第34讲 三大观点解决力学问题（专项训练）（湖南专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以力学三大观点为核心，通过基础、重难、真题三级演练，系统覆盖综合问题、多物体、多过程题型，强化运动与相互作用及能量观念的综合应用。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |模拟·基础演练|12题|动力学与能量综合、多物体/多过程组合|从单一过程到多物体系统，构建“受力分析-过程拆分-观点选择”逻辑链| |重难·创新演练|4题|结合生活情景（娱乐设施等）的复杂模型|通过实际情境深化模型建构，提升科学推理能力| |真题·实战演练|5题|高考高频多过程问题|对接命题趋势，强化三大观点在真实问题中的灵活应用|

第34讲 三大观点解决力学问题 （专项训练） 目 录 模拟·基础演练 1 题型01 动力学与能量综合 1 题型02 力学三大观点解决多物体组合问题 5 题型03 力学三大观点解决的多过程组合问题 6 重难·创新演练 10 真题·实战演练 13 模拟·基础演练 考查重点：力学三大观点解决综合问题 ⏳题型01 动力学与能量综合问题 1.（2026·湖南长沙·二模）如图所示，绝缘水平导轨MN上有质量分别为和的滑块甲、乙。劲度系数的轻质弹性绳左端与A点连接，右端跨过固定在导轨正上方处的轻质光滑小滑轮B与甲相连，弹性绳原长与AB段长度相等。甲不带电，乙带正电，电荷量，整个装置处于、方向水平向左的匀强电场中（图中未画出）。现乙以初速度与甲发生完全非弹性碰撞结合成一个整体。已知弹簧振子的周期，弹性绳弹性势能（为形变量），取，。下列说法正确的有（　　） A．若导轨光滑，两滑块向左运动的最大位移大小为0.6m B．若导轨光滑，从碰撞结束到两滑块第一次回到碰撞点经历的时间为0.8s C．若滑块与导轨间动摩擦因数，且，则弹性势能增量最大值为12.5J D．若滑块与导轨间动摩擦因数，且，从碰撞结束至两滑块最终停止运动，滑块运动的总路程为0.5m 【答案】ABC 【详解】A．设弹性绳BC段与竖直方向夹角为θ，对甲所受弹性绳弹力分析有，（保持不变） 由 解得 导轨光滑时，设碰后最大位移为，由 解得，故A正确； B．分析知甲、乙做简谐运动，由 可知平衡位置，则 由，， 联立可得，故B正确； C．由 解得 则，故C正确； D．由 可知滑块运动至最左端后会滑回，故总路程，故D错误。 故选ABC。 2.（2026·湖南永州·二模）图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置，一根质量为M的缓冲细滑杆AB与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB的中点O通过一根不可伸长的轻绳连接一质量为m的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成夹角，绳长为L，O点与地面之间的高度差为H（）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆至固定在O点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求： (1)细滑杆AB被锁定时，小球下落过程中损失的机械能； (2)细滑杆AB被锁定时，小球落到地面上的落点与O点之间的水平距离； (3)撤去电热丝P，解除细滑杆AB的锁定（AB仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止释放。令，若，求小球运动至最低点的v与k的关系式及动能的最小值。 【答案】(1) (2) (3)； 【详解】（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理 绷直瞬间速度大小为 细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时 可知小球损失的机械能 解得 （2）根据机械能守恒定律，有 然后小球做平抛运动，则 竖直方向 联立解得 （3）撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示 以水平向左为正方向： 以竖直向上为正方向： 滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒 沿绳方向速度相等（关联速度）： 联立解得，， 从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为 解得 可简化为 可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。 3.(2026·天津市·期末考试)如图所示，质量为的物块静止在光滑水平轨道上，轨道右端与一半圆形粗糙轨道相切，轨道半径。质量为的物块以初速度滑向，和碰后粘在一起运动，恰好通过圆弧轨道最高点。物块和物块可视为质点，重力加速度取，求： 和碰撞过程中损失的机械能； 和在半圆形粗糙轨道上运动过程中摩擦力所做的功。 【答案】对和组成的系统，碰撞过程由动量守恒定律有 由能量守恒定律有联立解得。 对和组成的系统，到达半圆弧轨道最高点点时，由牛顿第二定律有 由动能定理有 联立并代入数据解得。 4.(2026·江苏省淮安市·月考试卷)如图所示，水平轨道的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点，右端与一倾角为的光滑斜面轨道在点平滑连接即物体经过点时速度的大小不变，斜面顶端固定一轻质弹簧。一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至点。已知圆轨道半径，水平轨道长为，滑块与轨道间的动摩擦因数，斜面轨道上长为，取，求： 滑块第一次经过圆轨道上点时，轨道对滑块的支持力大小； 弹簧被压缩至点时具有的弹性势能； 滑块在水平轨道上运动的总路程。 【答案】对滑块，，根据动能定理有 滑块在点，根据牛顿第二定律有： 解得 对滑块，，根据能量守恒定律有 解得 滑块最终停止在水平轨道间，对滑块，自到静止，根据动能定理有 解得。 ⏳题型02 力学三大观点解决多物体组合问题 5.（2026·湖南·二模）如图所示，长为 的水平传送带在电机带动下沿顺时针方向以 的速度匀速运动。在传送带右侧光滑地面上有一小车，小车上固定有一个“ㄱ”型硬杆，车和硬杆的总质量为 ，杆的左端 点系有一条长为 的轻绳，绳的下端系有质量为 的小球，小球下端刚好与传送带右端接触，但无压力。质量为 的小物块以初速度 从传送带左端沿传送带水平向右滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为 ，小物块运动到传送带右端时与小球发生弹性碰撞。小球和小物块均可视为质点，忽略空气的阻力，重力加速度 取 ，整个过程小车不会翻转。求： (1)物块与小球碰撞后各自的速度大小； (2)小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值； (3)从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能 。 【答案】(1)2m/s、4m/s (2)0.4 (3)3.6J 【详解】（1）对物块 解得 根据运动学公式可得 解得 说明物块到达传送带右端时与传送带共速，物块与小球碰撞过程，根据动量守恒定律以及能量守恒定律可得， 解得，方向水平向左。，方向水平向右。 （2）小球摆到右侧最高点时与小车共速，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值为 解得 （3）物块在传送带向右运动的时间为 传送带的位移为 多消耗的电能为 物块与小球碰撞后向左运动，有 解得 可见物块从传送带左侧滑出，物块向左运动的时间为 传送带位移为 多消耗的电能为 则从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能 6.(2026·河北省石家庄市·其他类型)如图所示，质量的滑块静止放置于光滑平台上，的左端固定一轻质弹簧，平台右侧有一质量的小车，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计，平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接，圆弧轨道半径，其左侧端点与圆弧圆心的连线与竖直方向的夹角。现将滑块从点由静止开始释放，滑块滑至平台上挤压弹簧，经过一段时间弹簧恢复原长后，滑块离开平台滑上小车，最终滑块恰好未从小车上滑落。已知滑块与小车之间的动摩擦因数，小车的长度，重力加速度大小，，，滑块、均可视为质点，求： 滑块刚滑上小车时的速度大小； 滑块的质量； 该过程中弹簧弹性势能的最大值。 【答案】设滑块滑至小车右端时它们的共同速度大小为，滑块从滑上小车到滑至小车右端的过程中，滑块和小车两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律： 根据能量守恒定律： 解得 滑块自点滑至平台的过程中，由动能定理有 设滑块挤压弹簧结束后弹簧恢复原长时的速度大小为，滑块与滑块在水平平台上相互作用的时间内，两者组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律，根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律 解得 当滑块、速度大小相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 解得 7.