压轴03+力学三大观点的综合应用（压轴题专练）（山东专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

压轴03 力学三大观点的综合应用 典例·靶向·突破 例题1. 【答案】(1) (2) (3)t=0.2s 【详解】（1）物体从A到B的过程中，机械能守恒，则有 物体与滑块BC在水平方向动量守恒，则有 物体斜上抛到最高点，则有 物体从B到C的过程中，由动能定理可得 联立解得 （2）物体在最高点恰好与小球a在水平方向上发生弹性碰撞，则有， 解得 小球a、b与轻杆组成的系统从碰撞后到落地的过程在水平方向动量守恒，则有 a球落地时沿杆方向与b球速度关联 a、b与轻杆组成的系统从碰撞后到落地的过程机械能守恒，则有 联立解得 （3）物体与滑块BC作用的时间为t，根据动量守恒定律可得 整理可得 解得t=0.2s 例题2. 【答案】(1) (2)52.5m 【详解】（1）运动员从A至D过程中，根据机械能守恒定律 解得 在D点，由牛顿第二定律得： 解得 根据牛顿第三定律，运动员对轨道的压力大小为。 （2）运动员从D到落地的过程，竖直方向 解得t=3s 水平方向，由牛顿第二定律F=ma 解得 由 解得x=52.5m 例题3. 【答案】AC 【详解】A．小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 故A正确； B．对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 时，小物块的速度 此时木板的速度 两者的相对位移 可知，时，小物块并没有运动到木板最右端，故B错误； C．结合上述，在时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小物块以的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 上述过程小物块相对于木板向左运动，则有 解得 可知，小物块从木板左端脱离的时间 故C正确； D．若时撤去外力F，由于 令，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为， 此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为 撤去外力后小物块向右继续以的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木板进行分析有 解得 令历时两者达到相等速度，则有 解得 此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为 由于 可知，撤去外力。两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑轮木板，之后两者保持相对静止，做匀减速直线运动，一直到速度减为0后静止，即若时撤去外力F，小物块最终不会从木板右端脱离，故D错误。 故选AC。 例题4. 【答案】(1) (2)3s (3) 【详解】（1）设货物到点时的速度为从点到点的过程中，由动能定理得 解得 （2）设货物运动到平板车的最右端时速度为，两货物发生弹性碰撞，碰后的速度分别为和，则根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 联立解得， 被碰货物从点运动到点的过程中，由动能定理得 解得 则碰前平板车速度 设碰后平板车的速度设为，平板车从点到点的过程中，由动能定理得 解得 设平板车向右运动到点的时间为，返回点的时间为，平板车在、间往返一次的时间为，可得， 则 故在处推出货物的最小时间间隔为 （3）货物从点到点的过程中，设加速度大小为，货物与平板车间的动摩擦因数为，可得 由运动学公式有 联立解得 平板车从点到点的过程中，设加速度大小为，可得 由运动学公式有 联立解得货物的质量与平板车的质量的比值为 例题5. 【答案】(1)2m/s (2) (3) 【详解】（1）炸药爆炸瞬间，由能量守恒可得 对A、B组成的系统，规定向左为正方向，由动量守恒可得 解得 爆炸后瞬间，物块B的速度大小为2m/s （2）两物块及长木板的质量均为m=1kg，对物块A受力分析可得 可得 木板加速度大小与物块A的加速度大小相等，设A与木板共速后，B再与木板碰撞，规定方向向左为正方向，有 可得， 此时， 因为，故假设成立。 又 解得 可得物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间 （3）物块A与木板第一次共速前的相对位移 第一次B与木板发生碰撞， 解得， 可得 解得， 此时 第二次B与物块A发生碰撞，同理可得， 可得，， 此时 第三次B与木板发生碰撞，同理可得， 可得，， 此时 发生第n次碰撞前，物块A与木板的总相对位移为 解得 可得损失的机械能 例题6. 【答案】(1)2 (2) (3) 【详解】（1）根据题意，由图乙可知，物块A在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小 物块A在的时间内沿斜而匀减速上滑，加速度大小 解得 （2）物块A在时间内与在的时间内受力情况一致，则加速度相同，故时 刚释放物块A时，A、B之间的距离为L，则有 整理得 则物块A在的时间内沿斜而向上运动，运动的距离 联立解得 （3）物块A与物块B第一次碰撞时，由动量守恒有 其中，， 联立解得 则物块A在时间内下滑的距离 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 物块A与物块B发生第二次碰撞，由图可知，碰前瞬间物块A的速度 由动量守恒有 由机械守恒有 联立解得 设物块B下滑过程中的加速度为a，第一次碰撞后物块B下滑的距离为，则有 设第二次碰撞后物块B下滑的距离为，则有 可得 以此类推可得 则物块B运动的总距离 当时，代入数据解得 一、多选题 1． 【答案】ACD 【详解】A．当小球a滑到与圆心O等高的P点时，小球a的速度v沿圆环的切线方向向下，此时小球a沿杆方向的速度为零，所以小球b此时的速度为零，则由机械能守恒定律可得 解得此时小球a的速度大小为，故A正确； B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，小球a的向心加速度为，故B错误； C．小球a从释放到下滑至圆环最低点的过程中，a、b两球组成的系统只有重力对系统做功，所以a、b两球组成的系统机械能守恒，故C正确； D．当小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点时，如图所示： 此时小球a的速度沿杆方向，设此时小球、b的速度分别为、，则有 由几何关系可得 从点下滑至杆与圆环相切的点的过程，小球a下降的高度为 a、b两球组成的系统满足机械能守恒，则有 小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，对小球b列动能定理方程有 联立解得杆对小球b做的功为，故D正确。 故选ACD。 2． 【答案】BD 【详解】A．从A点到B点的过程中，由动能定理得 解得，故A错误； B．小球在B点时，对小球进行受力分析 沿直径方向有 向心加速度大小为 解得，故B正确； C．小球在B点时，对其速度进行正交分解 ， 小球从B点到最高点所用时间 B点到最高点间的竖直距离为 由得到小球下落过程中所用时间 小钢球从B点运动到C点所用时间，故C错误； D．水平位移 C点与O点的距离为，故D正确。 故选BD。 3． 【答案】AB 【详解】A．从B到C的过程中，小球受到弹簧弹力与重力mg的共同作用，弹力F从零逐渐增大，当时有 小球做加速运动，速度逐渐增大，当时速度最大； 小球继续向下运动，有 此时对小球分析有 小球开始做减速运动，直至运动到C点速度减为0，故A正确； B．若小球从B点由静止释放，根据简谐运动的对称性可知运动到最低点时的加速度应为g，此时对小球分析，应有 现在小球从更高的位置释放，根据机械能守恒原理，小球达到最低点的位置应更低，所以此时小球在C点的加速度应大于g，方向向上，故B正确； C．设小球在B点时的速度为v，从B到C对小球应用动量定理，有 所以弹力的冲量大于重力的冲量，故C错误； D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，但小球从B运动到C的过程中小球的动能发生变化，所以小球的重力势能与弹簧的势能之和会变化，故D错误。 故选AB。 4． 【答案】BC 【详解】A．小球到B点时开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，则小球继续向下加速运动，小球在B点时的速度不是最大，当小球受到的弹力等于重力时，小球的速度才达到最大，故A错误； B．设小球在平衡位置的速度为，根据动能定理可得，， 即图乙中轴上方和下方阴影部分的面积大小相等，故B正确； C．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大，故C正确； D．设平衡位置为O，弹簧在平衡位置的压缩量为，则有 设平衡位置O下方有一D点，且B、D相对于O点对称，根据对称性可知，小球到达D点的速度等于B点的速度，且B、D两点的加速度大小相等，即D点的加速度大小为，则小球在最低点C点的加速度大于，方向向上，根据牛顿第二定律可得 解得 即小球从到的运动过程中下落的高度大于，故D错误。 故选BC。 5． 【答案】BD 【详解】A．小球落地时重力的功率，故A错误； B．在竖直方向，根据动量定理，有 其中 解得，故B正确； C．在水平方向，根据动量定理，有 其中， 解得，故C错误； D．根据动能定理，有 解得 故选 BD。 6． 【答案】BC 【详解】AB．假设铁锤与石板碰撞前的速度为，则 解得 铁锤与石板碰撞，由动量守恒定律，有 解得 根据动量定理可知，铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小 故A错误B正确； CD．弹性气囊A对石板的作用力F做的功为图像与横轴围成的面积，则 从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程，根据动能定理得 解得 故C正确D错误。 故选BC。 7． 【答案】AC 【详解】CD．物块处于静止,由二力平衡有 与碰撞前对由机械能守恒有 由动量守恒 设碰撞后、一起向下运动时速度为零，对系统由机械能守恒有 解得 弹簧的最大弹性势能值为 故C正确，D错误。 AB．、的平衡位置为，（） 弹簧被拉伸 故、一起做简谐运动的振幅为 据对称性知当它们振动到最高点时，弹簧刚好处于原长，弹簧的最小弹性势能值为零，故A正确，B错误。 故选AC。 8． 【答案】AD 【详解】A．物块与物块碰前的速度为，根据机械能守恒有 解得 物块沿斜面下滑后与物块碰撞并粘在一起，根据动量守恒有 解得，故A正确； B．、整体速度最大时，整体的加速度为零，可得 解得，故B错误； C．初始时及弹簧均静止，有 、整体速度最大时，根据能量守恒有 解得，故C错误； D．当、整体的速度为零时，弹簧的压缩量达到最大，有 解得，故D正确。 故选AD。 二、解答题 9． 【答案】(1)6m/s (2)4m/s (3)1kg (4)F=14N 【详解】（1）设小球抛出速度为，落至圆弧轨道最上端时竖直速度为，有 因为 滑至圆弧形轨道最低点时速度为，由机械能守恒定律 由以上可得 （2）小球与木板碰撞过程动量守恒 能量关系有 解得 （3）物块向右加速，加速度大小为，则有 木板向右减速，加速度大小为，则有 滑至左端时速度关系 位移关系 由以上可得 （4）恒力作用下木板加速度，由牛顿第二定律有 经时间撤去拉力时速度为，则 再经时间物块滑至木板左端，此时与木板共速，速度大小为，则有 因为 滑块相对木板向右运动时 滑块位移 木板位移 位移关系 由以上可得 10． 【答案】(1) (2) (3)（n=1，2，3…），（n=1，2，3…） 【详解】（1）物块A恰好到达圆弧轨道P点时，根据牛顿第二定律有 根据速度分解有 物块A距离P点最大高度 （2）设木板与轨道底端碰撞前，物块和木板的速度分别为和，Q点到木板右端的距离为。物块A从轨道最低点到点过程有 根据动量守恒定律有 根据功能关系有 联立解得，， （3）对A进行分析有 对木板进行分析有 木板位置改变前，右端到轨道底端的距离 解得 Q点到轨道底端的距离 位置改变后，使A仍能沿轨道恰好运动到上端点，则A运动过程不变，仍一直匀减速运动，历时 解得 木板与轨道底端发生次碰撞。木板从开始运动到第一次与轨道底端碰撞的时间（n=1，2，3…） 木板B经历的位移 木板B的速度 令Q点到木板右端的距离，则有 解得（n=1，2，3…） 根据能量守恒定律得 解得（n=1，2，3…） 11． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在点，由牛顿第二定律得 解得 根据动量守恒定律有 解得 （2）物块从点运动至点，由动能定理得 解得 在点，分解速度可得， 又 依题意 （3）依题意，物块P恰好从传送带左端点沿水平方向落入传送带，有 因为 所以物块从运动到先减速后匀速，到达传送带右端速度 因为物块1、2、3…、中任意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换，所以质量为的物块每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前，物块1的速度均为零。设物块P的质量为，第次与物块1碰前的速度为，碰后速度为，物块1碰后的速度为，由动量守恒和能量守恒得， 由以上两式得， 所以 因为 所以 因为 物块P在传送带上先向左减速后反向加速回到水平面上，物块P第一次与物块1碰撞后到第二次与物块1碰撞前在传送带上运动路程 物块P第二次与物块1碰撞后到第三次与物块1碰撞前在传送带上运动路程 同理 所以 当时，，所以物块P在传送带上运动的总路程为 12． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从静止释放到C的过程，由动能定理得 解得 故a滑上传送带后开始做减速运动；对a受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 a与传送带达到共同速度后一起匀速向上运动，设a加速运动的位移为，由运动学公式得 传送带的位移为 产生的热量为 联立解得 （2）①若a从斜面底端一直减速到斜面顶端时恰好达，由运动学公式得 根据动能定理有2； 解得 ②若a从斜面底端一直加速到斜面顶端时恰好达，对a受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 由运动学公式有 根据动能定理有 解得 综上可得 （3）设a滑上长木板后经时间与b发生碰撞，a的加速度为 b与长木板一起运动的加速度为 由运动学公式可得 解得 设a与b碰撞前速度分别是与，则有， 由于a与b碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得则， 解得， 设a、b碰后经过时间b与挡板发生碰撞，由运动学公式可得 解得 则有 可知小物块a滑上长木板后，经1s时间小物块与挡板发生碰撞。 13． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【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）（ⅰ）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： 碰撞前动量守恒，有： 若摩擦力与初速度夹角为，有： （ⅱ）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。 对于第2问（ⅱ）再给出两种解法，以供参考： 解法二：（ⅱ）由于挡板对小圆柱的弹力未做功，故摩擦热为系统初末总动能的变化量。碰后系统动量守恒，有： 代入数据并将Q的表达式整理为关于L的函数： 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.小圆柱与挡板碰撞前，有： 则碰撞前二者的相对路程 由： 可解得： 则必然有： 因此小圆柱未从木板滑下，结果成立。 14． 【答案】(1) (2) (3)6次 【详解】（1）A、B组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，可得 等式两边同时乘时间，并求和可得 两者相对水平位移即为绳长，则 代入，，，解得 （2）B下摆到竖直位置过程，A、B系统机械能守恒、水平动量守恒，有， 解得B与C碰撞前A、B的速度大小分别为， B与C发生弹性碰撞，动量守恒、动能守恒，则， 解得 负号表示碰撞后B向左运动，大小，碰撞后C的速度 B上升到最大高度时，A、B水平共速，水平动量守恒 解得 根据机械能守恒，有 解得 （3）C与D间摩擦力大小为 由牛顿第二定律，可得C的加速度大小为 D的加速度大小为 第一次碰撞E，D向右运动 由匀变速直线运动位移与时间的关系，得 解得 碰撞前D的速度，C的速度 碰撞后D速度反向，大小不变，则 此后C和D的加速度大小始终不变，每次D与挡板碰撞，D的速度大小不变，方向反向，但C一直在减速，每次D从挡板到左端再回来做往返运动耗时，C的速度减少 经过6次碰撞后，C的速度变为 由动量守恒定律，可得 解得 则C和D最终静止，不会与挡板E发生第7次碰撞，木板D与挡板E发生6次碰撞。 22 / 22 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 力学三大观点的综合应用 命题预测 1. 模型高度综合，过程复杂，三大观点融合考查。“力学三大观点”即动力学观点（牛顿第二定律）、能量观点（动能定理、机械能守恒）、动量观点（动量定理、动量守恒） 的综合应用是必考内容。试题要求学生能根据不同的物理过程，选择最合适的解题思路。例如，涉及时间、力的问题优先用动量定理；涉及位移、功的问题优先用动能定理；对于碰撞、反冲等瞬间过程，优先考虑动量守恒。 2. 真实情境与科技前沿紧密结合命题。严格遵循“无情境，不命题”的原则，大量引入生产生活（如机场传送带、智能分装系统）、体育运动（如跳台滑雪、冬奥会项目）、科技前沿（如航天器返回舱、电磁减速器、光伏电动车） 等背景。这类题目要求学生具备从实际场景中提取物理模型的能力，将实际问题转化为熟悉的物理模型（如匀变速直线运动、碰撞模型）。 2.注重临界条件与动态分析。山东卷对思维严谨性的考查要求较高。题目常设置“恰好不滑离”、“共速时弹簧弹性势能最大”、“能否通过最高点”等临界条件。此外，对于涉及弹簧、传送带等动态变化的过程，需要学生敏锐地判断物体在运动过程中的受力变化和速度变化，找准运动状态转换的关键点（如共速点）。 高频考法 1. 直线运动、圆周运动和抛体运动相结合，创设力学综合情境。 2. 板块、传送带、弹簧、多物体多次碰撞等经典模型融入一个多过程问题中。 知识·技法·思维 考向01 力学中的多过程组合问题 1. 拆解过程，分阶段建模 面对一个多过程大题，首要任务是读题、画图、分段。 步骤：将整个运动过程按照“受力变化”或“运动性质变化”拆分为若干个独立的小过程（如：匀加速、匀速、碰撞、减速）。 衔接：关注过程衔接点的物理量，特别是速度。前一阶段的末速度往往是后一阶段的初速度，也是动量守恒或能量守恒列式的关键纽带。 2. 明确观点，精准选用规律 针对不同阶段，快速选择解题观点：涉及时间、力（特别是变力）的积累效果：优先考虑动量定理。 涉及位移、功、能量转化：优先考虑动能定理或能量守恒定律（注意区分摩擦生热Q = f·x相对）。涉及碰撞、反冲、合外力为零的系统：优先考虑动量守恒定律。涉及加速度、瞬时作用力：优先考虑牛顿第二定律（运动学公式）。 考向02 三大观点分析力学中的“板块模型”问题 1．“板—块”模型的动力学问题 (1)系统内某一物体若受拉力F，需利用牛顿第二定律判定二者之间有无相对滑动。 (2)若有相对滑动，注意二者相对位移和对地位移之间的关系。 (3)注意滑块恰好不滑出木板的临界条件是二者共速。 2．“板—块”模型中的功能关系问题 (1)系统的功能关系分析：WF－fΔx＝ΔEk。 (2)系统的摩擦产生的内能：Q＝fΔx。 3．“板—块”模型中的动量问题 (1)单个物体，涉及时间的情况下，应用动量定理研究。 (2)对系统，合外力为0的情况下，应用动量守恒定律研究。 1.带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。 2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。 考向03 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·靶向·突破 题型01力学中的多过程组合问题 例题1. （2026·山东滨州·一模）在水平面上固定一竖直弧形轨道，弧形轨道左侧固定一弹簧，最低点与一上表面为四分之一圆周的滑块BC平滑连接，滑块质量M=2kg，圆周半径R=0.35m，未固定。滑块BC右侧有一竖直锁定的轻杆，轻杆两端分别连接小球a、b，轻杆长L=0.8m，a、b小球的质量分别为ma=3kg、mb=6kg。现压缩弹簧，将静止的物体从A点沿弧形轨道弹出，弹簧的弹性势能Ep=16J全部转化为物体的动能，物体质量m=1kg、A点高度h=0.2m，物体沿滑块从B点滑到C点时，滑块BC沿水平面运动了，当物体滑离C点时，滑块BC立即制动，物体运动到最高点时，解除轻杆的锁定，此时，物体恰好与小球a发生弹性正碰，之后物体和小球a均落地不反弹，且物体不再与a、b及杆组成的系统相碰，小球b始终不离开地面，物体、两小球均可视为质点，滑块BC上表面粗糙，其它接触面均光滑，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求： (1)滑块BC对物体做的功W； (2)小球a落地前瞬间的动能Ek； (3)物体在滑块上从B运动到C的时间t。 【答案】(1) (2) (3)t=0.2s 【详解】（1）物体从A到B的过程中，机械能守恒，则有 物体与滑块BC在水平方向动量守恒，则有 物体斜上抛到最高点，则有 物体从B到C的过程中，由动能定理可得 联立解得 （2）物体在最高点恰好与小球a在水平方向上发生弹性碰撞，则有， 解得 小球a、b与轻杆组成的系统从碰撞后到落地的过程在水平方向动量守恒，则有 a球落地时沿杆方向与b球速度关联 a、b与轻杆组成的系统从碰撞后到落地的过程机械能守恒，则有 联立解得 （3）物体与滑块BC作用的时间为t，根据动量守恒定律可得 整理可得 解得t=0.2s 例题2.（2026·山东滨州·一模）2026年米兰—科尔蒂纳丹佩佐冬奥会中，中国代表团斩获5金4银6铜，刷新境外冬奥最佳战绩。为研究运动员从助滑坡滑下、经起跳台飞出并最终落在水平地面的过程，建立如下简化物理模型；轨道AB段是长度L=20m的直线轨道，在B点与圆弧轨道BCD相切，轨道BCD是圆心为O、半径R=20m的竖直圆弧轨道，C点为圆弧的最低点，∠BOC为θ，θ=53°，∠COD为α，α=37°，D点离水平地面的高度h=9m，E点在D点正下方，EF为水平地面。运动员从A点由静止出发，沿轨道运动，从D飞出并落到水平地面EF上，从D点到落地过程中，受到水平向右的恒定风力，大小F=50N，其它过程中风力忽略不计。已知当地重力加速度g=10m/s2，运动员可视为质点，运动员连同装备的总质量m=50kg，不计一切摩擦和空气阻力。sin53°=0.8。求： (1)运动员运动至D点时，对轨道压力FN的大小； (2)运动员落地点到E点的距离x。 【答案】(1) (2)52.5m 【详解】（1）运动员从A至D过程中，根据机械能守恒定律 解得 在D点，由牛顿第二定律得： 解得 根据牛顿第三定律，运动员对轨道的压力大小为。 （2）运动员从D到落地的过程，竖直方向 解得t=3s 水平方向，由牛顿第二定律F=ma 解得 由 解得x=52.5m 题型解码 将运动过程拆解为多个过程，对物体受力分析，运动过程分析，选择合适的方法，分别从动力学、动量、能量三种观点求解。 题型02 三大观点分析力学中的“板块模型”问题 例题3. (多选)（2025·山东潍坊·三模）如图所示，质量的长木板静止在粗糙水平地面上，时刻对木板施加的水平向右恒力，同时质量的小物块以的初速度从左端滑上木板。已知木板长度，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为 B．时，小物块恰好运动到木板最右端 C．时，小物块从木板左端脱离 D．若时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离 【答案】AC 【详解】A．小物块刚滑上木板时，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 故A正确； B．对小物块进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 时，小物块的速度 此时木板的速度 两者的相对位移 可知，时，小物块并没有运动到木板最右端，故B错误； C．结合上述，在时，小物块与木板速度恰好相等，之后两者不能够保持相对静止，小物块以的加速度向右做匀加速直线运动，木板以比小物块更大的加速度向右做匀加速直线运动，对木板进行分析，根据牛顿第二定律有 解得 上述过程小物块相对于木板向左运动，则有 解得 可知，小物块从木板左端脱离的时间 故C正确； D．若时撤去外力F，由于 令，结合上述可知，此时小物块与木板的速度分别为， 此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为 撤去外力后小物块向右继续以的加速度做匀加速直线运动，木板向右做匀减速直线运动，对木板进行分析有 解得 令历时两者达到相等速度，则有 解得 此时间内小物块相对于木板向左运动，则相对位移为 由于 可知，撤去外力。两者达到相等速度后，小物块没有从左端滑轮木板，之后两者保持相对静止，做匀减速直线运动，一直到速度减为0后静止，即若时撤去外力F，小物块最终不会从木板右端脱离，故D错误。 故选AC。 例题4. （2026·山东聊城·一模）如图为货物“绿色”传输的示意图。自动分拣装置不断的将传送带运送来的质量均为的货物在处以初速度沿轨道推出，货物在轨道末端无机械能损失地滑上静止在水平面上的平板车，平板车的质量为，货物运动到平板车的最右端时，货物的速度恰好是平板车速度的1.5倍，此时平板车与吸能装置碰撞，货物滑上水平工作台，并与静止在点的另一货物发生弹性正碰，被碰货物最终停在点后运走，而平板车经碰撞后反弹，恰好能返回到点。已知轨道的长度、倾角，平板车右端与吸能装置的距离，工作台、间的距离，货物与轨道、工作台间的动摩擦因数，平板车与地面间的摩擦力为平板车对地面压力的0.1倍，货物可看成质点，不计空气阻力和碰撞时间，重力加速度取，。求： (1)货物在点的速度大小； (2)为使货物都能顺利运到处，在处推出货物的最小时间间隔； (3)货物的质量与平板车的质量的比值。 【答案】(1) (2)3s (3) 【详解】（1）设货物到点时的速度为从点到点的过程中，由动能定理得 解得 （2）设货物运动到平板车的最右端时速度为，两货物发生弹性碰撞，碰后的速度分别为和，则根据动量守恒定律有 根据机械能守恒定律有 联立解得， 被碰货物从点运动到点的过程中，由动能定理得 解得 则碰前平板车速度 设碰后平板车的速度设为，平板车从点到点的过程中，由动能定理得 解得 设平板车向右运动到点的时间为，返回点的时间为，平板车在、间往返一次的时间为，可得， 则 故在处推出货物的最小时间间隔为 （3）货物从点到点的过程中，设加速度大小为，货物与平板车间的动摩擦因数为，可得 由运动学公式有 联立解得 平板车从点到点的过程中，设加速度大小为，可得 由运动学公式有 联立解得货物的质量与平板车的质量的比值为 题型解码 对物块和木板采用隔离法或整体法发受力分析，由牛顿第二定律求加速度，判断临界条件，分析位移和速度满足的条件。判断是否符合动量守恒，若动量不守恒也可采用动量定理对单个物体分析。结合动能关系，用能量观点处理各种能量间的转化。 题型03图像法或数学归纳法解决多次碰撞问题 例题5. （2025·山东济南·一模）如图所示，光滑水平地面上有一右侧带挡板的长木板，不同材料做成的物块A、B中间夹有微量炸药放置在木板上，物块B离挡板的距离为L=5.5m，炸药具有的化学能E0=8J，物块A、B均视为质点。引爆炸药，将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，两物块均未从木板上滑下。已知两物块及长木板的质量均为m=1kg，物块A与长木板间的动摩擦因数为μ=0.1，物块B与长木板间无摩擦，重力加速度g=10m/s2，碰撞时间不计，求 (1)爆炸后瞬间，物块B的速度大小； (2)物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间； (3)整个过程中，物块B与物块A、挡板之间发生碰撞的总次数记为n，发生第n次碰撞前系统损失的机械能记为E，当n>2时，写出E与n的关系。 【答案】(1)2m/s (2) (3) 【详解】（1）炸药爆炸瞬间，由能量守恒可得 对A、B组成的系统，规定向左为正方向，由动量守恒可得 解得 爆炸后瞬间，物块B的速度大小为2m/s （2）两物块及长木板的质量均为m=1kg，对物块A受力分析可得 可得 木板加速度大小与物块A的加速度大小相等，设A与木板共速后，B再与木板碰撞，规定方向向左为正方向，有 可得， 此时， 因为，故假设成立。 又 解得 可得物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间 （3）物块A与木板第一次共速前的相对位移 第一次B与木板发生碰撞， 解得， 可得 解得， 此时 第二次B与物块A发生碰撞，同理可得， 可得，， 此时 第三次B与木板发生碰撞，同理可得， 可得，， 此时 发生第n次碰撞前，物块A与木板的总相对位移为 解得 可得损失的机械能 例题6.如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B，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，时，物块A、B发生第一次碰撞，时，二者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的图线如图乙所示（其中、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，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) (3) 【详解】（1）根据题意，由图乙可知，物块A在的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小 物块A在的时间内沿斜而匀减速上滑，加速度大小 解得 （2）物块A在时间内与在的时间内受力情况一致，则加速度相同，故时 刚释放物块A时，A、B之间的距离为L，则有 整理得 则物块A在的时间内沿斜而向上运动，运动的距离 联立解得 （3）物块A与物块B第一次碰撞时，由动量守恒有 其中，， 联立解得 则物块A在时间内下滑的距离 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 物块A与物块B发生第二次碰撞，由图可知，碰前瞬间物块A的速度 由动量守恒有 由机械守恒有 联立解得 设物块B下滑过程中的加速度为a，第一次碰撞后物块B下滑的距离为，则有 设第二次碰撞后物块B下滑的距离为，则有 可得 以此类推可得 则物块B运动的总距离 当时，代入数据解得 题型解码 动碰静的弹性碰撞前后速度存在确定的比例关系，若多次碰撞，速度成等比数列，结合运动学公式或功能关系，位移也成等比数列。 一、多选题 1．（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R=0.5m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为2m的小球a套在半圆环上，质量为m=1kg的小球b套在直杆上，两者之间用长为的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处静止释放，让其沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g=10m/s2，则以下说法中正确的是（　　） A．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度大小为 B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的向心加速度为10m/s2 C．小球a从释放到下滑至圆环最低点过程中，a、b两球组成的系统机械能守恒 D．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）的过程中，杆对小球b做的功为 【答案】ACD 【详解】A．当小球a滑到与圆心O等高的P点时，小球a的速度v沿圆环的切线方向向下，此时小球a沿杆方向的速度为零，所以小球b此时的速度为零，则由机械能守恒定律可得 解得此时小球a的速度大小为，故A正确； B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，小球a的向心加速度为，故B错误； C．小球a从释放到下滑至圆环最低点的过程中，a、b两球组成的系统只有重力对系统做功，所以a、b两球组成的系统机械能守恒，故C正确； D．当小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点时，如图所示： 此时小球a的速度沿杆方向，设此时小球、b的速度分别为、，则有 由几何关系可得 从点下滑至杆与圆环相切的点的过程，小球a下降的高度为 a、b两球组成的系统满足机械能守恒，则有 小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点的过程中，对小球b列动能定理方程有 联立解得杆对小球b做的功为，故D正确。 故选ACD。 2．（2025·山东·模拟预测）如图甲为循环弹珠玩具，小钢球从左端漏斗进入轨道，沿轨道运动至圆轨道最高点后向左上方抛出，落在左端漏斗中，再次进入轨道。小钢球沿圆轨道上升并从轨道抛出过程的简化原理如图乙所示，半径为L的光滑圆轨道竖直放置，其圆心为O，A为轨道最低点，AO竖直，B为轨道最高点，OB与竖直方向的夹角为60°，在与圆心O等高处放置水平平台。质量为m的小钢球（视为质点）从最低点A以水平初速度沿轨道上升，到达B点后做斜抛运动并经过水平平台的C点（未画出）。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小钢球到达B点时的速度大小为 B．小钢球脱离轨道前瞬间，所受轨道支持力的大小为1.5mg C．小钢球从B点运动到C点所用时间为 D．C点与O点的距离为 【答案】BD 【详解】A．从A点到B点的过程中，由动能定理得 解得，故A错误； B．小球在B点时，对小球进行受力分析 沿直径方向有 向心加速度大小为 解得，故B正确； C．小球在B点时，对其速度进行正交分解 ， 小球从B点到最高点所用时间 B点到最高点间的竖直距离为 由得到小球下落过程中所用时间 小钢球从B点运动到C点所用时间，故C错误； D．水平位移 C点与O点的距离为，故D正确。 故选BD。 3．（2026·山东济宁·一模）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，可视为质点的小球从点自由下落，至点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为点，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　） A．小球从到过程中，速度先增大再减小 B．小球在点时加速度大于 C．小球从到过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量 D．小球从到过程中，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变 【答案】AB 【详解】A．从B到C的过程中，小球受到弹簧弹力与重力mg的共同作用，弹力F从零逐渐增大，当时有 小球做加速运动，速度逐渐增大，当时速度最大； 小球继续向下运动，有 此时对小球分析有 小球开始做减速运动，直至运动到C点速度减为0，故A正确； B．若小球从B点由静止释放，根据简谐运动的对称性可知运动到最低点时的加速度应为g，此时对小球分析，应有 现在小球从更高的位置释放，根据机械能守恒原理，小球达到最低点的位置应更低，所以此时小球在C点的加速度应大于g，方向向上，故B正确； C．设小球在B点时的速度为v，从B到C对小球应用动量定理，有 所以弹力的冲量大于重力的冲量，故C错误； D．小球与弹簧组成的系统机械能守恒，但小球从B运动到C的过程中小球的动能发生变化，所以小球的重力势能与弹簧的势能之和会变化，故D错误。 故选AB。 4．（2026·山东聊城·一模）如图甲所示，劲度系数为的轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为的小球从点自由下落，至点时开始压缩弹簧，下落的最低位置为点。