资源简介

力学三大观点的综合应用
目录
【命题解码·定方向】
【解题建模·通技法】
热点题型1 力学三大观点在含板块类模型中的综合应用
热点题型2 力学三大观点在含弹簧类模型中的综合应用
热点题型3 力学三大观点在含传送带类模型中的综合应用
【实战刷题·冲高分】
命题解码·定方向
命题·趋势·定位
1.重基础：注重对牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理等核心规律的直接考查，覆盖选择、实验与计算题，强调基本公式的理解与应用。
2.强综合：突出多观点交叉融合，需结合运动过程分析，综合运用动力学方程、动量守恒与能量守恒解决复杂问题，强化模型转化能力(如将传送带、圆弧轨道转化为匀变速或圆周运动模型)。
3.拓创新：关注真实情境与科技前沿(如航天器对接、碰撞实验)，以核心素养为导向，通过新情境(如变力做功)考查知识迁移能力，强调“以不变应万变”的解题逻辑。
1
解题建模·通技法
热点题型1力学三大观点在含板块类模型中的综合应用
析典例·建模型
1.(2026·江苏南京·一模)如图所示，倾角为37°的固定斜面上有一右端带垂直挡板的木板，质量M=1kg。现将质量m=1kg的光滑小滑块放到距离挡板l=1 3m处，两者同时由静止释放。已知木板与斜面间的
动摩擦因数μ=3 8，小滑块与挡板发生弹性碰撞，整个过程小滑块未脱离木板，斜面足够长，g取
10m/s2，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8。求：
(1)释放瞬间滑块的加速度大小a；
(2)第1次碰撞过程中，滑块所受合力的冲量大小I；
(3)从释放到第3次碰撞系统产生的总热量Q。
研考点·通技法 力学三大观点在含板块类模型中的综合应用常用的解题方法 1.动力学观点(牛顿运动定律+运动学公式)
·核心思路：分析板块间摩擦力(静摩擦/滑动摩擦)，判断相对运动状态(是否共速、相对滑动)，对单个板块 或整体列牛顿第二定律方程，结合运动学公式求解加速度、时间或位移。 ·关键应用：判断板块是否发生相对滑动(比较静摩擦力与最大静摩擦力)，计算相对加速度及相对位移。 2.动量观点(动量守恒定律+动量定理)
·动量守恒：若系统所受合外力为零(如光滑水平面)，板块间碰撞或相对运动时，系统动量守恒，常用于碰 撞、粘连等瞬间过程。 ·动量定理：针对单个板块，合外力的冲量等于动量变化，适用于求解摩擦力冲量、时间或速度变化。 3.能量观点(动能定理+能量守恒定律)
·动能定理：对单个板块，合外力做功等于动能变化，需考虑摩擦力做功。 ·能量守恒：系统机械能的减少量等于摩擦产生的热量，适用于板块间有相对滑动时的能量转化分析。
2
破类题·提能力
2.(2026·山东枣庄·二模)如图所示，质量M=4kg的滑板静止在光滑水平面上，长度L=1.5m的水平段AB和光滑圆弧面BC平滑连接，B、C的高度差h=0.2m。质量m=1kg的滑块置于滑板上A点，与滑板AB段间的动摩擦因数μ=0.1；长度L0=3.2m的细线一端固定于O点，另一端与质量m0=0.4kg的小球栓接。初始时细绳水平伸直，小球由静止被释放，运动至O点正下方时与滑块发生对心碰撞(时间很短)，碰后反弹的瞬间，受到的拉力大小F=4.5N。小球与滑块均可视为质点，不计空气阻力，细线不可伸长，取g=10m/s2。
(1)求碰撞后瞬间滑块的速度大小；
(2)求滑块从滑板上的A处运动到B处的时间；
(3)若滑块从滑板上C点离开后在空中运动的最小速率为v =2m/s，求滑块在滑板上运动的过程中，所
受合力的冲量大小。
3
热点题型2力学三大观点在含弹簧类模型中的综合应用
析典例·建模型
3.(2026·辽宁·一模)如图所示，在水平实验平台上，放置着两个物块A与B，它们之间通过一根轻质弹簧(初始处于压缩状态)和一根不可伸长的轻绳连接。右侧为竖直平面内半径R=0.8m的半圆形固定光滑轨道CD。当剪断轻绳后，弹簧瞬间恢复原长并将物块A、B弹开。弹开后，物块B恰好能通过半圆形轨道的最高点C，物块A获得速度后向左运动，在运动过程中受到水平向右的空气阻力，阻力f大小与其速度v的关系为f=kv(其中k=4N s/m)。已知物块A、B的质量分别为mA=2kg、mB=1kg，物块A与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，物块A从开始被弹开到最后停止运动经历的时间t=0.5s，物块B进入半圆形轨道时无机械能损失，在半圆形轨道运动过程中不受空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块B进入半圆形轨道的最低点时的速度大小vB；
(2)弹簧初始时储存的弹性势能Ep；
(3)物块A向左运动的位移大小x。
研考点·通技法力学三大观点在含弹簧类模型中的综合应用常用的解题方法
1.弹簧类模型的核心特征是弹力为变力、形变量渐变且具有阶段性、对称性和临界性，无法用匀变速规律直接求解，需结合动力学、能量、动量三大力学观点综合应用，三者协同是解题关键，核心围绕弹簧特性和临界状态展开。 2.动力学观点主要用于定性分析运动状态和判定临界条件，核心是牛顿第二定律结合弹力公式F=kx，分析加速度随形变量的变化，关键结论为：物体加速度为0时速度最大，为后续能量、动量观点应用奠定基础，不直接用于定量计算位移和速度。 3.能量观点是弹簧类问题的核心求解手段，适用于求速度、位移和弹性势能，核心是动能定理、系统机械能
4
守恒和能量守恒。需优先选择弹簧与连接物体组成的系统，标注初末态的速度、形变量和高度，明确弹性势能仅与形变量有关，无耗散力时用系统机械能守恒，有摩擦等耗散力时需计入摩擦生热。 4.动量观点多用于求解两物体共同速度、末速度，常与能量观点组合使用，核心是动量守恒定律。仅当系统合外力为0(如水平光滑面)或合外力冲量可忽略时守恒，关键临界条件为两物体速度相等时，弹簧形变量最大、弹性势能最大，据此结合动量守恒求速度，再用能量守恒求弹性势能。 5.解题需遵循“定系统、标状态、判临界、选观点”的通用流程，重点规避弹力突变、系统选择错误、临界状态记反等易错点。高频经典模型中，水平光滑面双体模型常用动量与能量守恒组合，竖直单体模型常用动力学与能量守恒结合，掌握核心公式和临界结论，可快速高效解题。
破类题·提能力
4.(2026·宁夏·一模)质量为m2=0.8kg的小球b静止在光滑水平地面上，右端连接一水平轻质弹簧，半径
R=0.8m的四分之一光滑圆弧槽锁定在地面上，现将质量为m1=0.2kg的另一小球a从圆弧槽顶端由
静止释放。小球a接触弹簧到弹簧压缩到最短所经历的时间为π 50s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势
能Ep的数值关系为x= 2Ep ，重力加速度取g=10m/s2，求：
10
(1)小球a在圆弧槽末端对槽的压力；
(2)弹簧被压缩至最短时，弹簧的压缩量x；
(3)小球a接触弹簧到压缩到最短的时间内小球a位移s1。
5
热点题型3力学三大观点在含传送带类模型中的综合应用
析典例·建模型
5.(2026·天津河北·一模)某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面内，半径为R=0.5m，圆心角θ=53°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，在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体，速度为v共，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为mA=4kg，空箱B的质量为mB=1kg，A、B及粘连成的整体均可视为质点，整体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产生的热量Q=2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，cos53°=0.6，重力加速度g= 10m/s2。求：
(1)工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力；
(2)工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)已知传送带的速度v小于v共，求传送带的速度大小。
研考点·通技法 力学三大观点在含传送带类模型中的综合应用常用解题方法 1.动力学观点(牛顿运动定律+运动学公式)是基础，核心用于分析物体运动阶段与关键参量。解题时需先判断物体初速度与传送带速度的相对方向，确定滑动摩擦力方向，划分匀变速(有滑动摩擦)和匀速(无摩擦/静摩擦)阶段，再通过受力分析求加速度，结合运动学公式求解时间、位移、速度等，为后续能量、动量观点应用提供基础，共速时刻是划分运动阶段的关键节点。 2.能量观点(动能定理、能量守恒)主要用于求解能量变化，核心是摩擦生热的计算。滑动摩擦力做功改变物体动能，可通过动能定理直接关联；摩擦生热仅由滑动摩擦力与相对位移决定，静摩擦不生热；传送带电机做功需通过能量守恒求解，即电机做功等于物体动能变化、重力势能变化(倾斜传送带)与摩擦生热之和。
6
3.动量观点(主要是动量定理)是求解时间、冲量的快捷工具。传送带系统因受电机外力，一般不适用动 量守恒，动量定理可直接通过物体动量变化求解滑动摩擦力的作用时间，无需先求加速度，尤其适用于多 阶段匀变速问题，应用时需注意矢量性，规定正方向区分速度、冲量的方向。 4.三大观点的综合应用需遵循“动力学定阶段→按需选能量/动量”的原则，规避核心易错点：摩擦生热必 须用相对位移，动量定理需注意矢量方向，电机做功需通过能量守恒计算。整体而言，动力学观点解决“运动状态”问题，能量观点解决“能量转化”问题，动量观点简化“时间/冲量”计算，三者协同可快速突破 各类传送带模型。
破类题·提能力
6.(2026·湖北荆州·二模)如图所示，质量为m0=0.1kg，半径为R=0.4m的四分之一光滑圆弧槽锁定在光
