非选择题突破06 动力学问题的三大观点 专项训练-2026届高三物理三轮冲刺

2026届高三物理三轮复习非选择题突破06 动力学问题的三大观点 知识归纳·明目标·知考法 核心考点 复习目标 考情总结 1.三大观点的选用原则与适用范围 能根据问题特征（如涉及时间与加速度用动力学观点；涉及位移与功选用能量观点；涉及相互作用时间或碰撞过程优先考虑动量观点），正确选择单一或综合观点解题。 高考计算题解题的顶层逻辑。是解决复杂力学问题的关键第一步，常作为隐含的思维步骤出现。易错点：思维定式，盲目套用某一观点；不分析过程特征，导致方法选择错误，使计算复杂化或无法求解。 2.牛顿运动定律+运动学公式（动力学观点） 能熟练应用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式，对物体进行受力与运动分析，求解加速度、速度、位移、时间等。 基础与前提。是解决连接体问题、板块模型、传送带模型等动力学问题的基本工具。通常与能量、动量观点结合，用于分析物体的瞬时状态或匀变速过程。 3.动能定理与功能关系（能量观点） 能熟练应用动能定理和功能关系，分析单个物体或系统在多过程中的能量转化与位移关系。 高频核心方法。优先用于求解涉及位移、速度、功、能量转化的问题（如多过程、变力做功、摩擦生热）。易错点：功的计算遗漏（如重力、摩擦力、安培力等）；功能关系的对应混乱（如忽略摩擦生热的计算）。 4.动量定理与动量守恒定律（动量观点） 能熟练应用动量定理和动量守恒定律，分析涉及碰撞、爆炸、反冲、相互作用时间的问题。 解决瞬间作用问题的利器。优先用于时间极短（如碰撞、爆炸）或系统内力远大于外力的问题。易错点：动量定理的矢量性忽略；动量守恒定律的条件判断错误（如误认为水平方向动量守恒）。 5.多过程、多物体问题（观点综合） 能合理划分物理过程，对每个过程选用合适的观点；能正确处理连接体、板块、传送带等模型，通过受力分析、能量分析、动量分析，联立方程求解。 高考压轴题的核心形式。考查学生对复杂物理情境的建模、分解和综合应用能力。常见模型：滑块在粗糙板块上的滑动、物体经光滑轨道与粗糙平面的组合运动。 6.碰撞模型与临界问题 能区分弹性碰撞（动量+机械能守恒）、非弹性碰撞（动量守恒+能量损失）与完全非弹性碰撞（动量守恒+共速+能量损失最大）；能分析弹簧连接体、斜面滑块等模型中的临界状态（如速度相等、弹簧最长/最短、恰好不滑落等）。 难点与高频点。碰撞模型是动量与能量综合的经典载体；临界问题是区分题。常用方法：动量守恒+能量守恒（弹性碰撞结论）；动量守恒+能量守恒+共速条件（完全非弹性碰撞）；临界条件的物理意义挖掘（如速度相等）。 7.板块与传送带模型中的综合应用 能分析板块模型中的运动阶段、摩擦力突变、相对位移和产生的热量（Q=f·s_相对）；能分析传送带模型中的受力变化、运动状态、划痕长度及能量来源与去向。 高考高频且典型的综合模型。几乎必考，常作为压轴计算题出现。常见考法：①求滑板最小长度/物体最终位置；②求摩擦生热；③判断物体能否滑下。解题关键：准确分析受力与运动，明确关联关系（如位移关系、速度关系、能量关系）。 模拟训练·查易错·练方法 考向一　运动学问题的动力学观点 1.(2026·四川省·模拟题)如图甲所示的倾斜旋转方式的摩天轮，轮轴不再竖直，而是略有倾斜，游客可以感受到左右晃动和前后倾斜的效果，增加了游乐的趣味性和刺激性。摩天轮的运动可视为匀速圆周运动，摩天轮的座舱始终在倾斜平面内，如图乙所示。摩天轮的转动半径为，转动的角速度大小为，倾斜的角度为，重力加速度大小为，质量为的小张坐在座舱内随摩天轮一起转动，不考虑小张与座舱之间的摩擦，座舱的尺寸远小于摩天轮的半径。 求小张从摩天轮最低点运动至最高点的时间； 求小张在摩天轮最低点时对座舱的作用力大小； 若在最高处座舱边缘一小物体因轻微晃动掉落，下落过程未与其他物体发生碰撞且不计所有阻力，求小物体落至摩天轮最低处所在水平面时与摩天轮最低处间的距离。 2.(2026·江苏省南通市·模拟题)如图所示为建筑工地利用传送带输送沙子的示意图，传送带长，与水平方向成倾角，传送速度，端离水平地面高，将沙子轻放上传送带底端，沙子与传送带间动摩擦因数，沙子间动摩擦因数，沙子离开传送带后落在地面形成圆锥形沙堆，沙堆底面半径，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取。求： 质量的沙子由端传送到端过程，所用时间； 第一颗沙子离开传送带后落地点与端的水平距离； 沙堆的最大高度不考虑沙子的滚动。 3.(2026·四川省·模拟题)如图所示，足够长的木板静止在水平面上，小物块、放在木板上。、之间的初始距离，，，，、与之间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数。时刻，分别给、水平向右的初速度、，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，求 长木板开始滑动时的加速度大小； 小物块与木板恰好共速时，、之间的距离； 长木板运动的总时间。 考向二　运动学问题的能量观点 4.(2026·北京市市辖区·模拟题)如图所示，半径为的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于半圆轨道的端点。一质量为的小球从点冲上半圆轨道，沿轨道运动到点飞出，最后落在水平地面上，重力加速度为。若恰好能实现上述运动，求： 小球运动到点时的速度大小； 小球的落地点与点间的距离； 小球在圆弧轨道点时，轨道对小球的支持力大小。 5.(2026·安徽省·月考试卷)如图所示，带圆弧槽的小车静止在光滑的水平面上，槽的端与圆心的连线与竖直方向的夹角为，端与圆心等高，一个质量为、可视为质点的小球以水平向右的初速度抛出，刚好从点无碰撞地进入圆弧槽，小球运动到点时恰好与小车相对静止。