第15讲 动力学、动量和能量观点的应用（选考16题）-浙江省2027届高考物理选考二轮复习

第15讲 动力学、动量和能量观点的应用 浙江物理选考动力学、动量、能量综合应用，多为计算题压轴，常以板块、弹簧、传送带、多物体碰撞为载体。动力学视角侧重牛顿定律，分析瞬时受力、加速度与分段运动；动量视角关注守恒条件，多用动量定理处理变力、时间关联问题；能量视角依靠动能定理、能量守恒，求解做功、势能与摩擦生热。命题要求按需切换三种思路，区分各自适用条件：牛顿定律适合瞬时与加速度，动量适合相互作用时间短、外力可忽略场景，能量避开复杂过程细节。陷阱集中在系统选取、符号方向、共速临界、机械能是否守恒，重在选择最优规律简化运算，突出多视角综合建模能力。 一、力的三个作用效果与五个规律 分类 对应规律 公式表达 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma 力对空间积累效果 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 力对时间积累效果 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 二、碰撞中常见的力学模型及其结论 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零． 模型名称 模型描述 模型特征 模型结论 “速度交换”模型 相同质量的两球发生弹性正碰 m1＝m2，动量、动能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0) 1. （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。 2. （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。 3. （2025·浙江·高考真题）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 (1)若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 4. （2026·浙江·一模）如图所示，在光滑的水平地面上有质量为的小球和质量为的小球，两球用一细线连接在一起，两球之间还有一根压缩的轻弹簧，弹性势能为，弹簧与两球不相连接。在球的右边有质量为的静止滑块C，滑块上有光滑的、半径为的四分之一圆弧形轨道，轨道底端与水平地面相切，已知重力加速度为。现剪断细线，求： (1)小球与弹簧分离时的动能； (2)小球第一次滑至圆弧轨道底端时，受到圆轨道的支持力大小； (3)小球能上升的最大高度和滑块的最终速度的大小。 5. （2026·浙江杭州·二模）如图所示，质量滑块M静止在水平面上，M上方有半径的四分之一圆弧。现将质量的物块P从点静止释放，物块沿轨道从点水平滑出，恰能从点无碰撞进入固定圆弧轨道CD，之后平滑进入右侧顺时针转动的水平传送带，与传送带相邻的水平面EF足够长。EF上静置一物块Q，处固定一竖直挡板，物块撞上挡板后以原速率反弹。已知固定圆弧轨道CD半径，之间高度差，物块P经过固定轨道最低点点时所受支持力。P、Q均可视为质点，Q的质量，P、Q间的碰撞为弹性碰撞且碰撞始终发生在上，传送带长，除物块P与传送带间的动摩擦因数、圆弧轨道CD粗糙外，不计其它一切摩擦，重力加速度。 (1)求物块P经过圆弧轨道最低点时的速度大小； (2)求物块P在经过固定圆弧轨道CD过程中克服摩擦力做的功； (3)若传送带速度大小为，求从P、Q第1次碰撞结束到第2026次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间。 6. （2026·浙江·二模）如下图所示为一游戏装置的示意图。一光滑轨道ABCDEF由3部分拼接而成，分别是半径为的半圆弧，半径为的半圆弧，和水平部分，两半圆弧直径与在同一竖直线上，的右侧有一光滑无限长直水平轨道，点左侧与等高处有一小段光滑水平轨道，水平轨道上有一弹簧，弹簧左端固定，右端与一质量为的小物块接触但不粘连。光滑水平面上放置一质量为的长方体小车，小车内竖直面内有一管道，管道由6段光滑圆弧和一段粗糙水平管道平滑连接，四段圆弧的半径均为，两段半圆弧的半径均为，各段圆弧管道圆心等高，水平粗糙管道部分长为，与小物块之间的摩擦系数为，已知圆弧半径远大于管道粗细，管道直径略大于小物块，管道左端入口处和出口处与水平面等高，现向左推小物块并弹簧压缩，使弹簧获得一定的弹性势能，然后由静止释放小物块，物块将被弹出。 (1)要使小物块能沿轨道运动到点，试求释放前弹簧具有的弹性势能； (2)若弹簧的弹性势能与（1）中相同，试求释放弹簧后，小物块第一次到达管道最高点时，小物块相对地面的速度和小物块对小车的作用力大小； (3)改变弹簧的弹性势能，使小物块能沿轨道运动并从进入管道，试求小车最终获得的速度与弹簧弹性势能之间的关系（假定小车始终不脱离地面）。 7. （2026·浙江·二模）如图为一款游戏装置的示意图，装置由水平直轨道和半径的竖直光滑半圆轨道组成，为竖直直径。游戏开始前，质量的滑块静置于点，距离点处一质量滑块以初速度向右运动，与发生弹性碰撞，碰后立即拿走滑块。某次游戏时，滑块恰好能到达点。两滑块均可视作质点，与直轨道的滑动摩擦因数均为，取。 (1)求碰后瞬间滑块受到的支持力大小； (2)求滑块的初速度； (3)滑块经过点后落回地面，与地面相互作用时间极短且竖直方向速度大小变为原来的一半，方向相反； （I）求与地面第一次碰撞后滑块的水平分速度大小； （Ⅱ）求滑块最终静止时与点的距离。 8. （2026·浙江·二模）如图所示，长为2m的水平传送带以恒定速度顺时针传动，左端光滑水平面上固定一轻弹簧，右端光滑水平面上停放一质量的小车B，小车B的右端静置一质量的物块C，C与B间的动摩擦因数。传送带左侧紧邻一竖直螺旋光滑圆轨道，轨道半径，最低点与传送带相切。现将质量的物块A轻放在弹簧上，压缩弹簧后由静止释放，A被弹出后恰好能通过圆轨道的最高点。已知A与传送带间的动摩擦因数，光滑水平面足够长，物块A、C可视为质点，小车B的高度可忽略不计，求： (1)弹簧储存的弹性势能； (2)物块A滑离传送带时的速度大小； (3)物块A滑离传送带后，与小车B发生弹性碰撞，若要保证A与C不发生碰撞，求小车B的最小长度L。 9. （2026·浙江·二模）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由左端固定的弹簧1，水平直轨道AB、圆心为O1的四分之一圆弧轨道BC、圆心为O2的半圆弧轨道DEF、圆心为O3的四分之一圆弧轨道GH、水平直轨道IJ、KN以及右端固定的弹簧2组成。O1、O2和O3处于同一水平直线，滑板c的上表面、GH最低点的切线和KN处于另一水平直线。凹槽左右两侧壁均装有锁止装置，只要滑板一侧与侧壁碰撞，滑板立刻锁定并静止，而每当滑块经过锁止装置上方滑上滑板即触发开关解锁。已知滑块a质量m1=0.1kg，滑块b质量m2=0.1kg，圆弧半径均为R=0.4m，凹槽长L=1.75m。滑板长l=1.5m，质量m3=0.05kg。b与c之间的动摩擦因数μ=0.4，其余各处摩擦不计。a、b均可视为质点，滑块间、滑块与弹簧间均发生弹性碰撞，圆弧轨道间隙很小仅容滑块通过，各轨道间平滑连接。开始时，b静止在AB上，弹簧1的弹性势能Ep=1.8J，弹簧1把a弹出时，弹性势能全部转化为a的动能，g=10m/s2，求 (1)碰撞后滑块b的速度大小vb； (2)滑块b运动到DEF的最高点E时，受到轨道的作用力大小FN； (3)通过计算判断最终滑板c被锁定在哪一侧； (4)求滑块b最终静止时距滑板c左侧的距离x。 10. （2026·浙江绍兴·二模）一游戏装置的竖直截面如图所示，由平板车、竖直固定螺旋圆轨道（最低点、略有错开）、3个平台、长方体无盖收集箱组成，、分别是平台2的左右两端，平板车的上表面与平台2平齐，、与平台2平滑连接。滑块质量，可视为质点，平板车长，质量，滑块与平板车、平台2的动摩擦因数均为，其余摩擦不计。与的距离，与的距离，收集箱左侧与的距离，圆轨道的半径，平台2与平台3的高度差，收集箱高。滑块以速度滑上平板车，平板车与平台2碰撞后，速度立即变为零，之后滑块恰能通过收集箱边缘。 (1)求：①滑块通过点的速度大小； ②滑块在圆轨道最低点受到的支持力大小； ③平板车右端与端的距离； (2)若滑块进入收集箱后，只在箱底发生一次弹性碰撞，随后从收集箱边缘离开，求：收集箱的宽度。 11. （2026·浙江温州·二模）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： (1)传输瓶甲经圆弧管道点时，管道对其压力大小； (2)传输瓶甲到达点时的速度大小； (3)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； (4)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。 12. （2026·浙江杭州·二模）某游戏装置的竖直截面如图所示，由倾斜直轨道、圆弧轨道和置于光滑水平地面上的滑板组成。直轨道与半径为、圆心角为的圆弧轨道平滑连接，圆轨道末端点与滑板上表面水平相切，滑板右端套筒内安装有一原长等于的轻弹簧，处有传感器可记录弹簧弹力的最大值。现将一滑块在点由静止释放，若传感器示数不为零且滑块不会从滑板左侧滑出，则判定游戏成功。