以点为坐标原点，沿竖直向下建立轴，定性画出小球从到过程中加速度与位移的关系，如图乙所示。重力加速度为，对于小球、弹簧和地球组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．小球在点时的速度最大 B．图乙中轴上方和下方阴影部分的面积大小相等 C．小球从到，系统的动能与弹性势能之和增大 D．小球从到的运动过程中下落的高度为 【答案】BC 【详解】A．小球到B点时开始压缩弹簧，一开始弹力小于重力，则小球继续向下加速运动，小球在B点时的速度不是最大，当小球受到的弹力等于重力时，小球的速度才达到最大，故A错误； B．设小球在平衡位置的速度为，根据动能定理可得，， 即图乙中轴上方和下方阴影部分的面积大小相等，故B正确； C．小球和弹簧、地球组成的系统机械能守恒，小球从B运动到C的过程中，小球的重力势能一直在减小，小球的动能与弹簧的弹性势能之和一直在增大，故C正确； D．设平衡位置为O，弹簧在平衡位置的压缩量为，则有 设平衡位置O下方有一D点，且B、D相对于O点对称，根据对称性可知，小球到达D点的速度等于B点的速度，且B、D两点的加速度大小相等，即D点的加速度大小为，则小球在最低点C点的加速度大于，方向向上，根据牛顿第二定律可得 解得 即小球从到的运动过程中下落的高度大于，故D错误。 故选BC。 5．如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹，分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为，初始时小球离地面高度为h，已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球落地时重力的功率为mgv B．小球下落的时间为 C．小球下落过程中水平位移大小为 D．小球下落过程中空气阻力做的功为 【答案】BD 【详解】A．小球落地时重力的功率，故A错误； B．在竖直方向，根据动量定理，有 其中 解得，故B正确； C．在水平方向，根据动量定理，有 其中， 解得，故C错误； D．根据动能定理，有 解得 故选 BD。 6．（2025·山东·模拟预测）如图甲所示，质量为m＝3kg的铁锤从石板上方高h＝5m处由静止自由落下，竖直砸中石板后，铁锤与石板瞬间达到共同速度，然后一起向下运动距离d＝5cm后速度减为零，该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的规律如图乙所示，已知石板的质量为铁锤质量的19倍，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小57N·s B．铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小28.5N·s C．弹性气囊A对石板作用力的最大值 D．弹性气囊A对石板作用力的最大值 【答案】BC 【详解】AB．假设铁锤与石板碰撞前的速度为，则 解得 铁锤与石板碰撞，由动量守恒定律，有 解得 根据动量定理可知，铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小 故A错误B正确； CD．弹性气囊A对石板的作用力F做的功为图像与横轴围成的面积，则 从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程，根据动能定理得 解得 故C正确D错误。 故选BC。 7．（2026·山东济南·模拟预测）如图所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与质量为物块相连，物块处于静止状态，此时弹簧的形变量为。现将质量也为的物块置于斜面上的点，点与物块的距离为，将物块由静止释放，与碰撞后粘在一起以共同速度沿斜面向下运动。已知物块、均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为，弹簧弹性势能可表达为，其中为弹簧的劲度系数，为形变量，则物块从点由静止释放后的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最小弹性势能值为零 B．弹簧的最小弹性势能值不为零 C．弹簧的最大弹性势能值为 D．弹簧的最大弹性势能值为 【答案】AC 【详解】CD．物块处于静止,由二力平衡有 与碰撞前对由机械能守恒有 由动量守恒 设碰撞后、一起向下运动时速度为零，对系统由机械能守恒有 解得 弹簧的最大弹性势能值为 故C正确，D错误。 AB．、的平衡位置为，（） 弹簧被拉伸 故、一起做简谐运动的振幅为 据对称性知当它们振动到最高点时，弹簧刚好处于原长，弹簧的最小弹性势能值为零，故A正确，B错误。 故选AC。 8．（2025·山东·模拟预测）如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平面上，其底部有一垂直于斜面的挡板，通过轻质弹簧与质量的物块相连，初始时及弹簧均静止。现将质量也为1kg的物块从物块上方沿斜面距离处由静止释放，物块沿斜面下滑后与物块碰撞并粘在一起，随后共同向下压缩弹簧到最大压缩量。已知弹簧的劲度系数，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，取重力加速度。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后瞬间物块的速度大小为 B．、整体速度最大时，弹簧的压缩量为0.1m C．、整体的最大速度大小为 D．弹簧的最大压缩量为 【答案】AD 【详解】A．物块与物块碰前的速度为，根据机械能守恒有 解得 物块沿斜面下滑后与物块碰撞并粘在一起，根据动量守恒有 解得，故A正确； B．、整体速度最大时，整体的加速度为零，可得 解得，故B错误； C．初始时及弹簧均静止，有 、整体速度最大时，根据能量守恒有 解得，故C错误； D．当、整体的速度为零时，弹簧的压缩量达到最大，有 解得，故D正确。 故选AD。 二、解答题 9．（2025·山东济南·模拟预测）如图所示，长为的木板静置于水平地面上，右端上方放置物块，左端紧靠与地面相切的光滑圆弧形轨道，圆弧半径为，对应圆心角为，左侧平台与圆心等高。小球从平台上水平抛出，从弧形轨道最上端无碰撞地进入轨道，沿轨道滑至最低点时与木板发生碰撞，系统碰撞损失的动能为碰前系统动能的，随后物块相对木板向左滑，滑行至木板最左端后，再相对木板向右滑，最后静止在木板上。已知，，，，，物块与木板间动摩擦因数，木板与地面间动摩擦因数，小球与物块均可视为质点，不计碰撞时间，重力加速度大小。 (1)求小球滑至圆弧形轨道最低点时的速度； (2)求碰撞后瞬间，木板的速度； (3)求物块的质量； (4)木板静止后，将物块再次放置于木板的右端，对木板施加一水平向右的恒力，一段时间后撤去力，物块先滑至木板左端，再滑至木板右端后静止，求力的大小。 【答案】(1)6m/s (2)4m/s (3)1kg (4)F=14N 【详解】（1）设小球抛出速度为，落至圆弧轨道最上端时竖直速度为，有 因为 滑至圆弧形轨道最低点时速度为，由机械能守恒定律 由以上可得 （2）小球与木板碰撞过程动量守恒 能量关系有 解得 （3）物块向右加速，加速度大小为，则有 木板向右减速，加速度大小为，则有 滑至左端时速度关系 位移关系 由以上可得 （4）恒力作用下木板加速度，由牛顿第二定律有 经时间撤去拉力时速度为，则 再经时间物块滑至木板左端，此时与木板共速，速度大小为，则有 因为 滑块相对木板向右运动时 滑块位移 木板位移 位移关系 由以上可得 10．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，质量为1kg的木板静置于光滑水平地面上，半径为0.9m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端切线水平与木板上表面平齐，轨道上端点P和圆心连线与水平面成已知角θ，。质量为2kg的可视为质点的小物块A以8m/s的初速度从木板上某一位置Q（图上未画出，Q点左侧板足够长）开始水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.2。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端发生第一次碰撞，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道，并恰好沿轨道运动到上端点P抛出。已知g取，木板与轨道底端碰撞时无能量损失。 (1)求物块A离开轨道后距P点的最大高度； (2)求Q点到木板右端的距离； (3)改变Q点在木板上的位置，移动木板使Q点到轨道底端的距离不变，使A以8m/s的初速度从Q点开始水平向右滑行，仍能在A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端碰撞，且A沿圆弧切线方向滑上轨道，并恰好沿轨道运动到上端点P，求Q点到木板右端的距离满足的条件和对应的整个过程中A与木板之间因摩擦产生的热量。 【答案】(1) (2) (3)（n=1，2，3…），（n=1，2，3…） 【详解】（1）物块A恰好到达圆弧轨道P点时，根据牛顿第二定律有 根据速度分解有 物块A距离P点最大高度 （2）设木板与轨道底端碰撞前，物块和木板的速度分别为和，Q点到木板右端的距离为。