滑水平地面上，圆弧的末端与水平地面相切。水平传送带上表面与左右两侧足够长的光滑水平地面平齐且平滑连接，传送带以v传=3m/s的速度顺时针转动。右侧地面上静置着2个质量均为M=0.9kg的完全相同的木块。将质量为m=0.3kg的铁块从离圆弧槽最高点的正上方h=0.4m处静止释放，经圆弧槽下滑后，从最低点水平向右运动并冲上传送带。已知传送带轮轴间距L=0.5m，铁块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，铁块和木块均可视为质点，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g=10m/s2。
(1)求铁块第一次离开传送带时的速度大小；
(2)若解除圆弧槽的锁定，其他初始条件不变，求铁块第一次到圆弧槽底端时对圆弧槽的作用力F；(3)若解除圆弧槽的锁定，其他初始条件不变，求铁块最终的动能。
7
实战刷题·冲高分
刷模拟
7.(2026·河北承德·一模)如图所示，某固定装置由半径R=2.5m、圆心角θ=60°的光滑圆弧槽，光滑水平凹槽及长l=10 3m，倾角θ=53°的粗糙斜面组成，整个装置处于同一竖直平面内。凹槽中有一长木板
(上表面与凹槽边缘等高)，长木板左端与凹槽左端接触，圆弧槽末端切线水平，一小物块(可看作质点)
置于圆弧槽最左端。以凹槽右端点O为坐标原点，沿水平和竖直方向建立平面直角坐标系xOy。现将
小物块从圆弧槽最左端由静止释放，小物块经过圆弧槽底端冲上木板。小物块滑上木板的同时，木板在
外界控制下运动，其速度v与位移x1之间满足x1vx1+2 =6(单位均为国际制单位)，木板前进1m时撤
去控制装置，最终物块和木板同时并以相同速度到达凹槽右端。小物块冲上斜面瞬间无动能损失，小物块在斜面上运动时始终受到一水平向右、大小为F=99 4N的恒力作用。小物块飞出斜面后，受到另一
恒力F1作用，物块再经过2s的时间恰好回到y轴，且刚好到达与斜面上端等高的位置。小物块与木板的质量均为m=1kg，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=6
25，与斜面间的动摩擦因数与其所处位置
的横坐标的关系为μ2=10 129x(单位均为国际制单位)，重力加速度为g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=
0.6，取 124 3 =6.4。
(1)求小物块滑到圆弧槽底端时对圆弧槽的压力大小；
(2)求木板的长度；
(3)求F1的方向与y轴正方向夹角的正切值。
8
8.(2026·江苏南通·二模)如图所示，光滑水平面上有一静止小车，质量M=3kg，车前、后壁间距L= 4.75m，车上放置质量mA=1kg，长度LA=1.75m的木板A，木板上有一小物块B，质量mB=4kg，A、B 间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与车厢间的动摩擦因数μ2=0.24。开始B和A紧靠车厢前壁，现给小车 向前的初速度v0=8m/s，已知A与后壁碰撞黏在一起，B与后壁碰撞为弹性碰撞，经过一定时间后，A、 B与小车三者相对静止，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A与后壁碰撞前，车、A、B的加速度大小al、aA、aB；
(2)整个过程A与B之间摩擦产生的内能Q；
(3)从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小x。
9
9.(2026·福建泉州·二模)如图甲，下端带有挡板的长木板A静止在足够长的固定斜面上，挡板上有一长度可忽略且被压缩并锁定的轻弹簧，t=0时将质量为m的小物块B从A上与挡板距离为L处由静止释放，t1=8t0时刻B与挡板发生第一次碰撞，碰撞瞬间弹簧解除锁定，在极短时间内弹开B后瞬间A获得的速度大小为7v0，t2=13t0时B与挡板发生第二次碰撞，在0 t2时间内B的速度大小v随时间t变化的关系图线如图乙所示(t0、v0均为未知量)，各个接触面的最大静摩擦力均等于各自的滑动摩擦力。
(1)根据乙图，求在8t0 9t0内与在9t0 13t0内B的加速度大小之比；
(2)求第一次碰撞到第二次碰撞的时间内A下滑的距离；
(3)求A与B、A与斜面间的动摩擦因数之比。
10
10.(2026·山东东营·一模)半径为R=1.2m、质量为M1=4kg的四分之一光滑圆弧槽静止在光滑水平面上， 圆弧槽末端与水平面相切。圆弧槽左侧有一质量为M2=4kg、倾角为θ=37°的光滑斜面处于静止且末 端与水平面平滑接触，斜面总长度L=5.85m。连接轻弹簧的质量为mA=2kg的A物块锁定在斜面上 P处，P距离斜面顶端Q的距离s=0.53m，轻弹簧处于原长且末端刚好处于斜面底端，弹簧劲度系数k =90N/m。现将一质量mB=2kg的物块B从圆弧槽的顶端静止释放，物块B从圆弧槽末端滑到水平面 上，一段时间后冲上斜面。当弹簧被压缩到最短时物块B被锁定在斜面上，同时物块A被解除锁定。当 弹簧恢复原长时，A与弹簧断开连接，最终A从斜面顶端飞出。忽略各接触面的摩擦，不考虑物块的大 小，圆弧槽和斜面均不固定，g=10m/s2，弹簧弹性势能表达式EP=1 2kx2，x为形变量。求：
(1)物块B滑到圆弧槽底端时，物块B和圆弧槽的速度及圆弧槽的位移
(2)当弹簧被压缩到最短时，弹簧的压缩量
(3)物块A从斜面顶端飞出时，物块A和斜面的速度大小
(4)物块A落地时距离斜面左端的水平距离。
11
11.(2026·陕西榆林·一模)如图所示，L形滑板A静置在光滑水平面上，滑板右端固定一劲度系数k= 24N/m的足够长轻质弹簧，弹簧处于原长状态，其左端与静置于P点的物块B相连。一物块C以初速度v0=4m/s从滑板最左端滑入，相对滑板A滑行s0=1.25m后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已知A、B、C质量均为m=1kg，物块B、C与滑板上P点及左侧之间的动摩擦因数均为μ=0.4，滑板P点右侧光滑，弹簧的弹性势能Ep=1 2kx2(x为形变量)，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力近似等于
滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，物块B、C可视为质点。求：
(1)C刚滑上A时，A的加速度大小和C的加速度大小；
(2)从C滑上A到C与B发生第一次碰撞的时间t；
(3)B与C在第一碰撞到第二次碰撞过程中弹簧的最大压缩量x。
12
12.(2026·浙江宁波·二模)如图所示，倾角为θ=30°的斜面固定在水平地面上，质量为m1=1kg的小物体A位于斜面底端，并通过劲度系数为k=200N/m的轻弹簧与质量为m2=2kg小物体B相连，质量为m3
=8 3kg的小物体C紧挨物体B，小物体B、C间有一定量的火药。小物体A、B、C与斜面间的动摩擦因
数为μ= 3 3，开始时小物体A、B、C均静止在斜面上，弹簧处于原长状态。现锁定物体A，引爆物体
B、C间的火药，在极短时间内物体B、C分离，在之后的运动过程中，每当物体B沿斜面向上减速为零时，立刻锁定物体B，同时释放物体A，每当物体A沿斜面向上减速为零时，立刻锁定物体A，同时释放物体B。已知物体C沿斜面向上运动的最大距离为L=1.8m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度的大小g=10m/s2，弹簧的弹性势能Ep=1 2kx2(k为劲度系数，x为形变量)。
(1)火药爆炸后物体B获得的速度大小；
(2)从火药爆炸到物体B向下减速到零的过程中，弹簧的最大压缩量；
(3)从物体B第一次沿斜面向上减速到零到第二次沿斜面向上减速到零的过程中，物体B运动的位移大
小；
(4)物体A、B、C均停止运动时物体B、C间的距离。
13
13.(2026·陕西商洛·二模)如图所示，光滑水平面中间部分连接一长度为L=7m顺时针匀速转动的传送带， 水平面和传送带上表面平齐，水平面的左侧有一半径R=1.8m的固定光滑1
4圆弧斜面体。一质量为
m1=4kg的滑块A从斜面体最高点由静止下滑，离开斜面体后滑上传送带。已知滑块A和水平传送带间的动摩擦因数 =0.2，传送带的右侧依次放有滑块B和C，滑块C的质量为m3=1kg，滑块A、B、C均可看成质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)滑块A离开斜面体时的速度大小；
(2)要使滑块A离开传送带时的速度最大，传送带运动的最小速度为多大；
(3)在(2)问的基础上要使B与C碰撞一次后滑块C获得的动能最大，则滑块B的质量m2为多大。
14
14.(2026·广东佛山·二模)如图，质量分别为mA=2kg和mB=1.2kg的物块A和B(均视为质点)，通过轻质不可伸长的细绳连接，跨过定滑轮(不考虑其质量)悬挂于两侧。初始时，两物块距天花板的高度均为l2
2，绳长l2=2m，两物块距地面的高度均为H=0.8m。初始状态下通过外力使物块A与B保持静止。在t=0时刻，同时释放两物块。当物块A接触光滑地面的瞬间，将细绳切断。此后经过时间t1=0.1s，物块A在竖直方向的速度减为零，忽略物块B此后的运动情况。物块A的速度为零时，位于物块A左侧的另一个mC=2kg的物块C以vC=6m/s与物块A发生碰撞。碰撞结束后，轻质弹簧恢复原长。随后，物块A冲上长度为l1=5m，与水平面夹角为θ=37°的传送带。已知传送带与物块间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)求物块A落地时的速度大小；
(2)求时间t1内地面对物块A的平均作用力大小；
(3)若传送带静止，物块A能否冲上传送带顶端？若不能，为使物块A恰好能够到达顶端，传送带应如何(顺时针或逆时针)转动？其速度应为多大？此过程传送带电动机因运送物块A而额外消耗的电能是
多少？
15
15.(2026·浙江杭州·二模)如图所示，一装置由以O为圆心、半径为R=0.2m的1 4竖直圆弧轨道AB、水平
传送带BC、水平轨道CD构成，各部分之间平滑连接，BC和CD的长度均为L=0.6m。质量为m1= 0.1kg的滑块1从A点静止自由释放，当其下滑到B点时，质量为m2=0.7kg的滑块2以初速度v0= 1m/s从D处向左运动。传送带以恒定速度v=3m/s顺时针转动，滑块与BC的动摩擦因数均为μ= 0.5，其他表面均光滑，滑块1和2之间的碰撞为弹性碰撞。求滑块1：
(1)第一次经过圆弧最低点B时轨道所受的压力FN'；