已知长，，，段长度，段与滑块间的动摩擦因数，其余接触面均光滑，弹簧劲度系数，露在套筒外的长度，滑块质量，滑板（含弹簧、套筒、传感器）总质量。弹簧弹性势能（为形变量），，。 (1)求滑块在段的运动时间； (2)求滑块运动到圆弧轨道点受到的支持力大小； (3)求弹簧的最大压缩量； (4)若滑块与套筒左端的碰撞为完全非弹性碰撞（不粘连），滑块质量在一定范围内可调，求游戏成功时的取值范围。 13. （2026·浙江台州·二模）如图1所示，倾角θ=37°的倾斜直轨道AB、竖直圆轨道I、水平轨道BC和CE、水平圆管轨道II（俯视图如图2所示）平滑连接。该装置AB段动摩擦因数为μ=0.5，其余各段均光滑，两圆轨道半径分别为R1=0.18m与。质量为m1=0.2kg的滑块a从斜面上某点由静止下滑，恰好能通过竖直圆轨道I的最高点D，从E点沿切线进入管径很小的水平圆管轨道II（进入后立即封闭管道），并与静止在圆管内质量为m2=0.1kg的滑块b发生碰撞，碰撞时间可忽略。滑块a、b均可视为质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块a滑到斜面底端B处的速度大小及在AB段运动的时间； (2)若滑块a与b发生弹性碰撞，求第一次碰撞后瞬间a、b的速度大小； (3)在（2）情况下，分别求滑块a、b从第一次碰撞后首次回到该碰撞位置的时间； (4)若滑块a与b发生非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的0.5倍，求从第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间。 14. （2025·浙江宁波·三模）一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角为37°的轨道与半径的螺旋圆轨道相切于点，圆轨道最低点和略微错开；螺旋圆轨道、水平轨道、顺时针转动的水平传送带及水平轨道平滑连接，轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时其自由端的位置在点。在点的左侧放置一个质量为的滑块（可视为质点）。现有一质量为的滑块（可视为质点）从轨道上距点高处由静止开始滑下，已知各轨道长度分别为，，，滑块与轨道、间的动摩擦因数均为，与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，传送带的速度，整个过程中均不超过弹簧的弹性限度。 (1)若，求滑块： ①首次运动至点时对轨道的压力； ②在上经过的总路程。 (2)若，滑块与滑块发生完全非弹性碰撞，求两滑块最终停止位置到点的距离。 15. （25-26高三上·浙江宁波·阶段检测）商场一款游戏装置的结构简图如图所示，小球能落在指定区域则可以领取相应的奖励。装置A端固定一个轻弹簧，AB段为光滑水平面，BC段为粗糙的水平面且BC段长度为L=0.95m，动摩擦因数μ=0.5，CD和EF为两段竖直放置的光滑圆弧轨道，H为圆弧轨道最左端，O为两个圆弧的圆心，O到圆弧轨道中轴线的距离为R=1m，圆弧轨道的摆放满足∠HOE=∠DOF=37°，FOC三点连线为竖直方向。在弹簧左端放一个小物块，C点放置一个直径略小于两个圆弧间距的小球，小球和小物块的质量均为m=1kg，现用物块压缩弹簧使弹簧的弹性势能增大为Ep，由静止释放物块。小球与物块的碰撞可视为弹性碰撞，弹簧原长小于AB段长度，小球和物块的大小可忽略不计，求： (1)若小球第一次碰撞后恰好能到达H点，则Ep为多少？ (2)要使小球不脱离轨道且能够从F点飞出，求小球在水平面上的落点到C点的距离范围。 (3)改变Ep，使小球不能脱离轨道且不能从F点飞出，求Ep的取值范围。 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 动力学、动量和能量观点的应用 浙江物理选考动力学、动量、能量综合应用，多为计算题压轴，常以板块、弹簧、传送带、多物体碰撞为载体。动力学视角侧重牛顿定律，分析瞬时受力、加速度与分段运动；动量视角关注守恒条件，多用动量定理处理变力、时间关联问题；能量视角依靠动能定理、能量守恒，求解做功、势能与摩擦生热。命题要求按需切换三种思路，区分各自适用条件：牛顿定律适合瞬时与加速度，动量适合相互作用时间短、外力可忽略场景，能量避开复杂过程细节。陷阱集中在系统选取、符号方向、共速临界、机械能是否守恒，重在选择最优规律简化运算，突出多视角综合建模能力。 一、力的三个作用效果与五个规律 分类 对应规律 公式表达 力的瞬时作用效果 牛顿第二定律 F合＝ma 力对空间积累效果 动能定理 W合＝ΔEk W合＝mv22－mv12 机械能守恒定律 E1＝E2 mgh1＋mv12＝mgh2＋mv22 力对时间积累效果 动量定理 F合t＝p′－p I合＝Δp 动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 二、碰撞中常见的力学模型及其结论 1．碰撞 (1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象． (2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力≫外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒． (3)分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 守恒 非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 2.碰撞后运动状态可能性判定 (1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′ (3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零． 模型名称 模型描述 模型特征 模型结论 “速度交换”模型 相同质量的两球发生弹性正碰 m1＝m2，动量、动能均守恒 v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0) 题型1选考真题探秘 1. （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 【详解】（1）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； （2）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。 （3）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， （4）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……） 2. （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 3. （2025·浙江·高考真题）一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和、倾角为的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知，EF段长度，FG间距，GH间距，HI间距，EF段。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，，。 (1)若，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 【答案】(1) (2)2m (3)2.5m或2m 【详解】（1）对滑块1由动能定理 解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为 （2）在轨道D点，由牛顿第二定律 解得 滑块3从D点到C＇点，由机械能守恒定律 解得 结合， 联立解得 （3）滑块3从C＇点到F点的过程中，由动能定理 若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 水平方向 结合， 联立解得 若经一次反弹落入洞中，则 水平方向 结合， 联立解得 由计算结果，可知滑块在斜轨道上高度为处开始下滑，是滑块能通过圆轨道最高点的最小高度，因此是滑块开始下滑到在GH经一次反弹落入洞中。因此小问3的答案是或。 题型2动力学与动量、能量的综合应用 4. （2026·浙江·一模）如图所示，在光滑的水平地面上有质量为的小球和质量为的小球，两球用一细线连接在一起，两球之间还有一根压缩的轻弹簧，弹性势能为，弹簧与两球不相连接。在球的右边有质量为的静止滑块C，滑块上有光滑的、半径为的四分之一圆弧形轨道，轨道底端与水平地面相切，已知重力加速度为。现剪断细线，求： (1)小球与弹簧分离时的动能； (2)小球第一次滑至圆弧轨道底端时，受到圆轨道的支持力大小； (3)小球能上升的最大高度和滑块的最终速度的大小。 【答案】(1) (2) (3)， 【详解】（1）根据题意，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得， 小球与弹簧分离时的动能 （2）小球第一次滑至圆弧轨道底端时，由牛顿第二定律有 解得 （3）小球上升到最大高度时，由动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得 B、C分开时，动量守恒定律有 由能量守恒定律有 联立解得 5. （2026·浙江杭州·二模）如图所示，质量滑块M静止在水平面上，M上方有半径的四分之一圆弧。现将质量的物块P从点静止释放，物块沿轨道从点水平滑出，恰能从点无碰撞进入固定圆弧轨道CD，之后平滑进入右侧顺时针转动的水平传送带，与传送带相邻的水平面EF足够长。EF上静置一物块Q，处固定一竖直挡板，物块撞上挡板后以原速率反弹。已知固定圆弧轨道CD半径，之间高度差，物块P经过固定轨道最低点点时所受支持力。P、Q均可视为质点，Q的质量，P、Q间的碰撞为弹性碰撞且碰撞始终发生在上，传送带长，除物块P与传送带间的动摩擦因数、圆弧轨道CD粗糙外，不计其它一切摩擦，重力加速度。 (1)求物块P经过圆弧轨道最低点时的速度大小； (2)求物块P在经过固定圆弧轨道CD过程中克服摩擦力做的功； (3)若传送带速度大小为，求从P、Q第1次碰撞结束到第2026次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间。 【答案】(1)； (2)； (3) 【详解】（1）物块P在D点 解得 （2）规定向右为正，物块P从A滑到B的过程中，物块P和滑块M系统动量守恒有 机械能守恒 解得， 物块P从B点到D点有 物块P在经过固定圆弧轨道CD过程中克服摩擦力做的功 （3）若传送带速度大小为，则P匀速通过传送带，第1次碰撞P、Q系统动量守恒和机械能守恒， 联立解得碰后速度大小分别为， 设向左滑上传送带的位移为，得 向左运动到最远并返回的时间 第2次碰撞，P、Q系统动量守恒和机械能守恒， 碰后速度大小分别为， 则返回传送带过程有 解得位移大小 向左运动到速度为0并返回的时间 从P、Q第1次碰撞结束到第2026次碰撞结束，物块P在传送带上运动的总时间为 6. （2026·浙江·二模）如下图所示为一游戏装置的示意图。一光滑轨道ABCDEF由3部分拼接而成，分别是半径为的半圆弧，半径为的半圆弧，和水平部分，两半圆弧直径与在同一竖直线上，的右侧有一光滑无限长直水平轨道，点左侧与等高处有一小段光滑水平轨道，水平轨道上有一弹簧，弹簧左端固定，右端与一质量为的小物块接触但不粘连。光滑水平面上放置一质量为的长方体小车，小车内竖直面内有一管道，管道由6段光滑圆弧和一段粗糙水平管道平滑连接，四段圆弧的半径均为，两段半圆弧的半径均为，各段圆弧管道圆心等高，水平粗糙管道部分长为，与小物块之间的摩擦系数为，已知圆弧半径远大于管道粗细，管道直径略大于小物块，管道左端入口处和出口处与水平面等高，现向左推小物块并弹簧压缩，使弹簧获得一定的弹性势能，然后由静止释放小物块，物块将被弹出。 (1)要使小物块能沿轨道运动到点，试求释放前弹簧具有的弹性势能； (2)若弹簧的弹性势能与（1）中相同，试求释放弹簧后，小物块第一次到达管道最高点时，小物块相对地面的速度和小物块对小车的作用力大小； (3)改变弹簧的弹性势能，使小物块能沿轨道运动并从进入管道，试求小车最终获得的速度与弹簧弹性势能之间的关系（假定小车始终不脱离地面）。 【答案】(1)6J (2)，5N (3)①当时；②当时 【详解】（1）要使物块能进入轨道后不脱离 得 此时弹簧的弹性势能为 （2）先求到F点的速度 可得 假定小滑块能到第一个半圆弧最高点，且此时小物块的速度为，小车的速度为 由水平方向动量守恒 由能量守恒 可解得， 由指向圆心的合力提供向心力： 解得：，即小物块受小车的支持力为5N， 由牛顿第三定律，小物块对小车有向下的力，且为5N （3）首先要使得小物块不脱离左侧轨道， 假定物块恰好能冲上第2个半圆的最高点，设此时在F处的速度为，物块和小车有共同的速度 由水平方向动量守恒： 由能量守恒： 可解得， 此时 得 ①当时，小物块可越过第一个半圆弧最高点，不能越过第二个半圆弧最高点，后相对于小车中管道左右运动，并最终和管道相对静止。 根据 可得 小车的最终速度为 ②当时，小物块可通过第二个半圆最高点，并从小车右侧滑出管道。 由动量守恒： 由能量守恒 可解得：， 又 因此小车最终的速度为 7. （2026·浙江·二模）如图为一款游戏装置的示意图，装置由水平直轨道和半径的竖直光滑半圆轨道组成，为竖直直径。游戏开始前，质量的滑块静置于点，距离点处一质量滑块以初速度向右运动，与发生弹性碰撞，碰后立即拿走滑块。某次游戏时，滑块恰好能到达点。两滑块均可视作质点，与直轨道的滑动摩擦因数均为，取。 (1)求碰后瞬间滑块受到的支持力大小； (2)求滑块的初速度； (3)滑块经过点后落回地面，与地面相互作用时间极短且竖直方向速度大小变为原来的一半，方向相反； （I）求与地面第一次碰撞后滑块的水平分速度大小； （Ⅱ）求滑块最终静止时与点的距离。 