圆弧槽光滑，小车质量为，不计空气阻力，重力加速度为，求： 小球运动到点时，球与小车的共同速度大小； 小球抛出点与点的高度差； 圆弧槽的半径。 6.(2026·福建省福州市·模拟题)如图所示，光滑水平面上静置一小车，小车的左侧部分为一光滑圆弧轨道，半径，其对应的圆心角，右侧部分为长的粗糙水平轨道，小车质量为。现将一可视为质点、质量为的物块从空中某位置以的初速度水平抛出，物块恰好能从点沿切线方向滑上圆弧轨道。已知物块从抛出到中点的时间为，，，重力加速度。求： 物块抛出点距离点的高度； 物块滑到点时速度大小； 物块从抛出到中点的过程中，小车相对地面的位移大小。 7.(2026·贵州省毕节市·模拟题)如图甲，竖直平面内轨道由水平轨道与及两段光滑圆弧、组成，长为，与高度差为；圆弧、半径均为，弧长相等，在点相切；与相切于点，与相切于点。可视为质点的滑块，质量为，与间动摩擦因数为。该滑块受水平向左推力，从点由静止开始运动，与位移的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度取。 求滑块在段运动过程中推力做的功； 求滑块运动至圆弧轨道上点时对轨道的压力； 若滑块从点以某一速度滑入，此后无推力，为使滑块始终不脱离轨道，求滑块在点的最大速度。 8.(2026·甘肃省陇南市·模拟题)如图所示，为竖直平面内光滑四分之一圆弧轨道，半径，长度的水平传送带，左端与圆弧轨道最低点连接，右端上表面与固定平台等高并紧靠。平台上固定有一底端处开口且略微错开的竖直圆轨道。一质量的滑块视为质点，从圆弧轨道最高点处静止释放，经过传送带，从处进入圆轨道后，在始终沿轨迹切线方向的外力作用下做匀速圆周运动，外力施加前后速率不变。运动一周后撤去外力，滑块再次通过点之后向右滑动，与位于平台处的轻质挡板相撞并粘连。已知滑块与传送带表面的动摩擦因数，与圆轨道间的动摩擦因数，与右侧平台间的动摩擦因数，左侧平台光滑，。轻弹簧初始为原长，左端与轻质挡板铰接，右端固定，其劲度系数。弹簧弹性势能的表达式为弹簧形变量，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计经过各连接处的能量损失，重力加速度。 求滑块下滑至圆弧轨道最低点时，轨道对滑块的支持力大小； 若传送带不转，求滑块滑到圆轨道处的速度大小； 若传送带以顺时针转动，求滑块经过传送带因摩擦而产生的热量； 若传送带以逆时针转动，求滑块从冲上传送带到弹簧第一次被压缩到最短的过程中因摩擦而产生的热量。 考向三　运动学问题的动量观点 9.(2026·广西壮族自治区·模拟题)如图所示，在光滑水平地面有一质量为的物块，其上表面为光滑的半径为的圆弧轨道，圆弧顶端点切线竖直，右端与木板粘连在一起，的质量为，木板上表面与右端相切。一轻弹簧的右端固定在上，另一端自由。可视为质点的质量为的小滑块从距圆弧顶端点正上方的点自由下落，的左端至弹簧左侧部分表面与小滑块的动摩擦因数为，其余部分光滑。重力加速度大小取，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。 当小滑块滑过右端时，求滑块的速度大小和对滑块的支持力大小； 若小滑块滑上左端时和的连接断开，小滑块恰好不离开木板，求木板粗糙部分的长度和运动过程中弹簧的最大弹性势能。 10.(2026·江西省·模拟题)如图所示，在倾角的斜面上固定一个足够长的圆管，一质量为的薄圆柱体静止在管口处。一质量为直径略小于圆管内径的光滑小球以初速度，进入圆管并与圆柱体发生弹性碰撞。圆柱体受到撞击后向下滑动，下滑过程中受到圆管对它的滑动摩擦力大小等于圆柱体重力的倍，圆柱体始终垂直管壁。不计其他阻力，重力加速度，，。求： 第一次碰撞后瞬间，小球和圆柱体的速度大小； 小球从进入管内到第三次与圆柱体发生碰撞过程中的位移。 11.(2026·甘肃省嘉峪关市·模拟题)如图所示，点左侧水平面光滑、右侧粗糙。点左侧某位置放置一个滑块，点右侧放置一个足够长的木板，右侧放置一个滑块。、之间某处在竖直面内固定一个半径为的光滑圆轨道圆轨道底端有错开的缺口，滑块以某一水平速度向右运动，顺利通过轨道后在点处与发生弹性碰撞，作用时间极短。已知、、质量均为，与点右侧的水平面之间的动摩擦因数为，与之间的动摩擦因数为，重力加速度，不计空气阻力，、滑块均可视为质点。求： 在轨道最高点处对轨道的弹力大小； 开始运动时的速度大小； 、均停止运动时，、之间因摩擦产生的热量。 12.(2026·江苏省·模拟题)如图所示，轨道由半径的光滑四分之一圆弧轨道、长度的粗糙水平轨道以及足够长的光滑水平轨道组成。质量的物块和质量的物块压缩着一轻质弹簧并锁定物块与弹簧不连接，三者静置于段中间，物块、可视为质点。紧靠的右侧水平地面上停放着质量的小车，小车上表面段粗糙、长度，、两端均固定有弹性挡板，小车与地面间的阻力忽略不计。现解除弹簧锁定，物块、由静止被弹开、脱离弹簧后立即撤走弹簧，物块向左运动进入轨道，物块向右运动滑上小车恰好从端滑入，不计滑入时的能量损失。已知、与、间的动摩擦因数均为，重力加速度，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块经过各连接点时的机械能损失。 若物块经过后恰好能到达圆弧轨道的最高点，求弹开后瞬间物块的速度大小，以及弹簧锁定时的弹性势能； 在的条件下，若物块与挡板的碰撞为弹性碰撞，求从滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，与挡板的碰撞次数，以及相对于小车运动的总路程； 在的条件下，若物块与挡板碰撞时的恢复系数为，求从滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，相对于小车运动的总路程。 13.