(2)第一次碰撞后滑块1的速度大小v1；
(3)碰后能上升的最大高度h。
16
刷真题
16.(2025·浙江·高考真题)某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36m，L=1.6m，v0=5m/s，m=0.2kg，M=1.8kg，μ=0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
(1)滑到B点处的速度大小；
(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
17
17.(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1 4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1
3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？
18
18.(2025·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μ，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。
19
19.(2025·湖北·高考真题)如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正 整数)个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、 、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间 的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所 有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为 βμgL(β为足够大常数，g为 重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于
滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。(参考公式：12+22+ +k2=
1 6kk+1 2k+1 )
20
20.(2024·浙江·高考真题)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF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m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，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μ1，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，sin37°=0.6，cos37°=0.8)
(1)若h=0.8m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若h=1.6m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
21力学三大观点的综合应用
目录
【命题解码·定方向】
【解题建模·通技法】
热点题型1 力学三大观点在含板块类模型中的综合应用
热点题型2 力学三大观点在含弹簧类模型中的综合应用
热点题型3 力学三大观点在含传送带类模型中的综合应用
【实战刷题·冲高分】
命题解码·定方向
命题·趋势·定位
1.重基础：注重对牛顿运动定律、动量守恒定律、动能定理等核心规律的直接考查，覆盖选择、实验与计算题，强调基本公式的理解与应用。
2.强综合：突出多观点交叉融合，需结合运动过程分析，综合运用动力学方程、动量守恒与能量守恒解决复杂问题，强化模型转化能力(如将传送带、圆弧轨道转化为匀变速或圆周运动模型)。
3.拓创新：关注真实情境与科技前沿(如航天器对接、碰撞实验)，以核心素养为导向，通过新情境(如变力做功)考查知识迁移能力，强调“以不变应万变”的解题逻辑。
解题建模·通技法
热点题型1力学三大观点在含板块类模型中的综合应用
析典例·建模型
1.(2026·江苏南京·一模)如图所示，倾角为37°的固定斜面上有一右端带垂直挡板的木板，质量M=1kg。现将质量m=1kg的光滑小滑块放到距离挡板l=1 3m处，两者同时由静止释放。已知木板与斜面间的动摩擦因数μ=3 8，小滑块与挡板发生弹性碰撞，整个过程小滑块未脱离木板，斜面足够长，g取
10m/s2，sin37°≈0.6，cos37°≈0.8。求：
(1)释放瞬间滑块的加速度大小a；
(2)第1次碰撞过程中，滑块所受合力的冲量大小I；
(3)从释放到第3次碰撞系统产生的总热量Q。
1
【答案】(1)a=6m/s2(2)I=2Ns(3)Q=24J
【解题建模】
步骤1：受力分析，列牛顿第二定律方程求加速度。
步骤2：分析系统动量守恒的条件是否成立，列弹性碰撞动量守恒和机械能守恒方程求速度，再求冲量。步骤3：分析物块的运动过程，结合运动学公式、动量守恒、机械能守恒和能量守恒求总热量。
【详解】(1)对滑块受力分析：由mgsinθ=ma解得：a=gsinθ=6m/s2
(2)对木板受力分析：由于Mgsinθ=μM+m gcosθ所以木板静止，当滑块运动到挡板处时，速度为v=
2gsinθl=2m/s与挡板弹性碰撞，动量、能量守恒，mv=mv1+Mv2，1 2mv2=1 2mv2 1+1 2Mv2 2解得v1
=0，v2=2m/s故滑块所受合力冲量大小为I=Δmv =0-2 =2Ns
(3)此后，物块做初速度为0，加速度仍为a=6m/s2的匀加速直线运动，木板做速度为2m/s
的匀速直线运动，由1 2at2=v2t解得t=2 3s再次相遇。第二次碰撞前，物块速度为v3=at=4m/s，木板 速度为2m/s，碰撞后mv3+Mv2=mv4+Mv5，1 2mv2 3+1 2Mv2 2=1 2mv2 4+1 2Mv2 5解得v4=2m/s，v5=
4m/s，即滑块以2m/s初速度，a=6m/s2做匀加速直线运动，木板以4m/s做匀速直线运动，由v4t1+
2at2 1 1=v5t2可得仍然经过t1=2 3s再次相遇，第三次碰撞。则此过程中，木板与斜面摩擦产生的热为：
Q=μM+m gcosθv2t+v5t1 =24J若用v-t图像解答，亦可得分。
研考点·通技法力学三大观点在含板块类模型中的综合应用常用的解题方法
1.动力学观点(牛顿运动定律+运动学公式)
·核心思路：分析板块间摩擦力(静摩擦/滑动摩擦)，判断相对运动状态(是否共速、相对滑动)，对单个板块 或整体列牛顿第二定律方程，结合运动学公式求解加速度、时间或位移。 ·关键应用：判断板块是否发生相对滑动(比较静摩擦力与最大静摩擦力)，计算相对加速度及相对位移。 2.动量观点(动量守恒定律+动量定理)
·动量守恒：若系统所受合外力为零(如光滑水平面)，板块间碰撞或相对运动时，系统动量守恒，常用于碰 撞、粘连等瞬间过程。 ·动量定理：针对单个板块，合外力的冲量等于动量变化，适用于求解摩擦力冲量、时间或速度变化。 3.能量观点(动能定理+能量守恒定律)
·动能定理：对单个板块，合外力做功等于动能变化，需考虑摩擦力做功。 ·能量守恒：系统机械能的减少量等于摩擦产生的热量，适用于板块间有相对滑动时的能量转化分析。
破类题·提能力
2.(2026·山东枣庄·二模)如图所示，质量M=4kg的滑板静止在光滑水平面上，长度L=1.5m的水平段
AB和光滑圆弧面BC平滑连接，B、C的高度差h=0.2m。质量m=1kg的滑块置于滑板上A点，与滑
板AB段间的动摩擦因数μ=0.1；长度L0=3.2m的细线一端固定于O点，另一端与质量m0=0.4kg的
2
小球栓接。初始时细绳水平伸直，小球由静止被释放，运动至O点正下方时与滑块发生对心碰撞(时间很短)，碰后反弹的瞬间，受到的拉力大小F=4.5N。小球与滑块均可视为质点，不计空气阻力，细线不可伸长，取g=10m/s2。
(1)求碰撞后瞬间滑块的速度大小；
(2)求滑块从滑板上的A处运动到B处的时间；
(3)若滑块从滑板上C点离开后在空中运动的最小速率为v =2m/s，求滑块在滑板上运动的过程中，所
受合力的冲量大小。
【答案】(1)v2=4m/s(2)t=0.4s(3)I=22N s
【详解】(1)设小球碰撞前的速度大小为v0，则m0gL0=1 2m0v2 0解得v0=8m/s碰撞后小球的速度大小为
v1，则F-m0g=m0 v2 1 解得v1=2m/s碰撞过程中，动量守恒m0v0=-m0v1+mv2解得v2=4m/s
L0
(2)滑块在滑板上，对滑块根据牛顿第二定律可得μmg=ma1解得a1=1m/s2对滑板根据牛顿第二定律
可得μmg=Ma2解得a2=0.25m/s2则L=v2t-1 2a1t2-1 2a2t2解得t=0.4s
(3)滑块从滑板上的A处运动到B处时，滑块的速度大小为v3=v2-a1t=3.6m/s滑板的速度大小为v4
=a2t=0.1m/s滑块在滑板上运动的过程，最终水平分速度大小为v =2m/s，根据滑块和滑板组成的系
统，在水平方向动量守恒可得mv3+Mv4=mv +Mv5系统机械能守恒1 2mv2 3+1 2Mv2 4=1 2mv 2+ 1
2Mv2 5+mgH解得H=0.4m则滑块离开滑板上升的高度为h =H-h=0.2m所以，滑块离开滑板时，
竖直分速度大小为vy= 2gh =2m/s在此过程中水平方向的冲量为Ix=mv'-mv2竖直方向上的冲量
为Iy=mvy根据动量定理可得，滑块在此过程中所受合力的冲量大小为I= I2 x+I2 y=22N s
热点题型2力学三大观点在含弹簧类模型中的综合应用
析典例·建模型
