考点7 多过程模型 重点考点解读讲义 -2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

高中物理选择性必修一重点考点解读 考点7 多过程模型 知识网络 考点解读 1.解决动力学问题三个基本观点 (1)力的观点：运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：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。 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。 能力素养提升 1. 解决多过程问题的方法： （1） 将多过程问题划分为多个子过程； （2） 分别分析各个子过程物体受力情况和运动情况，选择对应的物理规律列出相关方程； （3） 将已知条件代入联立解方程得出待求物理量。 2. 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。 针对训练 1.（2026河南镇平一高期末）如图所示，固定倾斜传送带与水平面夹角为，以的速度顺时针转动，传送带下端与半径的光滑圆弧轨道相切于点，圆弧轨道底端点与无限长光滑水平面平滑连接，水平面上一轻质弹簧连接着两个滑块和（和处于静止状态，弹簧处于原长）。将滑块由传送带顶端无初速度释放，滑块通过点后与发生弹性正碰（时间极短）。已知与传送带之间的动摩擦因数为，传送带长度，，弹簧原长为，取重力加速度，不计空气阻力，滑块均可视为质点。，。 （1）求滑块与传送带间由于摩擦产生的热量； （2）求滑块刚滑到圆弧轨道底端点时，对圆弧轨道的压力大小； （3）若滑块与碰撞时，记为时刻，经时间，滑块和的位移大小分别为和，且此时弹簧第一次最短。求滑块与碰撞后滑块和之间的最大距离、的最大速度。 【答案】．（1）11.2J （2）N （3）8m/s，- 【解析】（1）滑块在传送带上先加速运动，当滑块与传送带速度相等的时候，受力变化，加速度变化，滑块刚滑上传送带时，根据牛顿第二定律有 解得 经与传送带共速， 位移大小 滑块与传送带速度相等时，因为>，之后再加速，根据牛顿第二定律有 解得 解得=7m，=1s （另一解舍去） =-=1.8m，=-=1m 得Q=）=11.2J。 （2）滑块在M点速度==8m/s 滑块由M点到N点有gR（1-）=- 解得=10m/s 在N点，有-g= 解得=N 由牛顿第三定律，滑块对轨道的压力大小为N。 （3）滑块与滑块碰撞过程有=，= 解得=0，=10m/s 当弹簧为原长时C的速度才可能最大 = = 解得==8m/s（另一组解舍去） 作出B和C的v-t图像， 由图可知，阴影Ⅰ面积表示0~t时间内C的位移大小，阴影Ⅰ面积加上阴影Ⅱ面积表示B的位移大小，阴影Ⅱ面积表示弹簧的最大压缩量=-，所以B和C间的最大距离=-。 2．（2027湖南湘潭高二质检）下图是矿山自动卸货简化示意图。质量为的平底容器内装有质量的矿石，从光滑圆弧轨道上高为的点由静止释放，平滑滑上静止在光滑水平轨道上的无动力小车，小车长为、质量为。平底容器在小车上滑行与小车右端挡板碰撞后不反弹，而后随小车向右运动至水平轨道右端时，压缩固定在水平轨道右端的弹簧，当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下矿石后解除锁定，弹簧能量全部释放，将小车及空的平底容器一起弹回，当小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止。空平底容器滑出小车冲上圆弧轨道回到出发点。设平底容器长和宽远小于，矿石不会在平底容器中滑动，弹簧的形变始终处于弹性限度内，重力加速度为。试求： （1）平底容器滑上小车前瞬间的速度大小； （2）小车被锁定时弹簧的弹性势能； （3）若平底容器与小车间的动摩擦因数，且水平轨道足够长。要保证平底容器能在小车接触到弹簧前与小车右端挡板相碰，且能被弹回至出发点，则每次运送的矿石质量应满足什么要求？ 答案．