(2026·湖北省宜昌市·月考试卷)如图所示，用一轻绳把质量为的小球悬挂在点，将小球拉至距离水平传送带高处的点静止释放，当小球运动到最低点时，与静止在传送带左端质量为的物块发生弹性碰撞，物块从传送带右端点飞出，最后落在水平地面的点。已知、的距离为，物块与传送带之间动摩擦因数为，传送带上端距离地面高度为。物块、小球均可视为质点，重力加速度大小取，不计空气阻力。 传送带静止时，物块刚好能够运动到点，求高度。 当传送带以速度沿顺时针方向转动，其他条件不变，要使落点、两点水平距离最远，至少为多大 若传送带以速度沿顺时针方向转动，其他条件不变，在物块通过传送带期间，电动机需要多做多少功结果可用根式表示 【答案】解：小球由点运动到点，由动能定理：， 小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：， ， 物块由点恰运动到点，由动能定理：， 解得：。 要使物块落点最远，即物块飞离传送带时与之共速，由运动学公式：， 由牛顿第二定律：， 解得：。 因为，根据能量守恒定律，电动机多做的功应等于物块与传送带摩擦产生热量与物块增加的动能之和， 故：， ， ， 摩擦生热的时间：， 物块与传送带之间相对位移：， 解得：。 8.(2026·天津市·期中考试)如图，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、均可视为质点，用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧未被拴接。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，之后向左滑上小车，向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处，已知圆形轨道的半径。已知与小车之间的动摩擦因数，取，求 、离开弹簧瞬间的速率、； 初始时弹簧的弹性势能； 若恰好没滑出小车，则小车的车长是多少？ 【答案】设经过点时速度为，在点， 解得， 由机械能守恒定律， 解得， 设弹簧恢复到自然长度时、的速度分别为，由动量守恒定律， 解得； 由能量关系， 可得； 恰好能滑到小车左端，其共同速度为，由动量守恒定律， 由能量关系， 可得。 ⏳题型03 力学三大观点解决的多过程组合问题 ．9（2026·湖南长沙·二模）如图所示，AB为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF均为光滑水平平台，CD是半径为R上端切线水平的光滑圆弧轨道。质量为m的滑块甲从AB不同高度H处自由释放，与静止在水平面上质量为nm（，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h可调，重力加速度为g。已知时，碰撞后乙恰能过C点做平抛运动。 (1)求n的值； (2)若、，求甲、乙在EF上落点间的水平距离；（结果用分式及根号表示） (3)若、h已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空气阻力（k为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点时，落到EF上时，乙速度大小为、方向斜向右下，求场强E的取值范围。（结果用m、g、q、h、R表示） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）甲滑下，由动能定理有 甲、乙弹性碰撞 乙在C点，有 联立解得 （2） 时，由（1）有、 ，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P点脱离，PO与CO夹角为θ C→P过程有 P点有， 联立得、 又， 联立得 乙做平抛运动，由平抛运动规律有、， 联立得 又，代入数据解得 （3）甲从下滑，由机械能守恒： 已知，乙质量，弹性正碰，由动量守恒和动能守恒得碰撞后速度： 甲碰撞后反弹，沿光滑圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为，方向向右。 乙受阻力 对乙列运动的微分方程，结合题目条件： 得 且落地速度大小 即。 解分量微分方程可得速度关系： 联立 解得： 对水平方向由动量定理： 代入得： 甲加竖直向上电场后，竖直加速度 要落到EF上，必须，即： 甲做平抛运动，竖直方向 得运动时间 水平位移： 要求甲落点在乙右侧，即 代入得： 两边平方整理得： 结合题目给出不加电场时甲在乙左侧，符合不满足上述不等式，对应，下限为正。 场强的取值范围为： 10．（2026·湖南·二模）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径，传送带长为，逆时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度。一质量为的正方形木板在光滑水平地面上以水平初速度匀速运动，速度方向垂直于圆弧轨道与传送带所在的竖直面。现将一质量为的小物块从圆弧最上端A点无初速度释放，物块落下后恰好打在木板上表面的中心。已知物块与传送带及木板之间的动摩擦因数分别为，，物块始终未落在地面上，重力加速度g取，不计空气阻力及木板的厚度。 (1)求物块刚离开传送带时的速度大小； (2)若物块与木板每次碰撞时间极短（重力的冲量可忽略），每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小减半，方向反向。求： ①物块与木板最终的速度大小； ②物块与木板第1次碰后瞬间，物块沿水平向右方向上的分速度大小。 【答案】(1) (2)①；② 【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为，离开传送带时的速度为，根据动能定理有 解得 由牛顿第二定律可知，物块在传送带上的加速度大小为 由 解得 （2）①物块每次与木板相碰，竖直方向速度减半，水平方向最终趋于共速，令水平向右为x正方向，水平且垂直x方向指向纸面内侧为y轴正方向，由动量守恒定律，方向满足 方向满足 解得 ②以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对速度 碰撞瞬间摩擦力方向与x轴成斜向纸面内侧，竖直方向物块速度满足 解得 因此碰后瞬间竖直方向速度 由动量定理可知物块与木板第一次碰撞过程，z方向满足 水平面内 x方向满足 解得 11.（2026·辽宁省·月考试卷)如图所示，光滑水平面的左端与一倾角为的斜面连接，为斜面的顶点，斜面高度为，水平面右端与一半径为的半圆形轨道连接，两轨道相切于点。水平面上有质量分别为、的静止小球和，两球间有一压缩的轻弹簧，两个小球用一根细线连接固定，弹簧与小球不拴接。剪断细线，两小球分别运动到水平面的、点时弹簧已经与小球脱离。运动过程中小球恰落在斜面的底端点，而小球恰能通过半圆轨道的最高点。已知重力加速度，。求： 细线被剪断前弹簧的弹性势能 小球经过点时对轨道的压力 小球从点运动到点过程中克服阻力做的功。 【答案】解：小球从点平抛运动到点 解得 与分离的过程中，水平方向与组成的系统仅仅受到弹簧的弹力，所以水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则： 解得 剪断细线后弹簧对小球与做功，弹性势能转化为动能，则： 小球经过点时，受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以： 代入数据得：． 根据牛顿第三定律可知小球经过点时对轨道的压力。 小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点时重力恰好提供向心力， 解得 小球从点运动到点过程中，设克服阻力做的功为，根据动能定理得 代入数据得： 12.(2026·陕西省·同步练习)如图所示，上表面光滑的滑板锁定在光滑水平面上，一轻弹簧的右端固定在上，另一端自由伸长。质量为的滑块以大小为、方向与水平方向成角的初速度抛向滑板，恰好在最高点从滑板的左端飞入滑板。当弹簧弹性势能为时，解除的锁定。已知，，重力加速度为，不计空气阻力。 求滑块抛出时距离左端的水平距离 解除的锁定后，若弹簧的最大弹性势能为，求的质量 解除的锁定后，若最终的动能最大，求的质量。 【答案】滑块抛出时的水平速度大小为 竖直速度大小为 在空中的运动时间为 在空中飞行的水平距离为 联立解得 弹簧弹力做的功为 滑块飞入滑板，当弹簧的弹性势能为时，设此时滑块的速度为，根据动能定理可得 解得 设滑块的质量为，解除的锁定后，当弹簧的弹性势能最大时，和共速，根据动量守恒可得 根据能量守恒可得 联立解得 对和组成的整体，根据机械能守恒可知，要使的最终动能最大，需满足滑块的速度刚好为零时，弹簧刚好恢复原长设的质量为，的最大速度为，根据动量守恒和机械能守恒有 联立解得 重难·创新演练 设题创新:结合生活情景 娱乐设施 1.(2026·湖北省·月考试卷)如图所示，带有光滑半椭圆曲面的木板固定在光滑水平面上，的上表面粗糙。物块以水平速度从点滑上，从点飞出后恰好落到半椭圆曲面最低点。已知的质量，的质量，的长度，椭圆半长轴，半短轴，重力加速度。 