专题6 动量和能量的多过程问题 讲义-2026年高三物理暑期能力提升

高三物理暑期能力提升 专题6 动量和能量的多过程问题 【方法解读】 1. 力学三大观点比较 观点 基本规律 解题优势 动 力 学 观 点 牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、圆周运动规律 (1)研究瞬时状态，分析运动性质。 (2)研究匀变速直线运动。 (3)研究平抛运动、圆周运动。 (4)求解加速度、时间 能 量 观 点 动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律 (1)只涉及运动初、末状态。 (2)研究曲线运动。 (3)研究多过程运动。 (4)求解功、能、位移、速度 动量 观点 动量定理、动量守恒定律 (1)只涉及运动初、末状态。 (2)研究相互作用系统的运动。 (3)求解动量、冲量、速度 2. 多次碰撞问题 多次碰撞问题的处理方法是数学归纳法，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，可写出之后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程或发生碰撞的总次数等数据。多次碰撞问题涉及的主要模型有:(1)两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞;(2)多个物体发生连续碰撞。 3 .力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 【针对性训练】 1.（2024·湖北高考14题）如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 （1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。 （2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。 （3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 2 (2024·黑吉辽卷，14)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止，A、B均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空气阻力，求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 3 (2025·江西南昌模拟)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求: (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小; (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小; (3)a、b第一次碰后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 4 .(2023·天津卷，11)一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力。求两物体: (1)碰撞时离地面的高度x; (2)碰后瞬间的速度v; (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。 5 .(2025·河北保定高三开学考)如图所示，一长L＝5 m的水平传送带以v＝4 m/s的速度顺时针运行，将一质量m0＝1 kg的小物块P轻放在传送带的左端，2.25 s后小物块P从传送带右端离开传送带，刚好从C点沿切线方向滑上半径R＝2.75 m的固定光滑圆弧轨道CD，小物块P从D点滑上静止在水平面上的木板Q，木板上表面与圆弧轨道相切。当小物块P和木板Q相对静止后，木板Q与静止在水平面上的小物块S发生弹性碰撞，最后小物块P刚好没有离开木板Q。已知圆弧轨道CD的圆心角θ＝37°，木板Q的质量M＝2 kg，小物块S的质量m＝1.2 kg，小物块P、S可视为质点，小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ＝0.1，木板Q与水平地面间的摩擦力忽略不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)小物块P与传送带间的动摩擦因数μ0; (2)小物块P经过D点时对圆弧轨道的压力大小; (3)木板Q的长度L。 6 .(2025·山西大同模拟)如图所示，质量M＝3 kg的小车静止在光滑水平面上，车的上表面由平面BC和光滑的四分之一圆弧面AB组成，圆弧的半径R＝2.4 m，圆弧面的最低点B与平面BC相切，平面BC右侧有一固定挡板，轻弹簧放在平面BC上，弹簧右端与挡板连接，一个质量m＝1 kg的小物块，在圆弧面的最高点A由静止释放，小物块第一次向左滑上圆弧面的最高点的位置离B点的高度h＝1 m，已知小物块与平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。弹簧的形变在弹性限度内，求: (1)小物块第一次滑到B点时，小物块和小车的速度大小; (2)弹簧第一次被压缩具有的最大弹性势能; (3)若弹簧的劲度系数为k＝136 N/m，弹簧的弹性势能为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，则小物块第二次压缩弹簧的最大压缩量为多少?同时分析，小物块能不能第三次压缩弹簧? 7 .