文档内容
押第 10、15 题
力学三大观点综合应用
力学三大观点为：动力学观点、能量观点、动量观点。该模块是高中物理最为重要的一环，是高中物
理学习的主线，三大观点关联性强，模型多，考察考生的综合应用能力。
考察形式为选择题和解答题，因此将第10、15题放在一起，对该模块进行押题。
该模块还常与电磁场、电磁感应进行综合考察。
主要考点如下：
考点 细分
斜面模型
传送带模型
板--块模型
力学三大观点综合应用
碰撞模型
滑块--弹簧模型
子弹打木块模型
1．(2021年·辽宁卷)冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如图所示，螺旋
滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ相同，因滑板不同μ满足
。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑
道上，以下L、L 的组合符合设计要求的是（ ）
1 2
A． ， B． ，C． ， D． ，
【答案】CD
【详解】设斜面倾角为 ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足 ；可得
；即有 ；因 ，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得 ；滑
行结束时停在水平滑道上，由全程的动能定理有 ；其中
，可得 ，
代入 ，可得； ， ；综合需满足 和
2. (2023年·辽宁卷)如图，质量m= 1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k
1
= 20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m= 4kg的小物块以水平向右的速度 滑上木
2
板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大静
摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能E 与形变量x的关系为
p
。取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x；
1
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木板速度v 的大
2 2
小；
（3）已知木板向右运动的速度从v 减小到0所用时间为t 。求木板从速度为v 时到之后与物块加速度
2 0 2
首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m； ；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m、m 组成的系统动量守恒，则有mv= (m＋m)v
1 2 2 0 1 2 1
代入数据有v= 1m/s
1
对m 受力分析有
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v2= 2ax
1 1 1
代入数据解得x= 0.125m
1（2）木板与弹簧接触以后，对m、m 组成的系统有kx = (m＋m)a
1 2 1 2 共
对m 有a= μg = 1m/s2
2 2
当a = a 时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x= 0.25m
共 2 2
对m、m 组成的系统列动能定理有
1 2
代入数据有
（3）木板从速度为v 时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m 的加速度大于木块
2 1
m 的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x 时，则说明此时m 的速度大小为v ，
2 2 1 2
共用时2t，且m 一直受滑动摩擦力作用，则对m 有－μm g∙2t= mv－mv
0 2 2 2 0 2 3 2 2
解得
则对于m、m 组成的系统有
1 2
U = －W
f
联立有1.力学三大观点对比
力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
牛顿第二定律 F ＝ma
合
v＝v 0 ＋at 物体做匀变速直线运
动力学观点
匀变速直线运动规律 x＝vt＋at2 动，涉及到运动细节.
0
v2－v2＝2ax等
0
动能定理 W ＝ΔE
合 k
机械能守恒定律 E ＋E ＝E ＋E
k1 p1 k2 p2
能量观点 涉及到做功与能量转换
功能关系 W ＝－ΔE 等
G p
能量守恒定律 E＝E
1 2
只涉及初末速度、力、
动量定理 I ＝p′－p
合
时间而不涉及位移、功
动量观点
只涉及初末速度而不涉
动量守恒定律 p＋p＝p′＋p′
1 2 1 2
及力、时间
2.传送带中的功能关系3. 滑块—弹簧模型
模 型
图示
模 型（1）两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量
特点 守恒；
（2）在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的
外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒；
（3）弹簧处于最长（最短）状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小（完全非弹
性碰撞拓展模型）
（4）弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大（完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束
时）
4.板--块模型
F
靠摩擦力带动的那个物体的加速度有最大值：a = fm。假设两物体同时由静止开始运动，若整体加
m m
速度小于该值，则二者相对静止，二者间是静摩擦力；若整体加速度大于该值，则二者相对滑动，二者间
为滑动摩擦力。
两种位移关系：滑块由木板的一端运动到另一端的过程中，若滑块和木板同向运动，位移大小之差等
于板长；反向运动时，位移大小之和等于板长。
设板长为L，滑块位移大小为x1，木板位移大小为x2
同向运动时：L＝x1－x2
反向运动时：L＝x1＋x2
解题流程5. “子弹打木块”（“滑块—木板”）模型
模 型
图示
模 型（1）若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的
特点 相对位移（子弹射入木块的深度）取得极值（完全非弹性碰撞拓展模型）
（2）系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
M
（3）根据能量守恒定律，系统损失的动能ΔE = E ，可以看出，子弹（或滑块）的质量越
k m+M k0
小，木块（或木板）的质量越大，动能损失越多
（4）该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角
度借助图示求解
6．碰撞问题
三条原则：
(1)动量守恒：p＋p＝p′＋p′
1 2 1 2
(2)动能不增加：E ＋E ≥E ′＋E ′
k1 k2 k1 k2
(3)速度要符合实际情况①碰前两物体同向运动，若要发生碰撞，则应有v后 >v前 ，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后
两物体同向运动，则应有v前 ′≥v后 ′
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向至少有一个改变
物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体 B的速度最小，
v ＝v，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，v ＝v.则碰后物体B的速度范围为：v≤v ≤v
B 0 B 0 0 B 0
多选题
1．如图所示，倾角θ=37°的足够长的斜面固定在水平面上，斜面下端固定一挡板，劲度系数 20 N/m的
轻弹簧一端与挡板连接，另一端与质量为m=1kg的滑块连接。绕过光滑轻质定滑轮的轻绳一端与滑块
相连，另一端与质量为M=2kg的石块相连。已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，轻弹簧的弹性势能
与形变量的关系为 重力加速度g取 开始时拖住石块，轻绳恰好伸直
与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑；现由静止释放石块，涉及的过程弹簧都在弹性限度内，则下
列说法正确的是（ ）
A．释放石块瞬间轻弹簧的弹性势能为 5 J
B．石块的速度最大时轻弹簧的形变量为 0.5m
C．石块的最大速度为
D．滑块沿斜面向上运动的最大距离为2m
【答案】BD
【解析】A、 开始时拖住石块，轻绳恰好伸直与斜面平行但无弹力，滑块恰好不上滑 ，说明此时滑块
处于平衡状态，而弹簧处于压缩状态，结合受力分析和几何关系有
而 ；由以上三式解得x=0.5m，E =2.5J；A错误；
P
B、 石块的速度最大时 ，滑块的加速度为零，即此时石块的速度也是最大，加速度也为零，即此时绳