【答案】(1)12N (2)9m/s (3)0.5m/s；1m 【详解】（1）在点，根据向心力方程 从到，机械能守恒 在点，根据牛顿第二定律 解得 （2）根据位移时间关系 弹性碰撞过程， 解得 （3）（I）第一次落到地面时竖直分速度 碰撞后，竖直分速度大小变为，方向竖直向上；则弹力的冲量 摩擦力的冲量 水平方向 解得 （Ⅱ）到第二次碰撞，水平位移为第二次碰撞后，竖直分速度大小为；水平方向速度改变量为；故第二次碰撞后，水平分速度为零。第一次平抛位移 所以 8. （2026·浙江·二模）如图所示，长为2m的水平传送带以恒定速度顺时针传动，左端光滑水平面上固定一轻弹簧，右端光滑水平面上停放一质量的小车B，小车B的右端静置一质量的物块C，C与B间的动摩擦因数。传送带左侧紧邻一竖直螺旋光滑圆轨道，轨道半径，最低点与传送带相切。现将质量的物块A轻放在弹簧上，压缩弹簧后由静止释放，A被弹出后恰好能通过圆轨道的最高点。已知A与传送带间的动摩擦因数，光滑水平面足够长，物块A、C可视为质点，小车B的高度可忽略不计，求： (1)弹簧储存的弹性势能； (2)物块A滑离传送带时的速度大小； (3)物块A滑离传送带后，与小车B发生弹性碰撞，若要保证A与C不发生碰撞，求小车B的最小长度L。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）物块恰好能通过圆轨道的最高点，则重力提供向心力 根据机械能守恒可得 联立解得 （2）从圆轨道最低点到最高点，由机械能守恒可得 代入数据解得 由于，因此A在传送带上做匀减速运动 加速度大小为 设物块A能与传送带达到共速，达到共速时物块A的位移为，则 解得 故物块A在传送带上滑行1m后与传送带达到共速，最终滑离时速度为 （3）物块A与小车B发生弹性碰撞，碰撞前A的速度为，设水平向右为正方向 由动量守恒可得 由机械能守恒得 联立得， 碰撞后物块A向左运动，经传送带减速后反向加速向右运动，类竖直上抛运动，则再次离开传送带时速度为 C的加速度 B的加速度 要保证A、C不发生碰撞，则应满足C从B左端滑离后的速度大于等于，故有 解得 B的位移为 C的位移为 B、C相对位移即小车最小长度 9. （2026·浙江·二模）如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由左端固定的弹簧1，水平直轨道AB、圆心为O1的四分之一圆弧轨道BC、圆心为O2的半圆弧轨道DEF、圆心为O3的四分之一圆弧轨道GH、水平直轨道IJ、KN以及右端固定的弹簧2组成。O1、O2和O3处于同一水平直线，滑板c的上表面、GH最低点的切线和KN处于另一水平直线。凹槽左右两侧壁均装有锁止装置，只要滑板一侧与侧壁碰撞，滑板立刻锁定并静止，而每当滑块经过锁止装置上方滑上滑板即触发开关解锁。已知滑块a质量m1=0.1kg，滑块b质量m2=0.1kg，圆弧半径均为R=0.4m，凹槽长L=1.75m。滑板长l=1.5m，质量m3=0.05kg。b与c之间的动摩擦因数μ=0.4，其余各处摩擦不计。a、b均可视为质点，滑块间、滑块与弹簧间均发生弹性碰撞，圆弧轨道间隙很小仅容滑块通过，各轨道间平滑连接。开始时，b静止在AB上，弹簧1的弹性势能Ep=1.8J，弹簧1把a弹出时，弹性势能全部转化为a的动能，g=10m/s2，求 (1)碰撞后滑块b的速度大小vb； (2)滑块b运动到DEF的最高点E时，受到轨道的作用力大小FN； (3)通过计算判断最终滑板c被锁定在哪一侧； (4)求滑块b最终静止时距滑板c左侧的距离x。 【答案】(1)6m/s (2)4N (3)右侧壁 (4) 【详解】（1）弹出后滑块a的速度，由，得 滑块a、b碰撞， 得 （2）a、b碰后，到b运动到最高点E，则 由牛顿第二定律 得 （3）b刚滑上c初速度为 b、c的加速度分别为，， b第1次滑上c的过程中，c运动到侧壁的时间， 当b、c达共速时， 得可知b、c未能达到共速。 当c运动到侧壁时，b运动的位移，b不会从c上滑落。 经判断，b此后也不会从c上滑落。 根据 得 ，则，可知滑板c与凹槽碰撞3次后锁定在右侧壁。 （4）b第三次刚滑上滑板c时的速度，则 可得 b与c相对静止时，在c上的相对位移为，则由， 可得， ，由动能定理 得 距离为 10. （2026·浙江绍兴·二模）一游戏装置的竖直截面如图所示，由平板车、竖直固定螺旋圆轨道（最低点、略有错开）、3个平台、长方体无盖收集箱组成，、分别是平台2的左右两端，平板车的上表面与平台2平齐，、与平台2平滑连接。滑块质量，可视为质点，平板车长，质量，滑块与平板车、平台2的动摩擦因数均为，其余摩擦不计。与的距离，与的距离，收集箱左侧与的距离，圆轨道的半径，平台2与平台3的高度差，收集箱高。滑块以速度滑上平板车，平板车与平台2碰撞后，速度立即变为零，之后滑块恰能通过收集箱边缘。 (1)求：①滑块通过点的速度大小； ②滑块在圆轨道最低点受到的支持力大小； ③平板车右端与端的距离； (2)若滑块进入收集箱后，只在箱底发生一次弹性碰撞，随后从收集箱边缘离开，求：收集箱的宽度。 【答案】(1)①；②12N； ③ (2)0.4m或2.4m 【详解】（1）①根据平抛运动规律有， 代入题中数据，解得 ②滑块从B到C过程有 解得 在B点有 联立解得 ③设滑块在点的速度大小为，从A到C过程，根据动能定理有 联立解得 设滑块与小车达到共速时，速度为，规定向右为正方向，根据动量守恒有 联立解得 因为滑块一直做减速运动，根据动能定理有 联立解得 （2）滑块到达收集箱底端碰撞时，竖直方向速度大小为，则有 解得 根据 联立解得， 则收集箱的宽度或 11. （2026·浙江温州·二模）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： (1)传输瓶甲经圆弧管道点时，管道对其压力大小； (2)传输瓶甲到达点时的速度大小； (3)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； (4)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】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）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 代入数据解得。 （2）从到根据动能定理有 解得。 （3）进入后，甲先向右加速，后向右减速到0，最大速度出现在推力与阻力平衡（即加速度为0）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 联立解得 （4）点距离点为，从C到E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， 联立解得， 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0，再向右加速。则乙向右匀减速直线运动的位移 所以甲、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0后，开始向右做匀加速直线运动，在内运动的位移 甲减速到0的位置与乙加速到0的位置间距离为 所以乙减速到0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 代入数据解得 所以第二次发生碰撞位置与点的距离为 解得 所以第二次发生碰撞位置与点的距离为。 12. （2026·浙江杭州·二模）某游戏装置的竖直截面如图所示，由倾斜直轨道、圆弧轨道和置于光滑水平地面上的滑板组成。直轨道与半径为、圆心角为的圆弧轨道平滑连接，圆轨道末端点与滑板上表面水平相切，滑板右端套筒内安装有一原长等于的轻弹簧，处有传感器可记录弹簧弹力的最大值。现将一滑块在点由静止释放，若传感器示数不为零且滑块不会从滑板左侧滑出，则判定游戏成功。已知长，，，段长度，段与滑块间的动摩擦因数，其余接触面均光滑，弹簧劲度系数，露在套筒外的长度，滑块质量，滑板（含弹簧、套筒、传感器）总质量。弹簧弹性势能（为形变量），，。 (1)求滑块在段的运动时间； (2)求滑块运动到圆弧轨道点受到的支持力大小； (3)求弹簧的最大压缩量； (4)若滑块与套筒左端的碰撞为完全非弹性碰撞（不粘连），滑块质量在一定范围内可调，求游戏成功时的取值范围。 【答案】(1) (2) (3) (4) 【详解】（1）过程，对滑块进行分析，根据牛顿第二定律有 根据位移公式有 解得 （2）过程，根据动能定理有 解得 滑块在点，根据牛顿第二定律有 解得 （3）弹簧压缩量最大时，滑块与滑板共速，由系统水平方向动量守恒有 解得 设弹簧最大压缩量为，由功能关系有 解得 （4）此时仍然有 若滑块碰到套筒且最终未能从板的左侧滑出，则从滑块与套筒完成碰撞到滑块再次相对滑板静止为止，由动量守恒可知初末状态系统总动能相同，弹性势能恰好全部转化为滑块弹回过程中的摩擦热，须满足 解得 若滑块未碰到套筒，由于弹簧最大压缩量变小，滑块与板第一次共速时的弹性势能小于，可知滑块返回时与板之间的相对滑行距离一定小于，滑块一定不会从板左侧滑出，仅需满足滑块能碰到弹簧即可，即有， 解得 综上所述，可得满足游戏成功条件的滑块质量范围 13. （2026·浙江台州·二模）如图1所示，倾角θ=37°的倾斜直轨道AB、竖直圆轨道I、水平轨道BC和CE、水平圆管轨道II（俯视图如图2所示）平滑连接。该装置AB段动摩擦因数为μ=0.5，其余各段均光滑，两圆轨道半径分别为R1=0.18m与。质量为m1=0.2kg的滑块a从斜面上某点由静止下滑，恰好能通过竖直圆轨道I的最高点D，从E点沿切线进入管径很小的水平圆管轨道II（进入后立即封闭管道），并与静止在圆管内质量为m2=0.1kg的滑块b发生碰撞，碰撞时间可忽略。滑块a、b均可视为质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块a滑到斜面底端B处的速度大小及在AB段运动的时间； (2)若滑块a与b发生弹性碰撞，求第一次碰撞后瞬间a、b的速度大小； (3)在（2）情况下，分别求滑块a、b从第一次碰撞后首次回到该碰撞位置的时间； (4)若滑块a与b发生非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的0.5倍，求从第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间。 【答案】(1)3m/s； (2)； (3)； (4) 【详解】（1）滑块a恰过D点，则 得 由机械能守恒可知 得 根据牛顿第二定律 得 根据 得 （2）a与b弹性碰撞，由动量守恒定律和能量关系可知， 得； （3）b转一圈回到该位置 第一次碰撞后经再次相遇； 第二次碰撞，则， 得， 再经回到第一次碰撞位置； 则 （4）根据，而 解得 第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间 14. （2025·浙江宁波·三模）一游戏装置的竖直截面如图所示，倾角为37°的轨道与半径的螺旋圆轨道相切于点，圆轨道最低点和略微错开；螺旋圆轨道、水平轨道、顺时针转动的水平传送带及水平轨道平滑连接，轨道的右端固定一轻质弹簧，弹簧自然伸长时其自由端的位置在点。在点的左侧放置一个质量为的滑块（可视为质点）。现有一质量为的滑块（可视为质点）从轨道上距点高处由静止开始滑下，已知各轨道长度分别为，，，滑块与轨道、间的动摩擦因数均为，与传送带间的动摩擦因数为，其余轨道均光滑，传送带的速度，整个过程中均不超过弹簧的弹性限度。 (1)若，求滑块： ①首次运动至点时对轨道的压力； ②在上经过的总路程。 (2)若，滑块与滑块发生完全非弹性碰撞，求两滑块最终停止位置到点的距离。 【答案】(1)①，竖直向下；② (2) 【详解】（1）①滑块首次运动至点，根据动能定理有 解得 在点，根据牛顿第二定律 解得 根据牛顿第三定律，滑块对轨道的压力 方向竖直向下； ②滑块因摩擦力机械能减少，最终在点及点以下轨道运动，根据动能定理有 解得 （2）滑块刚滑到上时，根据动能定理有 解得 根据动量守恒定律 解得 滑块在传送带上，根据牛顿第二定律有 解得加速度 设滑块在传送带上减速到与传送带速度相等时的位移为，根据 解得 所以滑块在传送带上先减速后匀速。 从传送带右端到与弹簧碰撞再返回点，根据动能定理有 解得 从点向左运动，最后停下来，根据动能定理有 解得 所以两滑块最终停止位置到点的距离为 15. （25-26高三上·浙江宁波·阶段检测）商场一款游戏装置的结构简图如图所示，小球能落在指定区域则可以领取相应的奖励。装置A端固定一个轻弹簧，AB段为光滑水平面，BC段为粗糙的水平面且BC段长度为L=0.95m，动摩擦因数μ=0.5，CD和EF为两段竖直放置的光滑圆弧轨道，H为圆弧轨道最左端，O为两个圆弧的圆心，O到圆弧轨道中轴线的距离为R=1m，圆弧轨道的摆放满足∠HOE=∠DOF=37°，FOC三点连线为竖直方向。在弹簧左端放一个小物块，C点放置一个直径略小于两个圆弧间距的小球，小球和小物块的质量均为m=1kg，现用物块压缩弹簧使弹簧的弹性势能增大为Ep，由静止释放物块。小球与物块的碰撞可视为弹性碰撞，弹簧原长小于AB段长度，小球和物块的大小可忽略不计，求： (1)若小球第一次碰撞后恰好能到达H点，则Ep为多少？ (2)要使小球不脱离轨道且能够从F点飞出，求小球在水平面上的落点到C点的距离范围。 (3)改变Ep，使小球不能脱离轨道且不能从F点飞出，求Ep的取值范围。 【答案】(1) (2) (3)或者 【详解】（1）小球与物块质量相等，发生弹性碰撞后速度交换。从释放物块到小球到达H点，这个过程中使用能量守恒可得 （2）小球不脱离轨道经过E点需满足 解得 小球不脱离轨道经过D点需满足 解得 小球经过F点时，速度，且不脱离轨道需满足 解得 从C点到E点，由动能定理可得 从C点到D点，由动能定理可得 从C点到F点，由动能定理可得 解得， 平抛运动可得， （3）当小球第一次碰撞后到达的位置低于H点时，满足条件，所以 当小球第一次碰撞后经过E点，但到达不了F点，满足条件，根据第二问的分析得 从第一次经过C点到第二次返回C点，根据动能定理得 解得 当时，根据能量守恒得 小球会超过H点并脱离轨道，所以有 根据能量守恒得 综上或者 学科网（北京）股份有限公司 $