(2024·浙江6月选考，18)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小; (2)若μ2＝0，滑块恰好过C点，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能; (3)若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 8 (2025·重庆北碚模拟)高度为h＝0.8 m的光滑曲面PQ与水平面在Q点平滑连接，水平面上依次摆放了滑块1、2、3，滑块0从曲面顶端由静止开始下滑，到底端Q点时与放在该处的滑块1发生弹性碰撞。然后，滑块1会与滑块2碰撞并粘连，碰后速率是滑块1第一次碰后速率的;滑块1、2会与滑块3碰撞并粘连，碰后速率是滑块1、2碰后速率的。已知滑块0、1、2的质量均为m，滑块3的质量为2m，所有滑块与水平地面的动摩擦因数均为μ＝0.2，不计滑块的大小及每一次碰撞的时间，重力加速度g＝10 m/s2。求: (1)滑块0与滑块1碰撞后，滑块1的速率; (2)滑块1与滑块2之间的距离l1; (3)滑块1从开始运动到与滑块3相撞所经历的总时间。 9 (2023·天津卷，11)一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力。求两物体： (1)碰撞时离地面的高度x； (2)碰后瞬间的速度v； (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。 10 (2023·广东卷，15)如图1为某药品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： 图1 (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 11 (2024·广东惠州模拟)如图2，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，求： 图2 (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小； (3)a、b第一次碰后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 12 .(2023·北京卷，17)如图1所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： 图1 (1)A释放时距桌面的高度H； (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； (3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。 13.(2023·广东肇庆统考模拟)室内蹦床运动是近年来热门的娱乐项目。蹦床运动情境可建立为如图2所示的物理模型：竖直放置的两个完全相同的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为mB的物体B固定在一起，质量为mA的物体A置于B中央位置的正上方H处。现让A由静止开始自由下落，随后和B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后两物体粘在一起。已知A与B结合后经过时间t下降至最低点，A、B始终在同一竖直平面内运动，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，求： 图2 (1)A与B碰后瞬间的速度大小v； (2)AB结合体从结合后至返回到碰撞点过程中的运动时间以及该过程中弹簧对物体B冲量的大小。 14 .如图所示，一段粗糙水平面右端与光滑曲面在O点平滑连接，左端与一段光滑水平面在N点连接。一左端固定的轻弹簧置于光滑水平面上，其右端恰好位于N点，一质量为m＝0.1 kg的小球被长为L＝1.4 m的轻细绳悬挂在O1点且处于静止状态，小球位于O点但与O点不接触。在O1点左侧与O1等高处的P点，固定有一垂直纸面的光滑钉子，与O1点的距离为。一质量为M＝0.7 kg的小物块从曲面上高为h＝0.8 m的位置由静止滑下后，与小球发生碰撞，碰后小球向左摆动，绳子碰到钉子后，小球恰好能完成竖直面内的圆周运动。已知粗糙水平面的长度为s＝1.5 m与小物块的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，小球与小物块均可看成质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求： 图3 (1)小物块刚要碰上小球瞬间的速度v0的大小； (2)刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T的大小； (3)弹簧弹性势能的最大值。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三物理暑期能力提升 专题6 动量和能量的多过程问题 【方法解读】 1. 力学三大观点比较 观点 基本规律 解题优势 动 力 学 观 点 牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、圆周运动规律 (1)研究瞬时状态，分析运动性质。 (2)研究匀变速直线运动。 (3)研究平抛运动、圆周运动。 (4)求解加速度、时间 能 量 观 点 动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律 (1)只涉及运动初、末状态。 (2)研究曲线运动。 (3)研究多过程运动。 (4)求解功、能、位移、速度 动量 观点 动量定理、动量守恒定律 (1)只涉及运动初、末状态。 (2)研究相互作用系统的运动。 (3)求解动量、冲量、速度 2. 多次碰撞问题 多次碰撞问题的处理方法是数学归纳法，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，可写出之后碰撞过程中对应规律或结果，然后可以计算全程的路程或发生碰撞的总次数等数据。多次碰撞问题涉及的主要模型有:(1)两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞;(2)多个物体发生连续碰撞。 