专题二能量与动量　计算题培优1　力学三大观点的综合应用【精讲精练】-2026届高三物理二轮复习讲义（新高考通用）

该高中物理讲义紧扣高考力学综合应用核心考点，以动力学、能量、动量三大观点为框架，按规律对比→多过程组合→板块模型→多次碰撞的逻辑构建知识体系，通过考点梳理（表格归纳规律）、方法指导（模型建构等）、真题讲解（2024-2025年模拟题典例）及分层练习，系统突破力学难点。 讲义融合科学思维与模型建构，如板块模型中动力学分析、动量守恒及能量损失综合训练，多次碰撞用数学归纳法或v-t图像法提升效率。分层练习匹配高考难度，助力学生掌握解题策略，为教师精准把控复习节奏提供实战化支持。

专题二 能量与动量 第4讲　功和能 计算题培优 力学三大观点的综合应用 力学三大观点对比 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，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等 能量观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换 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 一、力学中的多过程组合问题 【典例】1　(2025·四川卷·15)如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 【典例】2　(2024·贵州卷·15)如图，半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg，b的质量为mb=2 kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2。求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)b从M运动到N的时间； (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 二、板块模型的综合分析 1.动力学观点 2.动量观点 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。 3.能量观点 应注意区分滑块、木板各自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)。 【典例】3　(2025·江苏常州市一模)如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块A(可视为质点)，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为μ，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A一个向右的速度4v0，使A在C上滑动，当A的速度减为v0时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为v0，重力加速度为g。求： (1)从A获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？ (2)因拉断绳子造成的机械能损失为多少？ (3)若A最终未脱离木板C，则木板C的长度至少为多少？ 三、图像法或数学归纳法解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 【典例】4　(2025·江苏卷·14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 【典例】5　(2025·辽宁省名校联盟一模)如图甲所示，在足够长的固定斜面上静置一物块B，t=0时将质量为m的物块A从距离物块B斜上方L处由静止释放，t=9t0时，物块A、B发生第一次碰撞，t=19t0时，两者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的v-t图线如图乙所示(其中v0、t0均为未知量)，若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。 (1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值； (2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离； (3)已知物块B的质量M=17m，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的最大距离。 计算题培优练1　力学中的多过程组合问题　 [分值：25分] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(11分)(2025·山东卷·17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg，b的质量mb= kg，方形物体的质量M= kg，重力加速度大小g=10 m/s2，弹簧的劲度系数k=50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)(4分)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)(7分)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 2.(14分)(2025·广西卷·15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内： (1)(2分)单个散货的质量。 (2)(3分)水平传送带的平均传送速度大小。 (3)(9分)倾斜传送带的平均输出功率。 计算题培优练2　板块模型的综合分析　 [分值：25分]　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(11分)(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(3分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)(3分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)(5分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 2.(14分)(2025·湖北省九师联盟一模)如图所示，水平地面放置“L”形长木板B，木板左侧有凸起的小挡板，木板B上表面P点处放置小铁块C(可视为质点)，P点到挡板间的上表面光滑且距离d=3.5 m，P点右侧的上表面粗糙，铁块C与木板B上P点右侧的上表面间动摩擦因数μ1=0.5，木板B与水平地面间动摩擦因数μ2=。质量m1=0.2 kg的小物块A以速度v0=16 m/s与木板B发生弹性碰撞，一段时间后木板B与铁块C发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短，木板B质量m2=0.6 kg，铁块C质量m3=0.12 kg，铁块C始终没有脱离木板B，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(6分)物块A与木板B碰后B的速度大小及木板B与铁块C碰后C的速度大小； (2)(5分)铁块C与木块B间的摩擦力对木板B所做的功； (3)(3分)木板B的最小长度。 计算题培优练3　图像法或数学归纳法解决多次碰撞问题　 [分值：30分] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(15分)(2024·湖南卷·15改编)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)(5分)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)(10分)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。 2.(15分)(2025·山东临沂市一模)如图甲所示，一可看作质点的物块A位于底面光滑的木板B的最左端，A和B以相同的速度v0=7 m/s在水平地面上向左运动。t=0时刻，B与静止的长木板C发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，B、C厚度相同，A平滑地滑到C的右端，此后A的v-t图像如图乙所示，t=1.9 s时刻，C与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后C的速度大小不变，方向相反；运动过程中，A始终未离开C。已知A与C的质量mA=mC=0.1 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)(4分)C与A间的动摩擦因数μ1以及C与地面间的动摩擦因数μ2； (2)(5分)B和C第一次碰撞后B的速度大小； (3)(6分)t=1.9 s之后A、C间因摩擦产生的热量Q为多少？ 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题二 能量与动量 第4讲　功和能 计算题培优 力学三大观点的综合应用 力学三大观点对比 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，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等 能量观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换 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 一、力学中的多过程组合问题 【典例】1　(2025·四川卷·15)如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点，bd为半圆挡板直径且沿水平方向，c为半圆挡板最高点，两挡板相切于b点，de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发，沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小； (2)若小球甲恰能到达c点，且碰撞后小球乙能运动到e点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件； (3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。 【答案】(1)gsin θ　(2)≥1或=　(3)m1gRsin θ<Ek0<16m1gRsin θ 【解析】(1)小球甲从a点沿直线运动到b点过程中，根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1a1 解得甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin θ (2)甲恰能到达c点，设到达c点时的速度为v1，可知m1gsin θ=m1 解得v1= ① 根据题意甲、乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒有m1v1=m1v1'+m2v2， m1=m1v1'2+m2 解得碰后乙的速度为v2= ② 碰后乙能运动至e点，第一种情况若碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点，此时需满足m2gsin θ≤m2 即v2≥ ③ 联立①②③可得≥1 第二种情况，若碰后乙做类平抛运动到达e点，此时可知7R+R=gsin θ·t2，R=v2t 解得v2= ④ 联立①②④可得= (3)在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段de，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做圆周运动显然不满足能越过线段de，故碰后乙做类平抛运动越过线段de，故碰后乙的速度必然满足v2< 同时根据类平抛运动规律可知7R+R=gsin θ·(Δt)2，v2Δt>R 解得<v2< ⑤ 联立②⑤将=代入可得<v1<4 ⑥ 对甲球从a到c过程中根据动能定理-m1g·8Rsin θ=m1-Ek0 ⑦ 联立⑥⑦可得m1gRsin θ<Ek0<16m1gRsin θ。 【典例】2　(2024·贵州卷·15)如图，半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg，b的质量为mb=2 kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2。