(2026·甘肃省·模拟题)如图所示，质量为的物块放在水平面上，质量均为的物块、、、依次并排放在物块的右侧，相邻两物块之间的距离均为。时刻，质量为的弹丸以水平向右的速度击中物块并留在其中。已知，，，所有物块均可视为质点，忽略所有摩擦，碰撞时间不计。 若物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块开始运动的时间； 若物块的质量为，其它物块质量不变，且物块间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求物块与物块碰撞损失的机械能； 若物块的质量为，其它物块质量不变，物块与物块的碰撞记做第一次，奇数次碰撞为弹性碰撞，偶数次碰撞为完全非弹性碰撞奇数次的弹性碰撞后将左侧物块移走，例如物块、碰后将物块移走，物块、与物块碰后，将物块、移走，求最终物块的速度。 14.(2026·浙江省温州市·模拟题)医院气动传输系统用于医用物品传送，可以实现跨楼层、跨区域高效传输。如图所示为气动传输装置模型管道，其中竖直、高度，是半径的四分之一圆弧管道远大于管道内径，水平、长度。处放置一质量的传输瓶甲，启动风机，利用气压差给甲施加一大小恒为沿管道方向的气动推力，和均光滑，甲经过程克服阻力做功，传输瓶可视为质点，求： 传输瓶甲经圆弧管道点时，管道对其压力大小； 传输瓶甲到达点时的速度大小； 若传输瓶甲进入管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度。要使甲到点速度恰好为零，求甲在运动过程中的最大速度； 现有质量的传输瓶乙锁在管道上的点点未标出，长度。甲运动至点瞬间解锁乙，甲、乙发生弹性碰撞。碰撞前后甲受气动推力一直为，碰后乙始终具有向左的加速度。则在乙速度第一次减为零之前，甲、乙是否会再次发生碰撞？若会，求再次碰撞的位置到点的距离。 15.(2026·河南省·模拟题)如图所示，质量为的物体用长为的轻绳拴接，轻绳的另一端固定于点，质量为的物体静止在点正下方平台上的点，平台右侧的挡板上固定一轻弹簧，轻弹簧原长时左端恰好位于点，点的右侧光滑、左侧粗糙。点左侧的水平面上放置一质量为的长木板，长木板的上表面与右侧的平台等高。现将物体向左拉开角度，使轻绳刚好拉直，将物体由静止释放，经过一段时间与物体发生正碰同时轻绳断裂，最终物体滑上长木板且未离开长木板。已知、两物体与平台间的动摩擦因数均为，物体与长木板上表面的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，之间的距离为，物体、均可视为质点，每次碰撞的时间极短且均为弹性碰撞，重力加速度，。求： 弹簧的最大弹性势能； 物体能否从点离开平台，若能，求出离开平台的速度；若不能，求出最终物体到点的距离； 若物体最终刚好停在长木板的最左端，求长木板的长度以及物体从滑上长木板到最终停止所用的时间。 16.(2026·河北省沧州市·模拟题)如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直面内，轨道最低点与粗糙的水平面相切，点处有一竖直固定挡板，质量为的物块放在水平面上的点，质量也为的物块从圆弧轨道顶端点处由静止释放，运动到点与发生弹性碰撞，经过一段时间后，两物块恰好发生第二次弹性碰撞，已知物块、与水平面间的动摩擦因数均为，与挡板碰撞后以原速率返回，所有碰撞时间忽略不计，不计物块大小，重力加速度为，求： 、碰撞后瞬间，对圆弧轨道的压力大小； 、之间的距离及挡板对物块的冲量大小； 若仅将的质量调为，仍从圆弧轨道顶端点处静止释放，判断、间能否发生第二次碰撞？若能，求出第一、二两次碰撞之间的时间间隔；若不能，求出、间最终距离。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三物理三轮复习非选择题突破06 动力学问题的三大观点 知识归纳·明目标·知考法 核心考点 复习目标 考情总结 1.三大观点的选用原则与适用范围 能根据问题特征（如涉及时间与加速度用动力学观点；涉及位移与功选用能量观点；涉及相互作用时间或碰撞过程优先考虑动量观点），正确选择单一或综合观点解题。 高考计算题解题的顶层逻辑。是解决复杂力学问题的关键第一步，常作为隐含的思维步骤出现。易错点：思维定式，盲目套用某一观点；不分析过程特征，导致方法选择错误，使计算复杂化或无法求解。 2.牛顿运动定律+运动学公式（动力学观点） 能熟练应用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式，对物体进行受力与运动分析，求解加速度、速度、位移、时间等。 基础与前提。是解决连接体问题、板块模型、传送带模型等动力学问题的基本工具。通常与能量、动量观点结合，用于分析物体的瞬时状态或匀变速过程。 3.动能定理与功能关系（能量观点） 能熟练应用动能定理和功能关系，分析单个物体或系统在多过程中的能量转化与位移关系。 高频核心方法。优先用于求解涉及位移、速度、功、能量转化的问题（如多过程、变力做功、摩擦生热）。易错点：功的计算遗漏（如重力、摩擦力、安培力等）；功能关系的对应混乱（如忽略摩擦生热的计算）。 4.动量定理与动量守恒定律（动量观点） 能熟练应用动量定理和动量守恒定律，分析涉及碰撞、爆炸、反冲、相互作用时间的问题。 解决瞬间作用问题的利器。优先用于时间极短（如碰撞、爆炸）或系统内力远大于外力的问题。易错点：动量定理的矢量性忽略；动量守恒定律的条件判断错误（如误认为水平方向动量守恒）。 5.多过程、多物体问题（观点综合） 能合理划分物理过程，对每个过程选用合适的观点；能正确处理连接体、板块、传送带等模型，通过受力分析、能量分析、动量分析，联立方程求解。 高考压轴题的核心形式。考查学生对复杂物理情境的建模、分解和综合应用能力。