3 .力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 【针对性训练】 1.（2024·湖北高考14题）如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.10 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。 （1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小。 （2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能。 （3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。 答案：（1）5 m/s　（2）0.3 J　（3）0.2 m 解析：（1）设小物块的质量为m，传送带左右两端的距离为L，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ，小物块在传送带上加速时的加速度大小为a，由牛顿第二定律有μmg＝ma 设小物块到达传送带最右端时的速度大小为v1，假设小物块在传送带上一直加速，由运动学公式有 ＝2aL 联立并代入数据得v1＝6 m/s 由于v1＞5 m/s，故假设不成立，小物块到达传送带右端前已经与传送带共速，故小物块与小球碰撞前瞬间的速度大小为v1＝5 m/s。 （2）设小球的质量为M，碰撞后小物块与小球的速度大小分别为v2、v3，碰撞过程中两者构成的系统损失的总动能为ΔEk，对小物块与小球碰撞过程，由动量守恒定律得mv1＝－mv2＋Mv3 小物块与小球碰撞过程中，系统损失的总动能为 ΔEk＝m－m－M 联立并代入数据得ΔEk＝0.3 J。 （3）经分析知，小球到达P点正上方绳子拉力刚好为零时，小球绕P点运动的半径最大，P点到O点距离最小，设这种情况下小球运动到P点正上方的速度大小为v4，P点到O点的距离为x，绳子的长度为l，小球运动到P点正上方时，结合牛顿第二定律和向心加速度公式有 Mg＝M 对小球的整个上升过程，由动能定理得 －Mg[l＋（l－x）]＝M－M 联立并代入数据得x＝0.2 m。 2 (2024·黑吉辽卷，14)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止，A、B均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空气阻力，求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 解析　(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，则 对A，水平方向有xA＝vAt 竖直方向有h＝gt2 联立解得vA＝1 m/s 弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，则对系统有0＝mAvA＋mB(－vB) 解得vB＝1 m/s。 (2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动，则 对B有－μmBgxB＝0－mB 解得μ＝0.2。 (3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有 ΔEp＝mAmB＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程，则有Δx＝ΔxA＋ΔxB 联立解得ΔEp＝0.12 J。 3 (2025·江西南昌模拟)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求: (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小; (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小; (3)a、b第一次碰后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 答案　(1)　(2)　　(3)mgL 解析　(1)设a与b碰撞前瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝m 解得v0＝。 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有mv0＝3mv2－mv1 根据能量守恒定律有m×3mm 解得v1＝v2＝v0＝。 (3)由于v2＝<，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，减速阶段根据牛顿第二定律有3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma 解得a＝gsin α＋μgcos α＝g 根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝ 物块b第一次在传送带上运动过程，由于摩擦产生的内能为 Q＝μ·3mgcos α＝mgL。 4 .(2023·天津卷，11)一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力。求两物体: (1)碰撞时离地面的高度x; (2)碰后瞬间的速度v; (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。 答案　(1)1 m　(2)0　(3)12 J 解析　(1)对A物体，根据运动学公式可得h－x＝gt2 解得x＝1 m。 (2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0， 根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2 解得vB0＝6 m/s 根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为vA＝gt＝2 m/s 方向竖直向下 碰撞前瞬间B物体的速度大小为vB＝vB0－gt＝4 m/s 方向竖直向上 选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v 解得碰后瞬间的速度v＝0。 (3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mAmB(mA＋mB)v2 解得ΔE＝12 J。 5 .(2025·河北保定高三开学考)如图所示，一长L＝5 m的水平传送带以v＝4 m/s的速度顺时针运行，将一质量m0＝1 kg的小物块P轻放在传送带的左端，2.25 s后小物块P从传送带右端离开传送带，刚好从C点沿切线方向滑上半径R＝2.75 m的固定光滑圆弧轨道CD，小物块P从D点滑上静止在水平面上的木板Q，木板上表面与圆弧轨道相切。当小物块P和木板Q相对静止后，木板Q与静止在水平面上的小物块S发生弹性碰撞，最后小物块P刚好没有离开木板Q。已知圆弧轨道CD的圆心角θ＝37°，木板Q的质量M＝2 kg，小物块S的质量m＝1.2 kg，小物块P、S可视为质点，小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ＝0.1，木板Q与水平地面间的摩擦力忽略不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)小物块P与传送带间的动摩擦因数μ0; (2)小物块P经过D点时对圆弧轨道的压力大小; (3)木板Q的长度L。 答案　(1)0.2　(2) N　(3)12.75 m 解析　(1)在传送带上，对小物块P受力分析，由牛顿第二定律有μ0m0g＝m0a 小物块P在传送带上加速过程，有v＝at1 由位移关系知L＝t1＋v 解得μ＝0.2。 (2)小物块P离开传送带后做平抛运动，由几何关系有v＝vCcos θ 小物块P从C到D的过程，由动能定理有 m0gR(1－cos θ)＝m0m0 当小物块P经过D点时有FN－m0g＝ 由牛顿第三定律知F压＝FN＝ N。 (3)小物块P在木板Q上滑动到共速的过程有m0vD＝v共1 μm0gL1＝m0 解得L1＝12 m 木板Q与小物块S碰撞过程有Mv共1＝mv1＋Mv2 MmM 解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.5 m/s 最终小物块P和木板Q再次共速，有m0v共1＋Mv2＝(m0＋M)v共2 μm0gL2＝m0M(m0＋M) 解得L2＝0.75 m 由题意有木板Q的长度L＝L1＋L2＝12.75 m。 6 .(2025·山西大同模拟)如图所示，质量M＝3 kg的小车静止在光滑水平面上，车的上表面由平面BC和光滑的四分之一圆弧面AB组成，圆弧的半径R＝2.4 m，圆弧面的最低点B与平面BC相切，平面BC右侧有一固定挡板，轻弹簧放在平面BC上，弹簧右端与挡板连接，一个质量m＝1 kg的小物块，在圆弧面的最高点A由静止释放，小物块第一次向左滑上圆弧面的最高点的位置离B点的高度h＝1 m，已知小物块与平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。弹簧的形变在弹性限度内，求: (1)小物块第一次滑到B点时，小物块和小车的速度大小; (2)弹簧第一次被压缩具有的最大弹性势能; (3)若弹簧的劲度系数为k＝136 N/m，弹簧的弹性势能为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，则小物块第二次压缩弹簧的最大压缩量为多少?同时分析，小物块能不能第三次压缩弹簧? 答案　(1)6 m/s　2 m/s　(2)17 J　 (3) m　不能 解析　(1)设小物块第一次滑到B点时小物块和小车的速度大小分别为v1和v2，由系统水平方向动量守恒有mv1＝Mv2 根据机械能守恒定律有mgR＝mM 解得v1＝6 m/s，v2＝2 m/s。 (2)设小物块第一次在平面BC上相对平面向右运动的最大距离为x，由系统水平方向动量守恒可知，当小物块第一次向左滑上圆弧面最高点时，小物块和小车的速度均为零，根据能量守恒定律有μmg·2x＝mg(R－h)，其中h＝1 m 解得x＝3.5 m 设弹簧第一次被压缩时具有的最大弹性势能为Ep，由水平方向动量守恒可知，当弹簧压缩量最大时物块和小车的速度为零，小物块从A点释放到弹簧第一次被压缩至压缩量最大过程，由功能关系有 mgR＝μmgx＋Ep 解得Ep＝17 J。 (3)设小物块第一次压缩弹簧的压缩量为x1，则k＝17 J 解得x1＝0.5 m 由此可知，弹簧处于原长时，弹簧左端离B点距离 d＝x－x1＝3 m 设小物块第二次压缩弹簧的压缩量为x2，根据能量守恒定律有k＝μmg(2d＋x1＋x2)＋k 解得x2＝ m 由于k－μmg(4d＋x1＋2x2)<0 因此小物块不可能第三次压缩弹簧。 7 .(2024·浙江6月选考，18)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小; (2)若μ2＝0，滑块恰好过C点，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能; (3)若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 答案　(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s 解析　(1)对滑块从离开弹簧到运动至圆形轨道最高点的过程，由动能定理有 －mg·2R＝mm 滑块恰能通过圆形轨道最高点，则在最高点C，根据牛顿第二定律有 mg＝ 联立并代入数据解得v0＝5 m/s。 (2)若μ2＝0，则滑块滑上平板与之相互作用的过程中，滑块与平板组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，故有 mv0＝(M＋m)v共 根据能量守恒定律有 ΔE＝m(M＋m) 联立并代入数据解得ΔE＝0.625 J。 (3)经分析可知，当滑块滑至平板右端且恰好与平板共速之后与平板一起匀减速运动时，滑块离开弹簧时的速度最大。滑块与平板相互作用的过程，对滑块由牛顿第二定律有 μ1mg＝ma1 对平板由牛顿第二定律有 μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2 根据运动学规律有 vm－a1t＝a2t vmt－a1t2－a2t2＝L 联立并代入数据解得vm＝6 m/s，t＝0.6 s 共速过程平板的位移x＝a2t2 解得x＝0.72 m<d－L＝2.6 m 一起匀减速运动的加速度为a3＝μ2g＝1 m/s2 则到达H处的速度满足v2－(a2t)2＝－2a3(d－L－x)，解得v＝ m/s>0满足题意，故滑块离开弹簧的最大速度为6 m/s。 8 (2025·重庆北碚模拟)高度为h＝0.8 m的光滑曲面PQ与水平面在Q点平滑连接，水平面上依次摆放了滑块1、2、3，滑块0从曲面顶端由静止开始下滑，到底端Q点时与放在该处的滑块1发生弹性碰撞。然后，滑块1会与滑块2碰撞并粘连，碰后速率是滑块1第一次碰后速率的;滑块1、2会与滑块3碰撞并粘连，碰后速率是滑块1、2碰后速率的。已知滑块0、1、2的质量均为m，滑块3的质量为2m，所有滑块与水平地面的动摩擦因数均为μ＝0.2，不计滑块的大小及每一次碰撞的时间，重力加速度g＝10 m/s2。求: (1)滑块0与滑块1碰撞后，滑块1的速率; (2)滑块1与滑块2之间的距离l1; (3)滑块1从开始运动到与滑块3相撞所经历的总时间。 答案　(1)4 m/s　(2)3 m　(3)1.25 s 解析　(1)对滑块0从P滑到Q的过程，由动能定理有mgh＝m 解得v0＝＝4 m/s 滑块0与滑块1碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有mv0＝mv0'＋mv1，mmv0'2＋m 解得v0'＝0，v1＝4 m/s。 (2)滑块1与滑块2碰撞过程动量守恒，则有mv1'＝2m·v1 解得v1'＝2 m/s 对滑块1第一次碰后到与滑块2碰前的过程，由动能定理有－μmgl1＝mv1'2－m 解得l1＝3 m。 (3)滑块1、2与滑块3碰撞过程动量守恒，则有 2mv2＝4m·v1，解得v2＝0.5 m/s 滑块1从开始运动到与滑块2相撞所经历的时间 t1＝＝1 s 滑块1、2从碰后运动到与滑块3相撞所经历的时间t2＝＝0.25 s 滑块1从开始运动到与滑块3相撞所经历的总时间 t＝t1＋t2＝1.25 s。 9 (2023·天津卷，11)一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力。求两物体： (1)碰撞时离地面的高度x； (2)碰后瞬间的速度v； (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。 答案　(1)1 m　(2)0　(3)12 J 解析　(1)对A物体，根据运动学公式可得 h－x＝gt2 解得x＝1 m。 (2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0， 根据运动学公式可知 x＝vB0t－gt2 解得vB0＝6 m/s 根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为vA＝gt＝2 m/s 方向竖直向下 碰撞前瞬间B物体的速度大小为 vB＝vB0－gt＝4 m/s 方向竖直向上 选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得 mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v 解得碰后瞬间的速度v＝0。 (3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为 ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2 解得ΔE＝12 J。 10 (2023·广东卷，15)如图1为某药品自动传送系统的示意图，该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求： 图1 (1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t； (2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W； (3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。 答案　(1)　(2)6mgL－3mv　(3) 解析　(1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg 由静止加速到与传送带共速所用的时间 t＝＝。 (2)由功能关系得B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功 W＝×2mv＋2mg·3L－×2m(2v0)2 ＝6mgL－3mv。 (3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知 2m·2v0＝mv1＋2mv2 ×2m(2v0)2－＝ 解得v1＝2v0，v2＝v0 (另一组v1＝v0，v2＝v0舍掉) 两物体平抛运动的时间t1＝ 则s－r＝v2t1 s＋r＝v1t1 解得s＝。 