专题17 力学三大观点的综合应用（重难点训练）（安徽专用）2027年高考物理一轮复习讲练测

**基本信息** 以力学三大观点（动力学、能量、动量）为核心，构建“规律选用-过程拆分-模型迁移”的方法体系，通过分层训练实现知识逻辑与解题能力的系统突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识解构|2知识点+得分速记|三大观点选用原则（时间-动量/位移-能量/瞬时-牛顿）|从单一规律到综合应用，形成“概念-条件-场景”推导链条| |基础演练|3题型（含高考真题）|多过程拆分法（碰撞/滑动/圆周分段处理）|题型与观点对应：动量+动力学（时间关联）、动量+能量（守恒判断）| |重难创新|3综合题（简谐/电磁感应/多次碰撞）|跨模块整合技巧（力学+电磁感应规律衔接）|经典模型拓展（滑块-弹簧→含电场/磁场复杂情境）| |真题实战|4高考题（2025-2026年）|高考命题规律提炼（压轴题多过程+守恒条件）|高频考点覆盖（板块/碰撞/圆弧轨道），体现科学思维中的模型建构与推理|

专题17 力学三大观点的综合应用（重难点训练） 目 录 研判·考情前瞻 1 巩固·知识解构 2 知识点1 解决力学问题的三个基本观点 2 知识点2 力学规律的选用原则 2 模拟·基础演练 3 题型01 动量与动力学观点的综合应用 3 题型02 动量与能量观点的综合应用 6 题型03 力学三大观点的综合应用 12 重难·创新演练 16 真题·实战演练 21 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 力学三大观点的综合应用 浙江(6月)·T17、 甘肃·T14 重庆·T15、湖南·T15、 四川·T15 天津·T11、重庆·T15 考情分析 题型与考向： 力学三大观点：牛顿运动定律(力的观点)、动能定理与机械能守恒(能量观点)、动量定理与动量守恒(动量观点)，是高中物理计算题核心考点。选择题：中等难度，多为多选，一般不考复杂计算，侧重模型判断、定性分析、简单列式比较。计算题(主流)：高考高频压轴 / 次压轴大题，分值12~18分，多为多过程问题，设问2~3小问。 力的观点：牛顿第二定律结合运动学公式，处理匀变速、瞬时加速度、连接体、变力下的运动分析；适合已知力求运动、已知运动求力。 能量观点：动能定理最常用，其次机械能守恒；处理曲线运动、多过程、变力做功，重点分析摩擦力做功、弹簧弹力做功。动量观点：动量定理处理冲量、变力作用时间问题；动量守恒重点考察碰撞、爆炸、反冲、板块相互作用。 综合考向多过程切换：同一道题分段使用不同观点，比如碰撞用动量守恒，之后运动过程用动能定理；板块模型、弹簧模型、平抛 + 碰撞、圆周运动结合碰撞；区分选用依据：涉及时间、冲量、相互作用瞬间优先动量；涉及位移、做功优先能量；涉及加速度、瞬时力优先牛顿定律。 情境与立意： 1．经典模型情境：滑块-木板、弹簧连接体、小球碰撞、圆弧轨道、传送带、抛体结合碰撞，是最常考载体。 2．实际生活与科技情境：打靶、弹射装置、火箭反冲、过山车、球类运动、粒子碰撞简化模型，把实际问题抽象成物理模型。 过程特点：往往包含多个阶段：碰撞瞬间→后续滑动或圆周运动；有守恒阶段，也有非守恒阶段(有摩擦机械能损失)。模型建构：从复杂情境剥离物理模型，判断系统是否动量守恒、机械能是否守恒，辨别守恒条件是否满足。科学思维：考查学生选用物理规律的能力，不强制固定解法，鼓励最优路径；能区分什么时候用牛顿、什么时候用动量、什么时候用能量。过程分析：拆分多阶段运动，每个阶段明确研究对象、受力、初末状态，找准状态量(速度、动能、动量)。计算与严谨性：矢量符号、正负方向、守恒条件判断是高频失分点；考察审题、规范列式能力。 复习目标 1．掌握解决力学综合问题常用的三大观点。 2．会灵活选用三个观点解决力学综合问题。 巩固·知识解构 知识点1 解决力学问题的三个基本观点 (1)动力学观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 知识点2 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动力学关系式，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(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)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能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的过程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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 ( ✨ 得分速记 ： 应用力学三大观点解题时应注意的问题 (1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。 (2)进行正确的受力分析，明确各运动过程的运动特点，根据每个过程的特点选择合适的物理规律解题。 (3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，或受外力但其内力远大于外力，或系统在某一方向不受力或所受合力为零时，一般考虑用动量守恒定律分析。如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。已知或求解力和位移关系时通常用动能定理，已知或求解力和时间关系时通常用动量定理。 (4)注意衔接处或各子过程的物理量关系，如速度关系、位移关系。当绳子绷紧、物块碰撞时一般有机械能损失，速度大小会发生突变。 ) 模拟·基础演练 考查重点：牛顿运动定律、动量定理与动量守恒定律、功能关系与能量守恒 ⏳题型01 动量与动力学观点的综合应用 1．如图甲，质量为的小物块放在长木板左端，小物块与长木板间的动摩擦因数。长木板静止在水平面上，右端紧靠竖直墙面，质量为，与地面间的动摩擦因数为。时刻小物块获得水平向右的初速度，同时给小物块施加如图乙所示的水平向右的作用力。4s时小物块与竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。最终，小物块静止于长木板上某一位置，重力加速度g取。求： (1)4s内水平向右作用力的冲量大小； (2)小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小； (3)小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离。    【答案】（1）；（2）；（3）12m 【详解】（1）冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，则 （2）对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得带入数据解得 （3）物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左，对木板，由牛顿第二定律可得 解得木板加速度大小为对物块可得解得物块加速度大小为设经过时间t，木块和木板速度相等，由运动学公式可得解得由于，所以物块和木板共速后保持相对静止，木板位移为物块位移为这段时间内相对位移为所以小物块相对长木板静止时，距长木板右端的12m。 2．（2021·河北高考）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sinθ＝，cosθ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求： (1)滑道AB段的长度； (2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。 【答案】(1)9 m　(2)7.44 m/s 【详解】(1)设滑道AB段的长度为L，已知背包质量为m1＝2 kg，设其在AB段滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有 m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1 代入数据解得a1＝2 m/s2 已知滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2， 设其在AB段滑行时间为t，则背包在AB段的滑行时间为t＋t0(t0＝1 s)， 由运动学规律得 L＝a1(t＋t0)2 L＝v0t＋a2t2 联立解得t＝2 s(t＝－1 s舍去) 故可得L＝9 m。 (2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则 v1＝a1(t＋t0) 代入数据解得v1＝6 m/s v2＝v0＋a2t 代入数据解得v2＝7.5 m/s 滑雪者拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝7.44 m/s。 3．