常见模型：滑块在粗糙板块上的滑动、物体经光滑轨道与粗糙平面的组合运动。 6.碰撞模型与临界问题 能区分弹性碰撞（动量+机械能守恒）、非弹性碰撞（动量守恒+能量损失）与完全非弹性碰撞（动量守恒+共速+能量损失最大）；能分析弹簧连接体、斜面滑块等模型中的临界状态（如速度相等、弹簧最长/最短、恰好不滑落等）。 难点与高频点。碰撞模型是动量与能量综合的经典载体；临界问题是区分题。常用方法：动量守恒+能量守恒（弹性碰撞结论）；动量守恒+能量守恒+共速条件（完全非弹性碰撞）；临界条件的物理意义挖掘（如速度相等）。 7.板块与传送带模型中的综合应用 能分析板块模型中的运动阶段、摩擦力突变、相对位移和产生的热量（Q=f·s_相对）；能分析传送带模型中的受力变化、运动状态、划痕长度及能量来源与去向。 高考高频且典型的综合模型。几乎必考，常作为压轴计算题出现。常见考法：①求滑板最小长度/物体最终位置；②求摩擦生热；③判断物体能否滑下。解题关键：准确分析受力与运动，明确关联关系（如位移关系、速度关系、能量关系）。 模拟训练·查易错·练方法 考向一　运动学问题的动力学观点 1.(2026·四川省·模拟题)如图甲所示的倾斜旋转方式的摩天轮，轮轴不再竖直，而是略有倾斜，游客可以感受到左右晃动和前后倾斜的效果，增加了游乐的趣味性和刺激性。摩天轮的运动可视为匀速圆周运动，摩天轮的座舱始终在倾斜平面内，如图乙所示。摩天轮的转动半径为，转动的角速度大小为，倾斜的角度为，重力加速度大小为，质量为的小张坐在座舱内随摩天轮一起转动，不考虑小张与座舱之间的摩擦，座舱的尺寸远小于摩天轮的半径。 求小张从摩天轮最低点运动至最高点的时间； 求小张在摩天轮最低点时对座舱的作用力大小； 若在最高处座舱边缘一小物体因轻微晃动掉落，下落过程未与其他物体发生碰撞且不计所有阻力，求小物体落至摩天轮最低处所在水平面时与摩天轮最低处间的距离。 【答案】小张从摩天轮最低点运动至最高点的时间是； 小张在摩天轮最低点时对座舱的作用力大小是； 小物体落至摩天轮最低处所在水平面时与摩天轮最低处间的距离是。 【解析】解：摩天轮的周期 小张从摩天轮最低点运动至最高点的时间 在最低点，将小张受到座舱的作用力沿摩天轮所在平面与垂直该平面进行分解为、， 在平行于摩天轮平面内，由牛顿第二定律得 在垂直于摩天轮平面内，由平衡条件得 小张受到座舱的作用力大小 根据牛顿第三定律可知，小张在摩天轮最低点时对座舱的作用力大小， 解得 在最高处座舱边缘一小物体因轻微晃动掉落，物体做平抛运动，则平抛初速度 根据平抛运动规律有 联立解得物体落地时的水平位移 则小物体落至摩天轮最低处所在水平面时与摩天轮最低处间的距离 解得 答：小张从摩天轮最低点运动至最高点的时间是； 小张在摩天轮最低点时对座舱的作用力大小是； 小物体落至摩天轮最低处所在水平面时与摩天轮最低处间的距离是。 2.(2026·江苏省南通市·模拟题)如图所示为建筑工地利用传送带输送沙子的示意图，传送带长，与水平方向成倾角，传送速度，端离水平地面高，将沙子轻放上传送带底端，沙子与传送带间动摩擦因数，沙子间动摩擦因数，沙子离开传送带后落在地面形成圆锥形沙堆，沙堆底面半径，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取。求： 质量的沙子由端传送到端过程，所用时间； 第一颗沙子离开传送带后落地点与端的水平距离； 沙堆的最大高度不考虑沙子的滚动。 【答案】质量的沙子由端传送到端过程，所用时间为； 第一颗沙子离开传送带后落地点与端的水平距离为； 沙堆的最大高度为。 【解析】沙子放上传送带后，根据牛顿第二定律 有 解得 沙子加速至用时 此过程位移 之后沙子以匀速运动到端历时 由 解得 沙子离开传送带端后以做斜抛运动，设经时间落地 竖直方向，有 水平方向，有 解得 设沙堆侧面与底面间夹角为，在沙堆表面取一颗沙子，当它恰好不会沿侧面下滑时 沙堆有最大高度，有 又 解得 答：质量的沙子由端传送到端过程，所用时间为； 第一颗沙子离开传送带后落地点与端的水平距离为； 沙堆的最大高度为。 3.(2026·四川省·模拟题)如图所示，足够长的木板静止在水平面上，小物块、放在木板上。、之间的初始距离，，，，、与之间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数。时刻，分别给、水平向右的初速度、，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，求 长木板开始滑动时的加速度大小； 小物块与木板恰好共速时，、之间的距离； 长木板运动的总时间。 【答案】、相对于向右滑动，对的滑动摩擦力均向右， 地面对的摩擦力向左 对由牛顿第二定律，得 代入数据解得 、在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对、，由牛顿第二定律，得， 解得、的加速度大小均为 设经过时间、共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 代入，解得 共同速度 时间内的位移 由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过时间的速度 的位移 初始、间距，比多走 因此此时间距 经过时间后，、共速，假设、相对静止，对、整体，合力 由牛顿第二定律，可知加速度为，因此、以匀速运动，受到的静摩擦力为，小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时速度等于、速度，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 解得 共同速度 三者共速后，对、与组成的系统，所受合外力为，设再经过时间后静止，由动量定理，得 解得 长木板运动的总时间 考向二　运动学问题的能量观点 4.(2026·北京市市辖区·模拟题)如图所示，半径为的光滑半圆轨道处于竖直平面内，轨道与水平地面相切于半圆轨道的端点。一质量为的小球从点冲上半圆轨道，沿轨道运动到点飞出，最后落在水平地面上，重力加速度为。若恰好能实现上述运动，求： 小球运动到点时的速度大小； 小球的落地点与点间的距离； 小球在圆弧轨道点时，轨道对小球的支持力大小。 【答案】小球恰好经过点时，根据牛顿第二定律有 解得 小球从点飞出后做平抛运动，竖直方向，有 解得 所以小球落地点与点的距离为 设小球在点的速度为，小球从点运动到点的过程中，根据动能定理可得 解得 小球刚进入圆弧轨道，有 解得 5.(2026·安徽省·月考试卷)如图所示，带圆弧槽的小车静止在光滑的水平面上，槽的端与圆心的连线与竖直方向的夹角为，端与圆心等高，一个质量为、可视为质点的小球以水平向右的初速度抛出，刚好从点无碰撞地进入圆弧槽，小球运动到点时恰好与小车相对静止。圆弧槽光滑，小车质量为，不计空气阻力，重力加速度为，求： 小球运动到点时，球与小车的共同速度大小； 小球抛出点与点的高度差； 圆弧槽的半径。 【答案】设小球运动到点时小车的速度为，小球与小车在水平方向动量守恒，则有 解得 设小球运动到点时速度大小为，则有 小球从抛出点到点由机械能守恒则有 解得 小球从点到点的过程，系统机械能守恒，则有 解得 6.(2026·福建省福州市·模拟题)如图所示，光滑水平面上静置一小车，小车的左侧部分为一光滑圆弧轨道，半径，其对应的圆心角，右侧部分为长的粗糙水平轨道，小车质量为。现将一可视为质点、质量为的物块从空中某位置以的初速度水平抛出，物块恰好能从点沿切线方向滑上圆弧轨道。已知物块从抛出到中点的时间为，，，重力加速度。求： 物块抛出点距离点的高度； 物块滑到点时速度大小； 物块从抛出到中点的过程中，小车相对地面的位移大小。 【答案】物块抛出点距离点的高度为。 物块滑到点时的速度大小为。 小车相对地面的位移大小为。 【解析】物块做平抛运动，恰好沿点切线方向滑上圆弧轨道，说明到达点时速度方向与水平方向夹角。 平抛运动水平方向速度保持不变，所以物块到达点时的水平分速度； 根据速度方向与水平方向夹角的关系，代入，可解得物块到达点时的竖直分速度。 物块在竖直方向做自由落体运动，由运动学公式，解得抛出点到点的竖直高度。 物块从点滑至点的过程中，物块与小车组成的系统在水平方向不受外力，动量守恒；且圆弧轨道光滑，只有重力做功，系统机械能守恒。 物块在点的速度大小 点相对于点的高度 设物块到达点时速度为，小车速度为，向右为正方向，水平方向根据动量守恒有 根据机械能守恒有 解得，负号表示小车向左运动，因此物块在点速度大小为。 平抛阶段小车静止，平抛时间为，可知物块在小车上运动的总时间 物块从点滑至中点，相对小车的水平位移为圆弧段水平位移与水平段位移之和，即 设物块的位移为，小车的位移为，规定向右为正方向。 水平方向动量守恒对时间积分得 物块相对小车的位移关系为 解得，负号表示小车位移方向向左，小车相对地面的位移大小为。 答：物块抛出点距离点的高度为。 物块滑到点时的速度大小为。 小车相对地面的位移大小为。 7.(2026·贵州省毕节市·模拟题)如图甲，竖直平面内轨道由水平轨道与及两段光滑圆弧、组成，长为，与高度差为；圆弧、半径均为，弧长相等，在点相切；与相切于点，与相切于点。可视为质点的滑块，质量为，与间动摩擦因数为。该滑块受水平向左推力，从点由静止开始运动，与位移的关系如图乙所示。不计空气阻力，重力加速度取。 求滑块在段运动过程中推力做的功； 求滑块运动至圆弧轨道上点时对轨道的压力； 若滑块从点以某一速度滑入，此后无推力，为使滑块始终不脱离轨道，求滑块在点的最大速度。 【答案】答：滑块在段运动过程中推力做的功为。 滑块运动至圆弧轨道上点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。 滑块在点的最大速度为。 【解析】滑块在段运动过程中推力做的功为，代入数据解得：。 滑块在段运动过程中，由动能定理可得。 在点，根据牛顿第二定律有。结合牛顿第三定律，可得。 分析可知滑块在点恰好不脱离轨道，此时支持力为零，点的速度最大，由几何关系得。 在点，由牛顿第二定律得。滑块从运动到，根据动能定理有，解得：。 答：滑块在段运动过程中推力做的功为。 滑块运动至圆弧轨道上点时对轨道的压力大小为，方向竖直向下。 滑块在点的最大速度为。 8.(2026·甘肃省陇南市·模拟题)如图所示，为竖直平面内光滑四分之一圆弧轨道，半径，长度的水平传送带，左端与圆弧轨道最低点连接，右端上表面与固定平台等高并紧靠。平台上固定有一底端处开口且略微错开的竖直圆轨道。一质量的滑块视为质点，从圆弧轨道最高点处静止释放，经过传送带，从处进入圆轨道后，在始终沿轨迹切线方向的外力作用下做匀速圆周运动，外力施加前后速率不变。运动一周后撤去外力，滑块再次通过点之后向右滑动，与位于平台处的轻质挡板相撞并粘连。已知滑块与传送带表面的动摩擦因数，与圆轨道间的动摩擦因数，与右侧平台间的动摩擦因数，左侧平台光滑，。轻弹簧初始为原长，左端与轻质挡板铰接，右端固定，其劲度系数。弹簧弹性势能的表达式为弹簧形变量，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计经过各连接处的能量损失，重力加速度。 求滑块下滑至圆弧轨道最低点时，轨道对滑块的支持力大小； 若传送带不转，求滑块滑到圆轨道处的速度大小； 若传送带以顺时针转动，求滑块经过传送带因摩擦而产生的热量； 若传送带以逆时针转动，求滑块从冲上传送带到弹簧第一次被压缩到最短的过程中因摩擦而产生的热量。 