11 (2024·广东惠州模拟)如图2，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，求： 图2 (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小； (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小； (3)a、b第一次碰后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 答案　(1)　(2)　　(3)mgL 解析　(1)设a与b碰撞前一瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝mv 解得v0＝。 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有 mv0＝3mv2－mv1 根据能量守恒定律有mv＝×3mv＋mv 解得v1＝v2＝v0＝。 (3)由于v2＝<，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，根据牛顿第二定律有 3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma 解得a＝gsin α＋μgcos α＝g 根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝＝ 物块b第一次在传送带上运动过程，由于摩擦产生的内能为 Q＝μ·3mgcos α＝mgL。 12 .(2023·北京卷，17)如图1所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求： 图1 (1)A释放时距桌面的高度H； (2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F； (3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。 答案　(1)　(2)mg＋m　(3)mv2 解析　(1)A从释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝mv2 解得H＝。 (2)碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得 F－mg＝m 解得F＝mg＋m。 (3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得 mv＝2mv1 解得v1＝v 则碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mv2－×2m＝mv2。 13.(2023·广东肇庆统考模拟)室内蹦床运动是近年来热门的娱乐项目。蹦床运动情境可建立为如图2所示的物理模型：竖直放置的两个完全相同的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为mB的物体B固定在一起，质量为mA的物体A置于B中央位置的正上方H处。现让A由静止开始自由下落，随后和B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后两物体粘在一起。已知A与B结合后经过时间t下降至最低点，A、B始终在同一竖直平面内运动，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g，求： 图2 (1)A与B碰后瞬间的速度大小v； (2)AB结合体从结合后至返回到碰撞点过程中的运动时间以及该过程中弹簧对物体B冲量的大小。 答案　(1) 　(2)2t　2(mA＋mB)gt＋2mA 解析　(1)设A和B碰前瞬间的速度大小为v0，和B碰后瞬间的速度大小为v，有 mAgH＝mAv v0＝ 由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝。 (2)从碰后至返回到碰撞点的过程中，AB结合体做简谐运动。根据简谐运动的对称性，可得运动时间t总＝2t 回到碰撞点时速度大小为vt＝v＝ 方向竖直向上 取向上为正方向，由动量定理得 I－(mA＋mB)g·2t＝(mA＋mB)vt－[－(mA＋mB)v] 解得I＝2(mA＋mB)gt＋2mA。 14 .如图所示，一段粗糙水平面右端与光滑曲面在O点平滑连接，左端与一段光滑水平面在N点连接。一左端固定的轻弹簧置于光滑水平面上，其右端恰好位于N点，一质量为m＝0.1 kg的小球被长为L＝1.4 m的轻细绳悬挂在O1点且处于静止状态，小球位于O点但与O点不接触。在O1点左侧与O1等高处的P点，固定有一垂直纸面的光滑钉子，与O1点的距离为。一质量为M＝0.7 kg的小物块从曲面上高为h＝0.8 m的位置由静止滑下后，与小球发生碰撞，碰后小球向左摆动，绳子碰到钉子后，小球恰好能完成竖直面内的圆周运动。已知粗糙水平面的长度为s＝1.5 m与小物块的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2，小球与小物块均可看成质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。求： 图3 (1)小物块刚要碰上小球瞬间的速度v0的大小； (2)刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T的大小； (3)弹簧弹性势能的最大值。 答案　(1)4 m/s　(2)4.5 N　(3)2.1 J 解析　(1)小物块下滑过程有Mgh＝Mv 解得v0＝4 m/s。 (2)碰撞过程有Mv0＝Mv1＋mv2 之后小球做圆周运动到最高点，由机械能守恒定律有mv－mv＝mg(L+L) 由于小球恰好能完成竖直面内的圆周运动，在最高点有mg＝m 解得v1＝3 m/s，v2＝7 m/s 刚碰撞完瞬间，对小球有T－mg＝m 解得T＝4.5 N。 (3)小物块向左运动至压缩弹簧至最短时，有 Mv＝μMgs＋Epmax 解得Epmax＝2.1 J。 1 学科网（北京）股份有限公司 $