如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与光滑水平轨道通过一小段圆弧在C点相接，水平轨道的右侧与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆形轨道相连。质量为0.5 kg的物体B静止在水平轨道上，一质量为0.1 kg的A物体以v0＝16 m/s的速度与B发生正碰，结果B恰好能通过半圆形轨道的最高点。A、B均可看成质点，除第一次碰撞外，不考虑A、B间其他的相互作用，已知A与斜面间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2。求： (1)碰撞过程中A对B的冲量大小； (2)A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间。 【答案】　(1)2 N·s　(2)1.5 s 【详解】(1)B恰好能通过半圆形轨道的最高点， 故在最高点有：mBg＝mB 设A、B碰后B的速度为vB，则B从碰后到运动到D点的过程中有： －mBg·2R＝mBv－mBv 联立并代入数据解得： vB＝4 m/s 故A对B的冲量大小为：IAB＝mBvB－0＝2 N·s。 (2)A、B碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则有：mAv0＝mAvA＋mBvB 代入数据，解得：vA＝－4 m/s，负号说明其方向与v0方向相反 因此A以vA＝4 m/s的速度冲上斜面，A沿斜面向上运动的加速度大小为：a1＝gsin30°＋μgcos30°＝8 m/s2 A沿斜面向上运动的时间为：t1＝＝0.5 s A沿斜面向上运动的距离为：x＝t1＝1 m A沿斜面向下运动的加速度大小为：a2＝gsin30°－μgcos30°＝2 m/s2 A沿斜面向下运动的过程中有：x＝a2t， 代入数据解得：t2＝1 s 故A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间为：t＝t1＋t2＝1.5 s。 4．“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中、而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度处，将一质量的小石片以初速度水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为，接触水面后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的。取重力加速度，不计空气阻力。求： (1)小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离； (2)第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。 【答案】（1）6m；（2）2.0N 【详解】（1）小石片抛出过程有，解得则第一次反弹竖直方向的分速度大小第一次接触水面水平方向有，解得令小石片第1次离开水面后到再次碰到水面经历时间为，则有，解得 （2）第1次与水面接触过程竖直方向有解得则水面对小石片的作用力大小解得 ⏳题型02 动量与能量观点的综合应用 5．如图，光滑水平面上有一质量为m=1kg的滑块A静止在P点，在O点有一质量为M=2kg、长度为L=0.6m的长木板B，其两侧有固定挡板，在长木板B上最右侧放置一质量也为M=2kg小物块C，滑块A在外力F=2N作用下，经过时间t=1.5s到达O点时，在O点立即撤去外力同时与B发生碰撞。已知小物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ=0.1，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，g=10m/s2，求： (1)滑块A刚到达O点时的速度； (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度； (3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离。 【答案】（1）3m/s，方向水平向右；（2）2m/s，方向水平向右；（3）0.2m 【详解】（1）设滑块A刚到达O点时的速度为，根据动量定理有解得方向水平向右。 （2）滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速度分别为和，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律分别有；联立解得，滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为，方向水平向右。 （3）长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为，则有解得设C相对B滑动的路程为，对B、C组成的系统根据能量守恒可得解得所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为 6．（2022·福建高考）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入，滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动。已知A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)C在碰撞前瞬间的速度大小； (2)C与B碰撞过程中损失的机械能； (3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 【答案】(1)　(2)m(v－2μgs0)　(3) 【详解】　(1)设C在碰撞前瞬间的速度大小为v1，小物块C运动至刚要与物块B相碰的过程，根据动能定理可得 －μmgs0＝mv－mv 解得v1＝。 (2)物块B、C发生完全非弹性碰撞，则碰后瞬间速度相等，设速度大小为v2，碰撞过程中，根据动量守恒定律可得mv1＝2mv2 C与B碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv－×2mv 联立解得ΔE＝m(v－2μgs0)。 (3)设滑板A刚要滑动时弹簧的压缩量为Δx，此时对滑板A，由受力平衡可得 kΔx＋2μmg＝3μmg 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为W＝2μmg·Δx 联立解得W＝。 7．（2026·河南许昌·模拟预测）如图，物体b由左侧光滑轨道（形状未知）和右侧光滑四分之一圆弧轨道组成，右侧轨道半径，两轨道下端均与光滑水平地面相切。地面最右侧固定一个竖直放置的二分之一圆弧轨道c，其半径，下端与地面相切于Q点，上端为P点。初始时物体b静止，质量为的小物块a置于b的左侧，以初速度向右运动，与b作用后越过b，从P点切入c轨道（此时a与c轨道间的作用力恰好为零）。之后，a沿c轨道从P点运动到Q点，已知该过程中c轨道对a做负功，大小为。经过Q点后，a滑上b右侧的圆弧轨道。取重力加速度，不计空气阻力，物块a可视为质点。求： (1)物块a运动到Q点的速度大小； (2)物体b的质量； (3)物块a滑上b右侧圆弧轨道后，上升的最大高度h（相对于水平地面）； (4)从物块a滑上b右侧圆弧轨道到a上升至最大高度过程中，物体b发生的位移大小。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）a在点只受重力，对a，由牛顿第二定律得 解得 a从运动到，由动能定理得 解得。 （2）对a、b，从a滑上b左侧到a运动到点，由机械能守恒得 由水平方向动量守恒得 联立解得。 （3）由（2）得可知 即a离开后与b系统水平方向总动量为零。故a在b右侧刚要离开b时，b的速度为零，a竖直向上运动，从a滑上b右侧上升到最高点，a、b系统机械能守恒 联立代入数据解得。 （4）从a滑上b右侧到离开b，任意时刻有 取极短时间，有 整个过程有 又 联立解得。 8．（25-26高三下·安徽铜陵·阶段检测）如图所示，质量为、左右两竖直槽壁相距的凹槽静置于足够长的光滑水平地面上，一质量也为的小物块静置于凹槽内右槽壁处，凹槽上表面水平，物块与凹槽间动摩擦因数。一质量为的小球从凹槽左侧，以速度水平向右朝向凹槽运动，此后的所有碰撞都没有能量损失，碰撞时间均不计。小球和物块均视为质点，凹槽两槽壁宽度及空气阻力不计，取。求： (1)小球A与凹槽B左槽壁碰撞后瞬时，小球A、凹槽B及物块C各自的速度大小； (2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与两侧槽壁碰撞的次数； (3)从凹槽B开始运动到其通过10.4m位移所用的时间。 【答案】(1)，， (2)6次 (3) 【详解】（1）由分析知，小球与凹槽左槽壁碰撞后瞬时，物块速度为零，即 设小球与凹槽左槽壁碰撞后瞬时，小球速度为，凹槽B速度为 以水平向右为正方向，对小球A与凹槽B整体，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得， （2）由B、C相互作用过程中动量守恒和能量守恒可知， 解得 分析可知与两侧槽壁碰撞的次数为6次。 （3）设凹槽和物块第1次碰撞前瞬时，凹槽速度大小为，物块速度大小为，第1次碰撞后瞬时，凹槽速度为，物块速度为，第1次碰撞过程中，有， 解得， 由此可以判断，每次碰撞后瞬时，凹槽和物块的速度都将交换，第1次碰撞后瞬时到第2次碰撞前瞬时，凹槽向右匀加速，物块向右匀减速，加速度大小仍为，后续过程如图所示 由图可知，两物体从凹槽获得速度至共速所用时间， 凹槽运动的位移， 后面匀速运动，所需时间 通过所需时间 9．（25-26高三下·安徽合肥·阶段检测）如图，一质量且足够长的长木板静止在光滑的水平面上，虚线的右侧有水平向右的匀强电场，电场强度大小，从虚线开始，水平面上沿直线等间距的锁定着个相同的绝缘带正电的滑块，滑块的质量均为，带电量均为，相邻两个滑块之间的距离，滑块可看作质点，每个滑块在被碰前瞬间才解除锁定。现有一质量的物块从长木板的左端以的初速度滑上长木板，在长木板与滑块1发生碰撞前，物块和长木板已共速。长木板与滑块1的碰撞为弹性碰撞、碰撞过程中不会发生电量转移，且碰后立即将、锁定。虚线右侧的滑块之间碰撞后都会结合在一起，忽略各带电滑块之间的库仑力，求： (1)长木板与滑块1碰撞后瞬间，滑块1速度大小为多少？ (2)滑块1与滑块2在碰撞过程中损失的机械能； (3)碰撞结束后瞬间，所有滑块结合在一起时的总动能。[参考数学公式：] 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）P滑上Q后，水平面光滑，碰撞前P、Q动量守恒，有 解得碰撞前P、Q的共同速度 Q与滑块1发生弹性碰撞，动量守恒且没有动能损失，有 ， 解得， 碰撞后瞬间，滑块1速度大小为。 （2）滑块1运动到滑块2，由动能定理，得碰撞前滑块1动能 解得 碰撞过程动量守恒，有 解得 碰撞后的动能 损失的机械能 （3）设与滑块碰撞后的速度为，与滑块碰撞前的速度为，由动能定理，得 设与滑块碰撞后的速度为，由动量守恒定律，得 联立可得递推公式 则 所有滑块的总动能 代入数值解得 ⏳题型03 力学三大观点的综合应用 10．如图所示，在光滑水平面上有一个质量为mA= 5kg带有光滑半圆凹槽的物块A，凹槽的半径R = 1m，凹槽底部到平台的厚度忽略不计，在凹槽A的右侧有一质量为mB= 3kg的物块B。开始时，A、B紧靠在一起（未粘连）处于静止状态。若锁定凹槽A，将质量为mC= 2kg的小球C从高h = 4m处由静止释放，小球C从圆弧面的D点沿切线进入凹槽。若解除凹槽A的锁定，从同一位置释放小球C，小球C在凹槽中运动一段时间后物块B与凹槽A分离，然后物块B向右运动一段距离与右侧竖直墙发生弹性碰撞，返回时刚好在小球第9次经过凹槽A最低点F时与凹槽A发生弹性碰撞，重力加速度取g = 10m/s2，不计空气阻力，小球C可看成质点。 (1)求凹槽A锁定时，小球C运动到F点时，对凹槽A的压力大小； (2)在解除凹槽A的锁定情况下，求： ①物块B与凹槽A第一次分离时，小球C的速度大小； ②小球C第一次冲出凹槽A后直到最高点过程的水平位移大小； ③通过计算判断凹槽A与物块B发生弹性碰撞后，小球C还能否冲出凹槽。 【答案】（1）180N；（2）①8m/s；②；③能 【详解】（1）若将凹槽A锁定，根据机械能守恒根据牛顿第二定律 解得FN = 180N由牛顿第三定律得，小球C在F点时对凹槽A的压力大小为F压 = FN = 180N （2）①对ABC，根据机械能守恒有水平方向动量守恒，取向左为正方向，有mCv2－(mA＋mB)v1 = 0解得v2 = 8m/s，v1 = 2m/s ②对AC组成的系统，水平方向合力始终为零，水平方向动量守恒，取向左为正方向， 有解得根据系统机械能守恒有 解得小球C与凹槽A分离后到最高点的运动过程中，有则 ③小球C第9次经过凹槽最低点F时的情况与第1次的情况相同，即凹槽A、小球C的速度大小仍为 v2 = 8m/s，v1 = 2m/s对AB发生弹性碰撞，根据机械能守恒有取向左为正方向，根据水平方向动量守恒有解得，对AC，水平方向动量守恒，取向左为正方向，有解得根据机械能守恒有解得故还能冲出凹槽。 11．（2023·天津高考）已知A、B两物体的质量mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从距水平地面h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从水平地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)碰撞时离地高度x； (2)碰后速度v； (3)碰撞损失的机械能ΔE。 【答案】(1)1 m　(2)0　(3)12 J 【详解】　(1)由自由落体运动规律可得，碰撞时A物体下落高度为hA＝gt2 则碰撞时离地高度x＝h－hA 联立并代入数据解得x＝1 m。 (2)设B物体从地面竖直上抛的初速度大小为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2 代入数据解得vB0＝6 m/s 碰撞前A物体的速度大小vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下 碰撞前B物体的速度大小vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上 选竖直向下为正方向，碰撞过程由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v 代入数据解得v＝0。 (3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失的机械能 ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2 代入数据解得ΔE＝12 J。 12．（2026·安徽·二模）如图所示，固定在竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径R=0.2m，其底端与水平传送带相切于A点，传送带左、右两端的距离，以v=4m/s的速度沿顺时针方向转动，足够长的光滑水平面BD与传送带相切于B点。一轻质弹簧右端与固定于D点的挡板拴接，左端与一质量M=8kg的物块Q连接。质量m=1kg的物块P从圆弧轨道顶端由静止滑下，运动到C点与物块Q发生碰撞，每次发生的都是完全非弹性碰撞，但碰后并不粘连，第一次碰撞前物块Q静止于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块Q都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。弹簧的最大压缩量不超过其弹性限度。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，两物块均可视为质点，忽略它们经过衔接点时的机械能损失。求： (1)物块P从轨道顶端下滑至底端时对轨道的压力大小； (2)物块P第一次从A运动到B的过程中，传送带对它的冲量大小；（结果可用根号表示） (3)全过程中，物块P与传送带间因摩擦而产生的热量。 【答案】(1)30N (2) (3)6J 【详解】（1）物块P从轨道顶端下滑至底端的过程中，机械能守恒定律可得，解得 物块P到达轨道底端时，根据牛顿第二定律可得 根据牛顿第三定律，物块P对轨道底端的压力 （2）物块P滑上传送带后，根据牛顿第二定律有,解得 物块P的速度增大到与传送带速度相等所需的时间 对地位移   由于，此后物块P做匀速直线运动，到达传送带最右端还需要的时间，代入数据解得 物块P从A运动到B摩擦力的冲量为 支持力的冲量为 传送带对物块P的冲量大小为 （3）第一次通过传送带过程与传送带相对位移   物块P与传送带间因摩擦而产生的热量     设第一次碰后物块P与物块Q的速度为，两物块系统在碰撞过程，根据动量守恒，有 解得 第一次碰撞后当弹簧恢复原长时P、Q分离，此时物块P的速度大小仍为，物块P在传送带上先向左做匀减速运动，减速到零的位移 所以物块P在传送带上先向左做匀减速到零的运动，再向右做匀加速运动以原速率返回右端，所以物块P与物块Q第二次碰撞前的速度为 设第二次碰后物块P与物块Q的速度为，则对第二次碰撞过程，有解得 同理可推物块P每次碰撞后都将被传送带带回与物块Q发生下一次碰撞，则碰撞n次后返回传送带，速度大小为     第n次与物块Q碰撞后，在传送带上运动的时间 ，物块P与传送带的相对位移 与物块Q第一次碰后运动的全过程，物块P与传送带间因摩擦而产生的热量 所以全过程总热量   13．（25-26高二下·安徽宿州·开学考试）如图所示，斜面固定，倾角θ=37°。一端带有挡板的木板A质量为m1=2kg，上表面光滑、下表面与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，木板足够长，且挡板距离斜面底端足够远；另一质量为m2=1kg的小滑块B放在木板A上，距挡板s=0.75m。开始时A、B在外力的作用下均静止，现撤去外力，在运动过程中A、B发生的碰撞均为时间极短的弹性碰撞，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求： (1)撤去外力后，小滑块B运动的加速度大小； (2)第一次碰撞前，A、B的速度大小； (3)第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与挡板间的最大距离。 【答案】(1)6m/s2 (2)0，3m/s (3)0.75m 【详解】（1）对滑块B，由牛顿第二定律得 解得 （2）撤去外力后，对木板A，有 因此木板A不动，则 B从开始运动到第一次碰前，由运动学公式得 解得 （3）A、B碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得， 解得， A、B第一次碰后，对木板A，由牛顿第二定律得 解得 即第一次碰后A以2m/s的速度向下做匀速直线运动，B以1m/s的向上初速度、的向下加速度做匀变速直线运动，当两者速度相同时相距最远，以向下为正方向，有 解得 两次碰撞之间， 则B与挡板间的最大距离为 重难·创新演练 设题创新:力学观点与简谐运动综合（T1）；力学观点与电磁感应、电路综合（T2）；力学观点解决多次碰撞问题（T3） 1．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，两可视为质点的物块、，初始距离为。、质量分别为、。一根劲度系数的轻弹簧右侧栓接在竖直墙面上，左侧与光滑物块接触（不拴接），弹簧处于原长状态。物块与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使以的速度向右运动，与发生碰撞。弹簧始终处在弹性限度内，已知间始终为弹性碰撞，弹簧振子的振动周期，重力加速度，。则、碰撞后，求： (1)、第一次碰撞后瞬间，的速度； (2)、第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间； (3)运动的总位移。 【答案】(1)，方向向左 (2) (3)，方向向左 【详解】（1）A向右运动位移d的过程有 得 AB发生弹性碰撞可得， 解得，（或者，方向向左） （2）B向右运动的过程中， B做简谐运动，其运动周期为 当B回到平衡位置时，经过的时间为 此时，方向向左 A的速度减为0的时间 由运动学公式得 故B运动到与A再次碰撞的时间 故 （3）第一次碰撞后B向右运动，经弹簧反弹后向左运动与A发生第二次碰撞，此后A、B速度均向左，由于B与地面接触光滑，故经无数次碰撞后，B和A可认为停在同一位置。 由能量守恒可知 得，方向向左 2．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，间距的两平行光滑金属导轨由水平和圆弧两部分组成，水平部分足够长，另一部分为半径的四分之一圆弧导轨、。圆弧轨道的上端点、左侧用导线连接一阻值的定值电阻，水平轨道上放置有质量均为的绝缘木棒，各个木棒都与导轨垂直且彼此之间的距离均为，最左端的木棒距离圆弧轨道最低点的距离也为。空间存在范围足够大竖直向上的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为。一质量、长度的导体棒，在外力作用下从、连线处以恒定速率沿圆弧轨道滑下，滑上水平轨道后立即撤去外力，导体棒在水平轨道上与木棒发生多次碰撞后停止运动。导体棒和金属导轨的电阻均不计，导体棒与导轨始终垂直且接触良好，所有棒之间发生的碰撞均为弹性正碰。求： (1)导体棒与第一根木棒碰撞后瞬间导体棒的速度大小； (2)导体棒在圆弧轨道上运动过程中整个回路中产生的焦耳热（取3）； (3)导体棒与木棒最多发生几次碰撞。 【答案】(1) (2) (3)与木棒最多碰撞5次 【详解】（1）导体棒从进入水平轨道到与木棒第一次碰撞前由动量定理 平均电流 可得导体棒碰前速度 导体棒和木棒碰撞过程中动量守恒 导体棒和木棒碰撞过程中机械能守恒 由以上各式可得 （2）导体棒在圆弧轨道上运动时电动势 类比交流电路其有效值 在圆弧轨道运动的时间 在圆弧轨道产生的焦耳热 （3）木棒之间的碰撞为弹性碰撞，质量相等，可知速度交换。设导体棒与木棒第次碰前速度为，则导体棒与木棒碰撞动量守恒 导体棒与木棒碰撞机械能守恒 导体棒碰后到下一次碰前由动量定理 平均电流 由以上各式可得与递推关系式 由数学知识可整理可得 由等比数列公式 其中，易得， 故与木棒最多碰撞5次。 3．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，最低点切线水平，紧邻轨道左侧放置着一个下表面光滑、上表面粗糙的木板A，在木板A的左侧放置一小物块C。从与圆心点等高处静止释放小滑块B，经圆弧最低点滑上A，A与B共速后，再与C发生弹性碰撞。在以后的运动过程中，小滑块B始终未脱离木板A。已知，，，B与A间、C与地面间的动摩擦因数均为，木板A与地面间光滑。重力加速度。求： (1)B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小； (2)A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能； (3)C在地面上运动的总路程。 【答案】(1)60N (2)8J (3) 【详解】（1）由机械能守恒可得 解得 在最低点时，由向心力公式得 代入数据解得 （2）由动量守恒定律得 解得A与B共同的速度 由能量守恒可知A、B系统损失的机械能 解得 （3）A、C第一次碰撞，由动量守恒定律得 由机械能守恒可知 解方程得， 此后 解得 A、C第二次碰前，在地面上运动，由牛顿第二定律 解得 减速到零时有 对木板A，有 解得 加速到，有 可得， 可知A、C第二次碰前已停止，且每次A、C再次碰撞前，C的速度都为零。此时A、B已经共速，有 解得 A的速度都为上一次A、C碰后的一半。则有A、C第二次碰后根据速度交换可得 依次类推A、C第n次碰撞，有 C在地面上每次运动的位移 所以C的总路程为无穷等比数列求和，首项，公比 由无穷等比数列求和公式 代入数据得 真题·实战演练 高频考点：滑块与斜面、滑块与弹簧等模型中力学三大观点综合应用 1．（2026·甘肃·高考真题）如图，水平地面点左侧光滑，右侧部分粗糙。质量为、右侧为光滑圆弧的大物块静置在地面光滑部分，且圆弧底端与地面相切于点。质量为的小物块从圆弧顶端由静止释放，并沿圆弧下滑，在点与墙壁发生弹性碰撞，返回至点时恰好与大物块速度相同。已知，，圆弧半径，、间距。重力加速度取，小物块视为质点。求： (1)两物块分离前的瞬间，小物块和大物块各自速度的大小。 (2)两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小。 (3)小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数。 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）根据题意，设小物块和大物块各自速度的大小分别为和，水平向右为正方向，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 代入数据解得， （2）两物块分离前的瞬间，由牛顿第二定律有 代入数据解得 （3）根据题意可知，小物块在点与墙壁发生弹性碰撞，速度反向，大小不变，大物块分离后向左做匀速直线运动，则从点到返回点过程中，由动能定理有 代入数据解得 2．（2026·江苏·高考真题）如图所示，光滑水平面上质量为m的小球A通过两根相同的轻质弹簧分别与质量均为的小球、连接，、分别套在两根平行的细杆上，细杆固定、光滑且足够长。初始时A、、位于垂直于细杆的直线上且处于静止状态，每根弹簧都处于原长。现有质量为M的小球B以速度沿平行于细杆的方向与A发生弹性正碰。 (1)求A获得的速度大小； (2)在弹簧再次恢复原长的过程中，若B与A不发生碰撞，求此过程中每根弹簧的最大弹性势能； (3)在弹簧再次恢复原长时，若B又恰能与A碰撞，求A、B两球的质量之比。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，小球B与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， （2）根据题意可知，小球、、A共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 （3）根据题意，设小球B与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有 两边同时乘以并求和可得 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 整理可得 解得 即球质量m和大球质量M的质量比。 3．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的固定斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，,。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 【答案】(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N 【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理 解得到达B点的速度 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为 加速到共速时用时间 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 （4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知， 联立解得 （另一组，因不合实际舍掉） 对滑块在最高点时由牛顿第二定律 解得F=3N 4．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 【答案】(1) (2)， (3) (4) 【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为 （2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中 同时有 联立解得， （3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中 联立解得 （4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第07讲 牛顿运动定律（专项训练） 模拟·基础演练 1． 【答案】（1）；（2）；（3）12m 【详解】（1）冲量大小即为图线与坐标轴围成的面积，则 （2）对小物块，取向右为正方向，由动量定理可得带入数据解得 （3）物块与墙壁碰撞后速度大小不变，方向向左，对木板，由牛顿第二定律可得 解得木板加速度大小为对物块可得解得物块加速度大小为设经过时间t，木块和木板速度相等，由运动学公式可得解得由于，所以物块和木板共速后保持相对静止，木板位移为物块位移为这段时间内相对位移为所以小物块相对长木板静止时，距长木板右端的12m。 2． 【答案】(1)9 m　(2)7.44 m/s 【详解】(1)设滑道AB段的长度为L，已知背包质量为m1＝2 kg，设其在AB段滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有 m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1 代入数据解得a1＝2 m/s2 已知滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2， 设其在AB段滑行时间为t，则背包在AB段的滑行时间为t＋t0(t0＝1 s)， 由运动学规律得 L＝a1(t＋t0)2 L＝v0t＋a2t2 联立解得t＝2 s(t＝－1 s舍去) 故可得L＝9 m。 (2)设背包和滑雪者到达水平滑道时的速度分别为v1、v2，则 v1＝a1(t＋t0) 代入数据解得v1＝6 m/s v2＝v0＋a2t 代入数据解得v2＝7.5 m/s 滑雪者拎起背包的过程，系统动量守恒，设拎起背包时的共同速度为v，根据动量守恒定律，有 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v 代入数据解得v＝7.44 m/s。 3． 【答案】　(1)2 N·s　(2)1.5 s 【详解】(1)B恰好能通过半圆形轨道的最高点， 故在最高点有：mBg＝mB 设A、B碰后B的速度为vB，则B从碰后到运动到D点的过程中有： －mBg·2R＝mBv－mBv 联立并代入数据解得： vB＝4 m/s 故A对B的冲量大小为：IAB＝mBvB－0＝2 N·s。 (2)A、B碰撞过程中动量守恒，以v0方向为正方向，则有：mAv0＝mAvA＋mBvB 代入数据，解得：vA＝－4 m/s，负号说明其方向与v0方向相反 因此A以vA＝4 m/s的速度冲上斜面，A沿斜面向上运动的加速度大小为：a1＝gsin30°＋μgcos30°＝8 m/s2 A沿斜面向上运动的时间为：t1＝＝0.5 s A沿斜面向上运动的距离为：x＝t1＝1 m A沿斜面向下运动的加速度大小为：a2＝gsin30°－μgcos30°＝2 m/s2 A沿斜面向下运动的过程中有：x＝a2t， 代入数据解得：t2＝1 s 故A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间为：t＝t1＋t2＝1.5 s。 4． 【答案】（1）6m；（2）2.0N 【详解】（1）小石片抛出过程有，解得则第一次反弹竖直方向的分速度大小第一次接触水面水平方向有，解得令小石片第1次离开水面后到再次碰到水面经历时间为，则有，解得 （2）第1次与水面接触过程竖直方向有解得则水面对小石片的作用力大小解得 5． 【答案】（1）3m/s，方向水平向右；（2）2m/s，方向水平向右；（3）0.2m 【详解】（1）设滑块A刚到达O点时的速度为，根据动量定理有解得方向水平向右。 （2）滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速度分别为和，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律分别有；联立解得，滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为，方向水平向右。 （3）长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为，则有解得设C相对B滑动的路程为，对B、C组成的系统根据能量守恒可得解得所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为 6． 【答案】(1)　(2)m(v－2μgs0)　(3) 【详解】　(1)设C在碰撞前瞬间的速度大小为v1，小物块C运动至刚要与物块B相碰的过程，根据动能定理可得 －μmgs0＝mv－mv 解得v1＝。 (2)物块B、C发生完全非弹性碰撞，则碰后瞬间速度相等，设速度大小为v2，碰撞过程中，根据动量守恒定律可得mv1＝2mv2 C与B碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝mv－×2mv 联立解得ΔE＝m(v－2μgs0)。 (3)设滑板A刚要滑动时弹簧的压缩量为Δx，此时对滑板A，由受力平衡可得 kΔx＋2μmg＝3μmg 从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功为W＝2μmg·Δx 联立解得W＝。 7． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）a在点只受重力，对a，由牛顿第二定律得 解得 a从运动到，由动能定理得 解得。 （2）对a、b，从a滑上b左侧到a运动到点，由机械能守恒得 由水平方向动量守恒得 联立解得。 （3）由（2）得可知 即a离开后与b系统水平方向总动量为零。故a在b右侧刚要离开b时，b的速度为零，a竖直向上运动，从a滑上b右侧上升到最高点，a、b系统机械能守恒 联立代入数据解得。 （4）从a滑上b右侧到离开b，任意时刻有 取极短时间，有 整个过程有 又 联立解得。 8． 【答案】(1)，， (2)6次 (3) 【详解】（1）由分析知，小球与凹槽左槽壁碰撞后瞬时，物块速度为零，即 设小球与凹槽左槽壁碰撞后瞬时，小球速度为，凹槽B速度为 以水平向右为正方向，对小球A与凹槽B整体，根据动量守恒定律和能量守恒定律有， 解得， （2）由B、C相互作用过程中动量守恒和能量守恒可知， 解得 分析可知与两侧槽壁碰撞的次数为6次。 （3）设凹槽和物块第1次碰撞前瞬时，凹槽速度大小为，物块速度大小为，第1次碰撞后瞬时，凹槽速度为，物块速度为，第1次碰撞过程中，有， 解得， 由此可以判断，每次碰撞后瞬时，凹槽和物块的速度都将交换，第1次碰撞后瞬时到第2次碰撞前瞬时，凹槽向右匀加速，物块向右匀减速，加速度大小仍为，后续过程如图所示 由图可知，两物体从凹槽获得速度至共速所用时间， 凹槽运动的位移， 后面匀速运动，所需时间 通过所需时间 9． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）P滑上Q后，水平面光滑，碰撞前P、Q动量守恒，有 解得碰撞前P、Q的共同速度 Q与滑块1发生弹性碰撞，动量守恒且没有动能损失，有 ， 解得， 碰撞后瞬间，滑块1速度大小为。 （2）滑块1运动到滑块2，由动能定理，得碰撞前滑块1动能 解得 碰撞过程动量守恒，有 解得 碰撞后的动能 损失的机械能 （3）设与滑块碰撞后的速度为，与滑块碰撞前的速度为，由动能定理，得 设与滑块碰撞后的速度为，由动量守恒定律，得 联立可得递推公式 则 所有滑块的总动能 代入数值解得 10． 【答案】（1）180N；（2）①8m/s；②；③能 【详解】（1）若将凹槽A锁定，根据机械能守恒根据牛顿第二定律 解得FN = 180N由牛顿第三定律得，小球C在F点时对凹槽A的压力大小为F压 = FN = 180N （2）①对ABC，根据机械能守恒有水平方向动量守恒，取向左为正方向，有mCv2－(mA＋mB)v1 = 0解得v2 = 8m/s，v1 = 2m/s ②对AC组成的系统，水平方向合力始终为零，水平方向动量守恒，取向左为正方向， 有解得根据系统机械能守恒有 解得小球C与凹槽A分离后到最高点的运动过程中，有则 ③小球C第9次经过凹槽最低点F时的情况与第1次的情况相同，即凹槽A、小球C的速度大小仍为 v2 = 8m/s，v1 = 2m/s对AB发生弹性碰撞，根据机械能守恒有取向左为正方向，根据水平方向动量守恒有解得，对AC，水平方向动量守恒，取向左为正方向，有解得根据机械能守恒有解得故还能冲出凹槽。 11． 【答案】(1)1 m　(2)0　(3)12 J 【详解】　(1)由自由落体运动规律可得，碰撞时A物体下落高度为hA＝gt2 则碰撞时离地高度x＝h－hA 联立并代入数据解得x＝1 m。 (2)设B物体从地面竖直上抛的初速度大小为vB0，根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2 代入数据解得vB0＝6 m/s 碰撞前A物体的速度大小vA＝gt＝2 m/s，方向竖直向下 碰撞前B物体的速度大小vB＝vB0－gt＝4 m/s，方向竖直向上 选竖直向下为正方向，碰撞过程由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v 代入数据解得v＝0。 (3)根据能量守恒定律可知，碰撞损失的机械能 ΔE＝mAv＋mBv－(mA＋mB)v2 代入数据解得ΔE＝12 J。 12． 【答案】(1)30N (2) (3)6J 【详解】（1）物块P从轨道顶端下滑至底端的过程中，机械能守恒定律可得，解得 物块P到达轨道底端时，根据牛顿第二定律可得 根据牛顿第三定律，物块P对轨道底端的压力 （2）物块P滑上传送带后，根据牛顿第二定律有,解得 物块P的速度增大到与传送带速度相等所需的时间 对地位移   由于，此后物块P做匀速直线运动，到达传送带最右端还需要的时间，代入数据解得 物块P从A运动到B摩擦力的冲量为 支持力的冲量为 传送带对物块P的冲量大小为 （3）第一次通过传送带过程与传送带相对位移   物块P与传送带间因摩擦而产生的热量     设第一次碰后物块P与物块Q的速度为，两物块系统在碰撞过程，根据动量守恒，有 解得 第一次碰撞后当弹簧恢复原长时P、Q分离，此时物块P的速度大小仍为，物块P在传送带上先向左做匀减速运动，减速到零的位移 所以物块P在传送带上先向左做匀减速到零的运动，再向右做匀加速运动以原速率返回右端，所以物块P与物块Q第二次碰撞前的速度为 设第二次碰后物块P与物块Q的速度为，则对第二次碰撞过程，有解得 同理可推物块P每次碰撞后都将被传送带带回与物块Q发生下一次碰撞，则碰撞n次后返回传送带，速度大小为     第n次与物块Q碰撞后，在传送带上运动的时间 ，物块P与传送带的相对位移 与物块Q第一次碰后运动的全过程，物块P与传送带间因摩擦而产生的热量 所以全过程总热量   13． 【答案】(1)6m/s2 (2)0，3m/s (3)0.75m 【详解】（1）对滑块B，由牛顿第二定律得 解得 （2）撤去外力后，对木板A，有 因此木板A不动，则 B从开始运动到第一次碰前，由运动学公式得 解得 （3）A、B碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得， 解得， A、B第一次碰后，对木板A，由牛顿第二定律得 解得 即第一次碰后A以2m/s的速度向下做匀速直线运动，B以1m/s的向上初速度、的向下加速度做匀变速直线运动，当两者速度相同时相距最远，以向下为正方向，有 解得 两次碰撞之间， 则B与挡板间的最大距离为 重难·创新演练 1． 【答案】(1)，方向向左 (2) (3)，方向向左 【详解】（1）A向右运动位移d的过程有 得 AB发生弹性碰撞可得， 解得，（或者，方向向左） （2）B向右运动的过程中， B做简谐运动，其运动周期为 当B回到平衡位置时，经过的时间为 此时，方向向左 A的速度减为0的时间 由运动学公式得 故B运动到与A再次碰撞的时间 故 （3）第一次碰撞后B向右运动，经弹簧反弹后向左运动与A发生第二次碰撞，此后A、B速度均向左，由于B与地面接触光滑，故经无数次碰撞后，B和A可认为停在同一位置。 由能量守恒可知 得，方向向左 2． 【答案】(1) (2) (3)与木棒最多碰撞5次 【详解】（1）导体棒从进入水平轨道到与木棒第一次碰撞前由动量定理 平均电流 可得导体棒碰前速度 导体棒和木棒碰撞过程中动量守恒 导体棒和木棒碰撞过程中机械能守恒 由以上各式可得 （2）导体棒在圆弧轨道上运动时电动势 类比交流电路其有效值 在圆弧轨道运动的时间 在圆弧轨道产生的焦耳热 （3）木棒之间的碰撞为弹性碰撞，质量相等，可知速度交换。设导体棒与木棒第次碰前速度为，则导体棒与木棒碰撞动量守恒 导体棒与木棒碰撞机械能守恒 导体棒碰后到下一次碰前由动量定理 平均电流 由以上各式可得与递推关系式 由数学知识可整理可得 由等比数列公式 其中，易得， 故与木棒最多碰撞5次。 3． 【答案】(1)60N (2)8J (3) 【详解】（1）由机械能守恒可得 解得 在最低点时，由向心力公式得 代入数据解得 （2）由动量守恒定律得 解得A与B共同的速度 由能量守恒可知A、B系统损失的机械能 解得 （3）A、C第一次碰撞，由动量守恒定律得 由机械能守恒可知 解方程得， 此后 解得 A、C第二次碰前，在地面上运动，由牛顿第二定律 解得 减速到零时有 对木板A，有 解得 加速到，有 可得， 可知A、C第二次碰前已停止，且每次A、C再次碰撞前，C的速度都为零。此时A、B已经共速，有 解得 A的速度都为上一次A、C碰后的一半。则有A、C第二次碰后根据速度交换可得 依次类推A、C第n次碰撞，有 C在地面上每次运动的位移 所以C的总路程为无穷等比数列求和，首项，公比 由无穷等比数列求和公式 代入数据得 真题·实战演练 1． 【答案】(1)， (2) (3) 【详解】（1）根据题意，设小物块和大物块各自速度的大小分别为和，水平向右为正方向，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 代入数据解得， （2）两物块分离前的瞬间，由牛顿第二定律有 代入数据解得 （3）根据题意可知，小物块在点与墙壁发生弹性碰撞，速度反向，大小不变，大物块分离后向左做匀速直线运动，则从点到返回点过程中，由动能定理有 代入数据解得 2． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）根据题意可知，小球B与小球A发生弹性正碰，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， （2）根据题意可知，小球、、A共速时，弹簧的形变量最大，弹簧弹性势能最大，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 解得 （3）根据题意，设小球B与小球A发生弹性正碰后到弹簧再次恢复原长的时间为，由动量守恒定律有 两边同时乘以并求和可得 要使弹簧恢复原长时，m与M能再次发生碰撞，则有 整理可得 解得 即球质量m和大球质量M的质量比。 3． 【答案】(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N 【详解】（1）滑块从P点到B点由动能定理 解得到达B点的速度 （2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功 （3）物块在传送带上加速运动的加速度为 加速到共速时用时间 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 （4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知， 联立解得 （另一组，因不合实际舍掉） 对滑块在最高点时由牛顿第二定律 解得F=3N 4． 【答案】(1) (2)， (3) (4) 【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为 （2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知，其中 同时有 联立解得， （3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有，，其中 联立解得 （4）对Q和小球整体根据机械能守恒可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量为M′，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有， 解得 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题17 力学三大观点的综合应用（重难点训练） 目 录 研判·考情前瞻 1 巩固·知识解构 2 知识点1 解决力学问题的三个基本观点 2 知识点2 力学规律的选用原则 2 模拟·基础演练 3 题型01 动量与动力学观点的综合应用 3 题型02 动量与能量观点的综合应用 5 题型03 力学三大观点的综合应用 7 重难·创新演练 9 真题·实战演练 11 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 研判·考情前瞻 核心考点 2026年 2025年 2024年 力学三大观点的综合应用 浙江(6月)·T17、 甘肃·T14 重庆·T15、湖南·T15、 四川·T15 天津·T11、重庆·T15 考情分析 题型与考向： 力学三大观点：牛顿运动定律(力的观点)、动能定理与机械能守恒(能量观点)、动量定理与动量守恒(动量观点)，是高中物理计算题核心考点。选择题：中等难度，多为多选，一般不考复杂计算，侧重模型判断、定性分析、简单列式比较。计算题(主流)：高考高频压轴 / 次压轴大题，分值12~18分，多为多过程问题，设问2~3小问。 力的观点：牛顿第二定律结合运动学公式，处理匀变速、瞬时加速度、连接体、变力下的运动分析；适合已知力求运动、已知运动求力。 能量观点：动能定理最常用，其次机械能守恒；处理曲线运动、多过程、变力做功，重点分析摩擦力做功、弹簧弹力做功。动量观点：动量定理处理冲量、变力作用时间问题；动量守恒重点考察碰撞、爆炸、反冲、板块相互作用。 综合考向多过程切换：同一道题分段使用不同观点，比如碰撞用动量守恒，之后运动过程用动能定理；板块模型、弹簧模型、平抛 + 碰撞、圆周运动结合碰撞；区分选用依据：涉及时间、冲量、相互作用瞬间优先动量；涉及位移、做功优先能量；涉及加速度、瞬时力优先牛顿定律。 情境与立意： 1．经典模型情境：滑块-木板、弹簧连接体、小球碰撞、圆弧轨道、传送带、抛体结合碰撞，是最常考载体。 2．实际生活与科技情境：打靶、弹射装置、火箭反冲、过山车、球类运动、粒子碰撞简化模型，把实际问题抽象成物理模型。 过程特点：往往包含多个阶段：碰撞瞬间→后续滑动或圆周运动；有守恒阶段，也有非守恒阶段(有摩擦机械能损失)。模型建构：从复杂情境剥离物理模型，判断系统是否动量守恒、机械能是否守恒，辨别守恒条件是否满足。科学思维：考查学生选用物理规律的能力，不强制固定解法，鼓励最优路径；能区分什么时候用牛顿、什么时候用动量、什么时候用能量。过程分析：拆分多阶段运动，每个阶段明确研究对象、受力、初末状态，找准状态量(速度、动能、动量)。计算与严谨性：矢量符号、正负方向、守恒条件判断是高频失分点；考察审题、规范列式能力。 复习目标 1．掌握解决力学综合问题常用的三大观点。 2．会灵活选用三个观点解决力学综合问题。 巩固·知识解构 知识点1 解决力学问题的三个基本观点 (1)动力学观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点：用动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 知识点2 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动力学关系式，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(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)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能量守恒定律(机械能守恒定律)去解决问题，但需注意所研究的过程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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 ( ✨ 得分速记 ： 应用力学三大观点解题时应注意的问题 (1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程。 (2)进行正确的受力分析，明确各运动过程的运动特点，根据每个过程的特点选择合适的物理规律解题。 (3)光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，或受外力但其内力远大于外力，或系统在某一方向不受力或所受合力为零时，一般考虑用动量守恒定律分析。如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。已知或求解力和位移关系时通常用动能定理，已知或求解力和时间关系时通常用动量定理。 (4)注意衔接处或各子过程的物理量关系，如速度关系、位移关系。当绳子绷紧、物块碰撞时一般有机械能损失，速度大小会发生突变。 ) 模拟·基础演练 考查重点：牛顿运动定律、动量定理与动量守恒定律、功能关系与能量守恒 ⏳题型01 动量与动力学观点的综合应用 1．如图甲，质量为的小物块放在长木板左端，小物块与长木板间的动摩擦因数。长木板静止在水平面上，右端紧靠竖直墙面，质量为，与地面间的动摩擦因数为。时刻小物块获得水平向右的初速度，同时给小物块施加如图乙所示的水平向右的作用力。4s时小物块与竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。最终，小物块静止于长木板上某一位置，重力加速度g取。求： (1)4s内水平向右作用力的冲量大小； (2)小物块与竖直墙碰撞前瞬间速度的大小； (3)小物块相对长木板静止时，距长木板右端的距离。    2．（2021·河北高考）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝10 m/s2，sinθ＝，cosθ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化，求： (1)滑道AB段的长度； (2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。 3．如图所示，倾角为30°的粗糙斜面与光滑水平轨道通过一小段圆弧在C点相接，水平轨道的右侧与半径为R＝0.32 m的光滑竖直半圆形轨道相连。质量为0.5 kg的物体B静止在水平轨道上，一质量为0.1 kg的A物体以v0＝16 m/s的速度与B发生正碰，结果B恰好能通过半圆形轨道的最高点。A、B均可看成质点，除第一次碰撞外，不考虑A、B间其他的相互作用，已知A与斜面间的动摩擦因数为μ＝，取g＝10 m/s2。求： (1)碰撞过程中A对B的冲量大小； (2)A从第一次冲上斜面到离开斜面的时间。 4．“打水漂”是很多同学体验过的游戏，小石片被水平抛出，碰到水面时并不会直接沉入水中、而是擦着水面滑行一小段距离再次弹起飞行，跳跃数次后沉入水中，俗称“打水漂”。如图所示，某同学在岸边离水面高度处，将一质量的小石片以初速度水平抛出。若小石片第1次在水面上滑行时受到水平阻力的大小为，接触水面后弹起，弹起时竖直方向的速度是刚接触水面时竖直速度的。取重力加速度，不计空气阻力。求： (1)小石片第1次离开水面后到再次碰到水面前，在空中运动的水平距离； (2)第1次与水面接触过程中，水面对小石片的作用力大小。 ⏳题型02 动量与能量观点的综合应用 5．如图，光滑水平面上有一质量为m=1kg的滑块A静止在P点，在O点有一质量为M=2kg、长度为L=0.6m的长木板B，其两侧有固定挡板，在长木板B上最右侧放置一质量也为M=2kg小物块C，滑块A在外力F=2N作用下，经过时间t=1.5s到达O点时，在O点立即撤去外力同时与B发生碰撞。已知小物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ=0.1，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，g=10m/s2，求： (1)滑块A刚到达O点时的速度； (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度； (3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离。 6．（2022·福建高考）如图，L形滑板A静置在粗糙水平面上，滑板右端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧左端与一小物块B相连，弹簧处于原长状态。一小物块C以初速度v0从滑板最左端滑入，滑行s0后与B发生完全非弹性碰撞(碰撞时间极短)，然后一起向右运动；一段时间后，滑板A也开始运动。已知A、B、C的质量均为m，滑板与小物块、滑板与地面之间的动摩擦因数均为μ，重力加速度大小为g；最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)C在碰撞前瞬间的速度大小； (2)C与B碰撞过程中损失的机械能； (3)从C与B相碰后到A开始运动的过程中，C和B克服摩擦力所做的功。 7．（2026·河南许昌·模拟预测）如图，物体b由左侧光滑轨道（形状未知）和右侧光滑四分之一圆弧轨道组成，右侧轨道半径，两轨道下端均与光滑水平地面相切。地面最右侧固定一个竖直放置的二分之一圆弧轨道c，其半径，下端与地面相切于Q点，上端为P点。初始时物体b静止，质量为的小物块a置于b的左侧，以初速度向右运动，与b作用后越过b，从P点切入c轨道（此时a与c轨道间的作用力恰好为零）。之后，a沿c轨道从P点运动到Q点，已知该过程中c轨道对a做负功，大小为。经过Q点后，a滑上b右侧的圆弧轨道。取重力加速度，不计空气阻力，物块a可视为质点。求： (1)物块a运动到Q点的速度大小； (2)物体b的质量； (3)物块a滑上b右侧圆弧轨道后，上升的最大高度h（相对于水平地面）； (4)从物块a滑上b右侧圆弧轨道到a上升至最大高度过程中，物体b发生的位移大小。 8．（25-26高三下·安徽铜陵·阶段检测）如图所示，质量为、左右两竖直槽壁相距的凹槽静置于足够长的光滑水平地面上，一质量也为的小物块静置于凹槽内右槽壁处，凹槽上表面水平，物块与凹槽间动摩擦因数。一质量为的小球从凹槽左侧，以速度水平向右朝向凹槽运动，此后的所有碰撞都没有能量损失，碰撞时间均不计。