（1）；（2）；（3） 【解析】（1）设平底容器滑上小车前瞬间的速度大小为v0，对平底容器从A点到滑上小车前列动能定理 解得 （2）设平底容器与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v共，则对平底容器滑上小车到与挡板碰撞列动量守恒 设小车被锁定时弹簧的弹性势能为Ep，由能量守恒可知 解得 （3）同理可知 弹回过程中，弹性势能转化为平底容器和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止，则这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上A点列能量守恒 解得 要保证平底容器能在小车接触到弹簧前与小车右端挡板相碰，则系统损失的动能刚好等于平底容器在小车上相对滑动产生的热量，即由动量守恒定律 由能量守恒定律 联立解得 故 综上所述每次运送的矿石质量应满足要求为 3.（12分）（2026河北保定四县联考）如图所示，在光滑的水平面上固定一半径为R的 光滑圆弧槽1，可视为质点的小球质量为m，锁定在槽l顶端；光滑圆弧槽2半径也为R，圆心角为（ ，圆弧最高点为P，P右侧部分水平。两槽底端切线均水平。重力加速度为g。 （1）若槽2固定，释放小球，小球从槽2圆弧的P点冲出后，落在槽2上表面Q处，求P、Q间的距离L; （2）若槽2不固定，释放小球，小球恰能运动到槽2圆弧的P点，求小球和槽2的质量之比 （3）接第（2）问，若小球在槽2中上升的时间为t，求小球上升过程槽2的位移大小。 解析：（1）若槽2固定，设小球到达 P点的速度为v 从释放到 P 点过程，由机械能守恒有 （1分） 冲出后做斜抛运动，设在空中运动的总时间为t总 竖直方向有 水平方向有L=（vcosθ）t总 可得 （2）槽2不固定，设小球到达水平面的速度为v₀由机械能守恒有 小球到达P点时，小球与槽2速度相同，设为v共小球在槽2中运动过程系统水平方向动量守恒，有 （1分） 全过程机械能守恒，有 可得 （3）设两者共速前某一时刻，小球和槽2速度水平分量分别为v₁ₓ、v₂,之后经过极短时间Δt,水平方向位移分别为Δx₁、Δx₂,上升阶段水平方向发生总位移为x₁、x₂ 由动量守恒有 等式两边同乘以△t，有 可得 经时间t小球到达P点，此过程求和，可得 根据位移关系有 可得 4. 如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度v0＝1m/s匀速行驶，人和船的总质量为M＝200kg，船上另载有N＝20个完全相同的小球，每个小球的质量为m＝5kg.人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力. （1）如果每次都是以相对于湖岸的速度v＝6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小v1； （2）根据第（1）问，计算抛出第几个球后船的速度反向； （3）如果每次都是以相对于小船的速度v＝6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？（提示：A相对B速度公式的表达式为v＝vA－vB，其中v表示两个物体的相对速度，vA表示A物体速度，vB表示B物体速度） 答案　（1）m/s　（2）11　（3）减小m/s 解析　（1）人抛出第一个球前后，以船、人、20个球为系统分析，由动量守恒定律可得（M＋20m）v0＝（M＋19m）v1＋mv 代入数据得v1＝m/s. （2）抛出第n个球时，由动量守恒定律可得 （M＋20m）v0＝[M＋（20－n）m]vn＋nmv，即 vn＝ 由vn＜0，可解得10＜n＜60，因n≤20，且为整数，所以n＝11，可知抛出第11个球后船的速度反向. （3）设第16次抛出小球前，小船对地的速度为v15，抛出后小船对地的速度为v16，故抛出后小球对地的速度为v16＋v；由动量守恒定律可得（M＋20m－15m）v15＝（M＋20m－16m）v16＋m（v16＋v） 代入数据可求得Δv＝v16－v15＝－m/s 可使船速度减小m/s. 5（2023山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上.作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动.当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s.