求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)b从M运动到N的时间； (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 【答案】(1)30 N　(2)3.2 s　(3)95 J 【解析】(1)a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律magR=ma 在P点，设轨道对它的支持力大小为FN， 根据牛顿第二定律FN-mag=ma 联立解得FN=30 N (2)a从静止释放到M点过程中，根据动能定理 magR-μmagd=ma-0 解得vM=3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb ma=ma+mb 解得vb=2 m/s b滑上传送带后先做匀减速直线运动，加速度大小为a，根据牛顿第二定律μmbg=mba 解得a=5 m/s2 b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间t1==0.2 s 对地位移x=·t1=0.3 m 此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间t2==3 s b从M运动到N的时间t=t1+t2=3.2 s (3)设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对b根据动量定理I=mbv-(-mbv0) 解得v=2 m/s b向右减速到零所需的时间t3==0.4 s 然后向左加速到v0所需的时间t4==0.2 s 可得Δt=t3+t4 b在Δt时间内向右运动的距离 Δx=·t3-·t4=0.3 m 循环10次后b向右运动的距离 x'=10·Δx=3 m 每一次相对传送带运动的路程 s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J 然后b继续向右减速运动，根据运动学公式 vt5-a=L-x' 解得t5=0.2 s 此过程，b相对传送带运动的路程 s'=L-x'+v0t5=0.5 m 此过程中b与传送带摩擦产生的热量 Q2=μmbgs'=5 J b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。 二、板块模型的综合分析 1.动力学观点 2.动量观点 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。 3.能量观点 应注意区分滑块、木板各自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)。 【典例】3　(2025·江苏常州市一模)如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块A(可视为质点)，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为μ，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A一个向右的速度4v0，使A在C上滑动，当A的速度减为v0时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为v0，重力加速度为g。求： (1)从A获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？ (2)因拉断绳子造成的机械能损失为多少？ (3)若A最终未脱离木板C，则木板C的长度至少为多少？ 【答案】(1)　(2)m　(3) 【解析】(1)对滑块A，根据动量定理-μmgt=mv0-m×4v0 解得t= (2)A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒 m×4v0=mv0+3mvC 解得vC=v0 C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒 3mvC=3m×v0+2mvB 解得vB=v0 在绳子拉断瞬间损失的机械能为 ΔE=×3m-×3m-×2m 解得ΔE=m (3)在绳子伸直之前，A、C构成的系统根据功能关系 μmgx1=m-m-×3m 解得x1= 绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒mv0+3m×v0=(m+3m)v 解得v=v0 绳子拉断后，A、C系统根据功能关系 μmgx2=m+×3m-×(m+3m)v2 得x2= 木板C的长度至少为L=x1+x2=。 三、图像法或数学归纳法解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 【典例】4　(2025·江苏卷·14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 【答案】(1)v0　(2)　(3)()4n+1m 【解析】(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，相碰二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。 (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2 由能量守恒定律有m=m+×3m 解得v1=-v0，v2=v0 负号表示速度反向，则第一次碰撞后玻璃球的速度大小为v0。 (3)根据题意结合(2)问分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小变为碰撞前的，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为v=()2nv0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小Ek=mv2=()4n+1m。 【典例】5　(2025·辽宁省名校联盟一模)如图甲所示，在足够长的固定斜面上静置一物块B，t=0时将质量为m的物块A从距离物块B斜上方L处由静止释放，t=9t0时，物块A、B发生第一次碰撞，t=19t0时，两者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的v-t图线如图乙所示(其中v0、t0均为未知量)，若每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。 (1)求物块A沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值； (2)求第一次碰撞后物块A沿斜面向上运动的最大距离； (3)已知物块B的质量M=17m，且A、B物块每次碰撞前物块B均已经停止运动，求物块B沿斜面下滑的最大距离。 【答案】(1)2　(2)L　(3)L 【解析】(1)根据题意，由题图乙可知，物块A在13t0~19t0的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小a1== 物块A在9t0~13t0的时间内沿斜面匀减速上滑，加速度大小a2== 解得=2 (2)物块A在13t0~19t0时间内与在0~9t0的时间内受力情况一致，则加速度相同，故t=9t0时v=a1·9t0=9v0 刚释放物块A时，A、B之间的距离为L，则有L=×9t0，整理得v0t0=L 物块A在9t0~13t0的时间内沿斜面向上运动，运动的距离L1==16v0t0 联立解得L1=L (3)物块A与物块B第一次碰撞时，由动量守恒有mv=mvA1+MvB1 其中v=9v0，vA1=-8v0，M=17m 联立解得vB1=v0 则物块A在13t0~19t0时间内下滑的距离L2==18v0t0 已知第二次碰撞前物块B已停止运动，故物块B碰后沿斜面下滑的距离x1=L2-L1=2v0t0 物块A与物块B发生第二次碰撞，由题图乙可知，碰前瞬间物块A的速度v1=6v0 由动量守恒有mv1=mvA2+MvB2 由机械能守恒有m=m+M 联立解得vB2=v0 设物块B下滑过程中的加速度大小为a，第一次碰撞后物块B下滑的距离为x1，则有2ax1= 设第二次碰撞后物块B下滑的距离为x2，则有2ax2= 可得x2=x1 以此类推可得xn=x1 则物块B运动的总距离x=x1+x2+x3+…+xn=·x1 当n→∞时，代入数据解得x=L。 