子拉力等于石块的重力，而弹簧处于伸长状态，对滑块受力分析并结合几何关系有
；代入数据解得x=0.5m；B正确；
1C、石块从开始释放到速度最大的过程中，弹簧由压缩0.5m到伸长0.5m，即滑块沿斜面运动了1m，而
石块下落了1m，将滑块和石块看成一个整体分析，由动能定理有
代入相关数据解得 C错误；
D、从滑块速度最大，到滑块的速度为零，即石块在该过程的速度也是从速度最大到速度为零，在该过
程中，滑块沿斜面运动了x 将滑块和石块看成一个整体分析，由动能定理有
0，
代入相关数据解得x=1m，即从开始释放石块到石块沿 斜面向上运动的最大距离为x+x+x=2m；D正
0 1 2 0
确。
故答案为：BD。
2．如图所示，粗糙斜面倾角为37°，两相同物块A和B，质量都为2kg，轻质弹簧一端连在斜面底部一端
与A物块相连。A、B在外力F作用下静止在斜面上，此时弹簧压缩了0.1m。物块与斜面间动摩擦因
数 ，弹簧劲度系数 。从撤去F至两物块恰好分离，下列说法正确的是（ ）
A．分离前弹簧对A先做正功，后做负功
B．分离前A对B一直做正功
C．此过程B物体一直在加速
D．此过程摩擦产生的热量为1.6J
【答案】BD
【解析】首先对A、B两物块分离前进行分析，撤去外力F后，两物块在重力、支持力、摩擦力、弹簧
弹力的作用下沿斜面向上做加速运动，当弹簧弹力大小等于摩擦力和重力沿斜面向下分力之和时，两
物块的速度达到最大，接着两物块沿斜面开始做减速运动，当弹簧弹力为零，即弹簧恢复原长，而
A、B间刚好没有作用力时，A、B就开始分离了。
A、分离前，弹簧还没有恢复原长，所以弹簧对A做正功，A错误；
B、分离前，A对B的作用力沿斜面向上，与B的运动方向相同，所以分离前A对B一直做正功，B正
确；
C、分离前，A和B先做加速运动，后做减速运动，C错误；
D、此过程，AB沿斜面向上运动了0.1m，所以克服摩擦力做功为
，所以此过程由于摩擦产生的热量为
1.6J，D正确。故答案为：BD。
3． 如图所示，半径为R的光滑圆环固定在竖直平面内，圆环的圆心O的正上方B点固定有一定滑轮，B
点的左侧再固定有一定滑轮。质量为m的小球套在圆环上，轻质细线跨过两个定滑轮，一端连接小
球，另一端连接质量为m的物块，用竖直向下的拉力F（未知）把小球控制在圆环上的A点， 与竖
直方向的夹角为53°，且 正好沿圆环的切线方向，P点为圆环的最高点，不计一切摩擦，不计滑
轮、小球以及物块的大小，重力加速度为g， ， 。下列说法正确的是
（ ）
A．小球与物块静止时，竖直向下的拉力
B．撤去拉力F的瞬间，细线的拉力大小为
C．小球由A点运动到P点的过程中，物块的重力势能减少量为
D．若小球在P点的速度大小为v，则物块的速度大小也为v
【答案】A,C
【解析】A、对物块进行受力分析，由二力平衡可得细线的拉力大小为
在A点对小球进行受力分析，由力的平衡可得 ；解得 ；故A正确；
B、在撤去拉力F的瞬间，设细线的拉力大小为T，小球和物块的加速度大小相等设为a，对两者分别
2
应用牛顿第二定律可得 ， ；联立解得 故B错误；
C、撤去拉力F后，当小球运动到P点时，设小球的速度大小为v，由几何关系可得 ，
， ；小球从A到P，物块下降的高度为
联立解得 ；则物块的重力势能减少量为 ；故C正确；
D、细线与小球的速度v垂直，则绳子伸长的速度为0，由关联速度之间的关系，物块的速度为0，故
D错误。故答案为：AC。
4． 如图所示，轻质弹簧一端固定在水平面上的光滑转轴 上，另一端与质量为 的小球（可视为质点）
相连，小球套在粗糙程度处处相同的直杆上。A点距水平面的高度为 ，直杆与水平面的夹角为 ，
，B为 的中点， 等于弹簧原长。小球从A处由静止开始下滑，经过B处的速度为
，并刚好能到达 处。若在 点给小球一个沿斜杆向上的初速度 ，小球经过B点时的速度为 ，并
刚好能到达A处。已知重力加速度为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．可以求出小球与直杆的动摩擦因数为
B．小球从A到B过程中弹簧弹力做功为
C．
D．
【答案】B,D
【解析】 A、因为小球运动过程中除B点外摩擦力均大于μmgcos30° ，所以动摩擦因数小于 ，故
A错误；
B、设小球从A运动到B的过程克服摩擦力做功为W，小球的质量为m，弹簧弹力做功为 W。根据能
f p
量守恒定律得，对于小球A到B的过程有
A到C的过程有 ；解得 ， ；故B正确；
C、根据能量守恒定律得，对于小球A到B的过程有
；解得 ；故C错误；
D、结合B选项的结论，C到A的过程，由能量守恒定律得 ；解得故D正确。
故答案为：BD。
5．如图所示，水平地面上有一倾角为 的传送带，以 的速度逆时针匀速运行。将一煤块
从 的高台从静止开始运送到地面，煤块可看做质点，已知煤块的质量为 ，煤块与传
