专题7 碰撞模型 讲义-2026届高考物理一轮复习力学压轴题模型解读与针对性训练

高考力学压轴题模型解读与针对性训练 专题7 碰撞模型 【碰撞模型解读】 1. 碰撞 2. 碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)速度要符合实际情况 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，则应有v前′＞v前；若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。 3. 弹性碰撞 弹性碰撞的特点：碰撞瞬间系统内无机械能损失。 弹性碰撞的结论 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 联立解得v1′＝v1，v2′＝v1 讨论：(1)若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换，动量和动能全部转移)。 (2)若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。 (3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1。 (4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后两物体沿相反方向运动)。 (5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。 4.非弹性碰撞 碰撞结束后，动能有部分损失。 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk损 5.完全非弹性碰撞 碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max 结果：v＝ ΔEk损max＝(v1－v2)2 6.静止物体被撞后的速度范围 运动物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞： ①当发生弹性碰撞时，物体B获得的速度最大：vBmax＝v0。 ②当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B获得的速度最小：vBmin＝v0。 ③当发生非弹性碰撞时，碰后物体B的速度范围为：v0＜vB＜v0。 【典例剖析】 【典例1】．（2025年1月浙江选考）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 （1）若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； （2）若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； （3）若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 【答案】（1） （2）2m （3）2.5m或2m 【解析】（1）对滑块1由动能定理 解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为 （2）在轨道D点，由牛顿第二定律 解得 滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律 解得 结合， 联立解得 （3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理 若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 水平方向 结合 ， 联立解得 若经一次反弹落入洞中，则 水平方向 结合 ， 联立解得 【典例2】（2025高考海南卷）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角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，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦， (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 【答案】(1)，方向竖直向上； (2) (3)或 【解析】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒 解得 在最低点根据牛顿第二定律 解得，方向竖直向上； （2）根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒 解得 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 （3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律 设经过时间后AB与传送带共速，可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 联立解得，另一解大于舍去； 第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得 该段时间内AB运动的位移为 传送带运动的位移为 故可得 解得，另一解小于舍去。 【典例3】(2023·重庆卷，14)如图5所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求： 图5 (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小； (2)球2的质量； (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 答案　(1)4m　(2)3m　(3) 解析　(1)球1第一次经过P点后瞬间速度变为2v0， 所以Fn＝m＝4m。 (2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速度大小相等，说明球1碰后反弹，则 m·2v0＝－mv＋m′v m(2v0)2＝mv2＋m′v2 联立解得v＝v0，m′＝3m。 (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间为Δt，则 球1回到P点所需时间t1＝ 此后到两球再次相碰，有v0t2＋2v0t2＝πR 所以Δt＝t1＋t2＝。 【针对性训练】 1. (山东青岛2025年高三年级第三次适应性检测) 物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是（　　） A. 若e=0，则碰撞后A、B均静止 B. 若e=1，则碰撞后A、B交换速度 C. 若e=1，则碰撞前后A、B总动能相等 D. 若e=0.5，A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1：3 【答案】CD 【解析】．若e=0，则碰撞后二者相对速度为零，即碰撞后两物体速度相同，但不一定均静止，故A错误； BC．设A、B的质量分别为、，碰前物体A的速度为，碰后物体A、B的速度分别为和，若 则 根据动量守恒定律，有 即 两式相乘可得 即碰撞前后系统动能相等，两物体发生弹性碰撞，若 则可解得， 此时两物体发生速度交换。所以两物体不一定发生速度交换，故B错误，C正确； D．若 即 根据动量守恒定律，有 因，所以上式变为 两式联立得， 即A、B碰后速度大小之比为1：3，故D正确。 2. （2025年5月山东省模拟演练）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 【答案】（1），；（2）或； （3） 【解析】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 可得 碰撞后根据牛顿第二定律有 可得 （2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故k1=0，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故k2=0，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知 或。 （3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞相对速度大小为 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 一共碰了2n次，有 3. （湖南娄底市2025届高三4月教学质量检测）如图所示为一缓冲机构工作的原理示意图。两滑块A、B可在光滑水平面上做直线运动，，，滑块B中贯穿一轻质摩擦杆，靡擦杆和滑块B之间的滑动摩擦力可以通过改变滑块B中安装的液压装置所提供的压力进行调节，摩擦杆前端固定一劲度系数为的轻质弹簧，当A挤压弹簧达到一定压缩量时可以导致摩擦杆与B之间达到最大静摩擦力，并出现相对运动，某次实验时，调节B与摩擦杆之间的压力使得它们之间的最大静摩擦力大小为（为重力加速度的值），弹簧左端与B的左端距离为初始时静止，滑块A位于滑块B的左侧，给滑块A一向右的初始速度正对B做直线运动，当A与弹簧接触时缓冲机构开始工作。已知弹签的弹性势能为弹簧的形变量若膝擦杆与滑块B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）若摩擦杆与B刚好出现相对运动时所对应A的初速度的值以及此条件下A、B分离后的速度； （2）若A的初始速度大小为的右端与B的左端的最小距离以及A、B分离后的速度 【答案】（1），， （2），， 【解析】（1）若摩擦杆与B刚好出现相对运动时所对应的A的初速度为，弹簧的最大压缩量为。此时弹簧弹力： 且A与B速度刚好相同。根据动量守恒定律以及机械能守恒定律可得 联立可得： 从A与B开始接触到分离的过程可以视为发生一次弹性碰撞，设分离后速度分别为和，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得：， 解得： （2）若A的初始速度大小为，当弹簧压缩至时，设A、B的速度分别为和，由动量守恒和机械能守恒可得： 且 解得： 此后A与B在摩擦力的作用下分别做匀减速和匀加速直线运动。 根据牛顿第二定律：对A、B分别有、 当速度变为相同时 其相对位移： 从接触弹簧开始A相对于B的位移为 则A与B的最近距离为 当A与B共速时，根据动量守恒定律： 此时弹性势能仍为 由此状态到A与B分离，设A、B分离的速度分别为和。由动量守恒定律以及机械能守恒定律可得、 联立解得 4. （山东省临沂2025年普通高中学业水平等级测评试题三模）如图所示，小滑块1、2质量分别为和，滑块1在半径为的四分之一光滑圆弧最高点A处，滑块2置于粗糙水平轨道端点处，间距为L。C点正下方处固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧右端固定一质量为的滑块，置于光滑水平面上。静止释放滑块1，1与2发生弹性碰撞后恰好静止于点。滑块2被碰后做平抛运动的同时给滑块一个向右的初速度，滑块2与运动中的在平衡位置相碰后竖直向上运动至与等高的点。已知所有的碰撞时间极短，质量为的弹簧振子振动周期为，重力加速度为，求： （1）滑块1与水平面BC间的动摩擦因数； （2）点与滑块高度差； （3）滑块2与第二次碰撞后弹簧振子的振幅A。 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 （1）设滑块1与2碰前速度为，由动能定理 碰后两者速度分别为和，由于弹性碰撞，则动量守恒和机械能守恒 解得 ， 碰后滑块1恰滑动后能静止在点，滑块1只能从点向左匀减速运动至，由动能定理得 联立以上各式得 ， （2）滑块2与振子在平衡位置相碰，由于，滑块2只能与向左运动的相碰才能碰后竖直向上运动，则碰前运动时间满足 所求高度为 解得 （3）滑块2与碰撞过程水平方向动量守恒，第1次碰撞后的速度设为，则 代入得 设第一次碰撞过程中滑块2与接触时间为，则在时间内滑块2与间为滑动摩擦力，因为滑块2离开瞬间是相对运动的。滑块2从竖直上抛后落下与发生第二次碰撞前运动时间为，滑块运动时间正好在平衡位置向左运动时与滑块2相撞。假设第二次碰撞过程中滑块2离开前能共速，则 解得 由于第一次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 第二次碰撞摩擦力对滑块的冲量大小 由于 第二次滑动摩擦力作用的时间 则假设成立。滑块2离开后，振子的速度为。设所求振幅A为 解得 5.（河南商丘2025年5月考前冲刺）如图所示，质量的物块A沿水平桌面以的速度匀速运动，与静止在桌面右端的物块B发生弹性碰撞，B飞离桌面后恰由P点沿切线落入竖直固定的圆弧轨道PQ，圆弧轨道的半径，圆心角，最低点Q与水平传送带平滑连接。传送带以的速率顺时针匀速转动，右端与水平地面平滑连接，物块B与竖直固定的挡板M每次碰后速率均变为碰前速率的。已知物块B的质量，传送带两端点的距离，物块B与传送带间的动摩擦因数，其他摩擦均不计，A、B均可视为质点，取。求： （1）A与B碰后瞬间物块B的速度大小； （2）物块B到达P点时对轨道的压力大小； （3）物块B与传送带摩擦产生的总热量。 【答案】（1） （2）26N （3）65J 【解析】(1)物块AB发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律，有， 联立解得 (2)物块B到达点时的速度大小为 在点由牛顿第二定律，得 联立解得 由牛顿第三定律可知，物块B在点对轨道的压力大小为 (3)物块B由点运动到点，由动能定理得 解得 因，则在传送带上先加速，有， 解得 此过程产生的热量为 物块B第1次与挡板M碰后，有, 第1次碰后到第2次碰前与传送带的相对路程为 整理得 物块B第2次与挡板M碰后，有, 第2次碰后到第3次碰前与传送带的相对路程为 整理得 同理可得 …… 全程摩擦生热为 整理得 解得 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考力学压轴题模型解读与针对性训练 专题7 碰撞模型 【碰撞模型解读】 1. 碰撞 2. 碰撞问题遵守的三条原则 (1)动量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′。 (2)动能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′。 (3)速度要符合实际情况 ①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，则应有v前′＞v前；若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变。 3. 弹性碰撞 弹性碰撞的特点：碰撞瞬间系统内无机械能损失。 弹性碰撞的结论 以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有 m1v1＝m1v1′＋m2v2′ m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 联立解得v1′＝v1，v2′＝v1 讨论：(1)若m1＝m2，则v1′＝0，v2′＝v1(速度交换，动量和动能全部转移)。 (2)若m1＞m2，则v1′＞0，v2′＞0(碰后两物体沿同一方向运动)。 (3)若m1≫m2，则v1′≈v1，v2′≈2v1。 (4)若m1＜m2，则v1′＜0，v2′＞0(碰后两物体沿相反方向运动)。 (5)若m1≪m2，则v1′≈－v1，v2′≈0。 4.非弹性碰撞 碰撞结束后，动能有部分损失。 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2＋ΔEk损 5.完全非弹性碰撞 碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动，动能损失最大。 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v m1v＋m2v＝(m1＋m2)v2＋ΔEk损max 结果：v＝ ΔEk损max＝(v1－v2)2 6.