计算题培优练1　力学中的多过程组合问题　 [分值：25分] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(11分)(2025·山东卷·17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1 kg，b的质量mb= kg，方形物体的质量M= kg，重力加速度大小g=10 m/s2，弹簧的劲度系数k=50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)(4分)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)(7分)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 【答案】(1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　2.5 J 【解析】(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1=Mv2 由能量守恒定律有mgh=m+M 联立解得v1=6 m/s，v2= m/s 即小球速度大小为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度大小为 m/s，方向水平向右。 (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1=(m+ma)v3 解得v3=2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F=kx1 系统机械能守恒(m+ma)=(m+ma)+k 联立解得v4=1 m/s，x1=0.3 m 固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb 解得vb= m/s，方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm=(m+ma)+k-(m+ma+mb)=2.5 J。 2.(14分)(2025·广西卷·15)图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入已与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°，以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内： (1)(2分)单个散货的质量。 (2)(3分)水平传送带的平均传送速度大小。 (3)(9分)倾斜传送带的平均输出功率。 【答案】(1)　(2)　(3) 【解析】(1)对单个散货由动量定理-I=0-mv0 解得单个散货的质量为m= (2)落入货箱中散货的个数为N== 则水平传送带的平均传送速度大小为 == (3)设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律μmgcos 30°-mgsin 30°=ma 解得a=g 加速时间t1== 加速位移x1=a= 设匀速时间为t2 其中t1+t2=9Δt 则匀速位移为x2=v0t2=v0(9Δt-) 故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt- 在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1= 在Δt时间内传送带额外多做的功为W=m+mgLsin 30°+Q 其中m=，L=9v0Δt-，Q=μmgcos 30°Δx，= 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为=。 计算题培优练2　板块模型的综合分析　 [分值：25分]　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(11分)(2024·安徽卷·14)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动，已知细线长L=1.25 m。小球质量m=0.20 kg。物块、小车质量均为M=0.30 kg。小车上的水平轨道长s=1.0 m。圆弧轨道半径R=0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)(3分)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)(3分)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)(5分)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 【答案】(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 【解析】(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理mgL=m-0，解得v0=5 m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律得 FT-mg=m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2 m=m+M 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3 由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4 由能量守恒定律得 M=×2M+μ2Mgs+MgR 解得μ2=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 2.(14分)(2025·湖北省九师联盟一模)如图所示，水平地面放置“L”形长木板B，木板左侧有凸起的小挡板，木板B上表面P点处放置小铁块C(可视为质点)，P点到挡板间的上表面光滑且距离d=3.5 m，P点右侧的上表面粗糙，铁块C与木板B上P点右侧的上表面间动摩擦因数μ1=0.5，木板B与水平地面间动摩擦因数μ2=。