3.(2026·辽宁·一模)如图所示，在水平实验平台上，放置着两个物块A与B，它们之间通过一根轻质弹簧(初始处于压缩状态)和一根不可伸长的轻绳连接。右侧为竖直平面内半径R=0.8m的半圆形固定光滑轨道CD。当剪断轻绳后，弹簧瞬间恢复原长并将物块A、B弹开。弹开后，物块B恰好能通过半圆形轨道的最高点C，物块A获得速度后向左运动，在运动过程中受到水平向右的空气阻力，阻力f大小与其速度v的关系为f=kv(其中k=4N s/m)。已知物块A、B的质量分别为mA=2kg、mB=1kg，物块A与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，物块A从开始被弹开到最后停止运动经历的时间t=0.5s，物块B进入半圆形轨道时无机械能损失，在半圆形轨道运动过程中不受空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求：
3
(1)物块B进入半圆形轨道的最低点时的速度大小vB；
(2)弹簧初始时储存的弹性势能Ep；
(3)物块A向左运动的位移大小x。
【答案】(1)vB=210m/s(2)Ep=30J(3)x= 10-1 m
2
【解题建模】
步骤1：结合动能定理和竖直面内圆周运动的临界条件求速度。
步骤2：结合动量守恒和能量守恒，即可计算弹性势能。
步骤3：利用微元的思想和动量定理列方程求位移大小。
【详解】(1)物块B进入半圆形轨道后，由动能定理可得-mBg 2R=1 2mBv2 C-v2 B
由牛顿第二定律可得mBg=mBv2 C R ，联立解得vB=210m/s
(2)物块A、B弹开过程，由动量守恒定律可得0=mAvA-mBvB由能量守恒定律可得Ep=1 2mAv2 A+ 1 2mBv2 B联立解得Ep=30J
(3)物块A向左运动的过程中，由动量定理有-μmAgt-If=0-mAvA，If=∑fiti=∑kviti=kx
联立解得x= 10-1 m
2
研考点·通技法力学三大观点在含弹簧类模型中的综合应用常用的解题方法
1.弹簧类模型的核心特征是弹力为变力、形变量渐变且具有阶段性、对称性和临界性，无法用匀变速规律直接求解，需结合动力学、能量、动量三大力学观点综合应用，三者协同是解题关键，核心围绕弹簧特性和临界状态展开。 2.动力学观点主要用于定性分析运动状态和判定临界条件，核心是牛顿第二定律结合弹力公式F =kx，分析加速度随形变量的变化，关键结论为：物体加速度为0时速度最大，为后续能量、动量观点应用奠定基础，不直接用于定量计算位移和速度。 3.能量观点是弹簧类问题的核心求解手段，适用于求速度、位移和弹性势能，核心是动能定理、系统机械能守恒和能量守恒。需优先选择弹簧与连接物体组成的系统，标注初末态的速度、形变量和高度，明确弹性势能仅与形变量有关，无耗散力时用系统机械能守恒，有摩擦等耗散力时需计入摩擦生热。 4.动量观点多用于求解两物体共同速度、末速度，常与能量观点组合使用，核心是动量守恒定律。仅当系统合外力为0(如水平光滑面)或合外力冲量可忽略时守恒，关键临界条件为两物体速度相等时，弹簧形变量最大、弹性势能最大，据此结合动量守恒求速度，再用能量守恒求弹性势能。5.解题需遵循“定系统、标状态、判临界、选观点”的通用流程，重点规避弹力突变、系统选择错误、临
4
界状态记反等易错点。高频经典模型中，水平光滑面双体模型常用动量与能量守恒组合，竖直单体 模型常用动力学与能量守恒结合，掌握核心公式和临界结论，可快速高效解题。
破类题·提能力
4.(2026·宁夏·一模)质量为m2=0.8kg的小球b静止在光滑水平地面上，右端连接一水平轻质弹簧，半径R=0.8m的四分之一光滑圆弧槽锁定在地面上，现将质量为m1=0.2kg的另一小球a从圆弧槽顶端由静止释放。小球a接触弹簧到弹簧压缩到最短所经历的时间为π 50s，已知此弹簧的压缩量x与弹性势
能Ep的数值关系为x= 2Ep ，重力加速度取g=10m/s2，求：
10
(1)小球a在圆弧槽末端对槽的压力；
(2)弹簧被压缩至最短时，弹簧的压缩量x；
(3)小球a接触弹簧到压缩到最短的时间内小球a位移s1。
【答案】(1)6N，方向竖直向下(2)0.16m(3)(0.016π+0.128)m，方向水平向左
【详解】(1)小球a从圆弧槽顶端静止释放到末端过程，根据动能定理可得m1gR=1 2m1v2 0-0
解得v0=4m/s在圆弧槽末端，由牛顿第二定律可得N-m1g=m1 v2 0 R解得N=6N根据牛顿第三定律可
知小球a在圆弧槽末端对槽的压力大小为6N，方向竖直向下。
(2)弹簧被压缩至最短时，a、b两球具有相同的速度，根据系统动量守恒可得m1v0=(m1+m2)v
解得v=0.8m/s根据能量守恒可得弹簧的最大弹性势能为Ep=1 2m1v2 0-1 2(m1+m2)v2解得Ep=
1.28J则弹簧被压缩至最短时，弹簧的压缩量为x= 2Ep = 2×1.28 m=0.16m
10 10
(3)小球a接触弹簧到压缩到最短过程，任意时刻a、b两球组成的系统均满足动量守恒，则有m1v0=
m1v1+m2v2由上式可得 m1v0t = m1v1t + m2v2t 则有m1v0t=m1s1+m2s2其中t=π 50s，又s1-
s2=x=0.16m联立解得小球a位移为s1=(0.016π+0.128)m方向水平向左。
热点题型3力学三大观点在含传送带类模型中的综合应用
析典例·建模型
5.(2026·天津河北·一模)某自动包装系统的部分结构简化后如图所示，足够长的传送带固定在竖直平面
内，半径为R=0.5m，圆心角θ=53°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，在平台上滑入静止的空箱B并与其瞬间粘连成一个整体，
速度为v共，随后一起滑上传送带，与传送带共速后进入下一道工序。已知工件A质量为mA=4kg，空箱
5
B的质量为mB=1kg，A、B及粘连成的整体均可视为质点，整体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产生的热量Q=2.5J，忽略轨道及平台的摩擦，cos53°=0.6，重力加速度g= 10m/s2。求：
(1)工件A滑到圆弧轨道最低点时受到的支持力；
(2)工件A与空箱B在整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)已知传送带的速度v小于v共，求传送带的速度大小。
【答案】(1)72N，方向竖直向上 (2)1.6J (3)0.6m/s
【解题建模】
步骤1：根据机械能守恒和牛顿第二定律求力的大小。
步骤2：利用动量守恒定律和能量守恒定律求损失机械能
步骤3：根据牛顿第二定律以及能量守恒求传送带速度。
【详解】(1)工件A从开始到滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒mAgR-Rcos53° =1 2mAv2
解得v0=2m/s在最低点根据牛顿第二定律FN-mAg=mA v2 0 R解得FN=72N方向竖直向上。
(2)根据题意工件A滑入空箱B后粘连成一个整体，根据动量守恒mAv0=mA+mB v共
解得v共=1.6m/s故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE=1 2mAv2 0-1 2 mA+mB v2共=1.6J
(3)由于传送带速度v小于v共时，AB粘连成的整体滑上传送带先减速后匀速运动，设AB与传送带间
的动摩擦因数为μ，对AB根据牛顿第二定律μmA+mB g=mA+mB a设经过时间t1后AB与传送带
共速，可得v=v共-at1该段时间内AB运动的位移为x1=v+v共 2 t1传送带运动的位移为x2=vt1故可
得Q=μmA+mB g·x1-x2 联立解得v=0.6m/s另一解大于v共舍去。
研考点·通技法 力学三大观点在含传送带类模型中的综合应用常用解题方法 1.动力学观点(牛顿运动定律+运动学公式)是基础，核心用于分析物体运动阶段与关键参量。解题时需先判断物体初速度与传送带速度的相对方向，确定滑动摩擦力方向，划分匀变速(有滑动摩擦)和匀速(无摩擦/静摩擦)阶段，再通过受力分析求加速度，结合运动学公式求解时间、位移、速度等，为后续能量、动量观点应用提供基础，共速时刻是划分运动阶段的关键节点。 2.能量观点(动能定理、能量守恒)主要用于求解能量变化，核心是摩擦生热的计算。滑动摩擦力做功改变物体动能，可通过动能定理直接关联；摩擦生热仅由滑动摩擦力与相对位移决定，静摩擦不生热；传送带电机做功需通过能量守恒求解，即电机做功等于物体动能变化、重力势能变化(倾斜传送带)与摩擦生热之和。 3.动量观点(主要是动量定理)是求解时间、冲量的快捷工具。传送带系统因受电机外力，一般不适用动
6
量守恒，动量定理可直接通过物体动量变化求解滑动摩擦力的作用时间，无需先求加速度，尤其适用于多 阶段匀变速问题，应用时需注意矢量性，规定正方向区分速度、冲量的方向。 4.三大观点的综合应用需遵循“动力学定阶段→按需选能量/动量”的原则，规避核心易错点：摩擦生热必 须用相对位移，动量定理需注意矢量方向，电机做功需通过能量守恒计算。整体而言，动力学观点解决“运动状态”问题，能量观点解决“能量转化”问题，动量观点简化“时间/冲量”计算，三者协同可快速突破 各类传送带模型。
破类题·提能力
6.(2026·湖北荆州·二模)如图所示，质量为m0=0.1kg，半径为R=0.4m的四分之一光滑圆弧槽锁定在光
滑水平地面上，圆弧的末端与水平地面相切。水平传送带上表面与左右两侧足够长的光滑水平地面平齐且平滑连接，传送带以v传=3m/s的速度顺时针转动。右侧地面上静置着2个质量均为M=0.9kg的完全相同的木块。将质量为m=0.3kg的铁块从离圆弧槽最高点的正上方h=0.4m处静止释放，经圆弧槽下滑后，从最低点水平向右运动并冲上传送带。已知传送带轮轴间距L=0.5m，铁块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，铁块和木块均可视为质点，所有碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g=10m/s2。
(1)求铁块第一次离开传送带时的速度大小；
(2)若解除圆弧槽的锁定，其他初始条件不变，求铁块第一次到圆弧槽底端时对圆弧槽的作用力F；(3)若解除圆弧槽的锁定，其他初始条件不变，求铁块最终的动能。
【答案】(1)11m/s(2)51N，方向竖直向下(3)27 320J
【详解】(1)铁块从释放到圆弧槽最低点过程，根据动能定理有mgh+R =1 2mv2 0解得v0=4m/s设铁
块在传送带上一直匀减速，到右端时速度为v1，则有v2 0-v2 1=2μgL解得v1= 11m/s>v传=3m/s则假