已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下.B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2. （1）求C下滑的高度H； （2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围； （3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W； （4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小. 答案　（1）0.8m　（2）0.625m≤s≤m　（3）－6J　（4）（6＋）N·s 解析　（1）C下滑过程，由动能定理有 mCgH＝mCv2，解得H＝0.8m （2）设C滑上B以后，C的加速度大小为aC，B的加速度大小为a1，B、C共速时间为t1，s的最小值为s1，B、C共同的加速度大小为a2，经过t2时间A追上B，s的最大值为s2，则由牛顿第二定律有 μ2mCg＝mCaC 解得aC＝5m/s2 μ2mCg－μ1（mB＋mC）g＝mBa1 解得a1＝1m/s2 又v0＋a1t1＝v－aCt1 解得t1＝0.5s 由运动学规律有 s1＝v0t1＋a1 联立解得s1＝m＝0.625m B、C共速后，由牛顿第二定律得 μ1（mB＋mC）g＝（mB＋mC）a2 解得a2＝1m/s2 由运动学公式得 s2＝s1＋（v0＋a1t1）t2－a2 s2＝v0（t1＋t2） 联立解得s2＝m 故s的范围为0.625m≤s≤m （3）由题意知s＜s1，所以B与P碰撞时，B与C未共速.设C在B板上滑动的时间为t3，B与P相碰时C的速度大小为v1，则由运动学公式得 s＝v0t3＋a1 解得t3＝0.4s（另一解舍去） v1＝v－aCt3 解得v1＝2m/s 对物体C从刚滑上B到B与P碰撞前的过程，由动能定理有W＝mC（－v2） 解得W＝－6J （4）设B与P碰撞前瞬间的速度大小为v2，B与P碰撞后瞬间的速度为v3，B向左运动的加速度大小为a3，B向左运动时间t4与A相遇.设A、B碰撞前瞬间B的速度大小为v4；A、B碰撞后瞬间，A的速度为v5，B的速度为v6，C的速度大小为v7，则由运动学公式得 v2＝v0＋a1t3 解得v2＝1.4m/s 由于P固定在地面上，B与P的碰撞为弹性碰撞，所以有v3＝v2＝1.4m/s B与P碰撞后向左运动的过程中，对B由牛顿第二定律得μ2mCg＋μ1（mB＋mC）g＝mBa3 解得a3＝4m/s2 自B、P碰撞后至A、B发生碰撞的过程，由运动学公式得s－v0t3＝v0t4＋v3t4－a3 解得t4＝s（另一解舍去） v4＝v3－a3t4 解得v4＝（－1）m/s v7＝v1－aCt4 解得v7＝（2－1）m/s 以向右为正方向，A、B发生弹性碰撞，由动量守恒定律得mAv0－mBv4＝mAv5＋mBv6 由机械能守恒定律得 mA＋mB＝mA＋mB 联立解得v5＝（1－）m/s、v6＝（1－）m/s（另一组解舍去） 即A、B碰撞后，A以速度v5向左运动，B以初速度v6向右运动 经分析可得，B、C最终静止，A最终以速度v5向左运动，故自C滑上B开始至三物体达到平衡状态，这三个物体总动量的变化量为 Δp＝mAv5－[（mA＋mB）v0＋mCv] 解得＝（6＋）N·s 6. （2024湖南长沙高三适应性考试）如图，将火车停在足够长的平直铁轨上。 （1）若整列火车质量为M，所受阻力恒为F0，当整列火车速度为v时，发动机的功率为P0，求此时火车的加速度； （2）若整列火车所受阻力恒为F0，某次测试时整列火车的运动分为两个阶段。第一阶段火车受到大小为kF0的恒定牵引力由静止启动，位移为x时，发动机的实际功率正好等于额定功率，然后进入第二阶段；第二阶段发动机保持额定功率继续前进，已知两个阶段用时相等，第二阶段的末速度为初速度倍。求第二阶段火车的位移； （3）若整列火车由1节动力车头和23节无动力车厢组成，动力车头质量为2m，每节无动力车厢质量均为m。火车在启动前，车头会先向后退一段距离，使得各相邻车厢之间的连接挂钩松弛，车厢无间距紧挨着，然后车头从静止开始启动，逐节带动各节车厢直至最后一节车厢启动。启动过程中车头牵引力恒为F，忽略一切阻力。为了研究方便，将车头及相邻车厢之间的连接挂钩简化为不可伸长的长度为l的轻绳，绳子绷直的瞬间相连的物体间可看做发生完全非弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。整个启动过程中，带动第几节无动力车厢前，车头的速度达到最大？ 