质量m1=0.2 kg的小物块A以速度v0=16 m/s与木板B发生弹性碰撞，一段时间后木板B与铁块C发生弹性碰撞，所有碰撞时间极短，木板B质量m2=0.6 kg，铁块C质量m3=0.12 kg，铁块C始终没有脱离木板B，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)(6分)物块A与木板B碰后B的速度大小及木板B与铁块C碰后C的速度大小； (2)(5分)铁块C与木块B间的摩擦力对木板B所做的功； (3)(3分)木板B的最小长度。 【答案】(1)8 m/s　10 m/s　(2)0.4 J　(3) m 【解析】(1)物块A与木板B发生弹性碰撞有m1v0=m1vA+m2vB，m1=m1+m2 得vB=8 m/s A、B碰撞后铁块C静止不动，木板B加速度大小a==4 m/s2 设木板B与铁块C碰前B的速度大小为v1， 则-=-2ad 得v1=6 m/s 木板B与铁块C发生弹性碰撞有m2v1=m2v2+m3v3，m2=m2+m3 得v2=4 m/s，v3=10 m/s。 (2)木板B与铁块C相碰后，C做匀速运动，B做匀减速运动，经过时间t1铁块C运动到P点有v3t1-(v2t1-a)=d 得t1=0.5 s 此时木板B的速度大小v4=v2-at1=2 m/s 此后铁块C的加速度大小aC=μ1g=5m/s2 木板B的加速度大小aB==3 m/s2 经过时间t2木板B停止运动，此过程木板B位移xB== m t2== s，此时铁块C速度大小为vC=v3-aCt2>0， 故此后，μ1m3g<μ2(m2+m3)g，木板B静止不动，铁块C继续做匀减速运动到停止，铁块C与木板B间的摩擦力对木板B所做的功 W=μ1m3gxB=0.4 J (3)设铁块C从P点向右一直减速到零的位移为xC，有μ1m3gxC=m3 得xC=10 m 铁块C静止在木板B上的位置与P点距离d1=xC-xB= m 则木板B最小长度L=d+d1= m。 计算题培优练3　图像法或数学归纳法解决多次碰撞问题　 [分值：30分] 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(15分)(2024·湖南卷·15改编)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)(5分)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)(10分)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。 【答案】(1)　 (2)2或5 【解析】(1)小球A、B碰撞过程系统动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v， 根据动量守恒定律mAv0=(mA+mB)v 可得v= 碰撞后根据牛顿第二定律有 F=(mA+mB) 联立可得F= (2)若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB， 碰撞过程中由动量守恒、机械能守恒有 mAv0=mAvA+mBvB mA=mA+mB 联立解得vA=v0，vB= 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，设圆环周长为l，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程分别为 sA=+k1l sB=l+k1l k1=0，1，2，3，…， 则有== 联立解得= 由于两质量均为正数， 故k1=0， 即=2 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA'、vB'， 则同样有mAvA+mBvB=mAvA'+mBvB' mA+mB=mAvA'2+mBvB'2 联立解得vA'=v0，vB'=0， 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通过的路程分别为sA=l+k2l sB=l+k2l k2=0，1，2，3，…； 所以== 联立可得= 因为两质量均为正数，故k2=0， 即=5 根据①的分析可证vA'=v0，vB'=0，满足题意。 综上可知=2或=5。 2.(15分)(2025·山东临沂市一模)如图甲所示，一可看作质点的物块A位于底面光滑的木板B的最左端，A和B以相同的速度v0=7 m/s在水平地面上向左运动。t=0时刻，B与静止的长木板C发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，B、C厚度相同，A平滑地滑到C的右端，此后A的v-t图像如图乙所示，t=1.9 s时刻，C与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后C的速度大小不变，方向相反；运动过程中，A始终未离开C。已知A与C的质量mA=mC=0.1 kg，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)(4分)C与A间的动摩擦因数μ1以及C与地面间的动摩擦因数μ2； (2)(5分)B和C第一次碰撞后B的速度大小； (3)(6分)t=1.9 s之后A、C间因摩擦产生的热量Q为多少？ 【答案】(1)0.4　0.1　(2)3 m/s　(3)1.056 J 【解析】(1)由题图乙知，0~0.5 s过程中，A在C上滑动的加速度大小为a1== m/s2=4 m/s2 由受力分析和牛顿第二定律有μ1mAg=mAa1 解得C与A间的动摩擦因数为μ1=0.4 在0.5~1.9 s过程中，A和C一起运动的加速度大小为a2== m/s2=1 m/s2 对A、C整体由受力分析和牛顿第二定律有μ2(mA+mC)g=(mA+mC)a2 解得C与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1 (2)在0~0.5 s过程中，设C的加速度为a3，对C进行受力分析，由牛顿第二定律有μ1mAg-μ2·(mA+mC)g=mCa3 解得a3=2 m/s2 设t=0时刻C的速度为vC，经t1=0.5 s匀加速到v1=5.0 m/s 由运动学公式v1=vC+a3t1 解得vC=4 m/s B和C发生弹性碰撞，由动量守恒定律有mBv0=mBvB+mCvC 由能量守恒定律有mB=mB+mC 解得mB=0.04 kg，vB=-3 m/s 所以B和C第一次碰撞后B的速度大小为3 m/s (3)由题图乙有，C与墙壁碰撞后速度大小为v2C=3.6 m/s 设向右匀减速运动的时间为t2，加速度的大小为a4，则μ1mAg+μ2·(mA+mC)g=mCa4 其中v2C=a4t2 解得t2=0.6 s 即t=2.5 s时刻，C速度为零，此时A的速度v3=v2A-a1t2=(3.6-4×0.6) m/s=1.2 m/s 接着A继续向左做减速运动，C向左加速，设共速时间为t3，由运动学公式可知v共=v3-a1t3=a3t3 可得t3=0.2 s，v共=0.4 m/s 由图可知t=1.9 s之后A、C间的相对位移为阴影部分面积，故因摩擦产生的热量为Q=μ1mAg·Δx 其中Δx=2.64 m 联立可得Q=1.056 J。 学科网（北京）股份有限公司 $