物块A从轨道最低点到点过程有 根据动量守恒定律有 根据功能关系有 联立解得，， （3）对A进行分析有 对木板进行分析有 木板位置改变前，右端到轨道底端的距离 解得 Q点到轨道底端的距离 位置改变后，使A仍能沿轨道恰好运动到上端点，则A运动过程不变，仍一直匀减速运动，历时 解得 木板与轨道底端发生次碰撞。木板从开始运动到第一次与轨道底端碰撞的时间（n=1，2，3…） 木板B经历的位移 木板B的速度 令Q点到木板右端的距离，则有 解得（n=1，2，3…） 根据能量守恒定律得 解得（n=1，2，3…） 11．（2026·山东·一模）如图为一游戏装置的示意图，半径半圆形光滑轨道倾斜放置，直径AC与竖直方向夹角为，水平放置的传送带以的恒定速度顺时针转动，传送带两端DE长，传送带右端与一光滑水平面EF平滑对接，水平面上依次摆放个完全相同的物块Q，物块的质量且数量足够多。游戏开始时，让物块从点以某一速度沿切线方向滑入轨道，到达轨道最低点时，与静止在点的碰撞并粘在一起并形成新的物块P，，碰后物块P对轨道的压力为6.8N，物块P从点抛出后，恰好沿水平方向自点滑入传送带，经传送带后与右边物块发生对心弹性碰撞，物块P与传送带间的动摩擦因数为，轨道其余部分均光滑。物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内。（取，，） (1)求物块到达点碰前的速度大小； (2)求、两点的水平距离； (3)求物块P在传送带上运动的总路程。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）在点，由牛顿第二定律得 解得 根据动量守恒定律有 解得 （2）物块从点运动至点，由动能定理得 解得 在点，分解速度可得， 又 依题意 （3）依题意，物块P恰好从传送带左端点沿水平方向落入传送带，有 因为 所以物块从运动到先减速后匀速，到达传送带右端速度 因为物块1、2、3…、中任意相邻两物块间碰撞时均发生速度交换，所以质量为的物块每次从传送带返回到右边水平面上与物块1碰撞前，物块1的速度均为零。设物块P的质量为，第次与物块1碰前的速度为，碰后速度为，物块1碰后的速度为，由动量守恒和能量守恒得， 由以上两式得， 所以 因为 所以 因为 物块P在传送带上先向左减速后反向加速回到水平面上，物块P第一次与物块1碰撞后到第二次与物块1碰撞前在传送带上运动路程 物块P第二次与物块1碰撞后到第三次与物块1碰撞前在传送带上运动路程 同理 所以 当时，，所以物块P在传送带上运动的总路程为 12．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，某装置由半径的光滑圆弧轨道、水平光滑轨道、倾角且长度的倾斜传送带、长度且右侧带有挡板的长木板组成，连接处都是平滑连接，传送带的最高点与长木板的上表面齐平，长木板放在光滑的水平面上。在长木板上放置小物块，开始长木板和都静止，离挡板的距离。现从点正上方处由静止释放小物块，经圆弧轨道和传送带后沿水平方向滑上长木板。已知小物块、和长木板的质量均为，小物块与传送带间的动摩擦因数，传送带以的速度沿顺时针方向转动，小物块、与长木板间的动摩擦因数，取重力加速度，所有碰撞均为弹性碰撞，经过所有连接处时均忽略能量损失，小物块、均可视为质点。 (1)若，求小物块通过传送带时产生的热量；（结果可用分数表示） (2)要使小物块滑上长木板时的速度大小为，求的取值范围； (3)若小物块以大小为的速度滑上长木板（开始计时），求经多长时间小物块与挡板发生碰撞。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）从静止释放到C的过程，由动能定理得 解得 故a滑上传送带后开始做减速运动；对a受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 a与传送带达到共同速度后一起匀速向上运动，设a加速运动的位移为，由运动学公式得 传送带的位移为 产生的热量为 联立解得 （2）①若a从斜面底端一直减速到斜面顶端时恰好达，由运动学公式得 根据动能定理有2； 解得 ②若a从斜面底端一直加速到斜面顶端时恰好达，对a受力分析，根据牛顿第二定律得 解得 由运动学公式有 根据动能定理有 解得 综上可得 （3）设a滑上长木板后经时间与b发生碰撞，a的加速度为 b与长木板一起运动的加速度为 由运动学公式可得 解得 设a与b碰撞前速度分别是与，则有， 由于a与b碰撞是弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得则， 解得， 设a、b碰后经过时间b与挡板发生碰撞，由运动学公式可得 解得 则有 可知小物块a滑上长木板后，经1s时间小物块与挡板发生碰撞。 13．（2026·山东青岛·一模）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，设圆柱到P点的初始距离为L。 （ⅰ）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； （ⅱ）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)（ⅰ）；（ⅱ） 【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）（ⅰ）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： 碰撞前动量守恒，有： 若摩擦力与初速度夹角为，有： （ⅱ）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。 对于第2问（ⅱ）再给出两种解法，以供参考： 解法二：（ⅱ）由于挡板对小圆柱的弹力未做功，故摩擦热为系统初末总动能的变化量。碰后系统动量守恒，有： 代入数据并将Q的表达式整理为关于L的函数： 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.小圆柱与挡板碰撞前，有： 则碰撞前二者的相对路程 由： 可解得： 则必然有： 因此小圆柱未从木板滑下，结果成立。 14．（2026·山东日照·一模）如图所示，质量的物块A套在光滑水平直杆上，并与质量的小球B用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳的长度。质量的物块C和质量的足够长木板D静止叠放在光滑水平面上，物块C与木板D之间的动摩擦因数。木板D右端到固定在地面上的挡板E的距离。现将小球B拉到轻绳处于水平方向且伸直的位置，并与物块A同时由静止释放。当轻绳摆动到竖直方向时，小球B与物块C恰好在水平方向上发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。忽略空气阻力，物块A和小球B均可视为质点，。 (1)求小球B从释放到与物块C碰撞时，在水平方向上发生的位移； (2)求小球B与物块C碰撞后上升的最大高度； (3)若木板D与固定挡板E之间的作用时间极短且没有机械能损失，求木板D与挡板E发生碰撞的总次数。 【答案】(1) (2) (3)6次 【详解】（1）A、B组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，可得 等式两边同时乘时间，并求和可得 两者相对水平位移即为绳长，则 代入，，，解得 （2）B下摆到竖直位置过程，A、B系统机械能守恒、水平动量守恒，有， 解得B与C碰撞前A、B的速度大小分别为， B与C发生弹性碰撞，动量守恒、动能守恒，则， 解得 负号表示碰撞后B向左运动，大小，碰撞后C的速度 B上升到最大高度时，A、B水平共速，水平动量守恒 解得 根据机械能守恒，有 解得 （3）C与D间摩擦力大小为 由牛顿第二定律，可得C的加速度大小为 D的加速度大小为 第一次碰撞E，D向右运动 由匀变速直线运动位移与时间的关系，得 解得 碰撞前D的速度，C的速度 碰撞后D速度反向，大小不变，则 此后C和D的加速度大小始终不变，每次D与挡板碰撞，D的速度大小不变，方向反向，但C一直在减速，每次D从挡板到左端再回来做往返运动耗时，C的速度减少 经过6次碰撞后，C的速度变为 由动量守恒定律，可得 解得 则C和D最终静止，不会与挡板E发生第7次碰撞，木板D与挡板E发生6次碰撞。 20 / 36 学科网（北京）股份有限公司 $ 压轴03 力学三大观点的综合应用 命题预测 1. 模型高度综合，过程复杂，三大观点融合考查。“力学三大观点”即动力学观点（牛顿第二定律）、能量观点（动能定理、机械能守恒）、动量观点（动量定理、动量守恒） 的综合应用是必考内容。试题要求学生能根据不同的物理过程，选择最合适的解题思路。例如，涉及时间、力的问题优先用动量定理；涉及位移、功的问题优先用动能定理；对于碰撞、反冲等瞬间过程，优先考虑动量守恒。 2. 真实情境与科技前沿紧密结合命题。严格遵循“无情境，不命题”的原则，大量引入生产生活（如机场传送带、智能分装系统）、体育运动（如跳台滑雪、冬奥会项目）、科技前沿（如航天器返回舱、电磁减速器、光伏电动车） 等背景。这类题目要求学生具备从实际场景中提取物理模型的能力，将实际问题转化为熟悉的物理模型（如匀变速直线运动、碰撞模型）。 2.注重临界条件与动态分析。山东卷对思维严谨性的考查要求较高。