【参考答案】（1）；（2）(k＋1)x；（3）3 【名师解析】 （1）根据 可知 根据牛顿第二定律 解得 （2）设火车第一阶段运动时间为t，末速度为v2，第二阶段的位移为x2 由动能定理得 再由动量定理得 (k－1)F0t = Mv2 发动机的额定功率 Pm = kF0v2 由上可知，第二阶段的初速度为v2，末速度为，由动能定理得 解得 x2 = (k＋1)x （3）设拖动第n节车厢前，车头的速度为un，绳子绷直后车头的速度为u′n，拖动第一节车厢前，对车头由动能定理得 绳子绷直，对车头和第一节车厢由动量守恒定律得 2mu1 = (2m＋m)u′1 同理，拖动第n节车厢前，对于车头和前（n－1）节车厢由动能定理得 绳子绷直，对于车头和前n节车厢由动量守恒定律得 [2m＋(n－1)m]un = (2m＋nm)u′n 由上式得 可推出 联立有 令an = (n＋1)2un2，得到 …… 其中 上几式相加得到 则 解得 当，即n = 3时有最大值。则拖动第3节车厢前，车头速度达到最大。 7 (2025·湖南永州模拟)如图所示，固定在竖直平面内的半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道的圆心为O点，圆弧轨道的最低点与静置在光滑水平面上的木板A的上表面平滑连接，木板A的质量mA＝1 kg，在木板A右侧一定距离处有N＝2 025个质量均为m0＝3 kg的小球向右沿直线紧挨着排列，小球的直径与木板的厚度相同，质量mB＝2 kg的小滑块B(可视为质点)从圆弧轨道上与O点等高处由静止释放，经过圆弧轨道的最低点滑上木板A，当滑块B与木板A恰好相对静止时木板A与小球发生第一次碰撞。已知木板A足够长，整个过程中滑块B始终未脱离木板A，木板A每次与小球碰撞前A、B均已相对静止，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间均忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)滑块B经过圆弧轨道最低点的速度大小； (2)滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小； (3)滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能； (4)1号小球最终的速度为多大。 【答案】　(1)3 m/s　(2)60 N　(3)3 J (4) m/s 【解析】　(1)根据动能定理可得mBgR＝mBv 代入数据解得滑块B经过圆弧轨道最低点的速度为v1＝3 m/s。 (2)滑块B在圆弧轨道最低点时可视作做圆周运动，则有FN－mBg＝ 代入数据解得滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小为FN＝60 N。 (3)滑块B与木板A接触后，二者发生相对运动，最终达到共同速度，根据动量守恒定律有mBv1＝(mB＋mA)v共 代入数据解得v共＝2 m/s 在这一过程中，系统机械能损失转化为内能，根据能量守恒定律有Q＝mBv－(mB＋mA)v＝3 J 则滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能为3 J。 (4)木板A与小球1发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒和机械能守恒。木板A与小球1第一次碰撞前的速度为vA1＝v共＝2 m/s，小球1的速度为v球1＝0，第一次碰撞后木板A的速度为vA1′，小球1的速度为v球1′，根据动量守恒定律有mAvA1＝mAvA1′＋m0v球1′ 根据机械能守恒定律有mAv＝mAvA1′2＋m0v球1′2 联立解得vA1′＝－vA1＝－1 m/s，v球1′＝－vA1′＝1 m/s 即木板A与小球1碰撞后，木板A的速度大小变为原来的一半，方向变反，小球1的速度变为木板A原速度的一半。 木板A与小球1发生碰撞后经过一段时间再次与滑块B共速，同理根据动量守恒可得mBv共＋mAvA1′＝(mB＋mA)v共2 解得第二次共速的速度为v共2＝＝＝v共＝1 m/s 即每次木板A与滑块B重新共速后，速度变为滑块B的一半。 小球之间质量相等，且发生的都是弹性碰撞，它们之间发生速度交换，即直到木板A最后一次与小球1发生碰撞前瞬间，小球1的速度都为零； 综上所述，可知v共n＝v共n－1，v球n′＝v共n 依此类推，可得1号小球最终的速度为v球2 025′＝×v共＝×2 m/s＝ 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. （2025年5月山东省模拟演练）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 【答案】（1），；（2）或； （3） 【解析】 【详解】（1）有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒,设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有 可得 碰撞后根据牛顿第二定律有 可得 （2）若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有 联立解得 ， 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为，则有 联立解得 由于两质量均为正数，故k1=0，即 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为，，则同样有 联立解得，，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故k2=0，即 根据①的分析可证，，满足题意。 综上可知 或。 （3）第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有 第一次碰撞动量守恒有 且 联立解得 B球运动的路程 第二次碰撞相对速度大小为 第二次碰撞有 且 联立可得 所以B球运动的路程 一共碰了2n次，有 10 （16分）（2024年11月山东德州期中）如图，质量为的物块A用细线与墙拴连使轻弹簧处于压缩状态；圆心角为53°、半径的光滑圆弧轨道固定在光滑水平轨道上；一表面与圆弧右端相切质量的长木板B与圆弧轨道接触不粘连，在B右侧放着多个质量均为的滑块（视为质点）。开始时B和滑块均静止，现将拴连物块A的细线烧断，A被弹簧弹开，物块A与弹簧分离后从平台飞出，竖直方向下落，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上B。当A、B刚共速时，B恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，A、B再次共速时，B恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后A、B共速时，B总是恰好与滑块1发生碰撞；最终物块A恰好没从B上滑落，若A与B之间的动摩擦因数，重力加速度为，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。求： （1）物块A刚滑上B时的速度大小； （2）B与滑块1发生第1次碰撞后，物块1的速度； （3）B全过程运动的总位移； （4）长木板B的长度L。 解析：．（16分）（1）物块A平抛运动竖直方向： （1分） （1分） 物块A在固定轨道上的运动过程 （1分） 得： （1分） （2）对A、B分析，A、B第一次共速 （1分） 长木板B与滑块1发生第一次弹性碰撞过程 （1分） （1分） 解得 ，，，滑块1的速度大小为 （1分） （3）A、B第二次达到共速有 滑块1与滑块2碰撞后速度交换，滑块1碰后静止。B与滑块1第二次碰撞有 解得 ，， （1分） 依次类推有 （），，（） （1分） A、B发生相对滑动的过程中，加速度大小分别为 ， （1分） B每次加速到共速时的位移 （1分） 全过程B发生的位移 （1分） 则B发生的总位移为3m （4）物块A全过程匀减速运动 （2分） B的长度： 11 (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＝。 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高中物理选择性必修一重点考点解读 考点7 多过程模型 知识网络 考点解读 1.解决动力学问题三个基本观点 (1)力的观点：运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：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问题。 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。 能力素养提升 1. 