆柱和木板在此过程中的对地位移，有，
系统稳定后，小圆柱到木板右边缘的距离
解得
（2）①由弹性碰撞的特点可知，小圆柱与挡板碰撞前后的速度大小不变，方向转为短边方向，将碰撞前小圆柱与木板的速度分别记为和，有得
根据动量定理，
得，方向垂直于挡板斜向左下
②碰撞前动量守恒，有
若摩擦力与初速度夹角为，有
③小圆柱与挡板碰撞前，木板的对地位移为LM，有
则碰撞前二者的相对路程
碰撞后，小圆柱和木板的相对加速度
此相对加速度恒定且与相对速度反向，故二者的相对运动为匀变速直线运动，由此得碰撞后二者的相对路程为，有
故全程系统产生的摩擦热为
整理得
由二次函数的特点可知，当时系统的摩擦热有最大值，此时解得
必须验证此时小圆柱是否还在木板上，将代入和，得
则必然有
因此小圆柱未从木板滑下，结果成立。
▶新情境◀【变式训练6】（2026·广东深圳·二模）水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1为水滑梯的示意图，倾角为的斜加速滑道AB和水平减速滑道BC平滑连接，起点A距水平滑道的高度为H，BC长d，端点C距溅落区水面的高度为l。乘坐滑垫的游客在AB滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，比例系数为，在BC滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相反。质量为m的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m的游客乙发生碰撞，游客甲以速率反弹，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不考虑其他阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求：
(1)游客甲到达B点的速度大小；
(2)游客乙从C点飞出到落水时的水平位移大小；
(3)由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为的圆弧组成，其俯视图如图2所示。若游客甲单独从新设计的水平滑道的B端滑向C端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量的大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对于游客甲，从A到B的运动过程，根据动能定理，有
解得
（2）碰撞后游客甲速度大小为
设游客甲与游客乙碰撞前速度为，游客乙速度大小变为，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有，
得
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
在水平方向的位移为
（3）设游客甲从B点冲入的速度为，从C点冲出时的速度为，在水平面内设沿着BC方向为y方向，沿BC垂直方向为x方向，竖直方向设为z方向，则全过程甲速度在x与y方向的分量分别为。对x、y、z三个方向的动量定理，有，，
且有
联立解得
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得
联立解得
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过程中运动的速率为v，则有
对等式两边同乘极短的时间，并求和可得
解得
联立解得
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
【思维建模】 力学三大观点处理多物体多过程问题的方法
多物体多过程问题是高考物理力学综合题的重要考查形式，需综合运用牛顿运动定律、动量定理、能量守恒定律和动量守恒定律等分段求解。这类问题的解题关键是找到各个过程的衔接点，将整个过程拆解为单个过程，建构单个过程对应的模型，再根据模型特点求解。具体解题步骤如下:

真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．（2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。
(1)求甲第一次到达点时的速度大小。
(2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。
(3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。
【答案】(1)
(2)
(3)当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
【知识点】应用动能定理解决多段过程问题、弹性碰撞：动碰静、两物体多次碰撞问题
【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理
解得
（2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒，
解得乙弹性碰撞后速度
​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化
代入，​得​​​
（3）​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论：
①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0
②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0
若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0
综上所述，k满足的关系式为
当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
2．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中段的长度、倾角为段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从点由静止下滑，经过到达点，此后进入段继续滑行。游客甲和滑板的总质量段、段滑道与滑板间的动摩擦因数分别为、，其中。重力加速度取，。游客和滑板整体视为质点，不计空气阻力及在点处的机械能损失。
(1)求AB段滑道与滑板间的动摩擦因数；
(2)求AB段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小；
(3)当甲到达点时，游客乙乘同样滑板恰以的速度经过点下滑。求乙到达点时与甲的距离。
【答案】(1)
(2)，
(3)40m
【知识点】已知运动求受力、计算物体的动量及动量的变化
【详解】（1）当甲从A点滑至B点根据
代入数据可得a=2m/s2
根据牛顿第二定律有
又因为，所以
代入数据联立可得
（2）甲从A点滑至B点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有
根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式可得甲到达B点的速度为12m/s
所以AB段动量的变化量为
（3）乙从A滑到B的过程根据运动学公式有
代入数据解得
甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
可得
甲到达B点的速度为，在4s内甲没有停止；
在内，甲运动的距离
代入数据解得，即甲乙之间的距离为40m。
3．（2026·湖南·高考真题）如图，长为L的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m的小球，下端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求小球接触地面瞬间的速度v的大小；
(2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值；
(3)小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成θ角（θ已知，且0 < θ < α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。
（i）求E与k的关系；
（ii）当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d。
【答案】(1)
(2)
(3)（i）；（ii）
【知识点】爆炸问题、机械能守恒定律在曲线运动中的应用
【详解】（1）根据机械能守恒定律有
解得小球接触地面瞬间的速度的大小
（2）设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图所示
设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律
对小球，根据牛顿第二定律
解得，
此时小球水平方向分速度
竖直方向分速度
竖直方向，根据速度位移关系
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值
联立解得
（3）（i）设其中一部分的质量为，则另一部分质量为，如图所示
根据动量守恒定律有，
弹射装置释放的能量
联立可得
（ii）根据数学知识可知，当时，最小为
即有，，
两小球同时落地，运动时间为
可得
两小球的距离
由可得
联立可得
4．（2026·浙江·高考真题）如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h