题目常设置“恰好不滑离”、“共速时弹簧弹性势能最大”、“能否通过最高点”等临界条件。此外，对于涉及弹簧、传送带等动态变化的过程，需要学生敏锐地判断物体在运动过程中的受力变化和速度变化，找准运动状态转换的关键点（如共速点）。 高频考法 1. 直线运动、圆周运动和抛体运动相结合，创设力学综合情境。 2. 板块、传送带、弹簧、多物体多次碰撞等经典模型融入一个多过程问题中。 知识·技法·思维 考向01 力学中的多过程组合问题 1. 拆解过程，分阶段建模 面对一个多过程大题，首要任务是读题、画图、分段。 步骤：将整个运动过程按照“受力变化”或“运动性质变化”拆分为若干个独立的小过程（如：匀加速、匀速、碰撞、减速）。 衔接：关注过程衔接点的物理量，特别是速度。前一阶段的末速度往往是后一阶段的初速度，也是动量守恒或能量守恒列式的关键纽带。 2. 明确观点，精准选用规律 针对不同阶段，快速选择解题观点：涉及时间、力（特别是变力）的积累效果：优先考虑动量定理。 涉及位移、功、能量转化：优先考虑动能定理或能量守恒定律（注意区分摩擦生热Q = f·x相对）。涉及碰撞、反冲、合外力为零的系统：优先考虑动量守恒定律。涉及加速度、瞬时作用力：优先考虑牛顿第二定律（运动学公式）。 考向02 三大观点分析力学中的“板块模型”问题 1．“板—块”模型的动力学问题 (1)系统内某一物体若受拉力F，需利用牛顿第二定律判定二者之间有无相对滑动。 (2)若有相对滑动，注意二者相对位移和对地位移之间的关系。 (3)注意滑块恰好不滑出木板的临界条件是二者共速。 2．“板—块”模型中的功能关系问题 (1)系统的功能关系分析：WF－fΔx＝ΔEk。 (2)系统的摩擦产生的内能：Q＝fΔx。 3．“板—块”模型中的动量问题 (1)单个物体，涉及时间的情况下，应用动量定理研究。 (2)对系统，合外力为0的情况下，应用动量守恒定律研究。 1.带电粒子做匀速圆周运动，隐含条件是必须考虑重力，且电场力和重力平衡。 2.洛伦兹力提供向心力和带电粒子只在磁场中做圆周运动解题方法相同。 考向03 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·靶向·突破 题型01力学中的多过程组合问题 例题1. （2026·山东滨州·一模）在水平面上固定一竖直弧形轨道，弧形轨道左侧固定一弹簧，最低点与一上表面为四分之一圆周的滑块BC平滑连接，滑块质量M=2kg，圆周半径R=0.35m，未固定。滑块BC右侧有一竖直锁定的轻杆，轻杆两端分别连接小球a、b，轻杆长L=0.8m，a、b小球的质量分别为ma=3kg、mb=6kg。现压缩弹簧，将静止的物体从A点沿弧形轨道弹出，弹簧的弹性势能Ep=16J全部转化为物体的动能，物体质量m=1kg、A点高度h=0.2m，物体沿滑块从B点滑到C点时，滑块BC沿水平面运动了，当物体滑离C点时，滑块BC立即制动，物体运动到最高点时，解除轻杆的锁定，此时，物体恰好与小球a发生弹性正碰，之后物体和小球a均落地不反弹，且物体不再与a、b及杆组成的系统相碰，小球b始终不离开地面，物体、两小球均可视为质点，滑块BC上表面粗糙，其它接触面均光滑，不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2。求： (1)滑块BC对物体做的功W； (2)小球a落地前瞬间的动能Ek； (3)物体在滑块上从B运动到C的时间t。 例题2.（2026·山东滨州·一模）2026年米兰—科尔蒂纳丹佩佐冬奥会中，中国代表团斩获5金4银6铜，刷新境外冬奥最佳战绩。为研究运动员从助滑坡滑下、经起跳台飞出并最终落在水平地面的过程，建立如下简化物理模型；轨道AB段是长度L=20m的直线轨道，在B点与圆弧轨道BCD相切，轨道BCD是圆心为O、半径R=20m的竖直圆弧轨道，C点为圆弧的最低点，∠BOC为θ，θ=53°，∠COD为α，α=37°，D点离水平地面的高度h=9m，E点在D点正下方，EF为水平地面。运动员从A点由静止出发，沿轨道运动，从D飞出并落到水平地面EF上，从D点到落地过程中，受到水平向右的恒定风力，大小F=50N，其它过程中风力忽略不计。已知当地重力加速度g=10m/s2，运动员可视为质点，运动员连同装备的总质量m=50kg，不计一切摩擦和空气阻力。sin53°=0.8。求： (1)运动员运动至D点时，对轨道压力FN的大小； (2)运动员落地点到E点的距离x。 题型解码 将运动过程拆解为多个过程，对物体受力分析，运动过程分析，选择合适的方法，分别从动力学、动量、能量三种观点求解。 题型02 三大观点分析力学中的“板块模型”问题 例题3. (多选)（2025·山东潍坊·三模）如图所示，质量的长木板静止在粗糙水平地面上，时刻对木板施加的水平向右恒力，同时质量的小物块以的初速度从左端滑上木板。已知木板长度，木板与地面、木板与小物块间的动摩擦因数分别为、，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，下列说法正确的是（　　） A．小物块刚滑上木板时，木板的加速度大小为 B．时，小物块恰好运动到木板最右端 C．时，小物块从木板左端脱离 D．若时撤去外力F，小物块最终会从木板右端脱离 例题4. （2026·山东聊城·一模）如图为货物“绿色”传输的示意图。自动分拣装置不断的将传送带运送来的质量均为的货物在处以初速度沿轨道推出，货物在轨道末端无机械能损失地滑上静止在水平面上的平板车，平板车的质量为，货物运动到平板车的最右端时，货物的速度恰好是平板车速度的1.5倍，此时平板车与吸能装置碰撞，货物滑上水平工作台，并与静止在点的另一货物发生弹性正碰，被碰货物最终停在点后运走，而平板车经碰撞后反弹，恰好能返回到点。已知轨道的长度、倾角，平板车右端与吸能装置的距离，工作台、间的距离，货物与轨道、工作台间的动摩擦因数，平板车与地面间的摩擦力为平板车对地面压力的0.1倍，货物可看成质点，不计空气阻力和碰撞时间，重力加速度取，。求： (1)货物在点的速度大小； (2)为使货物都能顺利运到处，在处推出货物的最小时间间隔； (3)货物的质量与平板车的质量的比值。 题型解码 对物块和木板采用隔离法或整体法发受力分析，由牛顿第二定律求加速度，判断临界条件，分析位移和速度满足的条件。判断是否符合动量守恒，若动量不守恒也可采用动量定理对单个物体分析。结合动能关系，用能量观点处理各种能量间的转化。 题型03图像法或数学归纳法解决多次碰撞问题 例题5. （2025·山东济南·一模）如图所示，光滑水平地面上有一右侧带挡板的长木板，不同材料做成的物块A、B中间夹有微量炸药放置在木板上，物块B离挡板的距离为L=5.5m，炸药具有的化学能E0=8J，物块A、B均视为质点。引爆炸药，将两物块沿木板分开，炸药化学能的50%转化为两物块的动能，在以后的运动过程中两物块的碰撞以及物块与挡板间的碰撞均为弹性碰撞，两物块均未从木板上滑下。已知两物块及长木板的质量均为m=1kg，物块A与长木板间的动摩擦因数为μ=0.1，物块B与长木板间无摩擦，重力加速度g=10m/s2，碰撞时间不计，求 (1)爆炸后瞬间，物块B的速度大小； (2)物块B从爆炸后瞬间到第一次与挡板相碰所经历的时间； (3)整个过程中，物块B与物块A、挡板之间发生碰撞的总次数记为n，发生第n次碰撞前系统损失的机械能记为E，当n>2时，写出E与n的关系。 例题6.如图甲所示，在足够长的固定斜面上有一静止的物块B，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，时，物块A、B发生第一次碰撞，时，二者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A的图线如图乙所示（其中、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，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。 题型解码 动碰静的弹性碰撞前后速度存在确定的比例关系，若多次碰撞，速度成等比数列，结合运动学公式或功能关系，位移也成等比数列。 一、多选题 1．（2026·山东济宁·模拟预测）如图所示，左侧竖直墙面上固定半径为R=0.5m的光滑半圆环，右侧竖直墙面上与圆环的圆心O等高处固定一水平光滑直杆。质量为2m的小球a套在半圆环上，质量为m=1kg的小球b套在直杆上，两者之间用长为的轻杆通过两铰链连接。现将a从圆环的最高处静止释放，让其沿圆环自由下滑，不计一切摩擦，a、b均视为质点，重力加速度g=10m/s2，则以下说法中正确的是（　　） A．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的速度大小为 B．小球a滑到与圆心O等高的P点时，a的向心加速度为10m/s2 C．小球a从释放到下滑至圆环最低点过程中，a、b两球组成的系统机械能守恒 D．小球a从P点下滑至杆与圆环相切的Q点（图中未画出）的过程中，杆对小球b做的功为 2．（2025·山东·模拟预测）如图甲为循环弹珠玩具，小钢球从左端漏斗进入轨道，沿轨道运动至圆轨道最高点后向左上方抛出，落在左端漏斗中，再次进入轨道。小钢球沿圆轨道上升并从轨道抛出过程的简化原理如图乙所示，半径为L的光滑圆轨道竖直放置，其圆心为O，A为轨道最低点，AO竖直，B为轨道最高点，OB与竖直方向的夹角为60°，在与圆心O等高处放置水平平台。质量为m的小钢球（视为质点）从最低点A以水平初速度沿轨道上升，到达B点后做斜抛运动并经过水平平台的C点（未画出）。重力加速度为g，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．小钢球到达B点时的速度大小为 B．小钢球脱离轨道前瞬间，所受轨道支持力的大小为1.5mg C．小钢球从B点运动到C点所用时间为 D．C点与O点的距离为 3．（2026·山东济宁·一模）如图所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，可视为质点的小球从点自由下落，至点时开始压缩弹簧，小球下落的最低位置为点，重力加速度大小为。下列说法正确的是（　　） A．小球从到过程中，速度先增大再减小 B．小球在点时加速度大于 C．小球从到过程中，重力的冲量大于弹簧弹力的冲量 D．小球从到过程中，小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变 4．（2026·山东聊城·一模）如图甲所示，劲度系数为的轻弹簧竖直固定在水平面上，质量为的小球从点自由下落，至点时开始压缩弹簧，下落的最低位置为点。以点为坐标原点，沿竖直向下建立轴，定性画出小球从到过程中加速度与位移的关系，如图乙所示。重力加速度为，对于小球、弹簧和地球组成的系统，下列说法正确的是（　　） A．小球在点时的速度最大 B．图乙中轴上方和下方阴影部分的面积大小相等 C．小球从到，系统的动能与弹性势能之和增大 D．小球从到的运动过程中下落的高度为 5．如图所示，实线是实验小组某次研究平抛运动得到的实际轨迹，虚线是相同初始条件下平抛运动的理论轨迹，分析后得知这种差异是空气阻力影响的结果。实验中，小球的质量为m，水平初速度为，初始时小球离地面高度为h，已知小球落地时速度大小为v，方向与水平面成θ角，小球在运动过程中受到的空气阻力大小与速率成正比，比例系数为k，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　） A．小球落地时重力的功率为mgv B．小球下落的时间为 C．小球下落过程中水平位移大小为 D．小球下落过程中空气阻力做的功为 6．（2025·山东·模拟预测）如图甲所示，质量为m＝3kg的铁锤从石板上方高h＝5m处由静止自由落下，竖直砸中石板后，铁锤与石板瞬间达到共同速度，然后一起向下运动距离d＝5cm后速度减为零，该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的规律如图乙所示，已知石板的质量为铁锤质量的19倍，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小57N·s B．铁锤与石板碰撞过程铁锤所受合外力的冲量大小28.5N·s C．弹性气囊A对石板作用力的最大值 D．弹性气囊A对石板作用力的最大值 7．（2026·山东济南·模拟预测）如图所示，轻弹簧下端固定在倾角为的光滑斜面底端，上端与质量为物块相连，物块处于静止状态，此时弹簧的形变量为。现将质量也为的物块置于斜面上的点，点与物块的距离为，将物块由静止释放，与碰撞后粘在一起以共同速度沿斜面向下运动。已知物块、均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为，弹簧弹性势能可表达为，其中为弹簧的劲度系数，为形变量，则物块从点由静止释放后的运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．弹簧的最小弹性势能值为零 B．弹簧的最小弹性势能值不为零 C．弹簧的最大弹性势能值为 D．弹簧的最大弹性势能值为 8．（2025·山东·模拟预测）如图所示，倾角的光滑斜面固定在水平面上，其底部有一垂直于斜面的挡板，通过轻质弹簧与质量的物块相连，初始时及弹簧均静止。现将质量也为1kg的物块从物块上方沿斜面距离处由静止释放，物块沿斜面下滑后与物块碰撞并粘在一起，随后共同向下压缩弹簧到最大压缩量。已知弹簧的劲度系数，弹簧的弹性势能与形变量的关系为，取重力加速度。关于上述过程，下列说法正确的是（　　） A．碰撞后瞬间物块的速度大小为 B．、整体速度最大时，弹簧的压缩量为0.1m C．、整体的最大速度大小为 D．弹簧的最大压缩量为 二、解答题 9．（2025·山东济南·模拟预测）如图所示，长为的木板静置于水平地面上，右端上方放置物块，左端紧靠与地面相切的光滑圆弧形轨道，圆弧半径为，对应圆心角为，左侧平台与圆心等高。小球从平台上水平抛出，从弧形轨道最上端无碰撞地进入轨道，沿轨道滑至最低点时与木板发生碰撞，系统碰撞损失的动能为碰前系统动能的，随后物块相对木板向左滑，滑行至木板最左端后，再相对木板向右滑，最后静止在木板上。已知，，，，，物块与木板间动摩擦因数，木板与地面间动摩擦因数，小球与物块均可视为质点，不计碰撞时间，重力加速度大小。 (1)求小球滑至圆弧形轨道最低点时的速度； (2)求碰撞后瞬间，木板的速度； (3)求物块的质量； (4)木板静止后，将物块再次放置于木板的右端，对木板施加一水平向右的恒力，一段时间后撤去力，物块先滑至木板左端，再滑至木板右端后静止，求力的大小。 10．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，质量为1kg的木板静置于光滑水平地面上，半径为0.9m的竖直光滑圆弧轨道固定在地面，轨道底端切线水平与木板上表面平齐，轨道上端点P和圆心连线与水平面成已知角θ，。质量为2kg的可视为质点的小物块A以8m/s的初速度从木板上某一位置Q（图上未画出，Q点左侧板足够长）开始水平向右滑行，A与木板间的动摩擦因数为0.2。当A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端发生第一次碰撞，同时A沿圆弧切线方向滑上轨道，并恰好沿轨道运动到上端点P抛出。已知g取，木板与轨道底端碰撞时无能量损失。 (1)求物块A离开轨道后距P点的最大高度； (2)求Q点到木板右端的距离； (3)改变Q点在木板上的位置，移动木板使Q点到轨道底端的距离不变，使A以8m/s的初速度从Q点开始水平向右滑行，仍能在A到达木板右端时，木板恰好与轨道底端碰撞，且A沿圆弧切线方向滑上轨道，并恰好沿轨道运动到上端点P，求Q点到木板右端的距离满足的条件和对应的整个过程中A与木板之间因摩擦产生的热量。 11．（2026·山东·一模）如图为一游戏装置的示意图，半径半圆形光滑轨道倾斜放置，直径AC与竖直方向夹角为，水平放置的传送带以的恒定速度顺时针转动，传送带两端DE长，传送带右端与一光滑水平面EF平滑对接，水平面上依次摆放个完全相同的物块Q，物块的质量且数量足够多。游戏开始时，让物块从点以某一速度沿切线方向滑入轨道，到达轨道最低点时，与静止在点的碰撞并粘在一起并形成新的物块P，，碰后物块P对轨道的压力为6.8N，物块P从点抛出后，恰好沿水平方向自点滑入传送带，经传送带后与右边物块发生对心弹性碰撞，物块P与传送带间的动摩擦因数为，轨道其余部分均光滑。物块均可视为质点，整个装置处于同一竖直平面内。（取，，） (1)求物块到达点碰前的速度大小； (2)求、两点的水平距离； (3)求物块P在传送带上运动的总路程。 12．（2025·湖北·模拟预测）如图所示，某装置由半径的光滑圆弧轨道、水平光滑轨道、倾角且长度的倾斜传送带、长度且右侧带有挡板的长木板组成，连接处都是平滑连接，传送带的最高点与长木板的上表面齐平，长木板放在光滑的水平面上。在长木板上放置小物块，开始长木板和都静止，离挡板的距离。现从点正上方处由静止释放小物块，经圆弧轨道和传送带后沿水平方向滑上长木板。已知小物块、和长木板的质量均为，小物块与传送带间的动摩擦因数，传送带以的速度沿顺时针方向转动，小物块、与长木板间的动摩擦因数，取重力加速度，所有碰撞均为弹性碰撞，经过所有连接处时均忽略能量损失，小物块、均可视为质点。 (1)若，求小物块通过传送带时产生的热量；（结果可用分数表示） (2)要使小物块滑上长木板时的速度大小为，求的取值范围； (3)若小物块以大小为的速度滑上长木板（开始计时），求经多长时间小物块与挡板发生碰撞。 13．（2026·山东青岛·一模）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，设圆柱到P点的初始距离为L。 （ⅰ）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； （ⅱ）求L为多大时，圆柱与木板作用过程中产生的摩擦热最大。 14．（2026·山东日照·一模）如图所示，质量的物块A套在光滑水平直杆上，并与质量的小球B用一根不可伸长的轻绳相连，轻绳的长度。质量的物块C和质量的足够长木板D静止叠放在光滑水平面上，物块C与木板D之间的动摩擦因数。木板D右端到固定在地面上的挡板E的距离。现将小球B拉到轻绳处于水平方向且伸直的位置，并与物块A同时由静止释放。当轻绳摆动到竖直方向时，小球B与物块C恰好在水平方向上发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。忽略空气阻力，物块A和小球B均可视为质点，。 (1)求小球B从释放到与物块C碰撞时，在水平方向上发生的位移； (2)求小球B与物块C碰撞后上升的最大高度； (3)若木板D与固定挡板E之间的作用时间极短且没有机械能损失，求木板D与挡板E发生碰撞的总次数。 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 $