解决多过程问题的方法： （1） 将多过程问题划分为多个子过程； （2） 分别分析各个子过程物体受力情况和运动情况，选择对应的物理规律列出相关方程； （3） 将已知条件代入联立解方程得出待求物理量。 2. 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。 针对训练 1.（2026河南镇平一高期末）如图所示，固定倾斜传送带与水平面夹角为，以的速度顺时针转动，传送带下端与半径的光滑圆弧轨道相切于点，圆弧轨道底端点与无限长光滑水平面平滑连接，水平面上一轻质弹簧连接着两个滑块和（和处于静止状态，弹簧处于原长）。将滑块由传送带顶端无初速度释放，滑块通过点后与发生弹性正碰（时间极短）。已知与传送带之间的动摩擦因数为，传送带长度，，弹簧原长为，取重力加速度，不计空气阻力，滑块均可视为质点。，。 （1）求滑块与传送带间由于摩擦产生的热量； （2）求滑块刚滑到圆弧轨道底端点时，对圆弧轨道的压力大小； （3）若滑块与碰撞时，记为时刻，经时间，滑块和的位移大小分别为和，且此时弹簧第一次最短。求滑块与碰撞后滑块和之间的最大距离、的最大速度。 2．（2027湖南湘潭高二质检）下图是矿山自动卸货简化示意图。质量为的平底容器内装有质量的矿石，从光滑圆弧轨道上高为的点由静止释放，平滑滑上静止在光滑水平轨道上的无动力小车，小车长为、质量为。平底容器在小车上滑行与小车右端挡板碰撞后不反弹，而后随小车向右运动至水平轨道右端时，压缩固定在水平轨道右端的弹簧，当弹簧被压缩到最短时将小车锁定。卸下矿石后解除锁定，弹簧能量全部释放，将小车及空的平底容器一起弹回，当小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止。空平底容器滑出小车冲上圆弧轨道回到出发点。设平底容器长和宽远小于，矿石不会在平底容器中滑动，弹簧的形变始终处于弹性限度内，重力加速度为。试求： （1）平底容器滑上小车前瞬间的速度大小； （2）小车被锁定时弹簧的弹性势能； （3）若平底容器与小车间的动摩擦因数，且水平轨道足够长。要保证平底容器能在小车接触到弹簧前与小车右端挡板相碰，且能被弹回至出发点，则每次运送的矿石质量应满足什么要求？ 3.（12分）（2026河北保定四县联考）如图所示，在光滑的水平面上固定一半径为R的 光滑圆弧槽1，可视为质点的小球质量为m，锁定在槽l顶端；光滑圆弧槽2半径也为R，圆心角为（ ，圆弧最高点为P，P右侧部分水平。两槽底端切线均水平。重力加速度为g。 （1）若槽2固定，释放小球，小球从槽2圆弧的P点冲出后，落在槽2上表面Q处，求P、Q间的距离L; （2）若槽2不固定，释放小球，小球恰能运动到槽2圆弧的P点，求小球和槽2的质量之比 （3）接第（2）问，若小球在槽2中上升的时间为t，求小球上升过程槽2的位移大小。 4. 如图所示，在平静的湖面上有一小船以速度v0＝1m/s匀速行驶，人和船的总质量为M＝200kg，船上另载有N＝20个完全相同的小球，每个小球的质量为m＝5kg.人站立船头，沿着船的前进方向、每隔一段相同的时间水平抛出一个小球，不计水的阻力和空气的阻力. （1）如果每次都是以相对于湖岸的速度v＝6m/s抛出小球，试计算出第一个小球抛出后小船的速度大小v1； （2）根据第（1）问，计算抛出第几个球后船的速度反向； （3）如果每次都是以相对于小船的速度v＝6m/s抛出小球，试问抛出第16个小球可以使船的速度改变多少？（提示：A相对B速度公式的表达式为v＝vA－vB，其中v表示两个物体的相对速度，vA表示A物体速度，vB表示B物体速度） 5（2023山东）如图所示，物块A和木板B置于水平地面上，固定光滑弧形轨道末端与B的上表面所在平面相切，竖直挡板P固定在地面上.作用在A上的水平外力，使A与B以相同速度v0向右做匀速直线运动.当B的左端经过轨道末端时，从弧形轨道某处无初速度下滑的滑块C恰好到达最低点，并以水平速度v滑上B的上表面，同时撤掉外力，此时B右端与P板的距离为s.已知v0＝1m/s，v＝4m/s，mA＝mC＝1kg，mB＝2kg，A与地面间无摩擦，B与地面间动摩擦因数μ1＝0.1，C与B间动摩擦因数μ2＝0.5，B足够长，使得C不会从B上滑下.B与P、A的碰撞均为弹性碰撞，不计碰撞时间，取重力加速度大小g＝10m/s2. （1）求C下滑的高度H； （2）与P碰撞前，若B与C能达到共速，且A、B未发生碰撞，求s的范围； （3）若s＝0.48m，求B与P碰撞前，摩擦力对C做的功W； （4）若s＝0.48m，自C滑上B开始至A、B、C三个物体都达到平衡状态，求这三个物体总动量的变化量Δp的大小. 6. （2024湖南长沙高三适应性考试）如图，将火车停在足够长的平直铁轨上。 （1）若整列火车质量为M，所受阻力恒为F0，当整列火车速度为v时，发动机的功率为P0，求此时火车的加速度； （2）若整列火车所受阻力恒为F0，某次测试时整列火车的运动分为两个阶段。第一阶段火车受到大小为kF0的恒定牵引力由静止启动，位移为x时，发动机的实际功率正好等于额定功率，然后进入第二阶段；第二阶段发动机保持额定功率继续前进，已知两个阶段用时相等，第二阶段的末速度为初速度倍。求第二阶段火车的位移； （3）若整列火车由1节动力车头和23节无动力车厢组成，动力车头质量为2m，每节无动力车厢质量均为m。火车在启动前，车头会先向后退一段距离，使得各相邻车厢之间的连接挂钩松弛，车厢无间距紧挨着，然后车头从静止开始启动，逐节带动各节车厢直至最后一节车厢启动。启动过程中车头牵引力恒为F，忽略一切阻力。为了研究方便，将车头及相邻车厢之间的连接挂钩简化为不可伸长的长度为l的轻绳，绳子绷直的瞬间相连的物体间可看做发生完全非弹性碰撞，碰撞时间忽略不计。整个启动过程中，带动第几节无动力车厢前，车头的速度达到最大？ 7 (2025·湖南永州模拟)如图所示，固定在竖直平面内的半径R＝0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道的圆心为O点，圆弧轨道的最低点与静置在光滑水平面上的木板A的上表面平滑连接，木板A的质量mA＝1 kg，在木板A右侧一定距离处有N＝2 025个质量均为m0＝3 kg的小球向右沿直线紧挨着排列，小球的直径与木板的厚度相同，质量mB＝2 kg的小滑块B(可视为质点)从圆弧轨道上与O点等高处由静止释放，经过圆弧轨道的最低点滑上木板A，当滑块B与木板A恰好相对静止时木板A与小球发生第一次碰撞。已知木板A足够长，整个过程中滑块B始终未脱离木板A，木板A每次与小球碰撞前A、B均已相对静止，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间均忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)滑块B经过圆弧轨道最低点的速度大小； (2)滑块B在圆弧轨道最低点受到的支持力大小； (3)滑块B与木板A第一次相对静止过程中产生的内能； (4)1号小球最终的速度为多大。 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. （2025年5月山东省模拟演练）如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B（mA>mB）。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍（0<e<1） ，求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 10 （16分）（2024年11月山东德州期中）如图，质量为的物块A用细线与墙拴连使轻弹簧处于压缩状态；圆心角为53°、半径的光滑圆弧轨道固定在光滑水平轨道上；一表面与圆弧右端相切质量的长木板B与圆弧轨道接触不粘连，在B右侧放着多个质量均为的滑块（视为质点）。开始时B和滑块均静止，现将拴连物块A的细线烧断，A被弹簧弹开，物块A与弹簧分离后从平台飞出，竖直方向下落，恰好从圆弧轨道左端沿切线方向滑入，一段时间后滑上B。当A、B刚共速时，B恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，A、B再次共速时，B恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后A、B共速时，B总是恰好与滑块1发生碰撞；最终物块A恰好没从B上滑落，若A与B之间的动摩擦因数，重力加速度为，所有碰撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。求： （1）物块A刚滑上B时的速度大小； （2）B与滑块1发生第1次碰撞后，物块1的速度； （3）B全过程运动的总位移； （4）长木板B的长度L。 11 (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。 1 学科网（北京）股份有限公司 $