【答案】滑块下滑至圆弧轨道最低点时，轨道对滑块的支持力大小为； 若传送带不转，滑块滑到圆轨道处的速度大小为； 若传送带以顺时针转动，滑块经过传送带因摩擦而产生的热量为； 若传送带以逆时针转动，滑块从冲上传送带到弹簧第一次被压缩到最短的过程中因摩擦而产生的热量为 【解析】从到： 解得 在点： 解得 根据牛顿第三定律，压力大小 到点的速度为，有： 解得 滑块以速度冲上传送带后，先做匀减速再匀速运动匀减速时间； 滑块与传送带相对位移： 产生的摩擦热： 解得 滑块的整个运动过程有三段产生摩擦热，具体分析如下：第一段过程为滑块以速度冲上传送带过程通过传送带时间： 滑块与传送带相对位移： 此过程产生的摩擦热： 解得 第二段过程为滑块以速度冲上右侧的固定平台后，在竖直圆轨道匀速运动一周的过程，如图所示 选取竖直圆轨道上下对称的、两点，根据牛顿第二定律则有 在、两点附近选取微元，则滑块在这两段微元克服摩擦力做的功之和 求和可得 代入数据解得 第三段过程为滑块滑上右侧平台并与弹簧接，由功能关系可知，弹簧第一次被压缩到最短此时滑块运动到点则有 代入数据解得 第三个阶段产生的热量 解得 故整个过程产生的热量为 解得 答：滑块下滑至圆弧轨道最低点时，轨道对滑块的支持力大小为； 若传送带不转，滑块滑到圆轨道处的速度大小为； 若传送带以顺时针转动，滑块经过传送带因摩擦而产生的热量为； 若传送带以逆时针转动，滑块从冲上传送带到弹簧第一次被压缩到最短的过程中因摩擦而产生的热量为。 考向三　运动学问题的动量观点 9.(2026·广西壮族自治区·模拟题)如图所示，在光滑水平地面有一质量为的物块，其上表面为光滑的半径为的圆弧轨道，圆弧顶端点切线竖直，右端与木板粘连在一起，的质量为，木板上表面与右端相切。一轻弹簧的右端固定在上，另一端自由。可视为质点的质量为的小滑块从距圆弧顶端点正上方的点自由下落，的左端至弹簧左侧部分表面与小滑块的动摩擦因数为，其余部分光滑。重力加速度大小取，忽略空气阻力，弹簧始终在弹性限度内。 当小滑块滑过右端时，求滑块的速度大小和对滑块的支持力大小； 若小滑块滑上左端时和的连接断开，小滑块恰好不离开木板，求木板粗糙部分的长度和运动过程中弹簧的最大弹性势能。 【答案】当小滑块滑过右端时，滑块的速度大小为，对滑块的支持力大小为； 若小滑块滑上左端时和的连接断开，小滑块恰好不离开木板，木板粗糙部分的长度为，运动过程中弹簧的最大弹性势能为。 【解析】设当小滑块滑过右端时，滑块的速度大小为，的速度大小为，则小滑块由静止到滑过右端的过程中，由系统机械能守恒有 由水平方向动量守恒有 联立解得， 当小滑块滑过右端时，对小滑块进行受力分析，根据牛顿第二定律方程有 解得对滑块的支持力大小为 滑块在上运动过程，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律有 解得 由能量守恒定律有 解得木板粗糙部分的长度为 同理从滑块冲上到弹簧被压缩到最大的过程有 解得运动过程中弹簧的最大弹性势能为 解得 答：当小滑块滑过右端时，滑块的速度大小为，对滑块的支持力大小为； 若小滑块滑上左端时和的连接断开，小滑块恰好不离开木板，木板粗糙部分的长度为，运动过程中弹簧的最大弹性势能为。 10.(2026·江西省·模拟题)如图所示，在倾角的斜面上固定一个足够长的圆管，一质量为的薄圆柱体静止在管口处。一质量为直径略小于圆管内径的光滑小球以初速度，进入圆管并与圆柱体发生弹性碰撞。圆柱体受到撞击后向下滑动，下滑过程中受到圆管对它的滑动摩擦力大小等于圆柱体重力的倍，圆柱体始终垂直管壁。不计其他阻力，重力加速度，，。求： 第一次碰撞后瞬间，小球和圆柱体的速度大小； 小球从进入管内到第三次与圆柱体发生碰撞过程中的位移。 【解析】圆柱体与光滑小球发生弹性碰撞时系统动量守恒，有 过程中机械能也守恒，有 可解得第一次碰撞后瞬间，小球的速度为 圆柱体的速度为 根据第小问计算，圆柱体与小球发生弹性碰撞后，二者速度交换。碰后光滑小球在管中做匀变速直线运动，具有沿斜面向下的加速度， 对圆柱体沿斜面方向上受力分析，有 说明每次碰撞后圆柱体都做匀速直线运动；设第一次碰撞后到第二次碰撞前所用的时间为，圆柱体运动的位移为，有 可解得， 第二次碰撞前小球的速度为 小球与圆柱体第二次发生弹性碰撞后，再次速度交换，小球的速度为 圆柱体的速度为 再经过时间二者第三次碰撞，有 解得 这个过程圆柱体运动的位移为 故小球从进入管内到第三次与圆柱体发生碰撞的位移为 11.(2026·甘肃省嘉峪关市·模拟题)如图所示，点左侧水平面光滑、右侧粗糙。点左侧某位置放置一个滑块，点右侧放置一个足够长的木板，右侧放置一个滑块。、之间某处在竖直面内固定一个半径为的光滑圆轨道圆轨道底端有错开的缺口，滑块以某一水平速度向右运动，顺利通过轨道后在点处与发生弹性碰撞，作用时间极短。已知、、质量均为，与点右侧的水平面之间的动摩擦因数为，与之间的动摩擦因数为，重力加速度，不计空气阻力，、滑块均可视为质点。求： 在轨道最高点处对轨道的弹力大小； 开始运动时的速度大小； 、均停止运动时，、之间因摩擦产生的热量。 【答案】在轨道最高点处对轨道的弹力大小为。 开始运动时的速度大小为。 、均停止运动时，、之间因摩擦产生的热量为。 【解析】解：对滑块，从轨道最低点运动到最高点的过程，由动能定理得。 在最高点处，滑块受到重力和轨道对它的弹力，根据牛顿第二定律有，联立解得。 依据牛顿第三定律，滑块在轨道最高点处对轨道的弹力大小为。 滑块与发生碰撞，设碰撞后的速度为，的速度为。取碰撞前的运动方向为正方向，该过程系统动量守恒，有。 碰撞为弹性碰撞，机械能守恒，有，联立解得。 、速度相等前，做减速运动，其加速度为，位移为。 做加速运动，其加速度为，位移为。设经过时间二者共速，有。 共速之后，假设二者能共同减速，则共同加速度为。 此时、间的静摩擦力大小为，由于，即最大静摩擦力不足以提供此加速度，故两者不能共同减速。 此后减速的加速度为，位移为。减速的加速度为，位移为。 、之间因摩擦产生的热量为，代入数据解得。 答：在轨道最高点处对轨道的弹力大小为。 开始运动时的速度大小为。 、均停止运动时，、之间因摩擦产生的热量为。 12.(2026·江苏省·模拟题)如图所示，轨道由半径的光滑四分之一圆弧轨道、长度的粗糙水平轨道以及足够长的光滑水平轨道组成。质量的物块和质量的物块压缩着一轻质弹簧并锁定物块与弹簧不连接，三者静置于段中间，物块、可视为质点。紧靠的右侧水平地面上停放着质量的小车，小车上表面段粗糙、长度，、两端均固定有弹性挡板，小车与地面间的阻力忽略不计。现解除弹簧锁定，物块、由静止被弹开、脱离弹簧后立即撤走弹簧，物块向左运动进入轨道，物块向右运动滑上小车恰好从端滑入，不计滑入时的能量损失。已知、与、间的动摩擦因数均为，重力加速度，不计物块与挡板碰撞的时间，不计物块经过各连接点时的机械能损失。 若物块经过后恰好能到达圆弧轨道的最高点，求弹开后瞬间物块的速度大小，以及弹簧锁定时的弹性势能； 在的条件下，若物块与挡板的碰撞为弹性碰撞，求从滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，与挡板的碰撞次数，以及相对于小车运动的总路程； 在的条件下，若物块与挡板碰撞时的恢复系数为，求从滑上小车到最终与小车相对静止的过程中，相对于小车运动的总路程。 【答案】对物块从弹开后到恰好到达点的过程，根据动能定理 弹簧弹开、过程，系统动量守恒 解得弹开后的速度，的速度 弹簧的弹性势能等于弹开后两物块的总动能 解得 滑上小车后，系统和小车水平方向动量守恒，最终共速 解得 整个过程滑动摩擦力与总相对路程的乘积等于系统动能损失 解得相对总路程 小车长，从滑入，运动到达挡板，发生第一次碰撞，剩余路程，碰撞后返回仅运动就共速，未到达挡板，因此碰撞次数为。 设与处的挡板碰撞前的速度为，小车速度为 在滑行过程中，系统动量守恒 根据能量关系 与处的挡板碰撞过程中动量守恒 由题意知 解得， 碰撞后系统动能与共速动能的差，全部由摩擦生热消耗 解得 总相对路程 13.(2026·甘肃省·模拟题)如图所示，质量为的物块放在水平面上，质量均为的物块、、、依次并排放在物块的右侧，相邻两物块之间的距离均为。时刻，质量为的弹丸以水平向右的速度击中物块并留在其中。已知，，，所有物块均可视为质点，忽略所有摩擦，碰撞时间不计。 若物块间的碰撞均为弹性碰撞，求物块开始运动的时间； 若物块的质量为，其它物块质量不变，且物块间的碰撞均为完全非弹性碰撞，求物块与物块碰撞损失的机械能； 若物块的质量为，其它物块质量不变，物块与物块的碰撞记做第一次，奇数次碰撞为弹性碰撞，偶数次碰撞为完全非弹性碰撞奇数次的弹性碰撞后将左侧物块移走，例如物块、碰后将物块移走，物块、与物块碰后，将物块、移走，求最终物块的速度。 【答案】物块开始运动的时间为。 物块与物块碰撞损失的机械能为。 最终物块的速度为。 【解析】弹丸击中物块，取方向为正方向，根据动量守恒定律，有，代入数据解得。 因为所有物块质量相等且碰撞为弹性碰撞，每次碰撞后速度发生交换，即物块静止，物块以速度运动。 物块开始运动时，速度已传递了段距离，所需时间，代入数据解得。 当时，弹丸与物块结合后的共同速度，解得。 在物块与物块碰撞前，由动量守恒，系统弹丸、物块、的速度，解得。 物块与物块发生完全非弹性碰撞后，四者共同速度，解得。 此次碰撞损失的机械能，代入数据解得。 分析碰撞规律：第一次碰撞为弹性碰撞，由撞击，碰后物块的速度。 第二次碰撞为完全非弹性碰撞，由撞击，碰后结合体速度。 以此类推，每完成一轮“弹性碰撞完全非弹性碰撞”的组合，速度变为原来的倍。 物块开始运动总共需要经历次碰撞，这包括轮组合碰撞以及最后一次单独的弹性碰撞。 最终物块的速度，代入解得。 答：物块开始运动的时间为。 物块与物块碰撞损失的机械能为。 最终物块的速度为。 14.(2026·浙江省温州市·模拟题)医院气动传输系统用于医用物品传送，可以实现跨楼层、跨区域高效传输。如图所示为气动传输装置模型管道，其中竖直、高度，是半径的四分之一圆弧管道远大于管道内径，水平、长度。处放置一质量的传输瓶甲，启动风机，利用气压差给甲施加一大小恒为沿管道方向的气动推力，和均光滑，甲经过程克服阻力做功，传输瓶可视为质点，求： 传输瓶甲经圆弧管道点时，管道对其压力大小； 传输瓶甲到达点时的速度大小； 若传输瓶甲进入管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度。要使甲到点速度恰好为零，求甲在运动过程中的最大速度； 现有质量的传输瓶乙锁在管道上的点点未标出，长度。甲运动至点瞬间解锁乙，甲、乙发生弹性碰撞。碰撞前后甲受气动推力一直为，碰后乙始终具有向左的加速度。则在乙速度第一次减为零之前，甲、乙是否会再次发生碰撞？若会，求再次碰撞的位置到点的距离。 【答案】传输瓶甲经圆弧管道点时，管道对其压力大小是； 传输瓶甲到达点时的速度大小是； 若传输瓶甲进入管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度。要使甲到点速度恰好为零，甲在运动过程中的最大速度是； 甲、乙会再次碰撞，再次碰撞的位置到点的距离是。 【解析】段光滑，根据动能定理有 在点，物体做圆周运动的向心力由支持力、重力、推力的合力提供，则有 代入数据可得。 从到根据动能定理有 代入数据可得。 进入后，甲先向右加速，后向右减速到，最大速度出现在推力与阻力平衡即加速度为时刻，即物体加速运动阶段的结束。已知加速度，方向向左，设从到最大速度位置的位移为，从到根据动能定理有 甲从到最大速度位置根据动能定理有 代入数据可得 点距离点为，从到根据动能定理有 在点甲乙发生弹性碰撞满足动量守恒和动能守恒，则有， 代入数据可得， 乙加速度向左，初速度向右，故乙做匀减速直线运动，碰撞后甲的加速度 代入数据可得向右，甲的初速度为，负号表示速度方向向左，甲做匀减速直线运动，即甲先向左减速到，再向右加速。