求、间的动摩擦因数； 若不固定，要使仍能落到点，求滑上时的速度大小； 在问情形下，与在点碰撞后，的水平速度不变，竖直速度减为，求离开点后能上升的最大高度。 【答案】物块从点运动到点，竖直方向有 解得水平方向有解得 物块从点到点，由动能定理有 解得。 设物块到达点时，的速度大小为，的速度大小为，物块从点到点的过程中，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 又因为要使仍能落到点，则相对的水平速度仍为，也即 解得，。 物块运动到点时和水平速度大小相同，设为 由水平方向动量守恒定律有 由能量守恒定律有解得。 2.(2026·重庆市·同步练习)如图所示，质量的光滑斜劈静止在水平台面上，底边长度，高度。底端距离台面边缘，水平地面上一质量的木板紧靠平台静置，上表面与台面相平。质量、可看作质点的物块从的顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为。已知沿下滑过程中，和相对地面均做匀变速直线运动，与台面、与地面间均无摩擦，与台面、与间动摩擦因数都为，重力加速度。求： 滑到底端时，向左滑动的距离； 滑上时的速度大小； 为使不从上滑下，的最小长度； 滑到底端后，与台面发生相互作用过程中损失的动能。 【答案】滑到底端过程，、组成的系统水平方向上动量守恒，有 有由人船模型知解得，。 从离开的底端到滑上的过程中受到台面摩擦力的作用，由动能定理得 解得。 设滑至右端时两者共同速度为，的长度最小，由、组成的系统动量守恒，有 根据能量守恒定律，有 解得的最小长度。 设在上运动方向与水平方向夹角为，已如沿下滑过程中，和相对地面做匀变速直线运动，、组成的系统在水平方向上动量守恒，有 、组成的系统机械能守恒，有解得滑到底端时动能 与台面发生相互作用过程中损失的动能 。 3.(2026·江苏省盐城市·月考试卷)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，、分别为轨道的两个端点且位于同一高度，处轨道的切线沿水平方向，处轨道的切线沿竖直方向。小物块、用轻弹簧连接置于光滑水平面上，被锁定。一质量的小球自点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从点水平抛出，恰好击中，与粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，解除锁定开始运动。已知的质量，的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式为弹簧的形变量，所有过程不计空气阻力。求： 小球到达点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、 弹簧弹性势能最大时，的速度大小及弹性势能的最大值。 【答案】根据题意可知，小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒， 则有 由能量守恒定律有 联立解得， 即小球速度为，方向水平向左，方形物体速度为，方向水平向右。 由于小球落在物块正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为，小球和物块水平方向上动量守恒， 则有 解得 设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度大小为， 根据胡克定律 系统机械能守恒 联立解得，方向水平向左， 的固定解除之后，小球、物块和物块及轻弹簧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 解得，方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为。 4.(2026·湖南三模）某学习小组设计了一个力学游戏实验探究装置，如图所示，在光滑水平桌面上沿直线方向自左向右静置一固定斜面与滑块、，斜面倾角、高，、质量分别为、，二者通过细线与处于压缩状态的轻弹簧相接均不拴接。一小车静止于光滑水平地面上，并轻靠于水平桌面右侧，其上部由两个平滑相接的光滑四分之一圆弧管道及一个粗糙的水平木板轨道组成，管道最底端与水平桌面平滑相接，两个圆弧的半径均为，水平木板长，小车的总质量。某次实验开始时，烧断连接、的细线，弹簧将、由静止完全弹开后，最高冲上固定斜面的中点处，冲上小车，最远滑至水平木板轨道的中点处。已知与斜面间的动摩擦因数，，，忽略空气阻力、滑块在连接处的机械能损失，忽略、大小和圆弧管道内径影响，重力加速度取。求： 开始处于压缩状态时，弹簧具有的弹性势能 滑块刚滑上小车的圆弧管道时，小车对地面的压力大小 滑块刚滑离小车的圆弧管道最高点时的速度大小，及其与小车上木板轨道之间的动摩擦因数。 【答案】对自斜面滑上斜面中点的过程，由动能定理 对、与弹簧的分离过程，由水平方向动量守恒 由机械能守恒得 联立解得 当刚滑上小车的圆弧轨道时，设滑块所受的支持力为， 由牛顿第二定律 对，设其所受地面支持力为， 由竖直方向受力平衡 其中，为对的压力，可得 由牛顿第三定律，得小车对地面的压力大小为 设滑离的圆弧轨道最高点时，二者速度大小分别为、， 取向右为正方向，由水平方向动量守恒 与组成的系统机械能守恒 得滑块刚滑离小车上圆弧轨道最高点时的速度大小为 另一解不合题意，舍去 设滑块与小车的共同速度为， 则由水平方向动量守恒 与组成的系统能量守恒 联立解得 真题·实战演练 高频考点：多过程问题 1. （2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 （1）求甲第一次到达点时的速度大小。 （2）求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。 （3）若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。 【答案】（1） （2） （3）当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【解析】 【小问1详解】 甲下滑过程轨道光滑，由动能定理 解得 【小问2详解】 第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 解得乙弹性碰撞后速度 ​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化 代入，​得​​​ 【小问3详解】 ​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0 若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0 综上所述，k满足的关系式为 当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 2.（2026·云南·高考真题） 某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为和，每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。 （1）求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小； （2）已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包括P）都能到达出口。 （i）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小； （ii）求弹球P与1号弹球第次碰撞后瞬间的速度大小； （iii）若N足够大，且，求与之间应满足的关系。 【答案】（1）， （2）（i），；（ii）；（iii） 【解析】 【小问1详解】 P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 解得 P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 【小问2详解】 （i）1球到达第2个平台时，由动能定理有 解得 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 可知两球速度交换； （ii）设P球到达第k个平台时的速度为，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为，则P球从第个平台发生第次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理① P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知② 联立①②可得 由数学知识，可知是等比数列，公比为 所以有 解得 （iii）经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则对于任意k（），由能量关系有 即 变形为 由可知 则是的减函数，故时，趋近于零，化简为 解得 3. （2026·河南·高考真题）如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D = 0.25m，上端距天花板的距离为h = 6m。现以v0 = 11m/s的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞后经过Δt = 0.1s，小球与球壳发生第1次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短，不计球壳厚度和空气阻力，重力加速度大小取g = 10m/s2。 （1）求小球的直径； （2）求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔； （3）若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。 【答案】（1）0.05m （2）2m/s，0.1s （3） 【解析】 【小问1详解】 从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起做竖直上抛运动，末速度大小设为，根据速度位移关系式 解得 球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为d，从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与球壳的位移大小之和为D－d，则 解得 【小问2详解】 设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为、，以竖直向下为正方向，则 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、 由动量守恒定律 由机械能守恒定律 碰后速度差的大小 拓展：发生弹性碰撞，恢复系数 第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为，两者的相对速度大小始终为，两者的相对位移大小为，有 解得 【小问3详解】 取向下为正，第一次碰前：壳速，球速 弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为，时间间隔 设每次碰撞壳速改变量为（碰前壳快时减速，球快时加速），大小 从第1次碰前到第8次碰前，经历7次碰撞和7个0.1s的重力加速（每次加1m/s） 递推球壳碰前速度 ①碰前：2 ②碰前： ③碰前： ④碰前： ⑤碰前：6 ⑥碰前： ⑦碰前：8 ⑧碰前： 已知⑧碰前壳速为6m/s，故 解得 由 得 则可推导出所有速度如表所示（速度均为m/s，＋向上，－向下） 碰撞序号 时刻 碰前壳速 碰前球速 碰后壳速 碰后球速 天花板碰 0 — — －1 ＋1 ① 0.1 －2 0 ＋1 －1 ② 0.2 0 －2 －3 －1 ③ 0.3 －4 －2 －1 －3 ④ 0.4 －2 －4 －5 －3 ⑤ 0.5 －6 －4 －3 －5 ⑥ 0.6 －4 －6 －7 －5 ⑦ 0.7 －8 －6 －5 －7 ⑧ 0.8 －6 －8 －9 －7 ⑨ 0.9 －10 －8 －7 －9 ⑩ 1.0 －8 －10 －11 －9 ⑪ 1.1 －12 －10 －9 －11 利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移，逐段累加球壳位置： 时段 壳初速 位移 累加位置y 0→0.1s －1 －0.15 5.975 0.1→0.2s ＋1 ＋0.05 6.025 0.2→0.3s －3 －0.35 5.675 0.3→0.4s －1 －0.15 5.525 0.4→0.5s －5 －0.55 4.975 0.5→0.6s －3 －0.35 4.625 0.6→0.7s －7 －0.75 3.875 0.7→0.8s －5 －0.55 3.325 0.8→0.9s －9 －0.95 2.375 0.9→1.0s －7 －0.75 1.625 1.0→1.1s －11 －1.15 0.475 （第⑪次碰前）球壳质心位于。 此时碰撞后壳速变为（见上表⑪碰后），随后匀加速下降至触地（质心触地高度），下落距离 由运动学公式可知 则触地速度大小为 4. （2026·湖南·高考真题）如图，长为L的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m的小球，下端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求小球接触地面瞬间的速度v的大小； （2）求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值； （3）小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成θ角（θ已知，且0 < θ < α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。 （i）求E与k的关系； （ii）当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d。 【答案】（1） （2） （3）（i）；（ii） 【解析】 【小问1详解】 根据机械能守恒定律有 解得小球接触地面瞬间的速度的大小 【小问2详解】 设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图所示 设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律 对小球，根据牛顿第二定律 解得， 此时小球水平方向分速度 竖直方向分速度 竖直方向，根据速度位移关系 小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值 联立解得 【小问3详解】 （i）设其中一部分的质量为，则另一部分质量为，如图所示 根据动量守恒定律有， 弹射装置释放的能量 联立可得 （ii）根据数学知识可知，当时，最小为 即有，， 两小球同时落地，运动时间为 可得 两小球的距离 由可得 联立可得 5 （2026·浙江·高考真题）如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。 （1）求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力大小FN； （2）从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式； （3）求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va； （4）若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。 【答案】（1），，方向竖直向上 （2） （3）， （4）见解析 【解析】 【小问1详解】 对a物块下滑过程中根据动能定理有 可得； 在B点根据牛顿第二定律有 可得，方向竖直向上； 【小问2详解】 如图 由于h<<r，滑块a所受回复力F，则 可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动。 【小问3详解】 滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图 当vbx=0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为； 又因与滑块a最高点相同，由题意可知 即 因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有， 联立解得， 【小问4详解】 碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况 由题给数据可得，， 滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为 滑块a每一次滑过水平面的时间为 又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s 滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t 所以由图1、2可知或，…… 由图3、4可知即或者，…… 综上分析可知t应满足 则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，（n=0，1，2，3，4……） 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第34讲 三大观点解决力学问题 （专项训练） ⏳题型01 动力学与能量综合问题 1.【答案】ABC 2.【答案】(1) (2) (3)； 【详解】（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理 绷直瞬间速度大小为 细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时 可知小球损失的机械能 解得 （2）根据机械能守恒定律，有 然后小球做平抛运动，则 竖直方向 联立解得 （3）撤去电热丝，解除细滑杆AB的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是，方向竖直向下。