设成立，即铁块第一次离开传送带时的速度大小为 11m/s。
(2)解除锁定后，铁块与圆弧槽水平方向动量守恒，则有m0v -mv=0根据机械能守恒定律有
mgR+h =1 2m0v'2+1 2mv2解得v =6m/s，v=2m/s铁块相对于圆弧槽做圆周运动，在最低点有F
-mg=mv+v R 2 解得F =51N根据牛顿第三定律得铁块对圆弧槽的作用力F=F =51N方向竖直
向下。
(3)结合上述可知，铁块第一次匀加速通过传送带，令离开传送带时速度为vm0，根据动能定理可得μmgL
=1 2mv2 m0-1 2mv2解得vm0=3m/s 将木块从左向右编号1、2，铁块与木块发生第一次弹性碰撞有mvm0=mvm1+MvM1，1 2mv2 m0=1 2mv2 m1 +1 2Mv2 M1
7
解得vm1=-1 2vm0=-1.5m/s，vM1=1 2vm0=1.5m/s 2=1 2Mv' M1 2+1 2Mv' M2 2
随后，两木块发生弹性碰撞有MvM1=Mv' M1+Mv' M2，1 2MvM1
解得v' M1=0，v' M2=vM1=1.5m/s
铁块第一次与木块碰后，向左冲回传送带，速度小于传送带速度，则有v2 m1=2μgx
解得x=9 40m碰撞，同理可得vm2=-1 2 2 vm0=-0.75m/s
随后铁块向左滑上传送带，且以该速率第三次向右滑下传送带，且无法追上木块，故铁块最终的动能Ek
=1 2mv2 m2=27 320J
实战刷题·冲高分
刷模拟
7.(2026·河北承德·一模)如图所示，某固定装置由半径R=2.5m、圆心角θ=60°的光滑圆弧槽，光滑水平
凹槽及长l=10 3m，倾角θ=53°的粗糙斜面组成，整个装置处于同一竖直平面内。凹槽中有一长木板
(上表面与凹槽边缘等高)，长木板左端与凹槽左端接触，圆弧槽末端切线水平，一小物块(可看作质点)
置于圆弧槽最左端。以凹槽右端点O为坐标原点，沿水平和竖直方向建立平面直角坐标系xOy。现将
小物块从圆弧槽最左端由静止释放，小物块经过圆弧槽底端冲上木板。小物块滑上木板的同时，木板在
外界控制下运动，其速度v与位移x1之间满足x1vx1+2 =6(单位均为国际制单位)，木板前进1m时撤
去控制装置，最终物块和木板同时并以相同速度到达凹槽右端。小物块冲上斜面瞬间无动能损失，小物
块在斜面上运动时始终受到一水平向右、大小为F=99 4N的恒力作用。小物块飞出斜面后，受到另一
恒力F1作用，物块再经过2s的时间恰好回到y轴，且刚好到达与斜面上端等高的位置。小物块与木板的
质量均为m=1kg，小物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=6
25，与斜面间的动摩擦因数与其所处位置
的横坐标的关系为μ2=10 129x(单位均为国际制单位)，重力加速度为g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=
0.6，取 124 3 =6.4。
(1)求小物块滑到圆弧槽底端时对圆弧槽的压力大小；
(2)求木板的长度；
8
(3)求F1的方向与y轴正方向夹角的正切值。
【答案】(1)20N
(2)31 24m (3)121 122 【详解】(1)小物块从圆弧槽最左端滑到最低点，由机械能守恒定律得mgR1-cos60° =1 2mv2
解得v0= gR=5ms
在最低点，由向心力公式得FN-mg=mv2
R
代入数据可得FN=20N
由牛顿第三定律，物块对圆弧槽的压力大小为F =FN=20N
(2)已知木板速度v1与位移x1满足x1vx1+2 =6
当x1=0m时v1=3m/s
当x 1=1m时v 1=2m/s
由题意可知1 v=1 6x1+1 3 1v-x1图像围成的面积为模板运动的时间，可得控制装置作用的时间为t1=125s
设此过程物块一直减速，对物块用动能定理得-μ1mgt1=mv3-v
解得v3=4ms>3ms，假设成立
物块的位移为x =v+v3 2 t1=15 8m
相对位移为Δx=15 8m-1m=7 8m
撤去控制后，木板与物块的系统动量守恒mv3+mv2=2mv4
解得v4=3m/s
由能量守恒可知1 2mv2 3+1 2mv2 2=1 2mv2 2+μmgΔx2 相对位移大小Δx2=5 12m 木板长度L=Δx1+Δx2=31 24m
(3)物块在斜面上受到的支持力为FN=Fsin53°+mgcos53°
由此可得物块在斜面上受到的摩擦力为f=μFN=2xN ，随x均匀变化
物块在斜面上运动时，由动能定理得F合=Flcos53°-0+2l2cos53° l-mglsin53°=1 2mv2 5-v2
解得v5=6.4m/s
分解速度，水平分量vx=v5cos53°=3.84m/s
竖直分量vy=v5sin53°=5.12m/s
从物块飞出斜面至回到y轴，竖直方向有t=2vy
ay
水平方向有lcos53°=-vxt+1 2axt2
解得ax=4.84m/s2，ay=5.12m/s2
则F1的方向与y轴正方向夹角的正切值tanα= g-ay=121 ax 122
9
8.(2026·江苏南通·二模)如图所示，光滑水平面上有一静止小车，质量M=3kg，车前、后壁间距L=
4.75m，车上放置质量mA=1kg，长度LA=1.75m的木板A，木板上有一小物块B，质量mB=4kg，A、B
间的动摩擦因数μ1=0.2，木板与车厢间的动摩擦因数μ2=0.24。开始B和A紧靠车厢前壁，现给小车
向前的初速度v0=8m/s，已知A与后壁碰撞黏在一起，B与后壁碰撞为弹性碰撞，经过一定时间后，A、
B与小车三者相对静止，重力加速度g=10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)A与后壁碰撞前，车、A、B的加速度大小al、aA、aB；
(2)整个过程A与B之间摩擦产生的内能Q；
(3)从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小x。
【答案】(1)4m/s2，4m/s2，2m/s2
(2)18J
(3)7m
【详解】(1)B与木板A的最大静摩擦力为
μ1mBg=8N
木板A与车厢间的最大静摩擦力为
μ2mB+mA g=12N
对车，有
μ2mB+mA g=Ma1
可得车的加速度大小
al=4m/s2
对A和B，假设一起加速，有
μ2mB+mA g=mB+mA a
可得
a=μ2g>μ1g
可知A和B发生了相对运动，对A有
μ2mB+mA g-μ1mBg=mAaA
可得
aA=4m/s2
对B有
μ1mBg=mBaB
可得
aB=2m/s2
(2)设经过t1时间后A与后壁碰撞黏在一起，有
v0t1-1 2a1t2 1=L-LA+1 2aAt2
解得
t1=3 2s或t1=1 2s
10
因为A与后壁碰撞黏在一起，可知时间取t1=1 2s，此时车、A、B的位移分别为 x车1=v0t1-1 2a1t2 1=3.5m xA=1 2aAt2 1=0.5m xB=1 2aBt2 1=0.25m
车、A、B的速度分别为
v车1=v0-a1t1=6m/s
vA=aAt1=2m/s
vB=aBt1=1m/s
A与B之间摩擦产生的内能
Q1=μ1mBgxA-xB =2J
A与后壁碰撞黏在一起，根据动量守恒有
Mv车1+mAvA=M+mA v共1
可得
v共=5m/s
A与后壁碰撞黏在一起，对A和车整体受力分析
μ1mBg=(M+mA)a共B与后壁碰撞前，根据运动学公式
x1A=v共t2-1 2a共t2 2
xB2=vBt2+1 2aBt2 2
x1A-xB2=LA-xA-xB
v1A=v共-a共t2
vB2=vB+aBt2
解得
t2=0.5s
x1A=2.25m
A、B与小车三者相对静止，有
Mv0=M+mA+mB v
可得
v共2=3m/s
碰撞后对车和A整体、B受力分析，可知受力大小不变，方向都相反，对碰撞后的车和A整体
v=v2+a共t3
对B
v=v3-aBt3
A和车的位移为
xA1=v2t3+1 2a共t3 2
B的位移为
xB3=v3t3-1 2aBt3 2
解得
t3=0.5s
xA1=1.25m
11
根据能量关系可得A与B之间摩擦产生的内能
Q2=1 2mBv2 B+1 2 M+mA v2共-1 2 M+mA+mB v2=16J
可得整个过程A与B之间摩擦产生的内能
(3)
Q=Q1+Q2=18J
从小车开始运动到三者相对静止的过程中小车的位移大小x=x车1+x1A+xA1=7m
9.(2026·福建泉州·二模)如图甲，下端带有挡板的长木板A静止在足够长的固定斜面上，挡板上有一长度
可忽略且被压缩并锁定的轻弹簧，t=0时将质量为m的小物块B从A上与挡板距离为L处由静止释
放，t1=8t0时刻B与挡板发生第一次碰撞，碰撞瞬间弹簧解除锁定，在极短时间内弹开B后瞬间A获得
的速度大小为7v0，t2=13t0时B与挡板发生第二次碰撞，在0 t2时间内B的速度大小v随时间t变化
的关系图线如图乙所示(t0、v0均为未知量)，各个接触面的最大静摩擦力均等于各自的滑动摩擦力。
(1)根据乙图，求在8t0 9t0内与在9t0 13t0内B的加速度大小之比；
(2)求第一次碰撞到第二次碰撞的时间内A下滑的距离；
(3)求A与B、A与斜面间的动摩擦因数之比。
【答案】(1)a1:a2=6:1
(2)x=5 32L
(3)μ1:μ2=25:103
【详解】(1)根据题意，由图乙可知，B在8t0 9t0的时间内匀减速上滑，加速度大小为a1= 3v0 =
9t0-8t0
3v0
t0
B在9t0 13t0的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小为a2= 2v0 =v0 2t0
13t0-9t0
因此在8t0 9t0内与在9t0 13t0内B的加速度大小之比为a1:a2=6:1
(2)由图推断可知，A在9t0之前已停止运动，B在0 8t0与在9t0 13t0时间内受力情况一致，加速度相
同，则t1=8t0时刻速率为v1=a2 8t0=v0 2t0 8t0=4v0
刚释放B时，A、B之间的距离为L，则有L=v1 2 8t0=16v0t0
B在8t0-9t0时间内沿斜面向上运动，运动的距离L1=3v0 9t0-8t0 =3 2v0t0
B在9t0-13t0时间内沿斜面向下运动，运动的距离L2=22v0 13t0-9t0 =4v0t0
则两次碰撞期间A沿斜面下滑的距离x=L2-L1=5 32L
(3)由图可知，B与挡板第一次碰撞后vB=-3v0，A的速度为vA=7v0，
12
设A的质量为M，由动量守恒定律可得mv1=mvB+MvA
解得M=m
第一次碰撞后A一直做匀减速运动，经过Δt时间停止运动，则有x=vA 2Δt 解得Δt=5 7t0
设A做匀减速运动的加速度大小为a，则a=vA Δt=7v0 7 5t0 =49v0 5t0
设斜面倾角为θ，A与B间的动摩擦因数为μ1，A与斜面间的动摩擦因数为μ2，根据牛顿第二定律，对A有μ1mgcosθ+μ2M+m gcosθ-Mgsinθ=Ma
B沿斜面向下运动时mgsinθ-μ1mgcosθ=ma2
B沿斜面向上运动时mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1
联立解得μ1:μ2=25:103
10.(2026·山东东营·一模)半径为R=1.2m、质量为M1=4kg的四分之一光滑圆弧槽静止在光滑水平面上，
圆弧槽末端与水平面相切。圆弧槽左侧有一质量为M2=4kg、倾角为θ=37°的光滑斜面处于静止且末
端与水平面平滑接触，斜面总长度L=5.85m。连接轻弹簧的质量为mA=2kg的A物块锁定在斜面上
P处，P距离斜面顶端Q的距离s=0.53m，轻弹簧处于原长且末端刚好处于斜面底端，弹簧劲度系数k
=90N/m。现将一质量mB=2kg的物块B从圆弧槽的顶端静止释放，物块B从圆弧槽末端滑到水平面
上，一段时间后冲上斜面。当弹簧被压缩到最短时物块B被锁定在斜面上，同时物块A被解除锁定。当
弹簧恢复原长时，A与弹簧断开连接，最终A从斜面顶端飞出。忽略各接触面的摩擦，不考虑物块的大
小，圆弧槽和斜面均不固定，g=10m/s2，弹簧弹性势能表达式EP=1 2kx2，x为形变量。求：
(1)物块B滑到圆弧槽底端时，物块B和圆弧槽的速度及圆弧槽的位移
(2)当弹簧被压缩到最短时，弹簧的压缩量
(3)物块A从斜面顶端飞出时，物块A和斜面的速度大小
(4)物块A落地时距离斜面左端的水平距离。
【答案】(1)4m/s，2m/s，0.4m
(2)0.4m
(3) 73 m/s
5
(4)0.72m
【详解】(1)物块B下滑到底端过程
水平动量守恒mBv1=M1v2
机械能守恒mBgR=1 2mBv2 1+1 2M1v2
解得v1=4m/s，v2=2m/s
13
由水平动量守恒(人船模型)即mBx1=M1x2
又x1+x2=R
解得x2=0.4m
(2)物块B冲上斜面，至弹簧压缩量最大时，A、B和斜面共速，速度为v
水平方向动量守恒mBv1=mB+mA+M2 v v2+1 2kx2+mBgxsinθ
系统能量守恒1 2mBv2 1=1 2 mB+mA+M2
联立解得x=0.4m。
(3)解法一
设物块A从斜面顶端Q飞出时，A的对地速度水平、竖直速度分别为vx和vy，斜面速度v3
水平动量守恒mBv1=mAvx+mB+M2 v3 M2+mB v2 3+mBgxsinθ+mAgssinθ
系统能量守恒1 2mBv2 1=1 2mAv2 x+v2 y +1 2
相对运动关系tanθ= vy vx-v3
联立解得vx=1.6m/s，vy=0.6m/s,v3=0.8m/s
则A的速度vA= v2 x+v2 y= 73 m/s
5
解法二
设A从斜面顶端Q飞出时其相对斜面速度为Δv,斜面对地速度为v3
水平方向动量守恒mBv1=mAv3+Δvcos37° +mB+M2 v3
系统能量守恒
2mBv2 1=1 2mA(v3+Δvcos37°)2+(Δvsin37°)2 +1 2 M2+mB v2 3+mBgxsinθ+mAgssinθ
联立解得v3=0.8m/s，Δv=1m/s
则A的速度vA= v3+Δvcos37° 2+Δvcos37° 2= 73 m/s
5
(4)物块A离开斜面后斜抛运动
竖直方向Lsinθ=-vyt+1 2gt2
水平方向Δx=vx-v3 t
联立解得Δx=0.72m
11.(2026·陕西榆林·一模)如图所示，L形滑板A静置在光滑水平面上，滑板右端固定一劲度系数k=
24N/m的足够长轻质弹簧，弹簧处于原长状态，其左端与静置于P点的物块B相连。一物块C以初速
度v0=4m/s从滑板最左端滑入，相对滑板A滑行s0=1.25m后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。已
知A、B、C质量均为m=1kg，物块B、C与滑板上P点及左侧之间的动摩擦因数均为μ=0.4，滑板P
点右侧光滑，弹簧的弹性势能Ep=1 2kx2(x为形变量)，重力加速度g取10m/s2，最大静摩擦力近似等于
滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内，物块B、C可视为质点。求：
(1)C刚滑上A时，A的加速度大小和C的加速度大小；
14
(2)从C滑上A到C与B发生第一次碰撞的时间t；
(3)B与C在第一碰撞到第二次碰撞过程中弹簧的最大压缩量x。
【答案】(1)2m/s2，4m/s2
(2)0.5s
(3)1 6m
【详解】(1)对物块C受力分析，C受到向左的滑动摩擦力，由牛顿第二定律μmg=maC
代入数据得aC=μg=4m/s2
对A、B整体受力分析，整体受到向右的滑动摩擦力，B与A相对静止(B所需静摩擦力小于最大静摩擦力)，由牛顿第二定律μmg=m+m aA
代入数据得aA=2m/s2
(2)C做匀减速直线运动xC=v0t-1 2aCt2
A(带B)做匀加速直线运动xA=1 2aAt2
C相对A的位移为s0，即xC-xA=s0
代入数据解得t1=0.5s，t2=5 6s(t2对应C速度小于A速度，是共速后相对位移，不符合碰撞发生的实
际，舍去)，因此t=0.5s
(3)碰撞前瞬间vC=v0-aCt=2m/s，vA=vB=aAt=1m/s
C、B发生弹性碰撞mvC+mvB=mvC1+mvB1，1 2mv2 C+1 2mv2 B=1 2mv2 C1+1 2mv2 B1
碰撞瞬间A速度不变，得vC1=1m/s，vB1=2m/s，vA1=1m/s
碰撞后，C和A无相对滑动，当三者速度相等时，弹簧压缩量最大。对系统由动量守恒mvC1+mvA1+ mvB1=3mv共
解得v共=4 3m/s 由能量守恒，动能的减少量全部转化为弹簧的弹性势能1 2mv2 C1+1 2mv2 A1+1 2mv2 B1-1 2 3mv2共= 1 2kx2 代入数据解得x=1 6m
12.(2026·浙江宁波·二模)如图所示，倾角为θ=30°的斜面固定在水平地面上，质量为m1=1kg的小物体A
位于斜面底端，并通过劲度系数为k=200N/m的轻弹簧与质量为m2=2kg小物体B相连，质量为m3
=8 3kg的小物体C紧挨物体B，小物体B、C间有一定量的火药。小物体A、B、C与斜面间的动摩擦因
数为μ= 3 3，开始时小物体A、B、C均静止在斜面上，弹簧处于原长状态。现锁定物体A，引爆物体
B、C间的火药，在极短时间内物体B、C分离，在之后的运动过程中，每当物体B沿斜面向上减速为零
时，立刻锁定物体B，同时释放物体A，每当物体A沿斜面向上减速为零时，立刻锁定物体A，同时释放
物体B。已知物体C沿斜面向上运动的最大距离为L=1.8m，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加
速度的大小g=10m/s2，弹簧的弹性势能Ep=1 2kx2(k为劲度系数，x为形变量)。
15
(1)火药爆炸后物体B获得的速度大小；
(2)从火药爆炸到物体B向下减速到零的过程中，弹簧的最大压缩量；
(3)从物体B第一次沿斜面向上减速到零到第二次沿斜面向上减速到零的过程中，物体B运动的位移大
小；
(4)物体A、B、C均停止运动时物体B、C间的距离。
【答案】(1)8m/s
(2)0.8m
(3)0.8m
(4)0.2m
【详解】(1)物体B、C分离后C沿斜面向上做减速运动，由牛顿第二定律有m3gsin30°+μm3gcos30°= m3a
解得a=10m/s2
由运动学公式有v2 c=2aL
解得vc=6m/s
火药爆炸过程，B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有m3vC=m2vB
解得vB=8m/s
(2)设火药爆炸后物体B向下减速到零运动的位移为x1，由能量守恒定律有1 2m2v2 B+m2gx1sin30°= 1 2kx2 1+μm2gcos30° x1
解得x1=0.8m
(3)沿斜面向上的运动时设B处于平衡位置时弹簧的压缩量为x0，则kx0=m2gsin30°+μm2gcos30° x0=0.1m
B沿斜面向下偏离平衡位置的位移为x时，弹簧的压缩量为x+x0。取沿斜面向下为正方向，则此时弹簧振子的回复力F=-kx+x0 +m2gsin30°+μm2gcos30°=-kx
设B第一次沿斜面向上的振幅为A1，则有A1=x1-x0=0.7m
设B第一次沿斜面向上速度减小为零时弹簧的伸长量为x2，则x2=A1-x0=0.6m
则从火药爆炸到B第一次沿斜面向上减速到零，B沿斜面向上运动了0.6m
由(3)问同理可得，物体A沿斜面向上的运动为简谐运动。设A处于平衡位置时弹簧的伸长量为x 0，则
有 kx 0 =m1gsin30°+μm1gcos30°x 0=0.05m
第一次沿斜面向上的振幅为A2，则有A2=x2-x 0 =0.55m
设A第一次沿斜面向上速度减小为零时弹簧的压缩量为x3，可得x3=A2-x 0=0.5m
设B第二次沿斜面向上的振幅为A3，速度减小为零时弹簧的伸长量为x4，A3=x3-x0=0.4m解得x4=A3-x0=0.3m
则从B第一次沿斜面减速到零到B第二次减速到零，B沿斜面向上运动了0.8m。
(4)设A第二次沿斜面向上的振幅为A4，速度减小为零时弹簧的压缩量为x5，则有A4=x4-x 0 =
0.25m
16
解得x5=A4-x 0=0.2m
设B第三次沿斜面向上的振幅为A5，速度减小为零时弹簧的伸长量为x6，则有A5=x5-x0=0.lm解得x6=A5-x0=0
此时A、B均停止运动，从B第二次沿斜面减速到零到B第三次减速到零，B沿斜面向上运动了0.2m，由以上分析可知B沿斜面向上运动的总路程为1.6m，所以最终BC间的距离为xBC=L-xB=0.2m。
13.(2026·陕西商洛·二模)如图所示，光滑水平面中间部分连接一长度为L=7m顺时针匀速转动的传送带，
水平面和传送带上表面平齐，水平面的左侧有一半径R=1.8m的固定光滑1
4圆弧斜面体。一质量为
m1=4kg的滑块A从斜面体最高点由静止下滑，离开斜面体后滑上传送带。已知滑块A和水平传送带
间的动摩擦因数 =0.2，传送带的右侧依次放有滑块B和C，滑块C的质量为m3=1kg，滑块A、B、C
均可看成质点，滑块间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)滑块A离开斜面体时的速度大小；
(2)要使滑块A离开传送带时的速度最大，传送带运动的最小速度为多大；
(3)在(2)问的基础上要使B与C碰撞一次后滑块C获得的动能最大，则滑块B的质量m2为多大。
【答案】(1)6m/s
(2)8m/s
(3)2kg
【详解】(1)设滑块A和斜面体分离时滑块A的速度大小为vA，对滑块A，根据动能定理有m1gR= 1
2m1v2 A
解得vA=6m/s
(2)要使滑块A离开传送带的速度最大，则滑块A在传送带上一直加速，设A离开传送带的速度为v0，则μm1g=m1a，2aL=v2 0-v2 A
解得v0=8m/s
故要使滑块A离开传送带的速度最大，传送带运动的最小速度为8m/s；
(3)A、B两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2
碰撞过程无机械能损失，由机械能守恒定律得1 2m1v2 0=1 2m1v2 1+1 2m2v2 解得v2=2m1v0 m1+m2 同理可得B、C两滑块碰撞后，C滑块的速度为v3=2m2v2 m2+m3
可得v3= 128 5+m2+4 m2
由此可知，当m2=4 m2 ，即m2=2kg时，v3最大，滑块C获得的动能最大。
17
14.(2026·广东佛山·二模)如图，质量分别为mA=2kg和mB=1.2kg的物块A和B(均视为质点)，通过轻质不可伸长的细绳连接，跨过定滑轮(不考虑其质量)悬挂于两侧。初始时，两物块距天花板的高度均为l2
2，绳长l2=2m，两物块距地面的高度均为H=0.8m。初始状态下通过外力使物块A与B保持静止。在t=0时刻，同时释放两物块。当物块A接触光滑地面的瞬间，将细绳切断。此后经过时间t1=0.1s，物块A在竖直方向的速度减为零，忽略物块B此后的运动情况。物块A的速度为零时，位于物块A左侧的另一个mC=2kg的物块C以vC=6m/s与物块A发生碰撞。碰撞结束后，轻质弹簧恢复原长。随后，物块A冲上长度为l1=5m，与水平面夹角为θ=37°的传送带。已知传送带与物块间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6,cos37°=0.8。
(1)求物块A落地时的速度大小；
(2)求时间t1内地面对物块A的平均作用力大小；
(3)若传送带静止，物块A能否冲上传送带顶端？若不能，为使物块A恰好能够到达顶端，传送带应如何(顺时针或逆时针)转动？其速度应为多大？此过程传送带电动机因运送物块A而额外消耗的电能是
多少？
【答案】(1)v=2m/s
(2)F=60N
(3)物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动，转速为v传=4m/s；额外消耗的电能为E电=57.6J【详解】(1)方法1：释放后，物块A向下加速运动，物块B向上加速运动。设绳子的拉力为T，两物块的加速度大小均为a。
对物块A，由牛顿第二定律：mAg-T=mAa1①
对物块B，由牛顿第二定律：T-mBg=mBa1②
由①+②得：mA-mB g=mA+mB a1
解得加速度：a1=2.5m/s2
物块A从静止开始，下落高度H=0.8m，由运动学公式：v2=2a1H
解得落地速度：v=2m/s
方法2：对A、B系统，由机械能守恒定律：mAgH=mBgH+21 mA+mB v2
解得落地速度：v=2m/s
(2)物块A落地后，经过时间t1=0.1s，其竖直方向速度减为零。此过程中，物块A受到重力mAg和地面的平均作用力F。
18
以竖直向上为正方向，由动量定理：F-mAg t1=0--mAv
解得平均作用力：F=60N
地面对物块A的平均作用力大小为F=60N
(3)物块C与物块A的碰撞过程，弹簧恢复为原长，A和C物块动量守恒，mCvC=mCv' C+mAvA
能量守恒，1 2mCv2 C=1 2mCv C 2+1 2mAv2 A
由于碰撞后弹簧恢复原长：vA=vC=6m/s，v C=0
若传送带保持静止，对物块A进行受力分析：mAgsinθ+μmAgcosθ=mAa2
加速度大小：a2=10m/s2
物块A沿斜面向上滑行的最大距离：s=v2 A 2a2 =v2 A 20<5m
说明物块A不能冲上斜面顶端。传送带应顺时针转动。设传送带速度v传代入数据：a2=10m/s2
当物块A的速度与传送带速度相同时，由μmgcos37°代入数据：a3=2m/s2
设传送带速度为v传，v2 A-v2传=2a2x1，-v2传=-2a3x2
位移满足x1+x2=l1
得v传=4m/s
因此可知假设成立。
第一阶段共速前时间为：v传=vA-a2t1
代入数据：t1=0.2s
此段时间内，传送带与物块A的相对位移为：Δx1=x1-v传t1=0.2m
第二阶段共速后：t2=v传 a3 =2s
此段时间内，传送带与物块A的相对位移为：Δx2=v传t2-x2=4m
整个过程因摩擦产生内能Q=μmgcosθΔx1+Δx2 =33.6J
电动机额外提供的电能使物块A的机械能增加和摩擦产生内能：E电=mAgl1sinθ-1 2mAv2 A+Q
代入数据：E电=57.6J
方法2：电动机额外提供的电能等于传送带克服摩擦力做功E电=μmgcosθv传t2-v传t1 =57.6J
15.(2026·浙江杭州·二模)如图所示，一装置由以O为圆心、半径为R=0.2m的1 4竖直圆弧轨道AB、水平
传送带BC、水平轨道CD构成，各部分之间平滑连接，BC和CD的长度均为L=0.6m。质量为m1=
0.1kg的滑块1从A点静止自由释放，当其下滑到B点时，质量为m2=0.7kg的滑块2以初速度v0=
1m/s从D处向左运动。传送带以恒定速度v=3m/s顺时针转动，滑块与BC的动摩擦因数均为μ=
0.5，其他表面均光滑，滑块1和2之间的碰撞为弹性碰撞。求滑块1：
19
(1)第一次经过圆弧最低点B时轨道所受的压力FN'；
(2)第一次碰撞后滑块1的速度大小v1；
(3)碰后能上升的最大高度h。
【答案】(1)3N，方向竖直向下
(2)4m/s
(3)0.5m
【详解】(1)滑块1从A点到B点，根据机械能守恒定律m1gR=1 2mv2 B
解得滑块1第一次经过圆弧最低点B时速度大小为vB=2m/s
在B点牛顿第二定律FN-m1g=m1 v2 B R
解得FN=3N
根据牛顿第三定律，可得滑块1第一次经过圆弧最低点B时轨道所受的压力大小为F' N=FN=3N
方向竖直向下。
(2)设B点为坐标原点，向右为正方向，t=0时刻(滑块1到达B点，滑块2从D出发)：滑块1在B点速度：由机械能守恒得vB1= 2gR=2m/s
方向向右；滑块1在顺时针传送带BC上加速，加速度a=μg=5m/s2
加速到传送带速度v=3m/s的位移x=v2-v2 B1 2a =0.5m
滑块2在t=0时位置x=1.2m(D点)
初速度v0=-1m/s(向左)，CD光滑，因此一直匀速向左，到达C点的时间t2=01.6 =0.6s
碰撞时位置相等：3t-0.1=1.2-t
解得碰撞时间t=0.325s<0.6s
碰撞发生在光滑CD段，碰撞前速度：滑块1的速度v10=3m/s，滑块2的速度v20=-1m/s
弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有m1v10+m2v20=m1v1+m2v2，1 2m1v2 10+1 2m2v2 20=1 2m1v2 1+ 1 2m2v2
代入m1=0.1kg,m2=0.7kg,v10=3m/s,v20=-1m/s
解得v1=-4m/s
负号表示方向向左，速度大小为4m/s
(3)碰后滑块1向左运动，CD光滑，到达C点时速度大小仍为4m/s
向左经过BC时，摩擦力一直向右做负功，由动能定理：-μm1gL=1 2m1v'2 B-1 2m1v2 代入得1 2m1v′2 B=0.5J 滑块1上升过程机械能守恒，重力势能等于剩余动能：m1gh=1 2m1v'2 B
解得h=0.5m(滑块脱离圆弧轨道后，最大高度仍满足该关系)
20
刷真题
16.(2025·浙江·高考真题)某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36m，L=1.6m，v0=5m/s，m=0.2kg，M=1.8kg，μ=0.25。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
(1)滑到B点处的速度大小；
(2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功；
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】(1)4m/s
(2)0.9J
(3)0.2m
(4)3N
【详解】(1)滑块从P点到B点由动能定理mgLsin30°=1 2mv2
解得到达B点的速度v=4m/s
(2)物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功Wf=1 2mv2 0-1 2mv2=0.9J
(3)物块在传送带上加速运动的加速度为a=μg=2.5m/s2
加速到共速时用时间t=v0-v a =5-4 2.5s=0.4s t=0.2m
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度Δx=v0t-v0+v 2
(4)从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知mv0=mv1+
Mv2，1 2mv2 0=1 2mv2 1+1 2Mv2 2+2mgR
联立解得v1=-2.2m/s，v2=0.8m/s
(另一组v1=3.2m/s，v2=0.2m/s，因不合实际舍掉)
对滑块在最高点时由牛顿第二定律F+mg=m(v2-v1)2
R
解得F=3N
17.(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1 4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
21
度减小至刚接触时的1
3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)mgR
(2)32gR 2 ，5 4R
(3)4m
(4)1 9m
【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WG=mgR
(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1 2mv2 0=Ep+1 2mv0 2 ，其中Ep
=2mgR
同时有mgh+R =1 2mv2
联立解得v0=322gR ，h=5 4R
(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m 1 3v0=m+M v共，1 2mv2 0=Ep2+1 2 m+M v2共，其中Ep2=2.2mgR
联立解得M=4m
(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m 1 3v0 =M vm，1 2mv2 0=1 2M v2 m 解得M =1 9m
18.(2025·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μ，重力加速度为g。
22
(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)a=μg，v1= 2μgd
(2)M=m
3
()3【详解】(1)A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg=ma
可得a=μg
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v2 1=
2ad
解得v1= 2μgd
(2)设B的质量为M，则由题意由碰前vA=v1，vB=v1 2，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有mv1
+Mv1 2=mv 1+Mv 2，1 2mv2 1+1 2M v1 2 =1 2mv 2 1+1 2Mv 2
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v1-v1 2=v 2-v 1=v1
联立解得v 1= mv1 m+M，v 2= 3m+M v1
2m+M
因为OP段粗糙，由动能定理有-μmgs=0-1 2mv2
得2μg，即sA=v 2，B=v 2
根据题意有sB-sA=d，且由(1)有v1= 2μgd
联立各式解得M=m
3
(3)设碰前小物块B向右运动的速度为vB0,A、B发生碰撞，则vB0A、B碰撞过程动量守恒有mv1+nmvB0=mvA+nmvB
又因为碰后瞬间A和B的动量相同，则mvA=nmvB>0
则vB=v1+nvB0 2n ，vA=v1+nvB0 2
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有vA≤vB，即n≤1
碰后动能不增，即1 2mv2 1+1 2nmv2 B0≥1 2mv1+nvB0 2 +1 2 nm v1+nvB0 2 ，可得n>1 3
2n
所以n的取值范围为1 32，vB'=3v1+2vB0 <3 2v1
分别将和3代入vB=v1+2nvB0 ，分别可得vB=v1+vB0
23
所以对应的B的速度范围为v1 2可得 2μgd 2
19.(2025·湖北·高考真题)如图所示，一足够长的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n是大于1的正 整数)个质量均为m的相同小滑块，从左向右依次编号为1、2、 、3n，木板的质量为nm。相邻滑块间 的距离均为L，木板与地面之间的动摩擦因数为μ，滑块与木板间的动摩擦因数为2μ。初始时木板和所 有滑块均处于静止状态。现给第1个滑块一个水平向右的初速度，大小为 βμgL(β为足够大常数，g为 重力加速度大小)。滑块间的每次碰撞时间极短，碰后滑块均会粘在一起继续运动。最大静摩擦力等于
滑动摩擦力。
(1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间，第1个滑块的速度大小
(2)记木板滑动前第j个滑块开始滑动时的速度为vj，第j+1个滑块开始滑动时的速度为vj+1。用已知量和vj表示vj+1。
(3)若木板开始滑动后，滑块间恰好不再相碰，求β的值。(参考公式：12+22+ +k2=
1 6kk+1 2k+1 )
【答案】(1)v1= β-4 μgL
(2)vj+1= j v2 j-4μgL
j+1
(3)β=4n2n+1 8n2+10n+5 32n-1
【详解】(1)滑块1运动时，对木板的摩擦力为f1=2μmg
地面对木板的摩擦力为f2=4μnmg
所以此过程中木板保持不动；每个滑块之间距离为L，所以对滑块1根据动能定理有-2μmgL=1 2mv2-1 2mv2
解得v1= β-4 μgL
(2)滑块间碰撞时间极短，碰后滑块粘在一起运动，若长木板不动，第j个滑块开始运动时加速度为aj=
2μ jmg jm =2μg
根据运动学公式，第j个滑块开始滑动到和第j+1个滑块碰撞时，有v2 j-v 2 j=2ajL
第j个滑块和第j+1个滑块碰撞过程中动量守恒有jmv j=j+1 mvj+1
联立可得vj+1= j v2 j-4μgL
j+1
(3)当第k个木块开始滑动时，木板恰好要滑动，此时有2μ kmg=μnm+3nm g
解得k=2n(n为整数)
则第k+1个(即2n+1)木块开始滑动时，木板开始滑动，要刚好不发生下一次碰撞，假设木板和剩下的木块不发生相对滑动，则
24
2μ2n+1 mg-μnm+3nm g=nm+n-1 m a木
则a= 2μg 2n-1<2μg
木板和剩下的木块不发生相对滑动。
对前面k+1个(即2n+1)木块，有ak+1=2μ k+1 mg k+1 m =2μg
木板开始滑动时，刚好不发生下一次碰撞，则对前面k+1个木块和k+2个木块共速，且相对位移恰好
为L，则
vk+1 2-v共2 2ak+1 -v共2 2a=L
则vk+1 2=2nv共2+4μgL
又v共=at=vk+1-2μgt
则v共=vk+1 2n 则vk+1 2=8nμgL 2n-1 j=1时，第一个滑块开始运动的速度v0= βμgL，则v0 2=βμgL
j=2时，根据动量守恒定律可得mv1=2mv2
可得第2个滑块开始运动的速度v2=21 β-4 μgL，
则4v2 2=βμgL-4μgL
由第二问可得，j+1 2vj+1 2=j2v2 j-4j2μgL，则对第3个滑块到第k+1个滑块有
9v3 2=4×v2 2-4×4μgL
16v4 2=9v3 2-9×4μgL
25v5 2=16×v4 2-16×4μgL

k+1 2vk+1 2=k2vk 2-k2×4μgL
将从j=2到j=k+1相关方程累积求和可得
k+1 2vk+1 2=βμgL-4μgL12+22+33+42+ +k2 =βμgL-2kk+1 3 2k+1 μgL
联立vk+1 2=8nμgL 2n-1，k=2n
可得β=4n2n+1 8n2+10n+5 32n-1
20.(2024·浙江·高考真题)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1m的圆
弧轨道BCD，长度L=1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF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m=0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F
所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑
上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因
数μ2=0.5，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μ1，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，sin37°=0.6，cos37°=0.8)
25
(1)若h=0.8m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。
(2)若h=1.6m，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
mgh=1 2mv2 C
第一次经过C点的向心加速度大小为
avR=2Rgh =16m/s2
②小物块a在DE上时，因为
μ2mgcosθ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DE上经过的总路程为s，根据功能关系有
mg[h-R(1-cosθ)]=(μ1mgcosθ+μ2mgcosθ)s
2
解得
s=2m
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
a上=gsinθ+μ1gcosθ=8m/s2
a下=gsinθ-μ2gcosθ=2m/s2
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
2a上t2上=1 2a下t2下
解得
t上 t下 =1 2
(2)对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
1
2mv2 F=mg[h-Lsinθ-2R(1-cosθ)]-μ1mgLcosθ
解得
vF=2m/s
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
26
mvF=2mv
2mv2 1 F=1 2 2mv2+2μ1mgl
解得
l=0.2m
27

展开更多......

收起↑