送带之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为 ， ， ，煤块
由高台运送到地面的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．运送煤块所用的时间为4s
B．摩擦力对煤块做的功为48J
C．煤块相对传送带运动而产生的划痕长8m
D．煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为48J
【答案】A,D
【解析】A. 煤放上传送带时，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有
可以求出煤块从静止加速到与传送带共速需要的时间为
，以及煤块的位移为 ， ，又因为 ，则煤
块与传送带达到共同速度后继续做匀加速运动，但是摩擦力的方向从沿斜面向下变为沿斜面向上，根
据牛顿第二定律得 ，故运送
煤块所用的时间为 为4s，故A符合题意
B. 分两段计算，第一段摩擦力做正功，第二段是克服摩擦力做功，计算结果如下
，故B不符合题意
C. 第一个过程煤块与传送带的相对位移为
第二个过程相对位移为 ，但由于第一个过程传送带运动的快，而第
二过程煤块运动快，故煤块在传送带上的划痕应为16m，故C不符合题意
D. 煤块与传送带之间因摩擦产生的热量为 ，
故D符合题意
6．如图，在一长斜面上，有一辆质量为 的汽车，额定功率为 ，在 点从静止开始以做匀加速运动，到达 点时恰好达到额定功率，之后以额定功率做变加速运动，到达 时
刚好到达最大速度 。已知，此时 点到 点的直线距离为 ，垂直距离 ，整个过
程中汽车阻力大小恒为车重的 倍，重力加速度为 ，关于该汽车从 运动到 的过程，
下列说法正确的是（ ）
A．最大速度
B． 距离为
C．汽车运动总时间为
D．发动机对汽车做功为
【答案】B,C
【解析】CB过程中，汽车牵引力逐渐减小，当 时，汽车速度达到最
大，此时 ，故A不符合题意；
AC过程以恒定加速度启动，牵引力不变，由 得 ，又
，得 ， ，故B符合题意； ，
，得 。
7．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）穿过固定的光滑圆环B，左端固定在A点，右端
连接一个质量为m的小球，A、B、C在一条水平线上，弹性绳自然长度为AB。小球穿过竖直固定的
杆，从C点由静止释放，到D点时速度为零，C、D两点间距离为 。已知小球在C点时弹性绳的拉力
为 ，g为重力加速度，小球和杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内，下列说
法正确的是（ ）A．小球从C点运动到D点的过程中，弹性绳弹力增大，其水平分力也增大。
B．整个运动过程中，弹性绳的最大弹性势能大于
C．若在D点给小球一个向上的速度y，小球恰好回到C点，则
D．若仅把小球质量变为 ，则小球到达D点时的速度大小为
【答案】BCD
【详解】A．设BC的长度为L，根据胡克定律，有 BD与竖直方向的夹角为 时，伸长量为
，故弹力为 ；水平方向 ；可知，小球从C点运动到D点的过
程中，弹性绳弹力增大，其水平分力保持不变，故A错误；
B．小球从C点运动到D点的过程中克服摩擦力做功为
当运动到D时，绳子伸长最长，弹性势能最大，根据能量守恒
因为最初绳子也具有弹性势能，所以，绳子最大的弹性势能大于0.75mgh，故B正确；
C．对球从C到D过程，根据动能定理，有 ；解得
若在D点给小球一个向上的速度v，小球恰好回到C点，根据动能定理，有
；解得 ；故C正确；
D．若仅把小球的质量变成2m，小球从C到D过程，根据动能定理，有
解得 ；故D正确。
故选BCD。
8． 如图所示，质量为 的物体A，其下端拴接一固定在水平地面上的轻质弹簧，弹簧的劲度系
数 ，物体A的上端通过不可伸长的细线跨过两个光滑的小定滑轮连接中间有孔的小球B，
小球B套在倾角 的光滑直杆上，D为杆的底端， 与固定杆的夹角也是 ，细线 水
平，此时细线的拉力是 。小球B的质量 ，C是杆上一点且 与杆垂直，
，重力加速度g取 。现由静止释放小球B，下列说法正确的是（ ）
A．物体A、B系统的机械能不守恒
B．小球B第一次运动到C点时的动能为7.2J
C．小球B第一次运动到C点时细线对B做的功为10J
D．小球B第一次运动到D点时A的动能为零
【答案】A,C
【解析】A．物块A与小球B组成的系统除了受到重力以外，弹簧弹力对A做功，即其它力所做功不
为零，则物块A与小球B组成的系统机械能不守恒，故A正确；
B．小球B第一次运动到C点时，物块A下降的高度为
小球B下降的高度为 ；
未释放小球B时，设弹簧的形变量为 ，对物块A有 ；解得 ；
此时弹簧被拉伸，当小球B第一次运动到C点时 ；
此时弹簧被压缩，故此时弹簧的弹性势能与未释放小球B时相等，A、B和弹簧组成的系统机械能守
恒，有
由于小球B在C点时，细线与小球B速度方向垂直，可知
解得小球B的动能为 ；故B错误；
C．小球B从释放第一次运动到C点，对小球B，根据动能定理可得 ；解得
故C正确；
D．由几何知识可得 ；故小球B第一次运动到D点，细线物块A回到初始位置，设此时小
球B的速度为 ，物块A的速度为 ，则 ；小球B下降的高度为
整个过程根据动能定理可得
则A的动能为 ；故D错误。故答案为：AC。
9．如图甲所示，水平地面上左侧有一固定的圆弧斜槽，斜槽左端是四分之一光滑圆弧 ，圆弧半径为
，右端是粗糙的水平面 ，紧挨着斜槽右侧有一足够长的小车 ，小车质量为 ，
小车左端和斜槽末端 平滑过渡但不粘连，在 点静止放置一滑块 （可视为质点），滑块质量为
，最右边有一固定的竖直墙壁，小车右端距离墙壁足够远。已知斜槽 段长度为
，由特殊材料制成，从 点到 点其与小球间的动摩擦因数 随到 点距离增大而均匀减小到0，变
化规律如图乙所示。滑块 与小车的水平上表面间的动摩擦因数为 ，水平地面光滑，现将一质
量为 的小球 （可视为质点）从斜槽顶端 点静止滚下，经过 后与静止在斜槽末端的
滑块 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞后滑块滑上小车，小车与墙壁相碰时碰撞时间极短且为弹
性碰撞，重力加速度取 。求：
（1）小球运动到B点时受到的支持力大小；
（2）小球运动到C点时（还未与滑块碰撞）的速度大小；
（3）小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前瞬间的过程中，滑块与小车间由于摩擦产生的热
量。
【答案】（1）解：小球 （可视为质点）从斜槽顶端 点静止滚下，小球运动到 点时由动能定理
得 ；
解得 ；
在 点由牛顿第二定律 ；
解得小球运动到 点时受到的支持力大小 ；
（2）解：设小球到 的速度为 到 过程中小球克服摩擦力做功为 ，由图可知过程摩擦力均
匀减小，则有克服摩擦力做功为重力与图像面积的乘积，即
小球由 到 过程中，根据动能定理得
解得（3）解：小球与滑块弹性碰撞过程中，由于小球与滑块质量相等，根据动量守恒定律、机械能守恒定
律可知
解得碰撞后滑块速度为
滑块滑上小车后达到的共同速度为 ，由动量守恒定律得
解得
第一次小车与墙壁碰前小车和滑块速度均为 ，碰后小车速度变为 ，滑块速度仍为 ，碰后动量守
恒，达到共同速度为 ，则由动量守恒得
解得
小车与墙壁第1次碰撞后到与墙壁第2次碰撞前过程中，滑块与小车间产生的热量为 ，根据能量守
恒得
解得
10．如图所示，质量为3m的长木板C静置在光滑水平地面上，板长为1．5L，上表面光滑，右端通过挡
板固定一个轻弹簧，质量为m的小物块B静置在板上的最左端。用长为L、不可伸长的轻绳将质量为m
的小球A悬挂在O点，初始时轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点刚好与物块
B发生碰撞，碰撞时间极短且无能量损失。弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力、小球大小及挡板质
量，重力加速度为g。求：
（1）弹簧被压缩后具有的最大弹性势能；
（2）长木板速度最大时，小物块B的速度；
（3）若小物块B与长木板上表面间的动摩擦因数为0.5，最终停在长木板中点（已脱离弹簧），则此
过程中弹簧的最大弹性势能为多少？
1
【答案】（1）解： 碰撞前，对球有：mgl= mv❑2
2 1❑
mv❑+0=m❑v❑+m❑v❑
1 A A B B
A、B弹性碰撞，有：1 1 1
mv❑2 +0= m❑v❑2 + m❑v❑2
2 1❑ 2 A A❑ 2 B B❑1
碰撞后到弹簧压缩最大，有mv =4mv ，解得：v = √2gL
1 2 2 4
1 1 3
则弹簧的最大弹性势能E = mv2− ×4mv2= mgL
pm 2 1 2 2 4
（2）解：小物块B与弹簧分离时，长木板的速度最大。对B和长木板，有
mv =mv +3mv
1 3 4
1 1 1
mv2= ×3mv2+ mv2
2 1 2 4 2 3
1 1
解得长木板速度最大时，小物块B的速度v = -v = v = √2gL
3 4 2 1 2
1 1
即此时B的速度大小为v = v = √2gL，方向向左
4 2 1 2
（3）解：弹簧最短时，B停在长木板中点时，它们均达到共速，速度均为v。
2
1 1
从A、B碰后到弹簧最短，对木板及木块，有
mv2− ×4mv2=μmgs
2 1 2 2
s−0.75L
x=0.75L−
根据几何关系，弹簧被压缩后的最短长度 2
=0.375L
从弹簧最短到B停在长木板中点，有E❑=μmg(0.75L−x)
P
解得： E❑=0.1875mgl
P
11．如图所示，光滑的水平地面上放置一静止的质量为m=1kg的长木板A，一质量同为m=1kg的小物块，
以初速度v0=7m/s水平向右冲上长木板A左上端，经过t=2s后小物块运动到长木板A右端，此时长木
板A恰好与静止在水平面上带有半径R=0.8m四分之一光滑圆弧轨道的木板B相碰。碰撞后，小物块
沿水平方向冲上木板B的圆弧轨道。已知小物块与长木板A之间的动摩擦因数μ=0.1，A、B之间碰撞
时间极短，且碰撞属于完全弹性碰撞，长木板A的高度与木板B左端等高，均为H=5cm，木板B的质
量为M=3kg，重力加速度g=10m/s2。试求：
（1）A、B碰撞前瞬间，小物块与长木板A的速度大小；
（2）A、B碰撞后瞬间，木板B的速度大小；
（3）小物块能否从木板B右上端a点离开？若能，请求出半径R为多少时，小物块将无法从木板B
上端的a点离开；若不能，请求出小物块落到地面时，小物块与木板B左端的水平距离x。
【答案】（1）解：小物块受向左的摩擦力大小f =μmg=1N
木板受向右的摩擦力大小f′=μmg=1N
−μmg
小物块加速度为a = =−1m/s2
1 mμmg
木板加速度为a = =1m/s2
2 m
A、B碰撞前瞬间，小物块的速度大小v =v +a t=5m/s
1 0 1
长木板A的速度大小v =a t=2m/s
A 2
（2）解：以向右为正方向，A、B碰撞后瞬间，由动量守恒、机械能守恒可得
mv =mv′ +Mv
A A B
1 1 1
mv2 = mv′2 + Mv2
2 A 2 A 2 B
解得v =1m/s
B
（3）解：小物块与B共速时，由动量守恒可得mv +Mv =(m+M)v
1 B 共
解得v =2m/s
共
1 1 1
由能量守恒可得，此时小物块的重力势能增加ΔE = mv2+ Mv2− (m+M)v2
p 2 1 2 B 2 共
解得ΔE =6J0
0 0
2v −√4v2−4×3(4μgL−v2 )
又有v = 0 0 0 <0
P 6
m √μ
联立可得
0>
m √2−√μ
14． 如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在离
地面高为H=5m的光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h=l.8m高处由静止开始滑下，
与滑块B发生碰撞并粘在一起压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在
水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知m =1kg，m =2kg，m =3kg，g=10m/s2，求：
A B C（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；
（2）被压缩弹簧的最大弹性势能；
（3）滑块C落地点与桌面边缘的水平距离
【答案】（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，机械能守恒，设其滑到底面的速度
为v，由机械能守恒定律有
1
解得
滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度设为v，由动量守恒定律
2
有m v=(m +m )v
A 1 A B 2
解得
（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能
最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v，则
3
由动量守恒定律有m v=(m +m +m )v
A 1 A B C 3
解得
由机械能守恒定律有
解得
（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v，滑块C的速度为
4
v，分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有
5
(m +m ) v =(m +m )v+m v
A B 2 A B 4 C 5
解得
滑块C从桌面边缘飞出后做平抛运动
解得
15． 如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB和水平传送带平滑无缝连接，传送带长L=4m，以10m/s的速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道EF的装置P固定于水平地面上，EF位于竖直平面内，由两段
半径均为R=0.8m的 圆弧细管道组成，EF管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN均平滑相切