静止物体被撞后的速度范围 运动物体A以速度v0与静止的物体B发生碰撞： ①当发生弹性碰撞时，物体B获得的速度最大：vBmax＝v0。 ②当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体B获得的速度最小：vBmin＝v0。 ③当发生非弹性碰撞时，碰后物体B的速度范围为：v0＜vB＜v0。 【典例剖析】 【典例1】．（2025年1月浙江选考）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 （1）若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； （2）若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； （3）若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 【典例2】（2025高考海南卷）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角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，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知，，A、B可视为质点，AB与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热，忽略轨道及平台的摩擦， (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 【典例3】(2023·重庆卷，14)如图5所示，桌面上固定有一半径为R的水平光滑圆轨道，M、N为轨道上的两点，且位于同一直径上，P为MN段的中点。在P点处有一加速器(大小可忽略)，小球每次经过P点后，其速度大小都增加v0。质量为m的小球1从N处以初速度v0沿轨道逆时针运动，与静止在M处的小球2发生第一次弹性碰撞，碰后瞬间两球速度大小相等。忽略每次碰撞时间。求： 图5 (1)球1第一次经过P点后瞬间向心力的大小； (2)球2的质量； (3)两球从第一次碰撞到第二次碰撞所用时间。 【针对性训练】 1. (山东青岛2025年高三年级第三次适应性检测) 物体间发生碰撞时，因材料不同，机械能损失程度不同，该性质可用碰撞后二者相对速度大小与碰撞前二者相对速度大小的比值e来描述，称之为恢复系数。现有运动的物块A与静止的物块B发生正碰，关于A、B间的碰撞，下列说法正确的是（　　） A. 若e=0，则碰撞后A、B均静止 B. 若e=1，则碰撞后A、B交换速度 C. 若e=1，则碰撞前后A、B总动能相等 D. 若e=0.5，A、B质量相同，则A、B碰后速度大小之比为1：3 2. （2025年5月山东省模拟演练）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 3. （湖南娄底市2025届高三4月教学质量检测）如图所示为一缓冲机构工作的原理示意图。两滑块A、B可在光滑水平面上做直线运动，，，滑块B中贯穿一轻质摩擦杆，靡擦杆和滑块B之间的滑动摩擦力可以通过改变滑块B中安装的液压装置所提供的压力进行调节，摩擦杆前端固定一劲度系数为的轻质弹簧，当A挤压弹簧达到一定压缩量时可以导致摩擦杆与B之间达到最大静摩擦力，并出现相对运动，某次实验时，调节B与摩擦杆之间的压力使得它们之间的最大静摩擦力大小为（为重力加速度的值），弹簧左端与B的左端距离为初始时静止，滑块A位于滑块B的左侧，给滑块A一向右的初始速度正对B做直线运动，当A与弹簧接触时缓冲机构开始工作。已知弹签的弹性势能为弹簧的形变量若膝擦杆与滑块B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）若摩擦杆与B刚好出现相对运动时所对应A的初速度的值以及此条件下A、B分离后的速度； （2）若A的初始速度大小为的右端与B的左端的最小距离以及A、B分离后的速度 4. （山东省临沂2025年普通高中学业水平等级测评试题三模）如图所示，小滑块1、2质量分别为和，滑块1在半径为的四分之一光滑圆弧最高点A处，滑块2置于粗糙水平轨道端点处，间距为L。C点正下方处固定一劲度系数为的轻弹簧，弹簧右端固定一质量为的滑块，置于光滑水平面上。静止释放滑块1，1与2发生弹性碰撞后恰好静止于点。滑块2被碰后做平抛运动的同时给滑块一个向右的初速度，滑块2与运动中的在平衡位置相碰后竖直向上运动至与等高的点。已知所有的碰撞时间极短，质量为的弹簧振子振动周期为，重力加速度为，求： （1）滑块1与水平面BC间的动摩擦因数； （2）点与滑块高度差； （3）滑块2与第二次碰撞后弹簧振子的振幅A。 5.（河南商丘2025年5月考前冲刺）如图所示，质量的物块A沿水平桌面以的速度匀速运动，与静止在桌面右端的物块B发生弹性碰撞，B飞离桌面后恰由P点沿切线落入竖直固定的圆弧轨道PQ，圆弧轨道的半径，圆心角，最低点Q与水平传送带平滑连接。传送带以的速率顺时针匀速转动，右端与水平地面平滑连接，物块B与竖直固定的挡板M每次碰后速率均变为碰前速率的。已知物块B的质量，传送带两端点的距离，物块B与传送带间的动摩擦因数，其他摩擦均不计，A、B均可视为质点，取。求： （1）A与B碰后瞬间物块B的速度大小； （2）物块B到达P点时对轨道的压力大小； （3）物块B与传送带摩擦产生的总热量。 学科网（北京）股份有限公司 $$