小球和物块均视为质点，凹槽两槽壁宽度及空气阻力不计，取。求： (1)小球A与凹槽B左槽壁碰撞后瞬时，小球A、凹槽B及物块C各自的速度大小； (2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与两侧槽壁碰撞的次数； (3)从凹槽B开始运动到其通过10.4m位移所用的时间。 9．（25-26高三下·安徽合肥·阶段检测）如图，一质量且足够长的长木板静止在光滑的水平面上，虚线的右侧有水平向右的匀强电场，电场强度大小，从虚线开始，水平面上沿直线等间距的锁定着个相同的绝缘带正电的滑块，滑块的质量均为，带电量均为，相邻两个滑块之间的距离，滑块可看作质点，每个滑块在被碰前瞬间才解除锁定。现有一质量的物块从长木板的左端以的初速度滑上长木板，在长木板与滑块1发生碰撞前，物块和长木板已共速。长木板与滑块1的碰撞为弹性碰撞、碰撞过程中不会发生电量转移，且碰后立即将、锁定。虚线右侧的滑块之间碰撞后都会结合在一起，忽略各带电滑块之间的库仑力，求： (1)长木板与滑块1碰撞后瞬间，滑块1速度大小为多少？ (2)滑块1与滑块2在碰撞过程中损失的机械能； (3)碰撞结束后瞬间，所有滑块结合在一起时的总动能。[参考数学公式：] ⏳题型03 力学三大观点的综合应用 10．如图所示，在光滑水平面上有一个质量为mA= 5kg带有光滑半圆凹槽的物块A，凹槽的半径R = 1m，凹槽底部到平台的厚度忽略不计，在凹槽A的右侧有一质量为mB= 3kg的物块B。开始时，A、B紧靠在一起（未粘连）处于静止状态。若锁定凹槽A，将质量为mC= 2kg的小球C从高h = 4m处由静止释放，小球C从圆弧面的D点沿切线进入凹槽。若解除凹槽A的锁定，从同一位置释放小球C，小球C在凹槽中运动一段时间后物块B与凹槽A分离，然后物块B向右运动一段距离与右侧竖直墙发生弹性碰撞，返回时刚好在小球第9次经过凹槽A最低点F时与凹槽A发生弹性碰撞，重力加速度取g = 10m/s2，不计空气阻力，小球C可看成质点。 (1)求凹槽A锁定时，小球C运动到F点时，对凹槽A的压力大小； (2)在解除凹槽A的锁定情况下，求： ①物块B与凹槽A第一次分离时，小球C的速度大小； ②小球C第一次冲出凹槽A后直到最高点过程的水平位移大小； ③通过计算判断凹槽A与物块B发生弹性碰撞后，小球C还能否冲出凹槽。 11．（2023·天津高考）已知A、B两物体的质量mA＝2 kg，mB＝1 kg，A物体从距水平地面h＝1.2 m处自由下落，且同时B物体从水平地面竖直上抛，经过t＝0.2 s相遇碰撞后，两物体立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)碰撞时离地高度x； (2)碰后速度v； (3)碰撞损失的机械能ΔE。 12．（2026·安徽·二模）如图所示，固定在竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道，半径R=0.2m，其底端与水平传送带相切于A点，传送带左、右两端的距离，以v=4m/s的速度沿顺时针方向转动，足够长的光滑水平面BD与传送带相切于B点。一轻质弹簧右端与固定于D点的挡板拴接，左端与一质量M=8kg的物块Q连接。质量m=1kg的物块P从圆弧轨道顶端由静止滑下，运动到C点与物块Q发生碰撞，每次发生的都是完全非弹性碰撞，但碰后并不粘连，第一次碰撞前物块Q静止于平衡位置，且每次回到平衡位置时物块Q都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除。弹簧的最大压缩量不超过其弹性限度。已知物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，两物块均可视为质点，忽略它们经过衔接点时的机械能损失。求： (1)物块P从轨道顶端下滑至底端时对轨道的压力大小； (2)物块P第一次从A运动到B的过程中，传送带对它的冲量大小；（结果可用根号表示） (3)全过程中，物块P与传送带间因摩擦而产生的热量。 13．（25-26高二下·安徽宿州·开学考试）如图所示，斜面固定，倾角θ=37°。一端带有挡板的木板A质量为m1=2kg，上表面光滑、下表面与斜面间的动摩擦因数为μ=0.5，木板足够长，且挡板距离斜面底端足够远；另一质量为m2=1kg的小滑块B放在木板A上，距挡板s=0.75m。开始时A、B在外力的作用下均静止，现撤去外力，在运动过程中A、B发生的碰撞均为时间极短的弹性碰撞，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。求： (1)撤去外力后，小滑块B运动的加速度大小； (2)第一次碰撞前，A、B的速度大小； (3)第一次碰撞后到第二次碰撞前，B与挡板间的最大距离。 重难·创新演练 设题创新:力学观点与简谐运动综合（T1）；力学观点与电磁感应、电路综合（T2）；力学观点解决多次碰撞问题（T3） 1．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图，两可视为质点的物块、，初始距离为。、质量分别为、。一根劲度系数的轻弹簧右侧栓接在竖直墙面上，左侧与光滑物块接触（不拴接），弹簧处于原长状态。物块与地面间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现使以的速度向右运动，与发生碰撞。弹簧始终处在弹性限度内，已知间始终为弹性碰撞，弹簧振子的振动周期，重力加速度，。则、碰撞后，求： (1)、第一次碰撞后瞬间，的速度； (2)、第一次碰撞到第二次碰撞经历的时间； (3)运动的总位移。 2．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，间距的两平行光滑金属导轨由水平和圆弧两部分组成，水平部分足够长，另一部分为半径的四分之一圆弧导轨、。圆弧轨道的上端点、左侧用导线连接一阻值的定值电阻，水平轨道上放置有质量均为的绝缘木棒，各个木棒都与导轨垂直且彼此之间的距离均为，最左端的木棒距离圆弧轨道最低点的距离也为。空间存在范围足够大竖直向上的匀强磁场（未画出），磁感应强度大小为。一质量、长度的导体棒，在外力作用下从、连线处以恒定速率沿圆弧轨道滑下，滑上水平轨道后立即撤去外力，导体棒在水平轨道上与木棒发生多次碰撞后停止运动。导体棒和金属导轨的电阻均不计，导体棒与导轨始终垂直且接触良好，所有棒之间发生的碰撞均为弹性正碰。求： (1)导体棒与第一根木棒碰撞后瞬间导体棒的速度大小； (2)导体棒在圆弧轨道上运动过程中整个回路中产生的焦耳热（取3）； (3)导体棒与木棒最多发生几次碰撞。 3．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图所示，半径的四分之一光滑圆弧轨道固定在水平地面上，最低点切线水平，紧邻轨道左侧放置着一个下表面光滑、上表面粗糙的木板A，在木板A的左侧放置一小物块C。从与圆心点等高处静止释放小滑块B，经圆弧最低点滑上A，A与B共速后，再与C发生弹性碰撞。在以后的运动过程中，小滑块B始终未脱离木板A。已知，，，B与A间、C与地面间的动摩擦因数均为，木板A与地面间光滑。重力加速度。求： (1)B经过圆弧轨道最低点时受到的支持力大小； (2)A、C第一次碰撞前，A、B系统损失的机械能； (3)C在地面上运动的总路程。 真题·实战演练 高频考点：滑块与斜面、滑块与弹簧等模型中力学三大观点综合应用 1．（2026·甘肃·高考真题）如图，水平地面点左侧光滑，右侧部分粗糙。质量为、右侧为光滑圆弧的大物块静置在地面光滑部分，且圆弧底端与地面相切于点。质量为的小物块从圆弧顶端由静止释放，并沿圆弧下滑，在点与墙壁发生弹性碰撞，返回至点时恰好与大物块速度相同。已知，，圆弧半径，、间距。重力加速度取，小物块视为质点。求： (1)两物块分离前的瞬间，小物块和大物块各自速度的大小。 (2)两物块分离前的瞬间，小物块受到支持力的大小。 (3)小物块与粗糙地面之间的动摩擦因数。 2．（2026·江苏·高考真题）如图所示，光滑水平面上质量为m的小球A通过两根相同的轻质弹簧分别与质量均为的小球、连接，、分别套在两根平行的细杆上，细杆固定、光滑且足够长。初始时A、、位于垂直于细杆的直线上且处于静止状态，每根弹簧都处于原长。现有质量为M的小球B以速度沿平行于细杆的方向与A发生弹性正碰。 (1)求A获得的速度大小； (2)在弹簧再次恢复原长的过程中，若B与A不发生碰撞，求此过程中每根弹簧的最大弹性势能； (3)在弹簧再次恢复原长时，若B又恰能与A碰撞，求A、B两球的质量之比。 3．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为的固定斜轨道，BC是以恒定速率顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为，其余接触面均光滑。已知，，，，，,。不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块 (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 4．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的连接，Q从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $