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力学三大观点的综合应用
目标要求 1.会分析力学中的多运动、多模型组合问题，会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适的规律
进行处理。2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题。3.会用数学归纳法分析处理力
学中多次碰撞的问题。
一、力学中的多运动组合问题
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
动力学
观点
牛顿第
二定律
F =ma
合
物体做匀变速直线运动，涉及运动细节
匀变速直
线运动
规律
v=v+at
0
1
x=vt+ at2
0 2
v2-v 2 =2ax等
0
能量
观点
动能定理
W =ΔE
合 k
涉及做功与能量转换
机械能守
恒定律
E +E
k1 p1=E +E
k2 p2
功能关系
W =-ΔE 等
G p
能量守恒
定律
E=E
1 2
动量
观点
动量定理
I =p'-p
合
只涉及初末速度、力、时间，而不涉及位移、功
动量守恒
定律
p+p
1 2
=p'+p'
1 2
只涉及初末速度，而不涉及力、时间
例1 (2024·贵州安顺市二模)如图所示，在光滑水平台面上，一质量M=0.1 kg的物块1(视为质点)
压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量m=0.2 kg
的物块2(视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B点沿切线方向进入光滑竖
11
直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC所对应的圆心角θ=53°，圆弧轨道BC的半径R= m。已知A、B
8
两点的高度差h=0.8 m，圆弧轨道BC与水平光滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段
距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D点前后瞬间速率不变。传送带两端
DE的长度L=2.35 m，传送带的倾角为α=37°，其速度大小v=2 m/s。已知物块2与传送带间的动摩
擦因数μ=0.5，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin
53°=0.8，sin 37°=0.6，求：
(1)弹簧被锁定时的弹性势能；
(2)物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。81
答案 (1) J (2)0.84 J
80
解析 (1)打开锁扣K，根据能量守恒定律有
1
E = Mv 2
p 2 1
两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及机械能守恒定律有
Mv =Mv +mv
1 2 3
1 1 1
Mv 2= Mv 2+ mv 2
2 1 2 2 2 3
此后物块2做平抛运动，则有
v 2=2gh
y
v
y
tan θ=
v
3
81
联立解得E = J
p 80
(2)物块2从A到D，根据动能定理有
1 1
mg(h+R-Rcos θ)= mv 2- mv 2
2 4 2 3
解得v =6 m/s
4
物块2速度大于传送带速度，先以加速度大小a 做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
1
mgsin α+μmgcos α=ma
1
v -v
4
运动的时间为t =
1 a
1
v +v
位移为x = 4 t
1 2 1
解得t =0.4 s，x =1.6 m
1 1
该过程产生的热量为
Q =μmgcos 37°·(x -vt )=0.64 J
1 1 1
因μmgcos α<mgsin α，此后，物块2以加速度大小a 做匀减速直线运动，所受摩擦力向上，根据牛顿第二
2
定律有
mgsin α-μmgcos α=ma
2
位移为x =L-x =0.75 m
2 1
根据匀变速直线运动位移—时间公式有
1
x =vt - a t 2
2 2 2 2 2
解得t =0.5 s
2
此过程产生的热量为Q =μmgcos 37°·(vt -x )=0.2 J
2 2 2
则因摩擦产生的热量为
Q=Q +Q =0.84 J。
1 2
二、板块模型的综合分析
1.用动力学观点解决板块模型问题的思路
2.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力
时，需选用动力学观点解题。
3.应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指
相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。
例2 (2024·福建泉州市一模)如图所示，质量为2m的木板C静止在光滑的水平地面上，质量分别
为m和2m的物块A、B(可视为质点)紧挨着放在木板C上。某时刻A、B分别以v 和2v 的初速度
0 0
向相反方向运动，A、B均刚好不从C上滑落，已知A、B两物块与木板C之间的动摩擦因数均为
μ，重力加速度为g，求：
(1)最初时刻A、B、C三个物体各自的加速度大小；
(2)木板C的最大速度的大小；
(3)木板C的长度。
1 2 34v 2
答案 (1)μg μg μg (2) v (3) 0
2 3 0 15μg
解析 (1)最初时刻分别对A、B、C由牛顿第二定律可得
μmg=ma
A
2μmg=2ma
B2μmg-μmg=2ma
C
1
解得a =a =μg，a = μg
A B C 2
(2)假设A、C先共速，设从初始时刻至A、C共速所用的时间为t ，有-v +a t =a t
1 0 A1 C1
2v
解得t = 0
1 μg
假设B、C先共速，设从初始时刻至B、C共速所用的时间为t ，有2v -a t =a t
2 0 B2 C2
4v
解得t = 0
2 3μg
由于t <t ，故B、C先共速是成立的，假设B、C共速后一起向右减速，则对B、C组成的整体由牛顿第二
2 1
定律有
μmg=(2m+2m)a
BC
1
解得a = μg<a ，故假设成立，B、C共速后一起向右减速
BC 4 B
所以C在B、C共速前做匀加速直线运动，而与B共速后做匀减速直线运动，因此当B、C共速时，C的
速度最大
2
所以v =a t = v
Cmax C2 3 0
(3)对B和C发生相对运动的过程，有
1 16v 2
x =2v t - a t 2= 0
B 02 2 B 2 9μg
1 4v 2
x = a t 2= 0
C 2 C 2 9μg
4v 2
Δx =x -x = 0
BC B C
3μg
由于地面光滑，则A、B、C组成系统的动量守恒，规定水平向右为正方向，则从初始时刻到三者共速的
过程有
4mv -mv =(2m+m+2m)v
0 0
3
解得v= v
5 0
设A相对C滑动的距离为Δx ，由能量守恒得
AC
1 1 1
μmgΔx +2μmgΔx = mv 2+ ×2m(2v )2- (2m+m+2m)v2
AC BC 2 0 2 0 2
14v 2
解得Δx = 0
AC
15μg
木板C的长度为4v 2 14v 2 34v 2
L=Δx +Δx = 0 + 0 = 0
BC AC
3μg 15μg 15μg
三、数学归纳法解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，
通常可用到以下两种方法：
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
数学
写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会
归纳法
出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列
求和公式计算全程的路程等数据
通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t
图像法 图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且
可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移
例3 如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块
B，其到挡板的距离为d=2 m，A、B质量均为m=1 kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到
水平向右、大小为F=9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机
械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g=10 m/s2。求：
(1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；
(2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰后瞬间A、B的
速度大小；
(3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t
的变化图像；
(4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。
4
答案 (1)0 6 m/s (2) s 12 m/s 6 m/s
3
(3)见解析图 (4)［2+4n(n-1)］ m(n=1，2，3，4，…)
1
解析 (1)B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fd= mv 2
2 0
解得v =6 m/s
0
B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv =mv +mv
0 B A
1 1 1
mv 2= mv 2+ mv 2
2 0 2 B 2 A
解得v =0，v =6 m/s
B A(2)第一次碰撞后A向右以速度v =6 m/s做匀速直线运动，B做初速度为0、加速度为
A
F
a= =9 m/s2的匀加速直线运动
m
1
则第二次碰撞时有v t= at2
A 2
4
解得t= s
3
此时B的速度为v =at=12 m/s，A的速度为v =v =6 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能
B1 A1 A
守恒定律有mv +mv =mv +mv
A1 B1 A2 B2
1 1 1 1
mv 2+ mv 2= mv 2+ mv 2
2 A1 2 B1 2 A2 2 B2
解得v =12 m/s，v =6 m/s
A2 B2
1
(3)同理第三次碰撞时有v t'+ at'2=v t'
B2 2 A2
4
解得t'= s
3
此时B的速度为v =v +at'=18 m/s
B3 B2
从开始运动到第一次碰撞的时间
v 2
t = 0= s
0 a 3
由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示
(4)由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m，
由v-t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m；
从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8 m；
从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8 m+8 m=16 m；
从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16 m+8 m=24 m；
根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离
(n-1)［8+8(n-1)］
s=2 m+8 m+16 m+24 m+…+8(n-1) m=2 m+ m=［2+4n(n-1)］ m(n=1，2，3，
2
4，…)。
专题强化练计算题培优练 1 力学中的多运动组合问题 ［分值：40分］
1.(12分)(2024·贵州贵阳市一模)如图所示，质量M=4 kg、厚度不计的长木板a静止在表面粗糙的“ ”形
平台上，内表面光滑的圆弧轨道ABC与平台和斜面相连。圆弧轨道所对的圆心角为106°，圆心为O，半径
R=1.5 m，A、C两点连线水平，斜面与水平面的夹角θ=37°。初始时，质量m=2 kg的小物块b(可视为质点)
静止在木板a左端。某时刻使木板a和物块b同时获得相同初速度v =10 m/s，经过一段时间后木板a右端
0
到达平台边缘P时恰好停止，同时，物块b从木板a右端飞出，并恰好由A点沿切线方向进入圆弧轨道，
然后与静止在圆弧轨道最低点B处、质量也为2 kg的小物块Q(可视为质点)碰撞并粘合在一起，形成新的
组合体从C点飞出。一段时间后组合体与斜面发生第一次撞击。已知木板a与地面之间的动摩擦因数
μ =0.4，木板a与物块b之间的动摩擦因数μ =0.2，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，
1 2
sin 53°=0.8。求：
(1)(3分)长木板a和物块b分离前两者的加速度大小；
(2)(4分)物块b在A点的速度大小；
(3)(5分)组合体第一次与斜面的撞击点到C点的距离。
答案 (1)5 m/s2 2 m/s2 (2)10 m/s (3)3 m
解析 (1)设长木板a和物块b分离前两者的加速度大小分别为a 和a ，由牛顿第二定律可得
1 2
μ (m+M)g-μ mg=Ma
1 2 1
μ mg=ma
2 2
解得a =5 m/s2，a =2 m/s2
1 2
(2)设经过时间t木板减速到0，物块b的速度为v ，则
1
v =a t
0 1
v =v -a t
1 0 2
物块b从P点到A点做平抛运动，b在A点的水平方向速度为v ，A点速度方向与水平方向的夹角为53°，
1
v
可得物块b在A点的速度大小为v = 1 =10 m/s
A cos53°
(3)物块b从A到B过程，由机械能守恒定律有
1 1
mv 2+mgR(1-cos 53°)= mv 2
2 A 2 B
物块b与Q碰撞，由动量守恒定律有
mv =2mv
B
组合体从B到C过程，由机械能守恒定律有
1 1
(2m)v2= (2m)v 2+2mgR(1-cos 53°)
2 2 C解得v =4 m/s
C
组合体离开C点到第一次与斜面撞击点的过程，其运动可沿垂直斜面方向和平行斜面方向正交分解，则在
垂直斜面方向的初速度为v ，分加速度大小为gcos 37°，平行斜面方向的分加速度大小为gsin 37°，在垂直
C
斜面方向有
1
0=v t - gcos 37°·t 2
C1 2 1
沿斜面向下方向有
1
s= gsin 37°·t 2
2 1
解得s=3 m。
2.(13分)(2023·浙江6月选考·18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、
CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道
CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100
N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v =2√21 m/s从D处进入，
0
经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8 m，以v=2 m/s的速率顺时针转动，
滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能
1
E = kx2(x为形变量)。
p 2
(1)(3分)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F ；
F N
(2)(4分)若滑块a碰后返回到B点时速度v =1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
B
(3)(6分)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
答案 (1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
解析 (1)滑块a从D到F，由动能定理
1 1
mg·2R= mv 2- mv 2
2 F 2 0
v 2
在F点由牛顿第二定律得F -mg=m F
N
R
解得v =10 m/s，F =31.2 N
F N
(2)已知滑块a返回B点时的速度v =1 m/s，
B
设滑块a与b碰后的速度大小为v，
a
由动能定理有：
1 1
-mg·2R-μmg·L= mv 2- mv 2
2 B 2 a解得v=5 m/s
a
因a、b碰撞过程动量守恒，则mv =-mv+3mv
F a b
解得碰后b的速度v =5 m/s
b
1 1 1
则滑块a、b碰撞过程损失的能量ΔE= mv 2 - mv 2 - ×3mv 2 ，解得ΔE=0
2 F 2 a 2 b
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度v满足：mv =4mv
F
解得v=2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v'，有4mv=6mv'
5
则v'= m/s
3
1 1 1
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x ，由能量守恒有 ×(m+3m)v2= ×(m+3m+2m)v'2+ kx 2 ，解得x =0.1 m
1 2 2 2 1 1
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，
则弹簧最大长度与最小长度之差
Δx=2x =0.2 m。
1
3.(15分)(2024·山西晋城市一模)如图所示，在同一竖直平面内，光滑的长直斜面轨道AB固定，在B处通过
一小段圆弧(长度可忽略不计)与水平轨道BCDE连接，水平轨道的BC、C'D段粗糙，DE段光滑，C处固定
一圆形光滑轨道。轻质弹簧的一端固定在E处的竖直墙面上，另一端与质量为3m的物块b刚好在D点接
触(不拴接)，弹簧处于水平自然长度。将质量为m的物块a从斜面轨道上的A点由静止释放，一段时间后，
物块a从C点进入半径R=0.4 m的圆形轨道，转一圈后又从C'(C、C'适当错开一点)点出来沿C'D轨道运动，
在D点与物块b发生弹性碰撞。已知A点距水平轨道的高度h=5 m，B、C'间的距离s =3.8 m，C'、D间的
1
距离为s ，物块a与BC、C'D段水平轨道间的动摩擦因数均为μ =0.25，物块b与BC、C'D段水平轨道间
2 1
的动摩擦因数均为μ =0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2，物块a、b均可视为质点，弹簧始终在弹性限度内。
2
(1)(3分)求物块a运动到C点时的速度大小v ；
C
(2)(3分)改变物块a由静止释放的位置，为使物块a经过圆形轨道的最高点P，求释放物块a时的最小高度
h ；
min
(3)(9分)若物块a恰好能经过圆形轨道的最高点P，从圆形轨道出来后沿C'D运动与物块b发生弹性碰撞，
且只能碰撞一次，求s 的范围。
2
12
答案 (1)9 m/s (2)1.95 m (3) m<s <4 m
19 2
解析 (1)物块a由A运动到C的过程中，根据动能定理有
1
mgh-μ mgs = mv 2
1 1 2 C解得v =9 m/s
C
(2)物块a从A运动到P点，根据动能定理有
1
mgh -μ mgs -2mgR= mv 2
min 1 1 2 P
物块a恰好能通过P点，则有
v 2
mg=m P
R
解得v =2 m/s，h =1.95 m
P min
(3)设物块a运动到D点时的速度大小为v，物块a从P运动到D点过程，根据动能定理有
1 1
mg·2R-μ mgs = mv2- mv 2
1 2 2 2 P
可得v=√5gR-0.5gs
2
物块a、b在D点发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有
mv=mv +3mv
1 2
由机械能守恒定律有
1 1 1
mv2= mv 2+ (3m)v 2
2 2 1 2 2
解得碰后物块a、b的速度分别为
v =-0.5v，v =0.5v
1 2
若s =0，根据机械能守恒定律有
2
1 v
m( )2=mgh
2 2 1
解得h =0.25 m<R=0.4 m
1
所以物块a反向运动后不可能脱离圆轨道，讨论：
①要使a、b能够发生碰撞，a到达D处时速度大小
v=√5gR-0.5gs >0
2
解得s <4 m
2
②b压缩弹簧后又返回D点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块a滑上圆形轨道又返回，最终停
在水平轨道上Q点，物块b在水平轨道上匀减速滑到Q点也恰好停止，设C'Q=x，则有
QD=s -x
2
根据能量守恒定律，对物块a有
1
μ mg(s +x)= mv 2
1 2 2 1
对物块b有
1
μ ·3mg(s -x)= (3m)v 2
2 2 2 21 12
解得x= s ，s = m
3 2 2 19
12
所以有 m<s <4 m。
19 2
计算题培优练 2 板块模型的综合分析 ［分值：40分］
1.(12分)(2023·辽宁卷·15)如图，质量m =1 kg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
1
5
系数k=20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m =4 kg的小物块以水平向右的速度v = m/s滑上木板
2 0 4
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
1
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E = kx2。取重力加
p p 2
速度g=10 m/s2，结果可用根式表示。
(1)(3分)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)(4分)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)(5分)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首
2 0 2
次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t 表示)。
0
√3
答案 (1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s (3)4√3t -8t 2
2 0 0
解析 (1)由于地面光滑，则木板、物块组成的系统动量守恒，则有m v =(m +m )v
2 0 1 2
代入数据得v=1 m/s
对木板受力分析有μm g=m a ，
2 1 1
μm g
2
得a = =4 m/s2
1 m
1
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v2=2a x
1 1
代入数据解得x =0.125 m
1
(2)木板与弹簧接触以后，对物块和木板组成的系统有kx =(m +m )a
2 1 2 共
对物块受力分析有μm g=m a ，
2 2 2
得a =μg=1 m/s2
2
当a =a 时物块与木板之间即将相对滑动，
共 2
解得此时的弹簧压缩量x =0.25 m
2
对物块、木板与弹簧组成的系统，根据机械能守恒定律有1 1 1
(m +m )v2= (m +m )v 2+ kx 2
2 1 2 2 1 2 2 2 2
√3
代入数据得v = m/s
2 2
(3)木板从速度为v 到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板的加速度大于物块的加速度，则当
2
木板与物块的加速度相同时即弹簧形变量为x 时，则说明此时木板的末速度大小为v ，共用时2t ，且物块
2 2 0
一直受滑动摩擦力作用，则对物块有
-μm g·2t =m v -m v
2 0 2 3 2 2
√3
解得v = -2t
3 2 0
木板的位移为零，弹簧的初、末状态的形变量相同，故此过程弹簧的初、末状态的弹性势能相等，木板的
初、末动能相等，
则对于木板和物块组成的系统有
1 1 1
W= m v 2+ m v 2- (m +m )v 2
f 2 1 2 2 2 3 2 1 2 2
ΔU=-W，联立得ΔU=4√3t -8t 2 。
f 0 0
2.(13分)(2024·山东卷·17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，
竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道
水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半
径R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)(3分)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小
物块在Q点的速度大小v；
(2)(10分)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F
对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8 N，当小物块到P点时撤去F，小
物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
答案 (1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2 1 kg (ⅱ)4.5 m
解析 (1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
v2
mg+3mg=m
R
代入数据解得v=4 m/s(2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道是一起向左加速，
根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a
1
根据题图乙有k= =0.5 kg-1
M+m
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，
则对轨道有F-μmg=Ma
1 μmg
即a= F-
M M
1
结合题图乙有k'= =1 kg-1
M
μmg
纵截距b=- =-2 m/s2
M
联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2
(ⅱ)由题图乙可知，当F=8 N时，轨道的加速度为a =6 m/s2，
1
小物块的加速度为a =μg=2 m/s2
2
设当小物块运动到P点时，经过t 时间，
0
则对轨道有v =a t
1 10
对小物块有v =a t
2 20
在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有
1 1 1 1
Mv 2+ mv 2= Mv 2+ mv 2+2mgR
2 1 2 2 2 3 2 4
水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，
则有Mv +mv =Mv +mv
1 2 3 4
19
联立解得t =1.5 s(另一解t = s不合题意，舍去)
0 0 6
1 1
根据运动学公式有L= a t 2 - a t 2
2 1 0 2 2 0
代入数据解得L=4.5 m。
3.(15分)(2024·贵州省部分学校一模)如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O
点，半径R=1.8 m，厚度相同、材质相同、质量均为M=2 kg的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互
接触但没有粘连，木板Q的右端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左
端，滑块B、C分别放置在木板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时
与滑块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为L =4.86 m、L =5.6 m，滑块A的质量为m =3 kg，滑块B
1 2 1
的质量为m =1 kg，滑块C的质量为m =1 kg，滑块A、B、C与木板间的动摩擦因数分别为μ =0.3、μ =0.1
2 3 1 2
和μ =0.3，所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
3
加速度g取10 m/s2。(1)(4分)求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
(2)(7分)求滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；
(3)(4分)滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板
D多远的地方？
答案 (1)3 m/s 9 m/s (2)12.96 J (3)不会 0.16 m
解析 (1)设滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小为v ，对滑块A从圆弧轨道的顶端滑至底端的过程由机
0
械能守恒定律得
1
m gR= m v 2
1 2 1 0
解得v =6 m/s
0
设滑块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为v 、v ，A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒
A B
定律与机械能守恒定律分别得
m v =m v +m v
1 0 1 A 2 B
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
2 1 0 2 1 A 2 2 B
联立解得v =3 m/s，v =9 m/s
A B
(2)滑块A、B碰撞后在木板P上分别做匀减速直线运动，设滑块A、B的加速度分别为a 、a ，由牛顿第
A B
二定律得
μ m g=m a
1 1 1 A
μ m g=m a
2 2 2 B
假设滑块C相对木板P、Q静止，设三者整体的加速度为a ，由牛顿第二定律得
P
μ m g+μ m g=(2M+m )a
1 1 2 2 3 P
解得a =2 m/s2
P
因滑块C的最大加速度为
a =μ g=3 m/s2>a
m 3 P
故假设成立，可得滑块C与木板P、Q相对静止一起以加速度a 做匀加速直线运动。设A与P达到共速的
P
时间为t ，共速时的速度为v ，由速度—时间关系得
1 共
v =v -a t =a t
共 A A1 P1
解得v =1.2 m/s，t =0.6 s
共 1
A与P达到共速时B的速度为
v =v -a t =9 m/s-1×0.6 m/s=8.4 m/s
B1 B B1
A与P达到共速的过程，A、B、P三者的位移大小分别为1
x = (v +v )t
A 2 A 共 1
1
x = (v +v )t
B 2 B B1 1
1
x = v t
P 2 共 1
解得x =1.26 m，x =5.22 m，x =0.36 m
A B P
此过程A相对P的位移大小为
Δx =x -x =1.26 m-0.36 m=0.9 m
1 A P
此过程B相对P的位移大小为
Δx =x -x =5.22 m-0.36 m=4.86 m
2 B P
因Δx =L =4.86 m
2 1
故A与P达到共速时B恰好运动到P的右端与C发生弹性碰撞，因B、C的质量相等，故碰撞过程两者的
速度发生交换，碰撞后瞬间C的速度大小为
v =v =8.4 m/s
C B1
B的速度大小为v =v =1.2 m/s
B2 共
可知B相对P静止在其右端，A、B、P三者一起做匀速直线运动。滑块C相对木板Q向右运动，木板Q
做加速直线运动，P、Q分离。滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量为
Q=μ m gΔx +μ m gΔx
1 1 1 2 2 2
解得Q=12.96 J
(3)假设滑块C不会从木板Q上滑落，最终C与Q相对静止一起匀速直线运动的速度为v ，C相对Q的运
共1
动路程为s，以向右为正方向，由动量守恒定律m v +Mv =(m +M)v
3 C 共 3 共1
解得v =3.6 m/s
共1
由能量守恒定律有
1 1 1
μ m gs= m v 2+ Mv 2- (m +M)v 2
3 3 2 3 C 2 共 2 3 共1
解得s=5.76 m
因s<2L =2×5.6 m=11.2 m
2
故滑块C不会从木板Q上滑落，最终与木板Q相对静止时与挡板D的距离为
d=s-L =5.76 m-5.6 m=0.16 m。
2
计算题培优练 3 数学归纳法解决多次碰撞问题 ［分值：30分］
1.(14分)(2024·河南省信阳高级中学模拟)如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与
木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板
与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小v '与第一次碰前瞬间的速度大小v 满足关系式v '=
n 1 n1
v 。现有一质量为2m的物块以速度v =4√μgx从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰
n(n+1) 1 0
撞(碰撞时间均忽略不计)，物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物
块都不会和木板共速。
(1)(3分)物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；
(2)(3分)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量；
(3)(8分)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。
15 2 2
答案 (1)μg 2μg (2)5μmgx (3)( - - )x
2 n n2
解析 (1)对物块由牛顿第二定律有
μ×2mg=2ma
1
解得a =μg
1
对木板由牛顿第二定律有
μ×2mg=ma
2
解得a =2μg
2
(2)从木板开始运动到第一次碰撞挡板有
1
x= a t 2
2 2 1
从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为
√ x
t =
1
μg
这段时间内，物块的位移
1
x =v t - a t 2
1 01 2 1 1
7
解得x = x
1 2
故摩擦产生的热量为
Q=μ×2mg(x -x)
1
解得Q=5μmgx
(3)第一次碰撞前，木板的速度大小
v =a t =2√μgx
1 21
第一次碰撞后的速度大小
1 1
v '= v =(1- )v
1 1×2 1 2 1由对称性可知第二次碰前的速度
v =v '
2 1
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