而绷直瞬间由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直后瞬间小球的水平速度大小为，竖直速度大小为，滑杆AB的速度大小为，如图所示 以水平向左为正方向： 以竖直向上为正方向： 滑杆AB和小球系统水平方向动量守恒 沿绳方向速度相等（关联速度）： 联立解得，， 从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最低点处小球的速度大小为v（水平），AB的速度大小为 解得 可简化为 可知随着k增大速度v会增大，所以当k=1时，v最小。 3【答案】对和组成的系统，碰撞过程由动量守恒定律有 由能量守恒定律有联立解得。 对和组成的系统，到达半圆弧轨道最高点点时，由牛顿第二定律有 由动能定理有 联立并代入数据解得。 4【答案】对滑块，，根据动能定理有 滑块在点，根据牛顿第二定律有： 解得 对滑块，，根据能量守恒定律有 解得 滑块最终停止在水平轨道间，对滑块，自到静止，根据动能定理有 解得。 ⏳题型02 力学三大观点解决多物体组合问题 5.【答案】(1)2m/s、4m/s (2)0.4 (3)3.6J 【详解】（1）对物块 解得 根据运动学公式可得 解得 说明物块到达传送带右端时与传送带共速，物块与小球碰撞过程，根据动量守恒定律以及能量守恒定律可得， 解得，方向水平向左。，方向水平向右。 （2）小球摆到右侧最高点时与小车共速，根据动量守恒定律有 根据能量守恒定律有 小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值为 解得 （3）物块在传送带向右运动的时间为 传送带的位移为 多消耗的电能为 物块与小球碰撞后向左运动，有 解得 可见物块从传送带左侧滑出，物块向左运动的时间为 传送带位移为 多消耗的电能为 则从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能 6.【答案】设滑块滑至小车右端时它们的共同速度大小为，滑块从滑上小车到滑至小车右端的过程中，滑块和小车两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律： 根据能量守恒定律： 解得 滑块自点滑至平台的过程中，由动能定理有 设滑块挤压弹簧结束后弹簧恢复原长时的速度大小为，滑块与滑块在水平平台上相互作用的时间内，两者组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律，根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律 解得 当滑块、速度大小相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律 根据能量守恒定律 解得 7【答案】解：小球由点运动到点，由动能定理：， 小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：， ， 物块由点恰运动到点，由动能定理：， 解得：。 要使物块落点最远，即物块飞离传送带时与之共速，由运动学公式：， 由牛顿第二定律：， 解得：。 因为，根据能量守恒定律，电动机多做的功应等于物块与传送带摩擦产生热量与物块增加的动能之和， 故：， ， ， 摩擦生热的时间：， 物块与传送带之间相对位移：， 解得：。 8【答案】设经过点时速度为，在点， 解得， 由机械能守恒定律， 解得， 设弹簧恢复到自然长度时、的速度分别为，由动量守恒定律， 解得； 由能量关系， 可得； 恰好能滑到小车左端，其共同速度为，由动量守恒定律， 由能量关系， 可得。 ⏳题型03 力学三大观点解决的多过程组合问题 ．9【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）甲滑下，由动能定理有 甲、乙弹性碰撞 乙在C点，有 联立解得 （2） 时，由（1）有、 ，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P点脱离，PO与CO夹角为θ C→P过程有 P点有， 联立得、 又， 联立得 乙做平抛运动，由平抛运动规律有、， 联立得 又，代入数据解得 （3）甲从下滑，由机械能守恒： 已知，乙质量，弹性正碰，由动量守恒和动能守恒得碰撞后速度： 甲碰撞后反弹，沿光滑圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为，方向向右。 乙受阻力 对乙列运动的微分方程，结合题目条件： 得 且落地速度大小 即。 解分量微分方程可得速度关系： 联立 解得： 对水平方向由动量定理： 代入得： 甲加竖直向上电场后，竖直加速度 要落到EF上，必须，即： 甲做平抛运动，竖直方向 得运动时间 水平位移： 要求甲落点在乙右侧，即 代入得： 两边平方整理得： 结合题目给出不加电场时甲在乙左侧，符合不满足上述不等式，对应，下限为正。 场强的取值范围为： 10．【答案】(1) (2)①；② 【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为，离开传送带时的速度为，根据动能定理有 解得 由牛顿第二定律可知，物块在传送带上的加速度大小为 由 解得 （2）①物块每次与木板相碰，竖直方向速度减半，水平方向最终趋于共速，令水平向右为x正方向，水平且垂直x方向指向纸面内侧为y轴正方向，由动量守恒定律，方向满足 方向满足 解得 ②以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对速度 碰撞瞬间摩擦力方向与x轴成斜向纸面内侧，竖直方向物块速度满足 解得 因此碰后瞬间竖直方向速度 由动量定理可知物块与木板第一次碰撞过程，z方向满足 水平面内 x方向满足 解得 11.【答案】解：小球从点平抛运动到点 解得 与分离的过程中，水平方向与组成的系统仅仅受到弹簧的弹力，所以水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则： 解得 剪断细线后弹簧对小球与做功，弹性势能转化为动能，则： 小球经过点时，受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以： 代入数据得：． 根据牛顿第三定律可知小球经过点时对轨道的压力。 小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点时重力恰好提供向心力， 解得 小球从点运动到点过程中，设克服阻力做的功为，根据动能定理得 代入数据得： 12【答案】滑块抛出时的水平速度大小为 竖直速度大小为 在空中的运动时间为 在空中飞行的水平距离为 联立解得 弹簧弹力做的功为 滑块飞入滑板，当弹簧的弹性势能为时，设此时滑块的速度为，根据动能定理可得 解得 设滑块的质量为，解除的锁定后，当弹簧的弹性势能最大时，和共速，根据动量守恒可得 根据能量守恒可得 联立解得 对和组成的整体，根据机械能守恒可知，要使的最终动能最大，需满足滑块的速度刚好为零时，弹簧刚好恢复原长设的质量为，的最大速度为，根据动量守恒和机械能守恒有 联立解得 重难·创新演练 设题创新:结合生活情景 娱乐设施 1.【答案】物块从点运动到点，竖直方向有 解得水平方向有解得 物块从点到点，由动能定理有 解得。 设物块到达点时，的速度大小为，的速度大小为，物块从点到点的过程中，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 又因为要使仍能落到点，则相对的水平速度仍为，也即 解得，。 物块运动到点时和水平速度大小相同，设为 由水平方向动量守恒定律有 由能量守恒定律有解得。 2【答案】滑到底端过程，、组成的系统水平方向上动量守恒，有 有由人船模型知解得，。 从离开的底端到滑上的过程中受到台面摩擦力的作用，由动能定理得 解得。 设滑至右端时两者共同速度为，的长度最小，由、组成的系统动量守恒，有 根据能量守恒定律，有 解得的最小长度。 设在上运动方向与水平方向夹角为，已如沿下滑过程中，和相对地面做匀变速直线运动，、组成的系统在水平方向上动量守恒，有 、组成的系统机械能守恒，有解得滑到底端时动能 与台面发生相互作用过程中损失的动能 。 3【答案】根据题意可知，小球从开始下落到处过程中，水平方向上动量守恒， 则有 由能量守恒定律有 联立解得， 即小球速度为，方向水平向左，方形物体速度为，方向水平向右。 由于小球落在物块正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为，小球和物块水平方向上动量守恒， 则有 解得 设当弹簧形变量为时物块的固定解除，此时小球和物块的速度大小为， 根据胡克定律 系统机械能守恒 联立解得，方向水平向左， 的固定解除之后，小球、物块和物块及轻弹簧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 解得，方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为。 4【答案】对自斜面滑上斜面中点的过程，由动能定理 对、与弹簧的分离过程，由水平方向动量守恒 由机械能守恒得 联立解得 当刚滑上小车的圆弧轨道时，设滑块所受的支持力为， 由牛顿第二定律 对，设其所受地面支持力为， 由竖直方向受力平衡 其中，为对的压力，可得 由牛顿第三定律，得小车对地面的压力大小为 设滑离的圆弧轨道最高点时，二者速度大小分别为、， 取向右为正方向，由水平方向动量守恒 与组成的系统机械能守恒 得滑块刚滑离小车上圆弧轨道最高点时的速度大小为 另一解不合题意，舍去 设滑块与小车的共同速度为， 则由水平方向动量守恒 与组成的系统能量守恒 联立解得 真题·实战演练 高频考点：多过程问题 1【答案】（1） （2） （3）当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 【解析】 【小问1详解】 甲下滑过程轨道光滑，由动能定理 解得 【小问2详解】 第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为，乙速度为，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒， 解得乙弹性碰撞后速度 ​​对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化 代入，​得​​​ 【小问3详解】 ​碰后甲的速度，乙的速度；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对k的取值进行分情况讨论： ①当0＜k≤1时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达B点前相遇，即，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0 ②当k＞1时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在甲到达A点前追及，即，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0 若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有 解得 需满足在乙到达B点前追及，即，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0 综上所述，k满足的关系式为 当0＜k≤1时，k3+3k2+35k﹣31＞0 当1＜k＜3时，3k3+k2+25k﹣37＜0 当k＞3时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0 2.【答案】（1）， （2）（i），；（ii）；（iii） 【解析】 【小问1详解】 P球到达第1个平台时，由机械能守恒定律有 解得 P球与1球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 【小问2详解】 （i）1球到达第2个平台时，由动能定理有 解得 1球与2球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有， 解得， 可知两球速度交换； （ii）设P球到达第k个平台时的速度为，与第k个平台处的1球碰撞后的速度为，则P球从第个平台发生第次碰撞后到第k个平台碰撞前，由动能定理① P球在第k个平台与1球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知② 联立①②可得 由数学知识，可知是等比数列，公比为 所以有 解得 （iii）经分析，只需考虑P球，每次都要越过最高点，则对于任意k（），由能量关系有 即 变形为 由可知 则是的减函数，故时，趋近于零，化简为 解得 3. 【答案】（1）0.05m （2）2m/s，0.1s （3） 【解析】 【小问1详解】 从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起做竖直上抛运动，末速度大小设为，根据速度位移关系式 解得 球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为d，从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1次碰撞，小球与球壳的位移大小之和为D－d，则 解得 【小问2详解】 设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1次碰撞前速度分别为、，以竖直向下为正方向，则 球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为、 由动量守恒定律 由机械能守恒定律 碰后速度差的大小 拓展：发生弹性碰撞，恢复系数 第1次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为，两者的相对速度大小始终为，两者的相对位移大小为，有 解得 【小问3详解】 取向下为正，第一次碰前：壳速，球速 弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为，时间间隔 设每次碰撞壳速改变量为（碰前壳快时减速，球快时加速），大小 从第1次碰前到第8次碰前，经历7次碰撞和7个0.1s的重力加速（每次加1m/s） 递推球壳碰前速度 ①碰前：2 ②碰前： ③碰前： ④碰前： ⑤碰前：6 ⑥碰前： ⑦碰前：8 ⑧碰前： 已知⑧碰前壳速为6m/s，故 解得 由 得 则可推导出所有速度如表所示（速度均为m/s，＋向上，－向下） 碰撞序号 时刻 碰前壳速 碰前球速 碰后壳速 碰后球速 天花板碰 0 — — －1 ＋1 ① 0.1 －2 0 ＋1 －1 ② 0.2 0 －2 －3 －1 ③ 0.3 －4 －2 －1 －3 ④ 0.4 －2 －4 －5 －3 ⑤ 0.5 －6 －4 －3 －5 ⑥ 0.6 －4 －6 －7 －5 ⑦ 0.7 －8 －6 －5 －7 ⑧ 0.8 －6 －8 －9 －7 ⑨ 0.9 －10 －8 －7 －9 ⑩ 1.0 －8 －10 －11 －9 ⑪ 1.1 －12 －10 －9 －11 利用上表壳速，每段0.1s匀变速，位移，逐段累加球壳位置： 时段 壳初速 位移 累加位置y 0→0.1s －1 －0.15 5.975 0.1→0.2s ＋1 ＋0.05 6.025 0.2→0.3s －3 －0.35 5.675 0.3→0.4s －1 －0.15 5.525 0.4→0.5s －5 －0.55 4.975 0.5→0.6s －3 －0.35 4.625 0.6→0.7s －7 －0.75 3.875 0.7→0.8s －5 －0.55 3.325 0.8→0.9s －9 －0.95 2.375 0.9→1.0s －7 －0.75 1.625 1.0→1.1s －11 －1.15 0.475 （第⑪次碰前）球壳质心位于。 此时碰撞后壳速变为（见上表⑪碰后），随后匀加速下降至触地（质心触地高度），下落距离 由运动学公式可知 则触地速度大小为 4. 【答案】（1） （2） （3）（i）；（ii） 【解析】 【小问1详解】 根据机械能守恒定律有 解得小球接触地面瞬间的速度的大小 【小问2详解】 设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图所示 设此时小球的速度为，根据机械能守恒定律 对小球，根据牛顿第二定律 解得， 此时小球水平方向分速度 竖直方向分速度 竖直方向，根据速度位移关系 小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值 联立解得 【小问3详解】 （i）设其中一部分的质量为，则另一部分质量为，如图所示 根据动量守恒定律有， 弹射装置释放的能量 联立可得 （ii）根据数学知识可知，当时，最小为 即有，， 两小球同时落地，运动时间为 可得 两小球的距离 由可得 联立可得 5 【答案】（1），，方向竖直向上 （2） （3）， （4）见解析 【解析】 【小问1详解】 对a物块下滑过程中根据动能定理有 可得； 在B点根据牛顿第二定律有 可得，方向竖直向上； 【小问2详解】 如图 由于h<<r，滑块a所受回复力F，则 可知滑块受到的回复力F与x成正比，方向与x相反，因此滑块a从释放到第一次到达最低点的运动是简谐运动。 【小问3详解】 滑块b在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块b的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图 当vbx=0时，滑块b第一次滑到最高点，由题意可知滑块b到达的最高点高度与滑块a的开始下滑的高度相等。此时速度为vby，经历的时间t1为； 又因与滑块a最高点相同，由题意可知 即 因为滑块a、b在最高点发生碰撞，设碰后滑块b的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有， 联立解得， 【小问4详解】 碰后滑块a在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、3、4所示。考虑周期性，则L有多种情况 由题给数据可得，， 滑块a每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为 滑块a每一次滑过水平面的时间为 又由于滑块a从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s 滑块a由碰后到从MN之间飞出的时间t满足，L=0.4t 所以由图1、2可知或，…… 由图3、4可知即或者，…… 综上分析可知t应满足 则滑块a能从MN之间飞出时L的范围为，（n=0，1，2，3，4……） 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $ 第34讲 三大观点解决力学问题 （专项训练） 目 录 模拟·基础演练 1 题型01 动力学与能量综合 1 题型02 力学三大观点解决多物体组合问题 5 题型03 力学三大观点解决的多过程组合问题 6 重难·创新演练 10 真题·实战演练 13 模拟·基础演练 考查重点：力学三大观点解决综合问题 ⏳题型01 动力学与能量综合问题 1.（2026·湖南长沙·二模）如图所示，绝缘水平导轨MN上有质量分别为和的滑块甲、乙。劲度系数的轻质弹性绳左端与A点连接，右端跨过固定在导轨正上方处的轻质光滑小滑轮B与甲相连，弹性绳原长与AB段长度相等。甲不带电，乙带正电，电荷量，整个装置处于、方向水平向左的匀强电场中（图中未画出）。现乙以初速度与甲发生完全非弹性碰撞结合成一个整体。已知弹簧振子的周期，弹性绳弹性势能（为形变量），取，。下列说法正确的有（　　） A．若导轨光滑，两滑块向左运动的最大位移大小为0.6m B．若导轨光滑，从碰撞结束到两滑块第一次回到碰撞点经历的时间为0.8s C．若滑块与导轨间动摩擦因数，且，则弹性势能增量最大值为12.5J D．若滑块与导轨间动摩擦因数，且，从碰撞结束至两滑块最终停止运动，滑块运动的总路程为0.5m 2.（2026·湖南永州·二模）图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置，一根质量为M的缓冲细滑杆AB与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB的中点O通过一根不可伸长的轻绳连接一质量为m的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成夹角，绳长为L，O点与地面之间的高度差为H（）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆至固定在O点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求： (1)细滑杆AB被锁定时，小球下落过程中损失的机械能； (2)细滑杆AB被锁定时，小球落到地面上的落点与O点之间的水平距离； (3)撤去电热丝P，解除细滑杆AB的锁定（AB仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止释放。令，若，求小球运动至最低点的v与k的关系式及动能的最小值。 3.(2026·天津市·期末考试)如图所示，质量为的物块静止在光滑水平轨道上，轨道右端与一半圆形粗糙轨道相切，轨道半径。质量为的物块以初速度滑向，和碰后粘在一起运动，恰好通过圆弧轨道最高点。物块和物块可视为质点，重力加速度取，求： 和碰撞过程中损失的机械能； 和在半圆形粗糙轨道上运动过程中摩擦力所做的功。 4.(2026·江苏省淮安市·月考试卷)如图所示，水平轨道的左端与固定的光滑竖直圆轨道相切于点，右端与一倾角为的光滑斜面轨道在点平滑连接即物体经过点时速度的大小不变，斜面顶端固定一轻质弹簧。一质量为的滑块从圆弧轨道的顶端由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第一次可将弹簧压缩至点。已知圆轨道半径，水平轨道长为，滑块与轨道间的动摩擦因数，斜面轨道上长为，取，求： 滑块第一次经过圆轨道上点时，轨道对滑块的支持力大小； 弹簧被压缩至点时具有的弹性势能； 滑块在水平轨道上运动的总路程。 ⏳题型02 力学三大观点解决多物体组合问题 5.（2026·湖南·二模）如图所示，长为 的水平传送带在电机带动下沿顺时针方向以 的速度匀速运动。在传送带右侧光滑地面上有一小车，小车上固定有一个“ㄱ”型硬杆，车和硬杆的总质量为 ，杆的左端 点系有一条长为 的轻绳，绳的下端系有质量为 的小球，小球下端刚好与传送带右端接触，但无压力。质量为 的小物块以初速度 从传送带左端沿传送带水平向右滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为 ，小物块运动到传送带右端时与小球发生弹性碰撞。小球和小物块均可视为质点，忽略空气的阻力，重力加速度 取 ，整个过程小车不会翻转。求： (1)物块与小球碰撞后各自的速度大小； (2)小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值； (3)从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能 。 6.(2026·河北省石家庄市·其他类型)如图所示，质量的滑块静止放置于光滑平台上，的左端固定一轻质弹簧，平台右侧有一质量的小车，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计，平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接，圆弧轨道半径，其左侧端点与圆弧圆心的连线与竖直方向的夹角。现将滑块从点由静止开始释放，滑块滑至平台上挤压弹簧，经过一段时间弹簧恢复原长后，滑块离开平台滑上小车，最终滑块恰好未从小车上滑落。已知滑块与小车之间的动摩擦因数，小车的长度，重力加速度大小，，，滑块、均可视为质点，求： 滑块刚滑上小车时的速度大小； 滑块的质量； 该过程中弹簧弹性势能的最大值。 7.(2026·湖北省宜昌市·月考试卷)如图所示，用一轻绳把质量为的小球悬挂在点，将小球拉至距离水平传送带高处的点静止释放，当小球运动到最低点时，与静止在传送带左端质量为的物块发生弹性碰撞，物块从传送带右端点飞出，最后落在水平地面的点。已知、的距离为，物块与传送带之间动摩擦因数为，传送带上端距离地面高度为。物块、小球均可视为质点，重力加速度大小取，不计空气阻力。 传送带静止时，物块刚好能够运动到点，求高度。 当传送带以速度沿顺时针方向转动，其他条件不变，要使落点、两点水平距离最远，至少为多大 若传送带以速度沿顺时针方向转动，其他条件不变，在物块通过传送带期间，电动机需要多做多少功结果可用根式表示 8.(2026·天津市·期中考试)如图，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、均可视为质点，用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧未被拴接。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，之后向左滑上小车，向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处，已知圆形轨道的半径。已知与小车之间的动摩擦因数，取，求 、离开弹簧瞬间的速率、； 初始时弹簧的弹性势能； 若恰好没滑出小车，则小车的车长是多少？ ⏳题型03 力学三大观点解决的多过程组合问题 ．9（2026·湖南长沙·二模）如图所示，AB为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF均为光滑水平平台，CD是半径为R上端切线水平的光滑圆弧轨道。质量为m的滑块甲从AB不同高度H处自由释放，与静止在水平面上质量为nm（，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h可调，重力加速度为g。已知时，碰撞后乙恰能过C点做平抛运动。 (1)求n的值； (2)若、，求甲、乙在EF上落点间的水平距离；（结果用分式及根号表示） (3)若、h已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空气阻力（k为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE相碰，乙刚过C点时，落到EF上时，乙速度大小为、方向斜向右下，求场强E的取值范围。（结果用m、g、q、h、R表示） 10．（2026·湖南·二模）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径，传送带长为，逆时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度。一质量为的正方形木板在光滑水平地面上以水平初速度匀速运动，速度方向垂直于圆弧轨道与传送带所在的竖直面。现将一质量为的小物块从圆弧最上端A点无初速度释放，物块落下后恰好打在木板上表面的中心。已知物块与传送带及木板之间的动摩擦因数分别为，，物块始终未落在地面上，重力加速度g取，不计空气阻力及木板的厚度。 (1)求物块刚离开传送带时的速度大小； (2)若物块与木板每次碰撞时间极短（重力的冲量可忽略），每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小减半，方向反向。求： ①物块与木板最终的速度大小； ②物块与木板第1次碰后瞬间，物块沿水平向右方向上的分速度大小。 11.（2026·辽宁省·月考试卷)如图所示，光滑水平面的左端与一倾角为的斜面连接，为斜面的顶点，斜面高度为，水平面右端与一半径为的半圆形轨道连接，两轨道相切于点。水平面上有质量分别为、的静止小球和，两球间有一压缩的轻弹簧，两个小球用一根细线连接固定，弹簧与小球不拴接。剪断细线，两小球分别运动到水平面的、点时弹簧已经与小球脱离。运动过程中小球恰落在斜面的底端点，而小球恰能通过半圆轨道的最高点。已知重力加速度，。求： 细线被剪断前弹簧的弹性势能 小球经过点时对轨道的压力 小球从点运动到点过程中克服阻力做的功。 12.(2026·陕西省·同步练习)如图所示，上表面光滑的滑板锁定在光滑水平面上，一轻弹簧的右端固定在上，另一端自由伸长。质量为的滑块以大小为、方向与水平方向成角的初速度抛向滑板，恰好在最高点从滑板的左端飞入滑板。当弹簧弹性势能为时，解除的锁定。已知，，重力加速度为，不计空气阻力。 求滑块抛出时距离左端的水平距离 解除的锁定后，若弹簧的最大弹性势能为，求的质量 解除的锁定后，若最终的动能最大，求的质量。 重难·创新演练 设题创新:结合生活情景 娱乐设施 1.(2026·湖北省·月考试卷)如图所示，带有光滑半椭圆曲面的木板固定在光滑水平面上，的上表面粗糙。物块以水平速度从点滑上，从点飞出后恰好落到半椭圆曲面最低点。已知的质量，的质量，的长度，椭圆半长轴，半短轴，重力加速度。 求、间的动摩擦因数； 若不固定，要使仍能落到点，求滑上时的速度大小； 在问情形下，与在点碰撞后，的水平速度不变，竖直速度减为，求离开点后能上升的最大高度。 2.(2026·重庆市·同步练习)如图所示，质量的光滑斜劈静止在水平台面上，底边长度，高度。底端距离台面边缘，水平地面上一质量的木板紧靠平台静置，上表面与台面相平。质量、可看作质点的物块从的顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为。已知沿下滑过程中，和相对地面均做匀变速直线运动，与台面、与地面间均无摩擦，与台面、与间动摩擦因数都为，重力加速度。求： 滑到底端时，向左滑动的距离； 滑上时的速度大小； 为使不从上滑下，的最小长度； 滑到底端后，与台面发生相互作用过程中损失的动能。 3.(2026·江苏省盐城市·月考试卷)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，、分别为轨道的两个端点且位于同一高度，处轨道的切线沿水平方向，处轨道的切线沿竖直方向。小物块、用轻弹簧连接置于光滑水平面上，被锁定。一质量的小球自点正上方处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从点水平抛出，恰好击中，与粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到时，解除锁定开始运动。已知的质量，的质量，方形物体的质量，重力加速度大小，弹簧的劲度系数，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式为弹簧的形变量，所有过程不计空气阻力。求： 小球到达点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小、 弹簧弹性势能最大时，的速度大小及弹性势能的最大值。 4.(2026·湖南三模）某学习小组设计了一个力学游戏实验探究装置，如图所示，在光滑水平桌面上沿直线方向自左向右静置一固定斜面与滑块、，斜面倾角、高，、质量分别为、，二者通过细线与处于压缩状态的轻弹簧相接均不拴接。一小车静止于光滑水平地面上，并轻靠于水平桌面右侧，其上部由两个平滑相接的光滑四分之一圆弧管道及一个粗糙的水平木板轨道组成，管道最底端与水平桌面平滑相接，两个圆弧的半径均为，水平木板长，小车的总质量。某次实验开始时，烧断连接、的细线，弹簧将、由静止完全弹开后，最高冲上固定斜面的中点处，冲上小车，最远滑至水平木板轨道的中点处。已知与斜面间的动摩擦因数，，，忽略空气阻力、滑块在连接处的机械能损失，忽略、大小和圆弧管道内径影响，重力加速度取。求： 开始处于压缩状态时，弹簧具有的弹性势能 滑块刚滑上小车的圆弧管道时，小车对地面的压力大小 滑块刚滑离小车的圆弧管道最高点时的速度大小，及其与小车上木板轨道之间的动摩擦因数。 真题·实战演练 高频考点：多过程问题 1. （2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为的足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为、。质量为的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上高处、质量为的小物块乙静止在水平轨道上，乙到、两点的距离均为。现静止释放甲，所有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为，不计空气阻力。 （1）求甲第一次到达点时的速度大小。 （2）求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。 （3）若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求满足的关系式（不求具体数值）。 2.（2026·云南·高考真题） 某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N个相同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形管道左端高度差为，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为和，每个“倒V”形管道的左端均静置1个质量为m的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在入口端由静止释放一质量为的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重力加速度为g。 （1）求弹球P与1号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P和1号弹球各自的速度大小； （2）已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球（包括P）都能到达出口。 （i）求1号弹球与2号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2号弹球各自的速度大小； （ii）求弹球P与1号弹球第次碰撞后瞬间的速度大小； （iii）若N足够大，且，求与之间应满足的关系。 3. （2026·河南·高考真题）如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D = 0.25m，上端距天花板的距离为h = 6m。现以v0 = 11m/s的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞后经过Δt = 0.1s，小球与球壳发生第1次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短，不计球壳厚度和空气阻力，重力加速度大小取g = 10m/s2。 （1）求小球的直径； （2）求小球与球壳第1次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔； （3）若小球与球壳第8次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。 4. （2026·湖南·高考真题）如图，长为L的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m的小球，下端连接于水平地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0时，小球脱离轻杆，重力加速度为g，不计空气阻力。 （1）求小球接触地面瞬间的速度v的大小； （2）求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值； （3）小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成θ角（θ已知，且0 < θ < α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。 （i）求E与k的关系； （ii）当E最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d。 14（2026·浙江·高考真题）如图所示。一宽度为d的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ分别平滑连接半径均为r的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m的物块a，从圆弧面上相对平板竖直高度为h的A点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为的物块b与MN成45°角从O点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a发生弹性碰撞。两物块均为质点。 （1）求物块a第一次经过B点时速度大小v0和所受支持力大小FN； （2）从A到B的过程：物块a相对于B点位移为x，求其所受回复力F与x的关系式； （3）求物块b的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a的速度大小va； （4）若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a从NQ之间滑离，求BQ间距L的范围。 1 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $