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2024 高考物理疑难题精讲（24）
力学综合问题
【高考题】
【典例1】（2023 山东卷第18 题）. 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
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
，
，
，
，A 与地面间无摩擦，B 与地面间动摩擦因数
，C 与B 间
动摩擦因数
，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
。
（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
，求B 与P 碰撞前，摩擦力对C 做的功W；
（4）若
，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
的大小。
【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【名师解析】
1
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（1）由题意可知滑块C 静止滑下过程根据动能定理有
代入数据解得
（2）滑块C 刚滑上B 时可知C 受到水平向左的摩擦力，为
木板B 受到C 的摩擦力水平向右，为
B 受到地面的摩擦力水平向左，为
所以滑块C
加速度为
木板B 的加速度为
设经过时间t1，B 和C 共速，有
代入数据解得
木板B 的位移
共同的速度
此后B 和C 共同减速，加速度大小为
设再经过t2时间，物块A 恰好撞上木板B，有
2
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整理得
解得
，
（舍去）
此时B 的位移
共同的速度
综上可知满足条件的s 范围为
（3）由于
所以可知滑块C 与木板B 没有共速，对于木板B，根据运动学公式有
整理后有
解得
，
（舍去）
滑块C 在这段时间的位移
所以摩擦力对C 做的功
（4）因为木板B 足够长，最后的状态一定会是C 与B 静止，物块A 向左匀速运动。木板B 向右运动0.48m
时，有
3
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此时A、B 之间的距离为 △s=s-sA=0.48m-0.4m=0.08m
由于B 与挡板发生碰撞不损失能量，故将原速率反弹。接着B 向左做匀减速运动，可得加速度大小
物块A 和木板B 相向运动，设经过t3时间恰好相遇，则有
整理得
解得
，
（舍去）
此时有
，方向向左；
，方向向右。
接着A、B 发生弹性碰撞，碰前A 的速度为v0=1m/s，方向向右，以水平向右为正方向，则有
代入数据解得
而此时
4
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物块A 向左的速度大于木板B 和C 向右的速度，由于摩擦力的作用，最后B 和C 静止，A 向左匀速运动，
系统的初动量
末动量
则整个过程动量的变化量
即这三个物体总动量的变化量
的大小为9.02kg·m/s。
【典例2】（2023 年上海第20 题）20.（16 分）如图，将质量mP=0.15kg 的小球P 系在长度L=1.2m 轻绳一
端，轻绳另一端固定在天花板上O 点。在O 点正下方1.2m 处的A 点放置质量为mQ=0.1kg 的物块Q，将小
球向左拉开一段距离后释放，运动到最低点与物块Q 弹性碰撞，P 与Q 碰撞前瞬间的向心加速度为
1.6m/s2，碰撞前后P 的速度之比为3׃1 。已知重力加速度g=9.8m/s2，物块与水平地面之间的动摩擦因数
μ=0.28.
（1）求碰撞后瞬间物块Q 的速度；（2）在P 与Q 碰撞后再次回到A 点的时间内，物块Q 运动的距离。
【参考答案】（1）1.55m/s （2）0.437m
【名师解析】
（1）由圆周运动的向心加速度公式，a=
，解得v0=1.7m/s
碰撞后P 的速度vP=
v0=0.57m/s
碰撞过程，由动量守恒定律，mPv0= mPvP+ mQvQ，解得：vQ=1.55m/s
5
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（2）设碰撞后P 摆动到最高点的高度为h，根据机械能守恒定律，mgh=
解得h=0.033m
由sinθ=
=
，θ 小于5°，
P 的摆动可以看作单摆的简谐运动，
P 与Q 碰撞后再次回到A 点的时间为t=T/2=π
=1.1s
物块在水平面上滑动的加速度 a=μg=2.74m/s2
Q 在水平面上运动时间t’=
=0.62s，小于t=1.1s，即Q 已经停止。
所以Q 运动的距离为s=
=0.437m。
【高考模拟题】
1．（16 分）（2023 广东二模）图甲是U 形雪槽，某次滑板表演，在开始阶段，表演者在同一竖直平面内
运动，可以把该场地简化为图乙的凹形场地；两端是
的光滑圆弧面，半径均为L，中间是长为
的粗糙
水平面．表演者M 的质量（含滑板）为m，从光滑圆弧面的A 处滑下，进入水平面后，与质量（含滑板）
为
且静止在水平面中点O 处的表演者N 碰撞，碰后M 以碰前速度的
反弹，M、N 在O 处发生碰撞后，
恰好不再发生第二次碰撞，且停在O、C 间的某处．假设M、N 在粗糙水平面上运动时，所受阻力与压力
的比分别为
（
和
都是未知量），且已知
，表演者的动作不影响自身的速度，
滑板的长度忽略不计，重力加速度为g．
6
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（1）求M 与N 碰撞后瞬间M、N 的速度大小之比；
（2）以O 为起点，求M、N 碰撞后在粗糙水平面上滑过的路程之比；
（3）试讨论k 在不同取值范围时，M、N 所停位置距C 点的距离．
【名师解析】
（1）设M 与N 碰撞前的速度为
，碰撞后，M 反弹的速度大小为
，N 获得的速度大小为
．取水平
向右为正方向，有：
①
依题意
②
联立①②可得
③
（2）若M、N 从碰撞后到停下，它们在粗糙水平面上滑过的路程分别为
和
，则有：
④
⑤
联立③④⑤并代入
可得：
⑥
（3）由于M、N 刚好不再发生第二次碰撞且停在O、C 间的某处，所以M、N 在同一地点停下．有以下两
种情况：
第一种情况：N 还没有到达C 处就已停下，此时：
⑦
⑧
7
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M、N 所停位置距C 点的距离
⑨
联立⑥⑦⑧⑨可求解得：
⑩
⑪
第二种情况：N 通过C 点又从圆弧滑下返回，此时：
⑫
⑬
M、N 所停位置距C 点的距离
⑭
联立⑥⑫⑬⑭可求解得：
⑮
⑯
2．(2023 重庆七校三模). 如图所示，水平传送带以
的速度做逆时针运动，传送带左端与水平地
面平滑连接，传送带与一固定的四分之一光滑圆弧轨道相切，物块a 从圆弧轨道最高点由静止下滑后滑过
传送带，与静止在水平地面右端的物块b 发生弹性碰撞。已知物块a 的质量
，物块b 的质量
M=0.3kg，两物块均可视为质点，圆弧轨道半径
，传送带左、右两端的距离
，物块a
与传送带和水平地面间的动摩擦因数均为
，物块b 与水平地面间的动摩擦因数
，重力加
速度
，碰撞时间极短。求：
8
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（1）物块a 滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小；
（2）物块a 第一次与物块b 碰撞后瞬间，物块b 的速度大小；
（3）两物块最多能碰撞的次数及最终两者的距离。
【参考答案】（1）3N；（2）2m/s；（3）2 次；
【名师解析】
（1）物块a 沿圆弧从最高点由静止下滑到圆弧轨道最低点，根据机械能守恒定律有
解得：
物块a 运动到轨道最低点时，由牛顿第二定律有
联立以上两式代入数据解得
由牛顿第三定律知物块a 滑到圆弧轨道最低点时对轨道的压力大小为3N
（2）物块a 在传送带上运动时，由牛顿第二定律有
设物块a 第一次滑到传送带左端时的速度大小为
，由a、b 运动学公式可得
解得
9
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则物块a 第一次滑到传送带左端时的速度大小为4m/s，物块a、b 碰撞过程动量守恒，机械能守恒，设碰
撞后物块a 的速度为
，b 的速度为
，则有
联立解得
即第一次碰撞后瞬间物块b 的速度大小为2m/s。
（3）碰撞后物块b 沿地面向左做匀减速运动，设加速度为
，到静止时所用时间为
，位移为
，由牛
顿第二定律有
由运动学公式有
联立解得
对于物块a，先沿传送带向右做匀减速运动，设速度减为0 所用的时间为
，位移为
，由运动学公式有
解得
10
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由
可知，故物块a 第二次与b 碰撞前b 已经停止运动，设物块a 第二次与b 碰撞前瞬间的速度大小为
，则有
解得
物块a、b 第二次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，设第二次碰撞后速度分别为
、
，则有
解得
物块b 第二次碰撞后向左滑行的距离
物块a 第二次碰撞后向右滑行的距离
则两物块最多碰撞2 次，最终两者的距离为
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3．（18 分）（2023 辽宁六校联考）如图所示，在电动机的带动下以v＝5m/s 的速度顺时针匀速转动的水
平传送带，左端与粗糙的弧形轨道平滑对接，右端与光滑水平面平滑对接，水平面上有两个位于同一直
线上、处于静止状态的相同小球，小球质量m0＝2kg。质量m＝1kg 的物体（可视为质点）从轨道上高h
＝6.25m 的P 点由静止开始下滑，滑到传送带上的A 点时速度大小v0＝7m/s。物体和传送带之间的动摩
擦因数μ＝0.5，传送带AB 之间的距离L＝3.4m。物体与小球、小球与小球之间发生的都是弹性正碰。
重力加速度g＝10m/s2，√10≈3.16。求：
（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，克服摩擦力做的功；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，求从A 运动到B 的时间和传送带对物体的冲量大小；
（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能。
【名师解析】：
（1）物块由P 到A 的过程，根据动能定理可得：
mgh+W f = 1
2 m v0
2-0………………2 分
解得摩擦力做的功：Wf＝﹣38J；
即克服摩擦力做功38J …………1 分
（2）物体滑上传送带后在滑动摩擦力作用下匀减速运动，加速度大小为：
a= μmg
m = μg=0.5×10m/s2＝5m/s2………………1 分
减速至与传送带速度相等时所用的时间：t1= v0- v
a
= 7-5
5
s=0.4 s………………1 分
匀减速运动的位移：s1= v0+ v
2
t1= 7+5
2
×0.4 m=2.4 m＜L=3.4m ………………1 分
所以物体与传送带共速后向右匀速运动，匀速运动的时间为：t2= L- s1
v
= 3.4 -2.4
5
s=0.2s ………………1
分
故物体从A 运动到B 的时间为：t＝t1+t2＝0.4s+0.2s＝0.6s ………………1 分
传送带对物体的冲量大小为：
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I =√(mgt )
2+[m(v0- v)]
2=√40N•S＝6.32N•s………………2 分
（3）物块与小球1 发生弹性正碰，设物块反弹回来的速度大小为v1，小球1 被撞后的速度大小为u1，
取向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得：
mv＝﹣mv1+m0u1 ………………1 分
1
2 m v
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m0u1
2………………1 分
解得：v1= 1
3 v = 5
3
m/s，u1= 2
3 v = 10
3
m/s； ………………2 分
物块被反弹回来后，在传送带上向左运动过程中，由运动学公式得：
0- v1
2=-2as，v1＝at1
解得：s= 5
18
m＜3.4m，t1= 1
3
s； ………………1 分
由于小球质量相等，且发生的都是弹性正碰，它们之间将进行速度交换。可知，物块第一次返回还没到
传送带左端速度就减小为零，接下来将再次向右做匀加速运动，直到速度增加到v1，此过程电动机多给
传送带的力为μmg，电动机多做的功率为μmgv，电动机多消耗的电能为：
E1=2 μmgv t1= 2m v
2
3
………………1 分
再跟小球1 发生弹性正碰，同理可得，第二次碰后，物块和小球的速度大小，以及第二次往返电动机多
消耗的电能分别为：
v2= 1
3 v1=( 1
3 )
2v u2= 2
3 v1= 2
3 × 1
3 v
E2= 2mv
2
3
2
………………1 分
从第一次碰撞之后电动机多消耗的能量为：
E = 2mv
2
3
+ 2mv
2
3
2
解得：E = 200
9
J。 ………………1 分
答：（1）物体从P 点下滑到A 点的过程中，克服摩擦力做的功为38J；
（2）物体第一次向右通过传送带的过程中，从A 运动到B 的时间为传送带对物体的冲量大小为
6.32N•s；
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（3）物体第一次与小球碰后到最终的过程中因为物体在传送带上滑动而多消耗的电能为200
9
J。
4. （2023 北京166 中学高考适应性考试） 在一次表演中某同学用他的拳头向下打断了一块木板。如图，
拳头的质量为m1，木板的质量为m2。木板向下偏离距离d 时木板将折断。木板向下弯曲至木板折断时，
其弹性可视为劲度系数为k 的弹簧。为了简化问题的研究，假设碰撞是指包括拳头和木板的瞬间作用，碰
撞后拳头随木板的弯曲一起向下运动，直到木板折断。碰撞后拳头、木板、地球组成的系统，机械能是守
恒的。
（1）画出木板折断前，弹力F 的大小随木板向下偏离距离x 的图像，并据此证明，折断前木板的弹性势能：
E p= 1
2 k x
2；
（2）拳头和木板向下运动所对应的重力势能变化可忽略不计。求：
①使木板折断所需要拳头的最小速率v；
②若将图中的木板换为水泥板，并用①的速率对其打击，水泥板向下偏移的距离为1
10 d时将会折断，水泥
板的弹性对应的劲度系数以及水泥板的质量均为木板的10 倍，此种情况下是否能让水泥板折断，试说明理
由。
【参考答案】（1）
，证明过程见解析；（2）①d
m1 √k(m1+m2)；②能，理由见解析
【名师解析】（1）根据胡克定律可知F =kx作出F-x 图像如图所示。
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F-x 图像与坐标轴所围的面积表示弹力F 的功，根据功能关系可知折断前木板的弹性势能为
E p=W F = 1
2 Fx = 1
2 k x
2
（2）①拳头与木板接触的一瞬间，拳头与木板组成的系统内力远大于外力，可视为动量守恒，之后拳头
和木板达到共同速度v1，假设木板折断时，拳头和木板向下的速度恰好为零，则此时对应出拳的速率最小。
根据动量守恒定律有m1v =(m1+m2)v1
根据机械能守恒定律有1
2 k d
2= 1
2 (m1+m2)v1
2
联立以上两式解得v = d
m1 √k(m1+m2)
②根据①题结论可求得让水泥板折断的最小出拳速率为
v
' =
1
10 d
m1 √10k(m1+10m2)= d
m1√
k(m1+10m2)
10
<v
所以用①的速率对水泥板打击，能让水泥板折断。
5．（19 分） 如图所示，为某月球探测器在月面软着陆的最后阶段的运动示意图。探测器原来悬停在
A 点，为避开正下方B 处的障碍物，探测器需先水平运动到C 点，再沿CD 竖直下降，到达D 点时速度变为
0，此后探测器关闭所有发动机，在自身重力作用下自由下落至月面E 点。已知月球表面重力加速度g = 1.
62 m/s2，AC =1.6 m，CD = 26 m，DE = 4 m。探测器在A 点时质量m = 1000 kg，从C 点运动到D 点所用
时间为15 s。探测器主发动机M 竖直向下喷气，可产生0 ~ 7500 N 的变推力，辅助发动机P、Q 分别水平
向左、水平向右喷气，产生的推力恒为400 N，所有发动机喷出的气体相对探测器的速度大小均为u =
2000 m/s，且发动机的推力F 与喷气速度u、秒流量Q（单位时间内喷出的气体质量）满足F = u·Q。探测
器在如图所示的整个过程中所消耗的燃料质量Δm << m。求：
（1）探测器着陆前瞬间的速度；
（2）探测器从C 点运动到D 点过程中所消耗的燃料质量Δm1；
（3）探测器从A 点运动到C 点过程消耗的燃料质量（即喷出的气体质量）Δm2的最小值。
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【名师解析】（19 分）
（1）根据自由落体公式，有
v2 - 0 = 2gh
①
由①式代入数据得
v = 3.6 m/s
②
（2）对CD 过程，根据动量定理有
IF - mgt = 0 - 0
③
其中
IF = ∑F Δt =∑u·QΔt = uΔm
④
由③④式代入数据得
Δm = 12.15 kg
⑤
（3）探测器从A 点运动到C 点的过程中，主发动机产生的推力
F1 = mg
⑥
秒流量Q1 =
⑦
发动机P 或Q 工作时，推力F2 = 500 N
秒流量Q2 =
⑧
发动机P 或Q 工作时，探测器的加速度
a =
⑨
假设从A 点运动到C 点的过程中，探测器先加速运动t1时间，再匀速运动t2时间，最后再减速运
动t3时间，易知
t1 = t3
⑩
探测器加速和减速过程中的位移
s1 = s3 = at
⑾
匀速过程中的位移
s2 = AC-s1-s3
⑿
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匀速运动的时间
t2 =
⒀
整个过程消耗的燃料质量
Δm2 = Q1（t1 + t2 + t3）+ Q2（t1 + t3）
⒁
由以上各式代入数据得
Δm2 = 1.21t1+
⒂
易知，当t1==s 时，Δm2最小，最小值为
Δm2min = 3.96 kg
⒃
（①③④式各2 分，其余各式每式1 分。）
6. .(2022 山东聊城一模)运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究．北京2022
年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的部分轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点
A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为
、
、
．运动员
落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，用了0.7s 完成屈膝缓冲后沿滑道下滑．若空气阻力、
滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为70kg，取重力加速度
，
，
，
，
．求；
（1）运动员在空中运动的水平速度；
（2）屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力的大小．
【参考答案】（1）v0=30m/s （2）F=3144N
【名师解析】
（1）运动员从A 到B，从B 到C 所用时间相等，设时间间隔为T，则
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解得
v0=30m/s
（2）由题意得,运动员落到滑道上时速度与水平方向的夹角为53°速度关系为
在垂直滑道方向上由动量定理有
求得
F=3144N
7. （2023 湖南怀化二模）图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m 的减震
环a 连接，并套在固定的竖直杆上，a 与杆之间的智能涂层材料可对a 施加大小可调节的阻力，当a 的速度
为零时涂层对其不施加作用力．在某次性能测试中，质量为0.5m 的光滑环b 从杆顶端被静止释放，之后与
a 发生正碰；碰撞后，b 的速度大小变为碰前的
倍、方向向上，a 向下运动2d 时速度减为零，此过程中a
受到涂层的阻力大小f 与下移距离s 之间的关系如图乙。已知a 静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹
簧压缩量为2d，重力加速度为g。求：
（1）与a 碰前瞬间，b 的速度大小；
（2）
的值；
（3）在a 第一次向下运动过程中，当b 的动能为
时a 的动能。
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【参考答案】（1）
；（2）
；（3）
【名师解析】
（1）小环b 下落的过程为自由落体，则
解得与a 碰前瞬间，b 的速度大小为
（2）ab 发生碰撞，设向下为正方向，根据动量守恒定律可知
a 向下运动2d 时速度减为零的过程中，由动能定理可知
由题可知a 静止在弹簧上时，弹簧压缩量为2d，根据胡克定律可知
联立解得
（3）当b 的动能为
时，b 的速度为
根据动量定理可知
解得
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在a 第一次向下运动过程中，取一段时间
，根据动量定理可知
当Δ
时
当Δt=
时
此时a 的动能为
20