则乙向右匀减速直线运动的位移 代入数据可得，甲、乙会再次发生碰撞； 乙向右运动的时间为 甲向左匀减速直线运动的时间为 甲向左匀减速直线运动的位移为 甲减速到后，开始向右做匀加速直线运动，在内运动的位移 甲减速到的位置与乙加速到的位置间距离为 所以乙减速到之前甲乙发生第二次碰撞，设从第一次碰撞结束到第二次碰撞前瞬间的时间为，则有甲乙在这段时间内位移相等，即 代入数据可得 所以第二次发生碰撞位置与点的距离为 代入数据可得 所以第二次发生碰撞位置与点的距离为 代入数据可得 答：传输瓶甲经圆弧管道点时，管道对其压力大小是； 传输瓶甲到达点时的速度大小是； 若传输瓶甲进入管道后，某时刻调整气压差，甲获得向左的加速度。要使甲到点速度恰好为零，甲在运动过程中的最大速度是； 甲、乙会再次碰撞，再次碰撞的位置到点的距离是。 15.(2026·河南省·模拟题)如图所示，质量为的物体用长为的轻绳拴接，轻绳的另一端固定于点，质量为的物体静止在点正下方平台上的点，平台右侧的挡板上固定一轻弹簧，轻弹簧原长时左端恰好位于点，点的右侧光滑、左侧粗糙。点左侧的水平面上放置一质量为的长木板，长木板的上表面与右侧的平台等高。现将物体向左拉开角度，使轻绳刚好拉直，将物体由静止释放，经过一段时间与物体发生正碰同时轻绳断裂，最终物体滑上长木板且未离开长木板。已知、两物体与平台间的动摩擦因数均为，物体与长木板上表面的动摩擦因数为，长木板与水平面间的动摩擦因数为，之间的距离为，物体、均可视为质点，每次碰撞的时间极短且均为弹性碰撞，重力加速度，。求： 弹簧的最大弹性势能； 物体能否从点离开平台，若能，求出离开平台的速度；若不能，求出最终物体到点的距离； 若物体最终刚好停在长木板的最左端，求长木板的长度以及物体从滑上长木板到最终停止所用的时间。 【答案】物体从释放到与物体碰撞的过程，由机械能守恒定律得 代入数据解得 物体与物体发生弹性碰撞，设物体、碰后的速度分别为、，由动量守恒定律和机械能守恒定律得， 解得， 物体从到的过程，由动能定理得 解得 此后物体与弹簧组成的系统机械能守恒，物体的速度为时，弹簧的弹性势能最大，则有 物体、第一次碰后，对物体由动能定理得 解得 物体被弹簧弹开，返回到的动能为，设物体返回到所在处的速度为，对物体由动能定理得 解得 物体、发生第二次碰撞，设物体、碰后的速度分别为、，由动量守恒定律以及机械能守恒定律得， 解得， 第二次碰后设物体在段通过的路程为速度减为，对物体由动能定理得 解得 显然物体不能离开平台，物体停止时到点的距离为 解得 第二次碰后，物体向左减速运动到点后滑上长木板，设物体滑上长木板瞬间的速度为，对物体由动能定理得 解得 对物体由牛顿第二定律得 解得 对长木板由牛顿第二定律得 解得 设经时间物体和长木板共速，二者共同的速度大小为，对物体有 对物体有 解得， 该过程中，物体的位移为 长木板的位移为 长木板的长度为 代入数据解得 物体和长木板共速后，由于，则二者共同减速直到停止，对物体和长木板由牛顿第二定律得 解得 从二者共速到停止的时间为 物体从滑上长木板到停止所用的时间为 解得 16.(2026·河北省沧州市·模拟题)如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧轨道固定在竖直面内，轨道最低点与粗糙的水平面相切，点处有一竖直固定挡板，质量为的物块放在水平面上的点，质量也为的物块从圆弧轨道顶端点处由静止释放，运动到点与发生弹性碰撞，经过一段时间后，两物块恰好发生第二次弹性碰撞，已知物块、与水平面间的动摩擦因数均为，与挡板碰撞后以原速率返回，所有碰撞时间忽略不计，不计物块大小，重力加速度为，求： 、碰撞后瞬间，对圆弧轨道的压力大小； 、之间的距离及挡板对物块的冲量大小； 若仅将的质量调为，仍从圆弧轨道顶端点处静止释放，判断、间能否发生第二次碰撞？若能，求出第一、二两次碰撞之间的时间间隔；若不能，求出、间最终距离。 【答案】、碰撞后瞬间，对圆弧轨道的压力大小为； 、之间的距离为，挡板对物块的冲量大小为； 、间能发生第二次碰撞，第一、二两次碰撞之间的时间间隔为。 【解析】设物块与碰撞前瞬间的速度大小为，对物块从静止释放到与碰撞前瞬间的过程，由动能定理得： 解得： 与发生弹性碰撞，因两者质量相等，根据弹性碰撞模型的“质量相等，速度交换”，可知碰撞后的速度为零，的速度为。 因碰撞后在圆弧轨道最低点的速度为零，故轨道对的支持力等于其重力，根据牛顿第三定律，可知对圆弧轨道的压力大小为。 两物块恰好发生第二次弹性碰撞的临界条件为物块与挡板碰撞后恰好返回到点。因与挡板碰撞后以原速率返回，故对由点到返回到点的全程，根据动能定理得： 解得： 设物块与挡板碰撞前瞬间的速度大小为，由动能定理得： 解得： 与挡板碰撞后以原速率返回，以向左为正方向，根据动量定理得挡板对物块的冲量大小为； 设与发生弹性碰撞后瞬间速度分别为、，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得： 解得：， 假设、不发生第二次碰撞，在段滑行的最大路程为，根据动能定理得： 解得： 因，故假设不成立，即、间能发生第二次碰撞。 根据牛顿第二定律可知两者在上运动的加速度大小均为 假设、发生第二次碰撞前已经停止运动，在段滑行的时间为，位移大小为，根据运动学公式得： 解得：， 第一次碰撞到第二次碰撞滑行的路程为 设物块与第二次碰撞前瞬间的速度大小为，由动能定理得： 解得： 将的运动等效为速度由减速到的匀减速直线运动，则此过程滑行的时间为： 解得： 因，故假设不成立，可知与第一、二两次碰撞之间的时间间隔为： 答：、碰撞后瞬间，对圆弧轨道的压力大小为； 、之间的距离为，挡板对物块的冲量大小为； 、间能发生第二次碰撞，第一、二两次碰撞之间的时间间隔为。 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $