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2024 高考物理疑难题精讲（22）
多过程模型
【高考题】
【典例1】．（11 分）（2023 年6 月高考浙江选考科目）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
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
的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量
的滑块a 以初
速度
从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞（时间极短）。已知传送带长
，以
的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力
均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度
，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
；
（3）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
。
【名师解析】（1）滑块a 以初速度v0 从D 处进入竖直圆弧轨道DEF 运动，机械能守恒，
1
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mg·2R=
-
，解得vF=10m/s。
在最低点F，由牛顿第二定律，FN-mg=m
，
解得：FN =31.2N
（2）碰撞后滑块a 返回过程，由动能定理，-mg·2R-μmgL=
-
，解得va=5m/s。
滑块a、b 碰撞，由动量守恒定律，mvF= -mva+3mvb，
解得：vb=5m/s
碰撞过程中损失的机械能△E=
-
-
=0
（3）滑块a 碰撞b 后立即被粘住，由动量守恒定律，mvF= （m+3m）vab，
解得vab=2.5m/s。
滑块ab 一起向右运动，压缩弹簧，ab 减速运动，c 加速运动，当abc 三者速度相等时，弹簧长度最小，
由动量守恒定律，（m+3m）vab=（m+3m+2m）vabc
解得vabc=5 /3m/s。
由机械能守恒定律，Ep1=
-
解得Ep1=0.5J
由Ep1=
解得：最大压缩量x1=0.1m
滑块ab 一起继续向右运动，弹簧弹力使c 继续加速，使ab 继续减速，当弹簧弹力 减小到零时，c 速度最
大，ab 速度最小；滑块ab 一起再继续向右运动，弹簧弹力使c 减速，ab 加速，当abc 三者速度相等时，
弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，其最大伸长量
由动量守恒定律，x2=0.1m
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差△x= x1+ x2=0.2m
【高考模拟题】
2
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1.（2022 湖北武汉武昌区5 月模拟）如图，倾角
的光滑斜面上有一质量为M 的金属板，斜面底端
垂直于斜面固定一弹性挡板，金属板下端与弹性挡板的距离为L，其上端放有一质量为m 的橡胶块（可视
为质点）。金属板和橡胶块同时由静止释放，运动方向始终与挡板垂直，金属板与挡板发生的每次碰撞都
是时间极短的弹性碰撞。已知
，橡胶块与金属板之间的滑动摩擦力大小为
，g 为重力加速
度，不计空气阻力。
（1）求金属板第一次与挡板碰撞后瞬间，金属板和橡胶块各自的加速度大小；
（2）金属板第一次与挡板碰撞弹回上滑过程中，橡胶块没有滑离金属板，求金属板上滑的最大距离；
（3）之后，下滑、碰撞、弹回，再下滑、碰撞、弹回…橡胶块最终也没有滑离金属板，求金属板长度的
最小值。
【参考答案】（1）
,
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）金属板第一次与挡板碰撞后的瞬间，金属板的速度沿斜面向上，橡胶块的速度沿斜面向下，对金属
板，由牛顿第二定律有
解得
对橡胶块，由牛顿第二定律有
解得
3
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（2）金属板和橡胶块从静止开始滑到与挡板碰撞前瞬间，对整体有
由速度位移公式得
解得
速度方向均沿斜面向下。金属板弹离得瞬间，金属板得速度反向，橡胶块的速度方向依然沿斜面向下；设
自弹起经过时间
，金属板与橡胶块的速度刚好相同，取沿斜面向上为正方向，由运动学公式有
解得
设此时金属板下端距离挡板
，速度为v，由运动学公式可得
此后，金属板与橡胶块将共同以加速度
减速上滑动
，速度减
零。由运动学公式有
设金属板第一次弹起后上滑的最大距离为x，则
4