v ' 1
1
Δt =2× =2(1- )t
1 a 2 1
2
故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为
1
t =t +Δt =t +2(1- )t
2 1 1 1 2 1
第二次碰撞后的速度
1 1 1
v '= v =( - )v
2 2×3 1 2 3 1
第三次碰前的速度
v =v '
3 2
故第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为
v ' 1 1
2
Δt =2× =2( - )t
2 a 2 3 1
2
故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为
1
t =t +Δt =t +2(1- )t
3 2 2 1 3 1
归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔为
1 2
t =t +2(1- )t =(3- )t
n 1 n 1 n 1
该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有
1
x =v t - a t 2
2 0n 2 1 n
代入数据解得
15 2 2
x =( - - )x。
2 2 n n2
2.(16分)(2023·全国乙卷·25)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端
1
口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m= M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向
3
下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球
与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)(5分)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)(4分)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)(7分)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
√2gl √2gl
答案 (1) (2)l (3)4
2 2
1
解析 (1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl= mv 2
2 0
解得v =√2gl
0
1
过程2：小球以v =√2gl的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有 m
0 2
1 1
v 2= mv 2+ Mv '2
0 2 1 2 1
mv =mv +Mv '
0 1 1
m-M √2gl
解得v = v =-
1 m+M 0 2
2m √2gl
v '= v =
1 m+M 0 2
√2gl √2gl
即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直向下
2 2
(2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度
比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，则有v +gt=v '
1 1
v '-v v
解得t= 1 1= 0
g g
1 v 2
根据运动学公式得最大距离为d =x -x =v 't-(v t+ gt2)= 0 =l
max 盘 球 1 1 2 2g
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x =x
球1 盘1
1
即v t + gt 2 =v 't
11 2 1 1 1
2v
解得t = 0
1 g
3
此时小球的速度v =v +gt = v
2 1 1 2 0v 2
圆盘的速度仍为v '，这段时间内圆盘下降的位移x =v 't = 0 =2l
1 盘1 1 1
g
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有mv +Mv '=mv '+Mv ″
2 1 2 2
根据能量守恒定律有
1 1 1 1
mv 2+ Mv '2= mv '2+ Mv ″2
2 2 2 1 2 2 2 2
联立解得v '=0
2
v ″=v
2 0
同理可得当位移相等时x =x
盘2 球2
1
v ″t = gt 2
2 2 2 2
2v
解得t = 0
2 g
2v 2
圆盘向下运动的位移大小x =v ″t = 0 =4l
盘2 2 2
g
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v =gt =2v
3 2 0
由动量守恒有mv +Mv ″=mv '+Mv ″
3 2 3 3
由机械能守恒有
1 1 1 1
mv 2+ Mv ″2= mv '2+ Mv ″2
2 3 2 2 2 3 2 3
v
得碰后小球速度为v '= 0
3 2
3v
圆盘速度v ″= 0
3 2
当二者即将四次碰撞时x =x
盘3 球3
1
即v ″t =v 't + gt 2
3 3 3 3 2 3
2v
得t = 0=t =t
3 g 1 2
在这段时间内，圆盘向下移动
3v 2
x =v ″t = 0 =6l
盘3 3 3
g
此时圆盘距离下端管口长度为
20l-l-2l-4l-6l=7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，
下降距离逐次增加2l，
故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x =8l
盘4则第四次碰撞后圆盘落出管口外，
因此圆盘在管内运动的过程中，
小球与圆盘的碰撞次数为4次。