连接，MN长L=2m，右侧为竖直墙壁。滑块a的质量m=0.3kg，滑块b与轻弹簧相连，质量
2 1
m=0.1kg，滑块c质量m=0.6kg，滑块a、b、c均静置于轨道AB上。现让滑块a以一定的初速度水平
2 3
向右运动，与滑块b相撞后立即被粘住，之后与滑块c发生相互作用，c与劲度系数k=1.5N/m的轻质弹
簧分离后滑上传送带，加速之后经EF管道后滑上MN。已知滑块c第一次经过E时对轨道上方压力大
小为42N，滑块c与传送带间的动摩擦因数μ=0.35，与MN间的动摩擦因数μ=0.4，其它摩擦和阻力
1 2
均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可视为质点，重力加速度大小g=10m/s2，弹簧
的弹性势能 （x为形变量）。求：
（1）滑块c第一次经过F点时速度大小（结果可用根号表示）；
（2）滑块a的初速度大小v：
0
（3）试通过计算判断滑块c能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩
量。
【答案】（1）解：根据牛顿第二定律，在E点滑块c；
解得
滑块c第一次经过E点到F点，根据动能定理
解得
（2）解：滑块c在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块c的速度设为v，根据运动学
c
规律
滑块a，b作为整体与滑块c发生相互作用，最终滑块c被弹出，根据动量守恒与能量守恒得
联立解得 ；
a与b发生碰撞，最后共速，满足动量守恒联立解得
（3）解：假设滑块c能再次回到E点，从F点到E点，根据动能定理
解得
速度大于零，假设成立，滑块c可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律
联立解得
即可以追上滑块a，b发生再次碰撞，设最大压缩量为 ，根据动量守恒与能量守恒
联立解得
16．如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B上，右端与小球C接触但未拴接，球B和球C静止在光滑
水平台面上（此时弹簧处于原长）。小球A从左侧光滑斜面上距水平台面高度为h处由静止滑下（不
计小球A在斜面与水平面衔接处的机械能损失），与球B发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短，之后
球C脱离弹簧，在水平台面上匀速运动并从其右端点O水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直
四分之一光滑圆弧轨道内，该段圆弧的圆心在O点，半径为R=√2ℎ。已知三个小球A、B、C均可看
成质点，且质量分别为m、2m、m，重力加速度为g，不计空气阻力和一切摩擦。求：
（1）小球A、B碰撞后瞬间的速度大小；
（2）弹簧具有的最大弹性势能；
（3）若改变圆弧的半径，使R′=2√3ℎ，其他条件不变，则A球质量为多大时，C球落到圆弧面上时
动能最小。
1
【答案】（1）解：设A球到达水平台面时速度为v ，则有mgℎ = mv2
0 2 0
A球与B球发生完全非弹性碰撞，设A、B粘在一起的速度为v，根据动量守恒定律有：
mv =(m+2m)v
0
√2gℎ
解得v=
3
（2）解：此后A、B作为一个整体压缩弹簧，A、B、C三者共速时，设共速的速度为v′，弹簧具有最大弹性势能，设为E ，对A、B、C系统：根据动量守恒定律有
Pm
1 1
(m+2m)v2= (m+2m+m)v2+E
2 2 Pm
根据机械能守恒定律有(m+2m)v=(m+2m+m)v′
1
解得：v′= √2gℎ
4
1 1 1
所以：E = ×3mv2− ×4mv2= mgℎ
Pm 2 2 12
（3）解：设小球C从圆心O点以初速度v抛出并撞到轨道上的坐标（x，y），
1
则：x=vt，y= gt2
2
1
根据动能定理得：mgy=E − mv2
K 2
1 mg R′2
可知：E =mgy+ mv2= ( +3 y)
K 2 4 y
√3 x √R′2−y2
当y=
3
R′ 时E
K
最小，此时对应的平抛的初速度大小v=
t
=
t
=√2gℎ
m √2gℎ
设A球质量为m ，由（1），（2）可知，AB碰后的速度为v = A
A AB m +2m
A
A、B与C作用至弹簧恢复原长时AB的速度为v′ ，C的速度为v′
，则：
AB C
1 1 1
(m +2m)v =(m +2m)v′❑ +mv′ ， (m +2m)v2 = (m +2m)v′2 + mv′2
A AB A AB C 2 A AB 2 A AB 2 C
2((m +2m)
解得：v′❑= A v′❑ =√2gℎ
C (m +2m+m) AB
A
故：m =3m。即A球质量为3m时C球落到曲面上时动能最小。
A