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（3）金属板与挡板第一次碰撞后到橡胶块和金属板达到共同速度，橡胶块相对金属板向下滑动的相对位
移为
，由
解得
令
根据题意，橡胶块和金属板一起从距挡板
处向下运动、碰撞、反弹、相对运动、达到共同速度、减速至
零
以此类推
由此可得板长最小值
为
解得
2．（2023 湖北荆州重点高中质检）如图所示，长为
的水平传送带以
的速度逆时针匀速转
5
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动，紧靠传送带两端各静止一个质量为
的物块B 和C，在距传送带左端
的水平面
上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为
且足够长的粗糙倾
斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端
处由静止释放一质量
的滑块A，一段时间后物块A 与B 发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B 滑上传送带，A 被取走，
已知物块B、C 与传送带间的动摩擦因数
，与水平面间的动摩擦因数
，物块A 与斜面
间的动摩擦因数
，物块间的碰撞都是弹性正碰，不计物块大小，g 取
。
，
。求：
（1）物块A 从轨道滑下到底端与物块B 碰前的速度
；
（2）物块B 与物块C 第一次碰撞前，物块B 在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；
（3）整个过程中，物块B 在传送带上滑行的总路程。
【参考答案】．（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）物块A 在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得
，
代入数据可得
（2）A、B 两物块发生弹性碰撞，设碰后A 的速度为
，B 的速度为
，根据动量守恒和机械能守恒可得
，
6
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代入数据解得
，
物块B 刚滑上传送带的速度小于传送带速度，物块B 做匀加速运动，对物块B，根据牛顿第二定律可得
，
解得
，
设物块B 经时间
后，速度与传送带速度相等，向左运动的位移为
，则有
，
，
物块B 与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，则共速前物块B 与传送带发生的相对位移为
物块B 与物块C 第一次碰撞前，物块B 在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能为
（3）物块B 与物块C 在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，有
，
，
代入数据解得
，
，
由此可知，以后每次B 与C 相碰，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了
次，由动能定理可知
，
代入数据得
，
物块C 第
次返回至传送带左端时速度平方大小为
，由运动学公式得
（
，
，），
物块B 获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不
变，物块B 第
次在传送带上来回一次运动的路程
7
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（
，
，），
所以整个过程物块B 在传送带上滑行的总路程
，
代入数据得
3. （2023 湖南益阳桃江一中模拟） 如图所示，半径为
的
光滑圆弧AB 固定在水平面上，BCD
为粗糙的水平面，BC 和CD 距离分别为2.5 m、1.75 m，D 点右边为光滑水平面，在C 点静止着一个小滑块
P，P 与水平面间的动摩擦因数为
，容器M 放置在光滑水平面上，M 的左边是半径为
的
光滑圆弧，最左端和水平面相切于D 点。一小滑块Q 从A 点正上方距A 点高
处由静止释放，
从A 点进入圆弧并沿圆弧运动，Q 与水平面间的动摩擦因数为
。Q 运动到C 点与P 发生碰撞，碰
撞过程没有能量损失。已知Q、P 和M 的质量分别为
，重力加速度
取
，求：
(1)P、Q 第一次碰撞后瞬间速度大小；
(2)Q 经过圆弧末端B 时对轨道的压力大小；
(3)M 的最大速度。
8
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【参考答案】（1）-8m/s 4m/s（2）43.8N（第一次）和17.8N（第二、三次）（3）5m/s
【名师解析】
（1）物体Q 从开始下落，到到达C 点的过程，由动能定理：
解得
v1=12m/s
Q 运动到C 点与P 发生碰撞，则：
联立解得：
v2=-8m/s
v3=4m/s
（2）碰撞后Q 向左滑行，设Q 第二次到B 点时速度为
，由动能定理有
Q 第二次在B 点，设轨道对Q 的支持力大小为
，应用向心力公式有
解得
Q 滑上圆弧轨道AB 后再次滑下，第三次经过B 点时的速度大小仍为
，轨道对Q 的支持力大小仍为
，之后Q 一直向右运动，最终停在BD 上，且与P 无碰撞，所以由牛顿第三定律可知，Q 在B
点对轨道的压力大小为
（第一次）和
（第二、三次）
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（3）P、Q 碰撞后P 向右滑行，设P 点运动到D 点速度为
，由动能定理有
解得
P 滑上M 的轨道过程M 向右加速，从轨道上滑下，M 仍向右加速，则P 滑到水平面时M 有最大速度，设P
刚到水平面时，M 和P 的速度分别为
和
，
为M 的最大速度，P 从滑上到回到水平面，P 和M 水平方
向动量守恒，初末两态总动能相等，则有
联立解得
，
4.（2022 重庆高三2 月质检）小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由半径R =1.0m的竖直圆轨
道，水平直轨道BC、DE、EG和倾角θ =37°的斜轨道AB(限高5.5m)以及传送带CD平滑连接而成。有
两完全相同的质量m=0.1kg的小滑块1和2，滑块1从倾斜轨道离地高H = 4.5m处静止释放并在C点处与静
止放置的滑块2发生弹性碰撞。已知LCD= LDE=1.0m，滑块与轨道AB、DE和传送带间的动摩擦因数均为
μ=0.25，轨道BC、EG和圆轨道均可视为光滑，滑块可与竖直固定的墙GH发生弹性碰撞，忽略空气阻
力。
(1)若传送带不转动，求滑块运动到与圆心右侧等高处时对轨道的压力大小；
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(2)若传送带逆时针转动速度v =1m/ s，求滑块回到AB轨道所能达到的最大高度；
(3)若将传送带固定，要使滑块始终不脱离轨道，求滑块1静止释放的高度范围。(碰撞时间不计，
sin37° =0.6，cos37° =0.8)
【名师解析】：
(1)设滑块1到达轨道BC上的速度为v0，滑块1与滑块2弹性碰撞后瞬间速度大小分别为v1、v2，滑块2运动
到与圆心右侧等高处时速度大小为v3。
滑块1从静止释放到达轨道BC上的过程，由动能定理得：
mgH - μmgcosθ⋅H
sinθ = 1
2 m v0
2-0
代入数据解得：v0=2√15m/ s
滑块1与滑块2弹性碰撞过程，取水平向右为正方向，由系统动量守恒和机械能守恒得：
m v0=m v1+m v2
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2
代入数据解得：v1=0，v2= v0=2√15m/ s，(质量相等，速度交换)
碰撞后滑块1静止在C处，滑块2运动到与圆心右侧等高处过程，由动能定理得：
- μmg( LCD+ LDE)-mgR = 1
2 mv3
2- 1
2 mv2
2
代入数据解得：v3=√30m/ s
设滑块2在圆心右侧等高处时，轨道对其弹力为F，由F提供向心力得：
F =m v3
2
R
联立代入数据解得：F =3 N
根据牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小等于F的大小为3 N。
(2)设滑块2经过圆周轨道最高点F的临界最小速度为v F 0，在F点由重力提供向心力得：
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mg=m vF 0
2
R
，代入数据解得：v F 0=√10m/ s
传送带逆时针转动时，两滑块第一次在C点碰撞后，滑块2向右经过传送带的过程一直克服摩擦力做功，运
动形式与(1)中相同，即滑块2到达与圆心右侧等高处时速度大小仍为v3=√30m/ s。
设滑块2由圆心右侧等高处到达F的速度大小为vF，此过程由动能定理得：
-mgR = 1
2 mvF
2 - 1
2 mv3
2
代入数据解得：v F =√10m/ s
因v F = v F 0，故滑块2恰好通过圆周轨道最高点。
设滑块2由圆心右侧等高处经返回到D处的速度大小为v4，此过程由动能定理得：
mgR - μmg LDE= 1
2 mv4
2 - 1
2 mv3
2
代入数据解得：v4=3√5m/ s
因v4>v =1m/ s，则滑块2滑上传送带先做匀减速直线运动。
假设滑块2在传送带上经过位移x与传送带速度相同，此过程由动能定理得：
- μmgx = 1
2 mv
2- 1
2 mv4
2
代入数据解得：x =8.8m
因x> LCD=1m，则滑块2滑上传送带一直做匀减速直线运动到C处。
在C处两滑块发生弹性碰撞，因质量相等，故碰撞后两者交换速度，则可等效为一个滑块由D处持续运动
到AB轨道的最大高度处，设最大高度为hm，此过程由动能定理得：
- μmg LCD-mghm- μmgcosθ⋅hm
sinθ =0- 1
2 mv4
2
代入数据解得：hm=1.5m
(3)两滑块发生弹性碰撞，因质量相等，故碰撞后两者交换速度，将两滑块的交替运动等效为一个滑块的
连续运动。要使滑块始终不脱离轨道，分情况讨论如下：
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①滑块第一次进入圆周轨道后不越过右侧与圆心等高处，
设滑块静止释放的高度为h1时，恰好能到达右侧与圆心等高处，由动能定理得：
mgh1- μmgcosθ⋅h1
sinθ - μmg( LCD+ LDE)-mgR =0-0
代入数据解得：h1=2.25m
即当h≤2.25m时，滑块始终不脱离轨道；
②滑块第一次进入圆周轨道后做完整圆周运动，
由(2)的分析可知滑块在H = 4.5m处静止释放后第一次进入圆轨道后恰好通过了最高点F，之后回到AB轨
道所能达到的最大高度hm=1.5m，因hm<h1，所以如果滑块第二次进入圆轨道不会达到右侧与圆心等高处。
设滑块静止释放的高度为h2时，第一次返回AB轨道所能达到的最大高度恰好为h1，由动能定理得：
mgh2- μmgcosθ⋅h2
sinθ -2 μmg( LCD+ LDE)-mgh1- μmgcosθ⋅h1
sinθ =0-0
代入数据解得：h2=6m
可知h2大于轨道AB的限高5.5m，即当4.5m≤h≤5.5m时，滑块始终不脱离轨道；
综上分析可得：滑块1静止释放的高度范围为h≤2.25m或4.5m≤h≤5.5m。
答：(1)滑块运动到与圆心右侧等高处时对轨道的压力大小为3 N；
(2)滑块回到AB轨道所能达到的最大高度为1.5m；
(3)滑块1静止释放的高度范围为h≤2.25m或4.5m≤h≤5.5m。
5. （2023 湖南新高考联盟第一次联考）如图，足够长的光滑水平地面上有2023 个大小相同的小球排成一
排，相邻小球间的间距均为L，将其从左到右依次编号。一半径为H 的四分之一光滑圆弧轨道（固定在水
平地面）与各小球处于同一竖直面内，圆弧轨道的最低点在1 号小球处与水平地面平滑连接。已知1 号小
球的质量为m，2~2023 号小球的质量均为
（k 为小于1 的正比例常数）。现将1 号小球从圆弧轨道最低
点拿到轨道上与圆心等高处由静止释放，题中所有小球之间的碰撞均可视为弹性正碰。（已知重力加速度
为g，不计空气阻力，小球大小忽略不计）
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（1）求1 号小球在运动到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（2）求1 号小球与2 号小球在第一次碰撞中给2 号小球的冲量大小以及对2 号小球所做的功；
（3）在1、2 号小球间第一次碰撞后立即给1 号小球施加水平向右的恒定外力F（图中未画出），使1 号小
球以后每次碰撞前瞬间的速度都与第一次碰撞前瞬间的速度相等，直到所有小球速度第一次相等时撤去外
力，求外力F 的大小以及最终1 号和2023 号小球间的距离。
【参考答案】（1）
；（2）
，
；
（3）
，
【名师解析】
（1）1 号小球释放后在圆弧轨道上运动到最低点的过程中，由动能定理，有
1 号小球运动到最低点时，由牛顿第二定律有
联立解得
由牛顿第三定律知，此时小球对轨道的压力
与轨道对小球的支持力
为一对相互作用力，故
（2）1、2 号小球碰撞前后动量和机械能守恒，分别有
解得：
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对2 号小球，由动量定理有
解得
对2 号小球，由动能定理有
解得
（3）1，2 号小球碰后，2 号小球以速度
向右运动一个L，与3 号小球碰撞后速度交换。
1 号小球由速度
开始匀变速运动，经位移L，以速度
与2 号小球发生下一次碰撞。
这一过程，对1 号小球由动能定理有
解得：
最终所有小球的速度均为
，F 作用的总时间记为t，对整体，由动量定理有
即：
F 作用的总位移记为x，对整体，由动能定理有
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即
2 号小球第一次碰后的速度
向右依次碰撞传递，最后作为2023 号小球的最终速度。
最终1 号和2023 号小球间的距离为
代入数据，得
6. （2023 江苏苏州2 月开学摸底） (15 分)如图所示，光滑水平地面上有一质量为M＝2 kg 的木板，
木板的左端放有一质量为m＝1 kg 的木块，木块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1.在木板两侧地面上各有一竖
直固定墙壁，起初木板靠左侧墙壁静止放置．现给木块向右的水平初速度v0＝3 m/s，在此后运动过程中木
板与墙壁碰撞前木块和木板均已相对静止，木块始终没有从木板上掉下．设木板与墙壁碰撞时间极短且无
机械能损失，g 取10 m/s2，求：
(1) 第一次碰撞墙壁对木板的冲量大小I；
(2) 木板的最短长度L；
(3) 木块与木板发生相对滑动的时间总和t.
【名师解析】. (15 分)解：(1) 取水平向右为正方向mv0＝(M＋m)v1(2 分)
解得v1＝1 m/s(1 分)
I＝－Mv1－Mv1(1 分)
解得I＝－4 N·s
故第一次碰撞墙壁给木板的冲量大小为4 N·s(1 分)
(2) 木块第二次在木板上相对静止的位置到木板左端的距离为木板最短长度．木块第二次与木板相对
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静止时的速度大小为v2，有Mv1－mv1＝(M＋m)v2(1 分)
解得v2＝ m/s(1 分)
由于第二次相对静止之前木块相对木板都只向同一方向运动，根据能量转化关系有
mv－(M＋m)v＝μmgL(2 分)
解得L＝ m(1 分)
(3) (解法1)木块与木板第一次共速后，两者相对运动过程中木板始终在做减速运动，可以将木板所有
减速过程连成一个完整的减速过程，其初速度为v1＝1 m/s，末速度为零
相对滑动阶段木板加速度大小aM＝＝0.5 m/s2(1 分)
第一次共速前木板加速的时间t1＝＝2 s(1 分)
此后所有相对滑动时间t′＝＝2 s(2 分)
则木块与木板相对滑动总时间t＝t1＋t′＝4 s(1 分)
(解法2)相对滑动阶段木板加速度大小aM＝＝0.5 m/s2(1 分)
第一次共速时速度v1＝＝1 m/s，相对滑动的时间t1＝＝2 s(1 分)
第二次共速时速度v2＝＝，相对滑动的时间t2＝＝v1
第三次共速时速度v3＝＝＝，相对滑动的时间t3＝＝v2
……
第n 次共速时速度vn＝＝，相对滑动的时间tn＝vn－1(2 分)
则相对滑动总时间t＝t1＋t2＋t3＋…
＝2 s＋(v1＋v2＋v3＋…)
＝2 s＋· s＝4 s(1 分)
7. （2023 湖北六校期中联考）如图所示，光滑水平面上放置着滑板A 和滑块C，滑块B 置于A 的左端，滑
板A 的上表面由粗糙水平部分和四分之一光滑圆弧组成，三者的质量分别为
、
、
，滑块B 可视为质点｡开始时C 静止，A、B 一起以
的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰
撞（时间极短）后C 向右运动，经过一段时间后，B 滑上A 的圆弧部分，然后又滑回到
的水平部分直到
A、B 再次达到共同速度，一起向右匀速运动，且恰好不再与C 碰撞｡已知B 与A 水平部分的动摩擦因数为
，且运动过程中
始终没有离开A，重力加速为
，求：
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（1）A 与C 发生碰撞后的瞬间C 的速度大小
；
（2）滑板A 粗糙水平部分的最小长度
；
（3）若粗糙水平部分为最小长度，求滑板A 上光滑圆弧的最小半径
｡
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）A 与C 发生碰撞，根据动量守恒
B 在A 上滑动，根据动量守恒
其中
解得
（2）由第一问解得A 与C 刚撞完时，A 的速度
B 在A 上滑动，再次回到A 的最左端AB 共速时，滑板A 粗糙水平部分的长度最小，根据能量守恒得
解得
（3）B 恰好运动到圆弧轨道最高点，根据动量守恒有
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根据能量守恒得
解得
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