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专题01 力学版块大题综合
一、解答题
1．（2023·山东泰安·统考二模）如图所示，水平地面上有一个质量为
、左端
带有固定挡板的长木板A，其上表面O 点左侧光滑、右侧粗糙，O 点距右端的距离
，距左端挡板的距离
，下表面与地面间的动摩擦因数为
。长木
板右端放置一个可视为质点的小滑块B，其质量为
，B 与木板间的动摩擦因数
，初始时滑块和长木板均静止。现给长木板A 大小为
、水平向右的
初速度；当B 相对于长木板滑至O 点时，给长木板施加一水平向右、大小为
的恒力。经过一段时间，滑块与挡板发生第一次弹性碰撞；此后的运动过程中，滑块
B 与挡板发生多次弹性碰撞，所有碰撞过程时间极短可以忽略。g 取
。求：
（1）从开始运动到滑块相对于长木板向左滑至O 点的过程中，长木板A 的位移；
（2）滑块B 与挡板发生第一次碰撞后的瞬间，长木板A 和滑块B 的速度大小；
（3）滑块B 与挡板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的时间间隔；
（4）滑块B 与挡板发生第n 次碰撞前拉力F 的总功。
【答案】（1）10m；（2）
，
；（3）4s；（4）
【详解】（1）根据牛顿第二定律，对A
对B
解得
1
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设经时间t，B 滑至O 点，根据位移时间公式，有
解得
（2）B 滑至O 点时，根据速度时间公式，有
解得
此后，对A 木板，根据牛顿第二定律
解得
设经时间
滑块B 与挡板发生第一次碰撞，位移关系为
解得
第一次碰撞前，根据速度时间公式，有
2
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解得
第一次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒
解得
（3）设第一次碰撞后经
、B 速度相同，即
解得
B 离挡板最远距离
所以，B 刚好滑至O 点，此后B 一直在光滑区域运动。
设第一次碰撞后经时间
，滑块B 与挡板发生第二次碰撞，
解得
（4）施加力F 后，B 物体运动始终在光滑区域，第二次碰撞前，根据速度时间公式，
有
3
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解得
第二次碰撞过程中，满足动量守恒和机械能守恒
解得
同理，再经时间
滑块B 与挡板发生第三次碰撞，第三次碰撞前，有
……
设滑块B 与挡板第
次碰撞到第n 次碰撞的时间间隔为
，有
第n 次碰撞前
第n 次碰撞过程中
4
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可得
F 作用后A 的总位移，
滑块B 与挡板发生第n 次碰撞前拉力F 的总功
2．（2023·山东·模拟预测）游戏是家长和孩子之间进行有效交流的方式之一，通过游
戏的形式，能增进家长和孩子间的情感交流，同时家长在游戏中的机智表现又能促使
孩子的心智和情感得到进一步的发展。如图甲家长抓住孩子的双手，使孩子离开地面
做圆周运动，可以简化为长为
的细线，拴一质量为
的小球，一端固定于
点，让
小球在水平面内做匀速圆周运动的模型，如图乙所示。已知重力加速度为
，当细线
与竖直方向的夹角为
时。求：
（1）小球做圆周运动的半径及细线产生的拉力
的大小；
（2）当小球的角速度
变化时，推导角速度
随
变化的关系式。
【答案】（1）
，
；（2）
【详解】（1）由图可知，对小球进行受力分析，可得
（2）对小球由牛顿第二定律得
5
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解得
3．（2023·山东·模拟预测）如图甲所示为2022 年北京冬奥会首钢滑雪大跳台，模型简
化如图乙所示。质量（连同装备）
运动员从
点由静止出发，通过长度
、倾角为
的斜面雪道
及半径
的
圆弧雪道的最低点
，并
经助滑雪道
点飞出后落至倾角也为
的斜面雪道
点，由于斜面雪道的作用，仅保
留沿斜面雪道方向的速度，垂直斜面雪道方向的速度立即减为0，随后滑至斜面雪道
底部
点进入长度
的水平减速雪道
。整个运动过程中运动员可视为质点，
雪道连接处均平滑连接无机械能损失。已知运动员到达
圆弧雪道的最低点
时速
度
，不考虑空气阻力。
（1）求运动员在雪道
上运动过程中，阻力对其做的功
；
（2）若运动员在
点沿着切线飞出后，落在斜面雪道上
点后，沿斜面雪道运动其速
度大小为
，
，运动员受到斜面雪道的平均阻力为
，运动员
进入水平轨道后通过调整姿态以改变阻力。要保证安全停在水平轨道
上，试计算
运动员在水平轨道
所受的平均阻力大小
最小值。
6
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【答案】（1）
；（2）1440N
【详解】（1）运动员在雪道ABC 上运动过程中，由动能定理得
解得阻力对其做的功为
（2）运动员在水平轨道GH 上所受平均阻力最小时，刚好停在H 点，运动员由P 点运
动到H 点的过程中，由动能定理得
代入数据得运动员在水平轨道GH 上所受的最小平均阻力
4．（2023·山东·统考二模）军事训练中的火炮掩蔽所可简化为如图模型，火炮从掩蔽
所下向外发射炮弹，掩蔽所的顶板与水平地面成
角，炮位O 与掩蔽所顶点P 相
距
，火炮口离地高度可忽略，炮弹可视为质点，不计空气阻力，g 取10
，
取2.45，
，
。
（1）若从O 处发出的炮弹运行轨道恰好与PA 相切，且发射时速度方向为右偏上
，求：发射速度
的大小；
（2）若炮弹发射的初速度为（1）中所求
，向右上方发射的速度方向可调，试求炮
弹的最远射程x。
7
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）以O 点为坐标系原点，取平行于PA 方向为x 轴方向，垂直于掩蔽所顶
板的方向为y 轴方向。在此坐标系中，炮弹运动在y 方向的初速度和加速度分别为
若炮弹运动轨道与掩蔽所相切．则相切点A 的y 坐标值为
满足
得
（2）设出射角为β，竖直方向有
水平方向有
可得
当
时，
能取到
8
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5．（2023·山东日照·统考三模）如图所示，将质量为
的小球穿过光滑竖直轻杆用轻
弹簧悬挂在天花板上，用
（
为重力加速度）的竖直向上的力将弹簧压缩，
使小球处于静止状态。
时刻，撤去力
，小球将在竖直面内做简谐运动。已知从
撤去
到小球第一次下落到最低点所用时间为
，弹簧的劲度系数为
，弹簧始终在
弹性限度内。求：
（1）小球做简谐运动的振幅A；
（2）从
时刻起，小球做简谐运动的位移
随时间变化的关系式（以小球的平衡
位置为坐标原点，向下为正方向）。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）开始时，对小球受力分析可得
弹簧被压缩的距离
撤去
当合力为零时，弹簧被拉长，受力分析得
弹簧被拉长的距离
此时所处位置即为平衡位置，所以振幅
（2）由题意可知，小球做简谐运动的周期为
9
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小球做简谐运动的位移随时间的变化规律
联立得
6．（2023·山东·模拟预测）在水平道路上行驶的汽车，挡风玻璃与水平面成θ=37°角，
无风的天气里，车辆行驶时，静止在挡风玻璃上的树叶受到水平方向空气的推力，推
力方向与车前进方向相反，大小由车速v 决定，且满足
。只讨论树叶沿挡风玻
璃向下或向上的运动，横向运动可视为静止，已知树叶质量m=0.01kg，
，取g=10m/s2，cos37°=0.8，sin37°=0.6。
（1）若忽略树叶与玻璃间的摩擦力，求树叶静止在挡风玻璃上时车匀速运动的速度大
小v0
（2）若树叶与玻璃间有摩擦，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，某次经精密测量发现
当匀速运动的车速为
时，原来静止在挡风玻璃上的树叶恰好要开始沿挡风玻璃
向上运动，求树叶与玻璃间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）中的动摩擦因数μ 条件下，当车以
的速度匀速运动时，原本被雨
刷夹在挡风玻璃底部的树叶突然失去雨刷的夹持。若挡风玻璃斜面长度L=0.81m，树
叶的运动看做是相对挡风玻璃的匀加速直线运动，（忽略树叶在挡风玻璃上运动时速
度的变化对空气推力的影响）求树叶由玻璃底部开始到离开挡风玻璃过程中合外力对
树叶的冲量I。
10
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【答案】（1）10m/s；（2）
；（3）0.09N•s，方向沿挡风玻璃斜面向上
【详解】（1）树叶静止时受力平衡，沿玻璃斜面方向有
又因为
解得
（2）当车速为
时，发现树叶恰好向上运动，此时为临界状态，树叶加速度为
0，则
联立解得
（3）失去夹持时树叶相对挡风玻璃的初速度为零，树叶相对挡风玻璃做初速度为零的
匀加速直线运动，设加速度为a，有
解得
解得
11
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t=0.18s
合外力对树叶的冲量
方向沿挡风玻璃斜面向上。
7．（2023·山东聊城·校联考三模）如图1 所示为教材上“做一做”环节“水流导光”
实验，如图2 所示为其简化示意图。一盛有水的圆柱形大容器侧面开一个圆形小孔，
O、A、B 分别表示圆形小孔的中心、上沿和下沿，从小孔流出的水在空中运动形成的
一段水柱可近似视为平抛运动轨迹。已知小孔的半径为r，激光相对于水的折射率为
n，重力加速度为g．假设容器中水面的面积远大于圆形小孔的面积，小孔中心O 与水
面的高度差为H，则水流出小孔时的初速度是
。激光从小孔中心O 点垂直于圆
形孔射入水柱，调整水的深度使激光第一次照射到水、空气界面处时恰好不能射出水
柱进入空气，则此时O 点离水面高度差
为多大？
【答案】
【详解】由题意可知，水流出小孔的初速度
根据平抛运动规律，可得
此时入射角等于临界角，即
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联解可得
8．（2023·山东聊城·校联考三模）如图所示，均可视为质点的两个小球A 和B，静置
于足够大的光滑绝缘水平面上，小球A 带正电，电荷量为q，小球B 不带电．现在水
平面附近空间加水平向右的匀强电场（图中未画出），电场强度大小为E，然后A 球
与B 球发生多次碰撞，每次碰撞过程时间极短且不计能量损失，碰撞过程中无电荷转
移．已知小球A、B 的质量分别为
和m，开始时两小球相距为
．
（1）求A 与B 第一次碰前的瞬间A 球的速率；
（2）若
，求从A 开始运动到两球第2 次相碰时B 球的运动位移大小；
（3）若
，求第n 次碰撞到第
次碰撞经历的时间；
（4）若
，求从开始到第n 次碰撞时A 球电势能的改变量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
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【详解】（1）根据动能定理，有
解得A 与B 第一次碰前的瞬间A 球的速率为
（2）根据弹性碰撞规律有
得
若
，即
时
，
即每次碰撞后瞬间A、B 球速度发生交换。
A、B 球第一次碰撞后瞬间，A 球速度
，B 球速度
如图1 所示，碰撞后，B 球保持匀速直线运动，A 球初速度为零的匀加速直线运动，
直至它们发生第2 次碰撞．
A 球的加速度
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从第1 次碰撞到第2 次碰撞经历时间
此过程中B 球做匀速直线运动通过位移
（3）由第（2）问弹性碰撞末速度公式不难得出，每次碰撞前后两球的相对速度等大
反向，即
如图2 所示，由A、B 球追及相遇的
图像也不难得出，每次碰撞前瞬间的相对速
度与前一次碰撞后瞬间的相对速度等大反向，即
由此可得，两球每次碰撞前瞬间的相对速度是常量，即有
A 球的加速度
每相邻两次相撞时间间隔相等
（4）由第（2）问弹性碰撞末速度公式不难得出，每次碰撞B 球速度增量相等，即
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由此可得，第1 次碰撞后B 球速度
第2 次碰撞后B 球速度
第3 次碰撞后B 球速度
……
第
次碰撞后B 球速度
由于每相邻两次碰撞时间间隔不变，均为
由此可得，从第1 次碰撞到第2 次碰撞B 球通过位移
从第2 次碰撞到第3 次碰撞B 球通过位移
……
从第
次碰撞到第n 次碰撞B 球通过位移
所以，从开始到第n 次碰撞时，B 运动的总位移
所以，A 运动总位移
电场力对A 做正功，A 的电势能减小
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9．（2023·山东临沂·统考二模）如图，
为斜面顶端的水平边沿，子弹从斜面最低
点A 处以一定速度射出，经过一段时间恰好水平击中D 点，不计空气阻力，已知斜面
的倾角为
，重力加速度为g，
，长度
，
长度
，求枪口瞄
准点C 距离D 点的高度（C 点在D 点的正上方）。
【答案】
【详解】由题意
知
设
与
之间的夹角为
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解得
又
解得
10．（2023·山东滨州·统考二模）如图所示，快递公司分拣快递用的直线交叉带分拣线，
可简化为在同一水平面内两个相互垂直的、绷紧的传送带模型．两传送带A、B 始终
保持
的恒定速率运行．可看作质点的快递C 被无初速地放在传送带A 上，经
加速后以
的速率滑上传送带B．快递C 最后以
的速率随传送带B 一
起匀速运动．已知快递C 质量为
，与传送带A、B 间的动摩擦因数均为
，重力加速度g 取
．求：
（1）要使快递C 在到达传送带B 前加速到与传送带A 共速，快递C 在传送带A 上运
动的最小位移；
（2）快递C 在传送带B 上所受摩擦力的大小和方向；
（3）快递C 在传送带B 上做曲线运动的时间．
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【答案】（1）2m；（2）
，方向与传送带B 的运动方向夹角为45°；（3）
【详解】（1）根据匀变速直线运动规律有
代入数据解得
（2）快递C 在传送带B 上所受摩擦力的大小为
设方向与传送带B 的运动方向夹角为
，则
解得
（3）快递C 在传送带B 上做曲线运动的时间为
11．（2023·山东烟台·统考二模）如图所示，倾角
的光滑斜面足够长，斜面上
放有质量为
、长度为
的木板，A、B 为木板的两个端点，在A 端放有质
量
的物块（可视为质点），物块和木板接触面粗糙，将物块与质量
的重物通过轻质长绳相连，绕在固定在斜面顶端的定滑轮上，不计滑轮处的摩擦。系
统从静止状态开始运动，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
，
。
（1）欲使物块和木板之间不发生相对滑动而作为一个整体运动，求它们之间动摩擦因
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数
的取值范围；
（2）若动摩擦因数
等于（1）问中最小值的
倍，求从开始运动到物块从木板上掉
下来所经过的时间。
【答案】（1）
；（2）
【详解】根据牛顿第二定律，对重物
对物块
对木板
物块和木板之间不发生相对滑动，有
解得
物块和木板之间不发生相对滑动的条件是
解得
（2）当
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可得
与
间的相对加速度
又
解得
12．（2023·山东济南·山东师范大学附中校考模拟预测）如图所示，弹簧锁定后所储存
的弹性势能
，一个质量m＝1kg 的小物块紧靠弹簧放置。释放后，弹簧恢复原
长时小物块冲上长度l＝6m 的水平传送带。在传送带右侧等高的平台上固定一半径R
＝0.5m 的圆轨道ABCD，A、D 的位置错开，以便小物块绕行一圈后可以通过D 到达E
位置。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数
，其它摩擦均忽略不计，
，求：
（1）小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小；
（2）若传送带以5m/s 的速度顺时针转动，小物块通过圆轨道最高点C 时对轨道的压
力大小；
（3）若传送带速度大小、方向皆可任意调节，要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道
ABCD 传送带转动速度的可能值。
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【答案】（1）
；（2）；（3）若传送带顺时针转动，
或
，
若传送带逆时针转动，速度任意
【详解】（1）设小物块释放后，冲上水平传送带时的速度大小为
，根据题意，由能
量守恒可得
记得
（2）小物块冲上传送带后做匀减速运动，设其加速度为
，根据牛顿第二定律有
解得
设物块与传送带共速时的对地位移为
，则由运动学公式可得
代入数据解得
则可知物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，最终通过圆轨道最高点，设通
过圆轨道最高点时的速度为
，最高点对物块的弹力为
，则由动能定理有
在最高点由牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，物块对最高点的压力为0。
（3）要使小物块在运动过程中不脱离圆轨道ABCD，则有两种情况：
（一）当传送带顺时针转动时
①物块恰能过最高点时，在最高点对轨道无压力，根据（2）中可知，此时传送带的速
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度为
，即只要传送带的速度
，滑块就不会脱离圆轨道；
②滑块在传送带上做匀减速运动，与传送带共速，当滑块恰好运动至圆轨道
圆弧处
时速度减为零，此种情况下物块也不会脱离圆轨道，根据动能定理有
解得
即只要传送带的速度满足
，滑块就不会脱离圆轨道。
（二）当传送带逆时针转动时
显然物块在传送带上做减速运动，假设物块在离开传送带时速度为
，由运动学公式
可得
解得
通过计算可知，当传送带逆时针转动时，物块始终做匀减速运动，且物块离开传送带
时的速度与传送带的转速无关，可知，若传送带逆时针转动，速度任意。
综上可得：若传送带顺时针转动，
或
；若传送带逆时针转动，
速度任意。
13．（2023·山东·校联考模拟预测）如图所示，P 为固定的竖直挡板，质量为
的长木板A 静置于光滑水平面上（A 的上表面略低于挡板P 下端），质量为
的
小物块B（可视为质点）静置在A 的左端。
时刻在小物块B 上施加一水平拉力
F，作用0.6s 后撤去F，物块B 与挡板P 碰撞前已与木板A 取得共同速度。设最大静摩
擦力等于滑动摩擦力，A、B 间的动摩擦因数为
，重力加速度g 取10
，物
块B 始终未脱离木板，物块B 与挡板P 发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短。
（1）若
，求撤去力F 时B 的速度大小；
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（2）若
，求木板A 的最小长度；
（3）若
，求木块B 与挡板P 碰撞后运动的总时间；
（4）从拉力F 的取值范围讨论物块脱离木板的情况，以及物块刚好不脱离木板时拉力
F 与木板长度L 的关系（不要求写过程）。
【答案】（1）6m/s；（2）2.7m；（3）2.4s；（4）见解析
【详解】（1）对B 由牛顿第二定律可得
可求得撤去力F 时B 的速度为
（2）设从开始运动到A、B 共速经历的时间为
，由动量定理得
物块不从木板右端滑下的临界条件为
撤去力F 后，由能量守恒定律得
求得
故木板A 的最小长度为2.7m。
（3）木块B 与挡板P 碰撞后至共速，由动量守恒定律得
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由动量定理
此过程B 的位移
方向向左；A、B 共速至第二次碰撞经历的时间
故第一次和第二次碰撞之间的时间间隔为1.6s，连续两次碰撞的时间间隔构成公比为
的等比数列，所以木块B 与挡板P 碰撞后运动的总时间为2.4s。
（4）用
表示物块相对于木板向右的相对位移，用
表示物块相对于木板向左的相对
位移，
①F＜15N，A、B 一起加速，第一次碰撞，B 从A 左侧脱离；
②
，
，B 从A 左侧脱离；
③
，
，B 不从左侧脱离木板，满足
时刚好不分离。
14．（2023·山东·模拟预测）某科技小组参加了过山车游戏项目研究，如图甲所示，为
了研究其中的物理规律，科技组成员设计出如图乙所示的装置。
为弹性发射装置，
为倾角
的倾斜轨道，
为水平轨道，
为竖直圆轨道，
为足够长
的倾斜轨道，各段轨道均平滑连接。以A 点为坐标原点，水平向右为
轴正方向，竖
直向上为
轴正方向建立平面直角坐标系。已知滑块质量为
，圆轨道半径
，
长为
，
、
段动摩擦因数均为
，其余各段轨道均光滑。现滑块从
弹射装置
弹出的速度为
，且恰好从A 点沿
方向进入轨道，滑块可视为质点。
重力加速度
，
，
。求：
（1）求滑块从弹射装置
弹出时的坐标值；
（2）若滑块恰好能通过
点，求轨道
的长度；
（3）若滑块能进入圆轨道且不脱轨，求轨道
的长度；
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（4）若轨道
的长度为
，试判断滑块在圆轨道是否脱轨；若发生脱轨，计算脱
轨的位置。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
或
；（4）
滑块在圆心以上
处脱轨
【详解】（1）对滑块由
到A 的运动，根据平抛规律有
平抛运动的竖直方向有
解得
运动时间
则
即弹出时位置的坐标值为
（2）滑块恰好能通过
点，在最高点有
从
到圆轨道最高点，由动能定理得
联立解得
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（3）滑块刚好不脱离轨道，有两种临界情况，一是刚好在圆轨道最高点压力为零时，
二是刚好到达与圆轨道圆心等高的地方。由（2）知，滑块刚好能够到达圆轨道最高点
时
滑块刚好到达与圆轨道圆心等高的地方时，从
到与圆心等高的位置，由动能定理得
解得
滑块从A 点切入后不脱离轨道时
的长度应满足
或
（4）由（3）知，
时，滑块在圆轨道发生脱轨，设脱轨地点和圆心的连线
与水平方向的夹角为
，则脱轨时
从
到脱轨的位置，由动能定理得
联立解得
即滑块在圆心以上
处脱轨。
15．（2023·山东·校联考模拟预测）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面
的高处，现将质量为
的物资以相对地面的速度
水平投出，
物资落地时速度大小为
。物资抛出后经
热气球的速度变为
，
27
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方向竖直向上。投出物资后热气球的总质量为
，所受浮力不变，重力加速
度g 取10
，求：
（1）物资运动过程中克服空气阻力所做的功；
（2）热气球抛出物资后5s 内所受空气阻力冲量的大小。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）根据动能定理有
解得
（2）投出物资过程，系统动量守恒
投出物资后，对热气球在水平方向和竖直方向用动量定理列方程
其中
联立求得空气阻力冲量的大小为
16．（2023·山东济南·统考三模）如图所示，固定的光滑半圆柱面ABCD 与粗糙矩形水
平桌面OABP 相切于AB 边，半圆柱面的圆弧半径R=0.4m，OA 的长为L=2m。小物块
从O 点开始以某一大小不变的初速度v0沿水平面运动，初速度方向与OA 方向之间的
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夹角为θ。若θ=0°，小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点。已知小物块与水平桌面间
的滑动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g=10m/s2。求：
（1）初速度v0的大小；
（2）若小物块沿半圆弧运动的最大高度为h=0.4m，求夹角θ 的余弦值。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小物块恰好经过半圆弧轨道的最高点，则
从O 点到最高点，由动能定理可得
联合解得
（2）小物块沿半圆弧运动的最大高度为
h=0.4m=R
此时小物块仅有沿AB 方向的水平速度
，竖直方向速度为零，设小物块在圆弧轨道
最低端时的速度为
，则
从圆弧轨道最低端到最大高度过程由动能定理可得
从O 点到圆弧轨道最低端过程由动能定理可得
29
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联合解得
17．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图所示，在光滑水平面上放着一质量为
的木块，在木块正上方
处有一固定悬点O，在悬点O 和木块之间
用一根长
的不可伸长的轻绳链接。有一质量
的子弹以初速度
水
平射入木块并留在其中，轻绳绷紧后木块和子弹绕O 点在竖直面内刚好能到达最高点。
忽略空气阻力，子弹进入木块并相对木块静止后整体可以看做质点，
。求：
（1）子弹的初速度大小
；
（2）从子弹开始进入木块到轻绳绷紧后的过程中，系统机械能的损失
。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）对木块和子弹在最高点受力分析，木块和子弹的重力刚好提供向心力，
设最高点时物块和子弹的速度为
，则
解得
从细绳绷紧后到最高点，设绳子刚绷紧时的物块和子弹的速度为
，绳与水平面间的
夹角为
，绷紧后沿绳子方向速度变为零，垂直绳子方向速度为
，由动能定
理得
30
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解得
子弹射入木块过程中由动量守恒得
解得
（2）根据功能关系，整个过程中机械能的损失
解得
18．（2023·山东·模拟预测）如图所示，桌面右侧的水平地面有一竖直放置的半径为R
的光滑圆弧轨道
为其竖直直径，桌面与圆弧轨道MNP 中间有一光滑管道
Q，其右端与P 相切平滑连接，管道内径略大于小球直径，桌面到水平地面的竖直距
离也为R，劲度系数为k 的轻质弹簧放置在光滑的水平桌面上，一端固定在光滑桌面左
端的挡板上。一质量为m、可视为质点的小球与弹簧不粘连，现移动小球压缩弹簧后
由静止释放小球，小球到达圆弧的C 点时刚好脱离轨道。已知弹簧压缩量为s，弹簧弹
性势能的表达式为
（x 为弹簧的形变量），不计其他阻力及小球在管道Q 和
圆弧轨道中运动的能量损耗，重力加速度为g。
（1）求C 点与O 点的高度差h；
（2）若只改变小球的质量，使小球运动过程中不脱离圆弧轨道，求小球质量的取值范
围。
31
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）小球到达圆弧的C 点时刚好脱离轨道，则小球在C 点只有重力沿
方
向的分力提供向心力，设重力方向与
的夹角为θ，由牛顿第二定律有
由几何关系有
从静止释放到C 点，由能量守恒定律有
联立解得
（2）小球在运动过程中不脱离轨道，可知小球能通过M 点，则应有
从静止释放到M 点，由能量守恒定律有
解得
19．（2023·山东潍坊·统考三模）如图所示，
是竖直平面内的光滑圆弧形滑道，
由两个半径都是
的
圆周平滑连接而成，圆心
、
与两圆弧的连接点
在同一竖
32
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直线上，
与水池的水面平齐。一小滑块可由弧
的任意点由静止开始下滑。
（1）若小滑块从圆弧
上某点释放，之后在两个圆弧上滑过的弧长相等，求释放点
和
的连线与竖直线的夹角；
（2）若小滑块能从
点脱离滑道，求其可能的落水点在水面上形成的区域长度。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设释放点和
的连线与竖直线的夹角
，由于小滑块在两个圆弧上滑过
的弧长相等，则小滑块在圆弧
离开点与
的连线与竖直线的夹角也
，设离开圆
弧时的速度为，根据动能定理可得
小滑块在离开圆弧位置，根据牛顿第二定律可得
联立可得
解得
（2）若小滑块能从
点脱离滑道，设小滑块刚好能从
点脱离滑道的速度为
，则有
解得
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当小滑块在
点静止释放时，小滑块达到
点的速度为
，根据动能定理可得
解得
可知小滑块能从
点脱离滑道的速度范围为
小滑块离开滑道后做平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
可得小滑块的水平位移满足
则小滑块可能的落水点在水面上形成的区域长度为
20．（2023·山东·模拟预测）利用示踪原子来探测细胞间的亲和程度是生物技术中的重
要手段之一，其过程的一部分与下列物理过程极为相似：如图甲所示，光滑水平面上
固定有一个发射装置，利用该装置向正对装置方向滑来的物块A 和B（A、B 相对静
止）发射一个示踪滑块C，示踪滑块C 将记录下它与发射装置之间的距离x。已知物块
B 叠放在物块A 上，物块A 的质量为3kg，示踪滑块C 的质量为1kg，每次发射速度大
小均为10m/s，与物块A 之间的碰撞均为弹性碰撞，且物块A 足够长，每次A、C 相碰
前，A、B 间均已相对静止，某次测量的滑块C 的
图像如图乙所示。滑块C 和物
块B 均可视为质点，重力加速度
。求：
（1）第一次碰后滑块C 的速度大小；
（2）物块B 的质量；
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（3）物块A、B 间的动摩擦因数。
【答案】（1）8m/s；（2）6kg；（3）0.4
【详解】（1）由
图像可知，
时滑块C 与A 相碰，此时C 与发射装置之
间的距离
时滑块C 返回到发射装置处，设第一次碰后C 的速度大小
，则
（2）设A、B 在第一次与C 碰撞前的速度大小为
，以滑块C 的初速度方向为正，
第一次碰撞后瞬间A 的速度大小为
，对A、C 由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得
之后A、B 相对静止，设共同速度大小为
，对A、B 由动量守恒定律有
同理第二次碰撞前滑块C 到发射装置之间距离
第三次碰撞后C 的速度大小为
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设第二次碰撞后瞬间A 的速度为
，则
联立以上各式，解得
（3）由（2）分析可知第一次A、C 相碰时A 距离发射装置10m，第二次A、C 相碰时
A 距离发射装置11m，且A、B 处于静止状态，即A 向右运动了
对物块A 由动能定理有
解得
21．（2023·山东德州·德州市第一中学统考三模）双响爆竹是民间庆典使用较多的一种
烟花爆竹，其结构简图如图所示，纸筒内分上、下两层安放火药。使用时首先引燃下
层火药，使爆竹获得竖直向上的初速度，升空后上层火药被引燃，爆竹凌空爆响。一
人某次在水平地面上燃放双响爆竹，爆竹上升至最高点时恰好引燃上层火药，立即爆
炸成两部分，两部分的质量之比为1︰2，获得的速度均沿水平方向。已知这次燃放爆
竹上升的最大高度为h，两部分落地点之间的距离为L，重力加速度为g，不计空气阻
力，不计火药爆炸对爆竹总质量的影响。
（1）求引燃上层火药后两部分各自获得的速度大小。
（2）已知火药燃爆时爆竹增加的机械能与火药的质量成正比，求上、下两层火药的质
量比。
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【答案】（1）
，
；（2）
【详解】解：（1）引燃上层火药后两部分向相反的方向做平抛运动，竖直方向
水平方向
上层火药燃爆时，水平方向动量守恒，设爆竹总质量为m
解得两部分各自获得的速度大小
，
（2）上层火药燃爆后爆竹获得的机械能
下层火药燃爆后爆竹获得的机械能
上、下两层火药的质量比
22．（2023·山东青岛·统考三模）用一根轻弹簧竖直悬挂一物块A，静止时弹簧伸长了
。现将该弹簧左端固定在墙上，右端与一直角三棱体B 的侧面接触（不粘连），先
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将弹簧压缩
，然后让物块A 从离地面高度为x 处由静止释放，发现A 沿斜面下滑
时B 刚好保持静止。若A 离开斜面滑到水平地面时无能量损失，当B 速度最大时，A
恰好与水平面上的小物块C 发生弹性碰撞，碰后A 和B 距离不变。已知水平地面光滑，
斜面倾角为
，A 和B 的质量相等，已知弹簧振子的振动周期公式为
弹簧
弹性势能
与形变量
的关系为
，重力加速度为g。求：
（1）物块A 在斜面上下滑时的加速度大小和物块A 与斜面之间的动摩擦因数；
（2）碰后A 与B 斜面底端的距离；
（3）A 和C 的质量比。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）由题可知
由物块A 在斜面上的受力可知
将AB 看成整体，由受力可知
联立解得
（2）根据动能定理可知
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当B 速度最大时，弹簧刚好恢复原长，即物块B 与弹簧组成的系统运动了
，故
碰后A 与B 斜面底端的距离为
（3）A 与水平面上的小物块C 发生弹性碰撞，则
解得
当B 速度最大时，弹簧刚好恢复原长，即
联立解得
23．（2023·山东济宁·统考三模）翼型飞行器有很好的飞行性能，其原理是通过对降落
伞的调节，使空气升力和空气阻力都受到影响，同时通过控制动力的大小和方向改变
飞行器的飞行状态。已知飞行器的动力F 始终与飞行方向相同，空气升力
沿降落伞
的中垂线且与飞行方向垂直，大小与速度的平方成正比，即
；空气阻力
与
飞行方向相反，大小与速度的平方成正比，即
；其中
、
相互影响，可由
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运动员调节，并满足如图甲所示的关系。已知运动员和装备的总质量为
，取
，
。
（1）若运动员使飞行器以速度
在空中沿水平方向匀速飞行，如图乙所示。
结合甲图，求飞行器受到的动力F 的大小；
（2）若运动员使飞行器在空中某一水平面内做匀速圆周运动，如图丙所示，调节
，降落伞中垂线和竖直方向夹角为
，求飞行器做匀速圆周运动
的半径r 和速度
的大小。
【答案】（1）1000N；（2）r＝40m，v2＝
m/s
【详解】（1）选飞行器和运动员为研究对象，由受力分析可知在竖直方向上
mg＝C1
得
C1＝3N·s2/m2
由C1，C2关系图像可得
C2＝2.5N·s2/m2
在水平方向上，动力和阻力平衡
F＝F2＝C2
解得
F＝1000 N
(2)设此时飞行器飞行速率为v2，所做圆周运动的半径为r，F1与竖直方向夹角为θ，在
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竖直方向所受合力为零，
水平方向合力提供向心力
联立解得
r＝40m，v2＝
m/s
24．（2023·山东·模拟预测）空气动力学是世界科学领域里最为活跃、最具有发展潜力
的学科之一，为了研究各类高速运动的物体，如飞机、汽车等在实际运行过程中所受
空气阻力的影响，可在实验室中构建出不同的风力环境进而模拟出实际环境。现利用
能产生水平方向恒定风力的实验室研究小球的运动情况，如图所示，设定风力只存在
于
的区域内。将小球从原点O 竖直向上抛出，在实验室中测得小球运动的
最高点高度为
，再次经过x 轴的坐标为
，已知小球质量为
，重力加
速度g 取
，求：
（1）实验室设定的风力大小为多少？
（2）再次经过x 轴前的运动过程中速度的最大值和最小值分别为多少？
【答案】（1）
；（2）
；
【详解】（1）由题意可知，小球在竖直方向做竖直上抛运动，最高点的竖直高度有
解得
小球抛出后在风洞范围内，竖直方向做匀减速直线运动，有
41
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解得
水平方向有
冲出风洞时竖直方向的速度
水平方向的速度
小球从风洞区域冲出后的运动时间
小球在风洞外水平方向的位移大小
小球返回风洞后水平方向的位移
联立可知
又
解得
对小球，水平方向
代入数据得
（2）小球经过
时的速度最大，水平速度为
42
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此时速度为
解得
小球在风洞外的最小速度出现在轨迹的最高点，等于小球离开风洞时的水平速度，
即
在风洞内速度最小值出现在合外力方向速度减为零时，即速度方向与合力方向垂直时。
设小球所受合力方向与水平面夹角为
。根据运动的分解，速度最小值为
又因为
所以
故小球的最小速度为
。
25．（2023·山东·模拟预测）传送带在生产生活中应用非常广泛。如图所示，一水平传
送带长
，以
的速度逆时针方向运行。水平传送带的右端与一倾角为
的斜面平滑连接，一小物块从斜面上的A 点由静止释放，A 点到斜面底端的距
离为
。已知物块与传送带和斜面间的动摩擦因数均为
，重力加速度取
，
，
。求：
（1）小物块刚滑上传送带时的速度大小；
（2）小物块在传送带上的运动时间。
43
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【答案】（1）4m/s；（2）2.8s
【详解】（1）小物块在斜面上运动，由动能定理，得
解得
（2）小物块在传送带上运动，由牛顿第二定律，得
设经时间
小物块与传送带达到共同速度，则
联立解得
在时间
内小物块运动的位移大小为
由
解得
则小物块在传送带上的运动时间为
26．（2023·山东聊城·统考三模）如图甲所示，在某种均匀介质中A、B、C 是三个顶
点，其中AC 长
，BC 长
。两个波源分别位于A、B 两点，且同时从
时刻开始振动，它们的振动图像如图乙所示，已知位于A 点的波源产生波的波长
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。求：
（1）位于B 点的波源产生波的波长；
（2）从
时刻开始，C 点的位移第一次为
的时刻。
【答案】（1）
；（2）0.95s
【详解】（1）横波在同种介质中的传播速度相同，从图像可知，A 点的波源周期为
0.4s，波长
=2m，则波速
则B 点的波源的波速也为5m/s；从图像可知，B 点波源的周期为0.6s，则波长
（2）根据波的叠加结合图像可知，要让C 点的位移为﹣7cm，则必须是两个波的波谷
同时传到了C 点的位置，对于A 波源而言，A 波的波谷传到C 点位置需要的时间为
代入数据得
同理可得，B 波的波谷传到C 点位置需要的时间为
代入数据得
当t1=t2时，解得
45
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C 点的位移第一次为
的时刻n=0，m=1，则
27．（2023·山东·模拟预测）如图所示，MN 为半径为R、固定于竖直平面内
的光滑
圆管轨道，轨道上端切线水平，O 为圆心，M、O、P 三点在同一水平线上，M 的下端
与轨道相切处放置竖直向上的弹簧枪。现发射质量为m 的小钢珠，小钢珠从M 点离开
弹簧枪，从N 点飞出落到距O 点距离为
的Q 点。不计空气阻力，重力加速度为
g，则：
（1）小钢珠经过N 点时的速度为多少；
（2）小钢珠到达N 点时对上管壁的压力为多少；
（3）弹簧释放的弹性势能为多少。
【答案】（1）
；（2）0；（3）
【详解】（1）小钢珠从N 点飞出后做平抛运动，则
解得小钢珠在N 点的速度为
（2）小钢珠到达N 点时，根据牛顿第二定律有
解得上管壁对小钢珠压力为
则小钢珠到达N 点时对上管壁的压力大小
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（3）小钢珠从M 点到N 点过程中，根据机械能守恒定律有
解得弹簧释放的弹性势能为
28．（2023·山东·模拟预测）如图所示，间距为
且足够长的光滑平行金属导轨
与
，由倾斜与水平两部分平滑连接组成。倾角
的倾斜导轨间区
域Ⅰ有垂直导轨平面斜向上的匀强磁场，磁感应强度
。水平导轨间区域Ⅱ有
一个长度
、竖直向上的匀强磁场，磁感应强度
。质量
、阻值
的金属棒a 从倾斜导轨某位置由静止开始释放，穿过
前已做匀速直线运
动，以大小不变的速度进入水平导轨，穿出水平磁场区域Ⅱ与另一根质量
、
阻值
的静止金属棒b 发生弹性碰撞，两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，金
属导轨电阻不计，求：
（1）金属棒a 到达斜面底端
时的速度
的大小；
（2）金属棒a 第一次穿过区域Ⅱ的过程中，金属棒a 电路中产生的焦耳热Q；
（3）金属棒a 最终停在距区域Ⅱ右边界距离x。
【答案】（1）8m/s；（2）5.76J；（3）0.5m
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【详解】（1）导体棒
匀速穿过
，由受力平衡得
解得
（2）规定向右为正方向，对金属棒
，根据动量定理得
，
，
（或
）
解得
金属棒
第一次穿过磁场区域的过程中，电路中产生的总热量等于金属棒
机械能的减
少量
解得
（3）规定向右为正方向，两金属棒碰撞过程根据动量守恒和机械能守恒得
，
联立并带入数据解得金属棒
反弹的速度为
设金属棒
最终停在距磁场右边界
处，规定向右为正方向，对金属棒
，根据动量定
理得
，
，
或
解得
29．（2023·山东·模拟预测）北京成为世界上第一个既举办过夏季奥运会，又举办冬季
奥运会的城市。我国运动员在2022 北京冬奥会的赛场上顽强拼搏，最终收获9 金、4
48
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银、2 铜，位列奖牌榜第三、金牌数和奖牌数均创历史新高。如图（a）为某滑雪跳台
的一种场地简化模型，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道
，半径为
，
左侧是一固定的光滑曲面轨道
，两轨道末端
与
等高，两轨道间有质量
的薄木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道
的
端。薄木板上表面与圆弧
面相切于
点。一质量
的小滑块
（视为质点）从圆弧轨道
最高点由静止滑
下，经
点后滑上薄木板，重力加速度大小为
，滑块与薄木板之间的动摩擦
因数为
。
（1）求小滑块
滑到
点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C 端发生1 次碰撞，薄木板与轨道碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，
运动过程滑块所受摩擦力不变，滑块未与木板分离，求薄木板的运动时间和最小长度
；
（3）如图（b）撤去木板，将两轨道C 端和
端平滑对接后固定．忽略轨道上
、
距地的高度，
点与地面高度差
，小滑块
仍从圆弧轨道
最高点由静止滑
下，滑块从
点飞出时速率为多少？从
点飞出时速度与水平方向夹角
可调，要使
得滑块从
点飞出后落到地面水平射程最大，求最大水平射程
及对应的夹角
。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
，
，
【详解】（1）根据题意可知，小滑块由
到
的过程中，机械能守恒，由机械能守恒
定律有
在
点，由牛顿第二定律有
解得
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由牛顿第三定律可知，小滑块
滑到
点时对轨道的压力
（2）设木板与挡板第一次碰撞时，滑块速度为
，木板速度为
，在滑块滑上木板到
木板第一次与挡板碰撞的过程中，由动量守恒定律有
由于只发生一次碰撞，则有
解得
整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，小滑块做匀减速直线运动，由牛顿
第二定律有
解得
设从滑上木板到第一次碰撞的运动时间为
，则有
解得
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，由对称性可知，木板运动到
端时，速度恰好为零，小滑块的速度为零，运动时间
则薄木板的运动时间为
50
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由上述分析可知，当薄木板返回B 端时，小滑块停在薄木板左端，小滑块的位移即薄
木板的最小长度，由于小滑块一直做匀减速运动，则有
（3）根据题意可知，图（b）中，小滑块由
点到
点的过程中机械能守恒，由机械
能守恒定律有
解得
设从
点飞出时速度方向与水平方向夹角为
，小滑块落地的速度大小为，落地速度
方向与水平方向夹角为
，从
点飞出到落到所用时间为，根据动能定理有
解得
画出速度矢量关系图，如图所示
由几何关系可知，图像的面积为
又有
则
51
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可知，面积最大时，水平位移最大，由上述分析可知，
、固定不变，则当
水平位移最大，又有
可得
解得
即从
点飞出时速度与水平方向夹角为
时，水平射程最大，则有
解得
30．（2023·山东·模拟预测）如图所示，在倾角为30°的光滑足够长的斜面上建立x 轴，
单位为米（m），在
和
处有质量分别为2M 和M 小球A 和B，在
x 轴正半轴某处垂直于斜面放置一弹性薄挡板，现将两小球同时由静止释放，小球与薄
挡板之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性正碰，碰撞时间极短，g 取10 m/s2，求：
（1）小球A 第一次到达原点O 处的速度大小
和运动时间
；
（2）小球A 第一次与挡板碰撞后，返回到原点O 处时，恰好与小球B 迎面发生第一
次碰撞，则挡板的位置坐标
；
（3） 两小球在原点O 处发生第一次碰撞后，立即移动挡板至
处，当小球A 再次
与移动后的挡板相碰后，撤去挡板，使得A 与B 在x 正半轴发生第二次碰撞，求
的
取值范围。
52
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球AB 在斜面运动过程中的加速度大小都为
由
得
由
可得
（2）由
得球B 到达O 点所需时间
球A 从O 点到板得时间
所以
（3）由运动对称性可知球A 到反弹回到O 点时得速度
球B 到达O 点的速度
以沿斜面向下为正，两球在碰撞过程由动量守恒和能量守恒可得
53
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解得
，
可知碰撞后A 球沿斜面向下运动，B 球沿斜面向上运动。当B 球碰撞后再次到达O 点
时所用时间为
此时若A 球也恰好到达O 点则
解得
当
很大时，B 球碰撞后再次过O 点时A 球的速度为
即
很大时，在A 球未与板碰撞反弹之前，AB 球不会发生碰撞。当A 球与板碰撞反
弹后必然与B 球发生第二次碰撞。所以
31．（2023·山东·校联考模拟预测）如图所示，一长木板A 静止在水平地面上，木板
上左端有一小铁块B，小铁块C 静止在距木板左端
处，已知铁块B、C 与木
板间的动摩擦因数均为
，木板与地面间的动摩擦因数
，某时刻用铁锤
敲击铁块B，使其获得4m/s 沿木板向右的初速度，铁块B 的质量
，铁块C 与
木板A 的质量均为
，铁块间的碰撞为弹性正碰，小铁块的大小忽略不计，取重
力加速度
，铁块均未滑离木板，求：
（1）从B 开始运动，经多长时间B 与C 发生碰撞；
54
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（2）铁块C 运动的最大速度；
（3）木板运动的最大位移大小；
（4）铁块间的最大距离。
【答案】（1）1s；（2）4m/s ；（3）0.5m；（4）7.25m
【详解】（1）开始铁块B 做匀减速运动，木板静止在地面上，设铁块B 做减速运动的
加速度大小为
，则
对AC 整体
说明AC 没有发生对地滑动；
设经时间
，B 与C 发生碰撞，则
解得
（2）设B 与C 碰前速度为v，铁块在碰撞后瞬间C 的速度最大，最大值为
，由匀
变速运动可知
解得
铁块碰撞过程动量守恒，有
由机械能守恒定律，得
55
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解得
（3）B、C 减速的加速度大小为
，则有
设木板的加速度大小为
，则有
解得
设再经时间
，木板A 与铁块B 达到共同速度，则
此时A 的速度大小为
，则
之后木板A 与铁块B 一起做减速运动，设减速的加速度大小为
，则
解得
设再经时间
速度减为0，则有
56
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设木板A 对地移动的最大位移为
，则
解得
（4）设铁块B 与C 碰后对地的位移为
，则
设铁块C 与B 碰后对地的位移为
，则
铁块B 与C 间的最大距离为
32．（2023·山东济南·山东省实验中学校考一模）如图所示，一个劲度系数非常大的弹
簧（弹簧长度和弹开物块时弹簧作用时间均可以忽略不计）一端固定在倾角为
的斜面底端。若将一质量为
的滑块P 从斜面上A 点由静止释放，滑块与弹簧相
互作用后，弹簧最大弹性势能为
，滑块反弹后能沿斜面运动到的最高点为B（未在
图中画出）。现锁定弹簧，使其弹性势能仍为
（已知A 点距弹簧自由端距离为
8m，滑块P 与粗糙斜面动摩擦因数
，重力加速度
，滑块可视为质
点）求：
（1）滑块P 在斜面上反弹到的最高点B 与初始位置A 的距离x1；
（2）现将一光滑滑块Q 和滑块P 并排紧挨着置于斜面底端弹簧处，P、Q 质量相等，
Q 在下，P 在二，然后解除弹簧锁定，P、Q 沿斜面上滑的距离x2；
（3）若在问题（2）中的条件下，若P、Q 在斜面上的运动过程中发生弹性碰撞，则
第一次碰撞后P 和Q 的速度大小分别为多少；
57
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（4）若在问题（2）中的条件下，若P、Q 在斜面上的运动过程中发生完全非弹性碰
撞，碰后两滑块成为一个整体，求滑块P 在斜面上运动的总路程。
【答案】（1）
；（2）1m；（3）
，
；（4）3m
【详解】（1）设
间距离为x1，根据动能定理有
解得
（2）根据能量守恒得弹簧弹性势能
代入得
又
此后
一起向上运动到达最高点，上升距离为x2，有
解得
（3）
从最高点下滑，
运动得快，
运动得慢
对
58
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对
设时间为时发生第一次碰撞，此时
速度沿斜面向下，
速度沿斜面向上
沿斜面上滑的位移
时间内
的位移
又
解得
、
发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒
解得速度交换
（4）
、
发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒
解得
59
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根据能量守恒
得
33．（2023·山东菏泽·统考二模）如图所示，物块A 和B 静止在光滑水平面上，B 的
前端固定轻质弹簧，某时刻一子弹以大小为
的速度水平射向B 并嵌入其中，射入过
程子弹与B 水平方向的平均相互作用力大小为
，之后B 以大小为
的速度向着
A 运动，从弹簧开始接触A 到第一次被压缩至最短所用时间为t，在这段时间内B 运动
的位移大小为
。又经过一段时间后A 与弹簧分离，滑上粗糙斜面后再滑下，在水
平面上再次压缩弹簧后又滑上斜面。已知A 的质量为m，子弹和B 的总质量为
，A
前两次在斜面上到达的最高点相同，B 始终在水平面上运动，斜面与水平面平滑连接，
弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计A、B 碰撞过程中的机械能损失。求：
（1）子弹嵌入物块B 的深度；
（2）物块A 第一次离开弹簧时，A、B 各自的速度大小；
（3）物块A 第一次在斜面上到达的最大高度；
（4）物块A 第一次离开弹簧前，弹簧的最大压缩量。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
；（4）
【详解】（1）设子弹的质量为
，对子弹射入B 的过程中，由动量守恒定律
由能量守恒定律
60
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联立解得，子弹嵌入物块B 的深度为
（2）以B 的初速度方向为正方向，物块A 第一次离开弹簧时，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得，物块A 第一次离开弹簧时，A、B 各自的速度大小为
（3）设A 返回斜面底端时的速度大小为
，斜面倾角为
，A 所受斜面的摩擦力为
，
对A 第一次沿斜面的运动，上滑过程中，由动能定理可得
下滑过程中有
由两次沿斜面上滑的最高点相同可知，A 与B 再次碰撞分离后A 的速度大小仍为
，
以B 的初速度方向为正方向，对A 与B 再次碰撞分离的过程中，由动量守恒定律和机
械能守恒定律可得
联立可得
物块A 第一次在斜面上到达的最大高度为
61
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（4）A、B 第一次压缩弹簧的过程中，任意时刻A、B 组成的系统动量守恒，有
方程两边同时乘以时间
，得
在时间内，根据位移等于速度在时间上的累积，可得
将
代入，可得
所以，物块A 第一次离开弹簧前，弹簧的最大压缩量为
34．（2023·山东烟台·统考二模）为了统一调度以充分发挥铁路的运输能力，提高运输
效率，需要把全路分散的列车按不同去向、不同用途科学分组，将同一组车厢排列在
同一轨道上，这就是列车编组。编组后还需要使各节车厢与车头挂接在一起，加上列
车标志，就形成完整的列车。目前我国采用的列车挂接方式主要有两种：一种方式是
目前比较流行的“驼峰”编组，如图甲所示，在地面修筑适当坡度的犹如驼峰峰背的
小山丘，上面铺设铁路，利用车头重力和“驼峰”坡度产生的重力势能进行溜放，使
车头冲向车厢，碰撞后通过特制“铁手挂钩”紧紧连接在一起，再一起去撞击下一节
车厢，直到所有车厢完成挂接；另一种方式是让火车头提供牵引力，冲向车厢，釆取
与第一种相似的方式依次挂接所有车厢，当车厢数目较多时，往往釆用这种方式。火
车研发科研人员在进行列车编组实验时所用车头质量为4m，所有货车车厢均满载，质
量相等且均为4m，各节车厢之间相隔距离d 依次停放在编组场同一轨道上。不计一切
阻力，不计挂钩的长度和车厢之间碰撞所需时间，试分析回答以下问题：
（1）若第一次实验按题干方式设置15 节车厢，采用“驼峰”编组方式，车头无动力
冲下“驼峰”，以速度
驶向第一节车厢，求15 节车厢全部挂接后列车速度，以及从
车头与第一节车厢碰撞到完成整个挂接所需时间；
62
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（2）若第二次实验按题干方式设置N 节车厢，车头在水平轨道上从距离第一节车厢也
为d 处启动，车头发动机牵引力恒定为F，如图乙所示，求第N 节车厢完成挂接时车
头的速度及列车从启动到N 节车厢完成挂接所需的时间；
（3）若第三次实验在（2）的情况下将所有车厢变为空载，所有车厢质量相等且均为
m，其余条件不变，求车头所能达到的最大速度。
【答案】（1）
，
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）设15 节车厢全部挂好以后的速度为
，根据动量守恒定律有
解得
用
表示第i 节车厢被挂接后车头及已挂车厢的速度，根据动量守恒定律有
解得
由于每次挂接时通过车厢之间间隙的运动均可视为匀速运动，所以车头及前i 节车厢通
过间隙与第（i+1）节挂接所经历的时间为
所以挂接的总时间为
63
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（2）设vi 表示第i 节车厢被碰撞前车头与前（
）车厢的速度，
表示第i 节车厢被
碰撞后整体的速度，ai 表示车头与前（
）节车厢共同运动时的加速度，由牛顿第二
定律有
利用匀变速直线运动公式
根据动量守恒定律有
联立可以求得
，
同理有
联立可以求得
，
继续列式，有
解得
64
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，
以此类推
，
由运动学公式，车头及前（i-1）节车厢通过间隙与第i 节挂接所经历的时间为
利用前面
的表达式，可求得
（3）仍用vi 表示第i 节车厢被碰撞前车头与前（i-1）节车厢的速度，
表示第i 节车
厢被碰撞后整体的速度，ai 表示车头与前（
）节车厢共同运动时的加速度，同
（2）的解题思路，有
可以解得
根据此递推关系
最终可得
65
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由前述可得
代入上式，有
化简后得
将上式变形
由此可得，当
时，
最大，其最大值为
35．（2023·山东济南·统考三模）如图所示，水平传送带以v0=2m/s 的速度顺时针匀速
转动，传送带的长度L=6.2m，每隔Δt1=0.5s 将物块（可视为质点）P1、P2、P3、P4……
依次无初速度放置于传送带左端A 点，一段时间后物块从传送带右端B 点离开传送带
做平抛运动，最后落入货车车厢，货车始终保持静止。已知每个物块的质量均为
m=1kg，物块与传送带间的滑动摩擦因数为μ=0.1，B 点与货车车厢底板间的竖直高度
h=0.8m，物块从接触车厢底板到减速为0（忽略物块的反弹和相对车厢的滑动）的时
间为Δt2=0.1s，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）物块P1从A 点运动到刚接触车厢底板瞬间的时间t；
（2）传送带上相邻两物块间的最大距离Δx1和最小距离Δx2；
（3）物块P1刚到达B 点时传送带克服摩擦力做功的瞬时功率P；
（4）物块P1从接触车厢底板到减速为0 的过程中对车厢底板的平均作用力
的大小。
66
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【答案】（1）4.5s；（2）1m；0.125m；（3）8W；（4）
【详解】（1）小物块在传送带上加速的过程满足
解得
a=1m/s2
由
v0=at1
解得
t1=2s
解得
x1=2m
小物块在传送带上匀速的过程满足
解得
t2=2.1s
在平抛运动中
解得
t3=0.4s
则
（2）当相邻两个物块相对静止时距离最大
解得
67
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当物块刚被放上传送带上时与上一个物块距离最小
（3）当P1刚到B 点时，已经静止的物块个数为
即有5 个木块与传送带间的摩擦力为零，仍在加速的物块的个数为
即有4 个木块与传送带间的摩擦力为滑动摩擦力，传送带克服摩擦力做功的功率，
解得
P=8W
（4）物块从接触车厢底到减速为零的过程中，在竖直方向满足
解得
Fy=50N
在水平方向满足
Fx=20N
36．（2023·山东威海·统考二模）如图所示，光滑的水平地面上固定一倾角为37°的斜
面，斜面顶端固定一光滑定滑轮。轻绳跨过定滑轮连接A、B 两小滑块，A、B 分别静
止于斜面和地面上，左侧轻绳平行于斜面，右侧轻绳竖直且长度为2m。现给B 一水平
向右3m/s 的初速度，当B 向右运动1.5m 时，A 的速度大小为1.2m/s，A、B 的质量比
为1：2，重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）此时B 的速度大小；
68
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（2）A 与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）设当B 向右运动1.5m 时，定滑轮与B 之间的绳子与水平地面之间的夹
角为α，则有
可知
将此刻B 的速度进行分解，如图所示
可知
解得
（2）当B 向右运动1.5m 时，A 沿斜面向上移动的距离
设A 的质量为m，则A 受到斜面的摩擦力大小为
A、B 的质量比为1：2，则B 的质量为2m，A 的初速度为零，B 的初速度为
69
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根据动能定理有
解得
37．（2023·山东聊城·校联考模拟预测）如图所示，在光滑水平面上有一个质量为mA=
5kg 带有光滑半圆凹槽的物块A，凹槽的半径R = 1m，凹槽底部到平台的厚度忽略不
计，在凹槽A 的右侧有一质量为mB= 3kg 的物块B。开始时，A、B 紧靠在一起（未
粘连）处于静止状态。若锁定凹槽A，将质量为mC= 2kg 的小球C 从高h = 4m 处由
静止释放，小球C 从圆弧面的D 点沿切线进入凹槽。若解除凹槽A 的锁定，从同一位
置释放小球C，小球C 在凹槽中运动一段时间后物块B 与凹槽A 分离，然后物块B 向
右运动一段距离与右侧竖直墙发生弹性碰撞，返回时刚好在小球第9 次经过凹槽A 最
低点F 时与凹槽A 发生弹性碰撞，重力加速度取g = 10m/s2，不计空气阻力，小球C
可看成质点。
（1）求凹槽A 锁定时，小球C 运动到F 点时，对凹槽A 的压力大小；
（2）在解除凹槽A 的锁定情况下，求：
①物块B 与凹槽A 第一次分离时，小球C 的速度大小；
②小球C 第一次冲出凹槽A 后直到最高点过程的水平位移大小；
③通过计算判断凹槽A 与物块B 发生弹性碰撞后，小球C 还能否冲出凹槽。
【答案】（1）180N；（2）①8m/s；②
；③能
【详解】（1）若将凹槽A 锁定，根据机械能守恒
70
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根据牛顿第二定律
解得
FN = 180N
由牛顿第三定律得，小球C 在F 点时对凹槽A 的压力大小为
F 压 = FN = 180N
（2）①对ABC，根据机械能守恒有
水平方向动量守恒，取向左为正方向，有
mCv2－(mA＋mB)v1 = 0
解得
v2 = 8m/s，v1 = 2m/s
②对AC 组成的系统，水平方向合力始终为零，水平方向动量守恒，取向左为正方向，
有
解得
根据系统机械能守恒有
解得
小球C 与凹槽A 分离后到最高点的运动过程中，有
则
③小球C 第9 次经过凹槽最低点F 时的情况与第1 次的情况相同，即凹槽A、小球C
的速度大小仍为
71
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v2 = 8m/s，v1 = 2m/s
对AB 发生弹性碰撞，根据机械能守恒有
取向左为正方向，根据水平方向动量守恒有
解得
，
对AC，水平方向动量守恒，取向左为正方向，有
解得
根据机械能守恒有
解得
故还能冲出凹槽。
38．（2023·山东·模拟预测）如图，质量为
，长度为
的长木板B 静止
于粗糙的水平面上，其右端带有一竖直挡板，长木板与水平面间的动摩擦因数为
，有一质量
的物块A 静止于长木板左端，物块与长木板间的动摩擦因
数为
，物块A 上方O 点固定一长度为
轻绳，轻绳另一端固定一质量
为
的小球，现将小球向左拉起，使轻绳伸直并与竖直方向成60°角由静止释
放，当小球运动到最低点时恰好与物块A 发生弹性碰撞，碰撞之后将小球立即锁定，
物块A 沿长木板运动至右端与竖直挡板发生弹性碰撞，重力加速度大小取
，
72
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小球和物块可看作质点，求：
（1）小球与物块A 碰撞之后物块A 的速度大小
；
（2）在物块A 与长木板B 右侧挡板碰撞之后瞬间物块A 的速度
。
【答案】（1）12m/s；（2）1m/s，方向水平向左
【详解】（1）小球向下摆动过程中，根据机械能守恒定律有
解得
小球与物块A 弹性碰撞过程，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
两式联立解得
（2）对物块A，根据牛第二定律
对长木板B，根据牛顿第二定律
解得
设从开始到与挡板碰撞过程中两位移关系为
73
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解得
或
（舍掉）
碰撞前物块的速度
碰撞前长木板的速度
物块A 与挡板间的碰撞为弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有
两式联立代入数据解得
则物块A 的速度方向水平向左，大小为1m/s。
39．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）如图所示，长为2L、质量为m 的长方形箱子，
放在光滑的水平地面上，箱内有一质量也为m 的小滑块，滑块与箱底间无摩擦。开始
时箱子静止不动，滑块以速度
从箱子的中间位置处向右运动，所有碰撞时间均可忽
略。
（1）若滑块与箱子右侧壁的第一次碰撞为弹性碰撞，求小滑块从开始到再一次位于箱
子中间位置经历的时间t；
（2）若滑块与箱子右侧壁第一次碰后速度方向仍然向右、大小变为
，求碰后两
者相对速度大小与碰前相对速度大小的比值；
（3）若滑块与箱壁每碰撞一次，两者相对速度的大小变为该次碰撞前相对速度大小的
倍且
，求碰撞n 次后滑块的速度大小
和箱子的速度大小
；
（4）在满足（3）问中条件下，求滑块与箱子碰撞4 次时系统损失的总动能与系统初
74
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动能的比值。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
，
；
（4）
【详解】（1）设第一次碰撞后滑块对地速度为，箱子对地速度为
。由于每次发生
的均为弹性碰撞，无机械能损失，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知
解得
，
即两者发生速度交换；则小滑块从开始到再一次位于箱子中间位置经历的时间为
（2）设碰后B 的速度大小为
，由动量守恒定律和机械能守恒定律可知
解得
由
解得
（3）由于每次碰撞的是一样的，故有
或
75
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则有
即碰撞
次后，有
碰撞第n 次的动量守恒式是
联立上面两式得
（4）滑块与箱壁碰撞，碰后滑块对地速度为，箱子对地速度为
；第n 次碰撞后，
系统损失的动能
可得
当
时，有
40．（2023·山东潍坊·统考三模）如图所示，
是一长为
的水平传送带，
以
顺时针匀速转动，传送带左端
与半径
的
光滑圆轨道相切，
右端
与放在光滑水平桌面上的长木板
上表面平齐。木板长为
，
的右端
带有挡板，在
上放有小物块
，开始时
和
静止，
到挡板的距离为
。
现将小物块
从圆弧轨道最高点由静止释放，小物块
与传送带间的动摩擦因数
76
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，
、
之间及
、
之间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑
动摩擦力。
、
、
的质量均为
，重力加速度为
，所有的碰撞均
为弹性正碰。求：
（1）
通过传送带过程产生的内能；
（2）
滑上
后与
碰撞前，
与
间的摩擦力大小；
（3）
滑上
后，经多长时间
与挡板碰撞；
（4）
与
碰后，
到挡板的最大距离。
【答案】（1）0.5J；（2）1N；（3）1.0s；（4）
【详解】（1）小物块A 由静止运动到圆轨道最低点，由动能定理
解得
设经时间t1小物块A 与传送带共速，由动量定理
解得
在时间t1内A、传送带发生的位移为
小物块A 通过传送带过程产生的内能
77
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（2）对物块B 和长木板C 整体受力分析，由牛顿第二定律
物块B 和长木板C 整体加速度为
对物块B，由牛顿第二定律
（3）设A 滑上C 后经时间t2物块A 与B 碰撞
解得
A、B 碰撞前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v3、v4，则
A、B 碰撞过程，由动量守恒和能量守恒，得
解得
，
设A、B 碰后经时间t3物块B 与挡板相碰
解得
A 滑上C 后，B 与挡板碰撞的时间
78
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（4）B 与挡板碰撞前C、B 的速度分别为v5、v6，则
B 与C 碰撞过程动量守恒和机械能守恒，碰后C、B 的速度分别为v7、v8，得
解得
，
之后A、B 一起相对C 滑动ΔL 达到共同速度，对三者由动量守恒
由能量守恒
解得
41．（2023·山东德州·德州市第一中学统考三模）传送带在各种输送类场景中应用广泛。
如图甲所示，足够长的传送带与水平面的夹角为
，一质量分布均匀的长方体物
块静止在传送带上。
时接通电源，传送带开始逆时针转动，其加速度a 随时间t 的
变化规律如图乙所示（
未知），
后的加速度为0.传送带的加速度增加到
时
物块开始相对传送带运动。已知物块的质量
，与传送带之间的动摩擦因数
，重力加速度
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求传送带转动的最大速度的大小；
（2）求整个过程物块和传送带由于摩擦产生的内能；
79
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（3）如图丙所示，将物块看做由上、下两部分组成，两部分之间的分界线（虚线）平
行于物块的上、下表面，与上表面的距离为物块上、下表面间距的
，求分界线下面
部分给上面部分的作用力
的大小；
（4）若
时刻开始对物块施加另一力F，使物块一直以加速度
沿传送带斜向下做
匀加速直线运动，求F 的最小值。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
时
，
时
，
时
；（4）
【详解】解：（1）物块开始相对传送带运动时
自
至
，对传送带
解得传送带运动的最大速度
（2）
时物块和传送带的共同速度
物块开始以加速度
匀加速运动，
后传送带以第（1）问求得的速度
匀速运动，设
时刻两者速度相同
80
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得
物块和传送带速度相同以后不再有相对运动，对两者相对运动过程，传送带位移
物块位移
摩擦产生的内能
解得
（3）对分界线上面部分，垂直于传送带方向
沿着传送带方向
时
时
时
又
得作用力的大小
时
81
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时
时
（4）若物块一直以加速度
沿传送带斜向下做匀加速直线运动，
时物块速度
因为
，传送带对物块的摩擦力一直斜向上
设F 与沿传送带斜向上方向的夹角为
，对物块，垂直于传送带方向
沿斜面方向
代入数据化简得
得F 的最小值
42．（2023·山东济南·山东师范大学附中校考模拟预测）如图所示，倾角为30°的光滑
斜面固定在水平地面上，劲度系数为k 的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端与小球
A 栓接。一开始球A 用细线跨过光滑的定滑轮连接球B，球A 静止在O 点，A、B 两
球质量均为m。现用外力缓慢压球A 至弹簧原长后释放，在球A 运动至最高点时细线
断裂，弹簧振子振动周期
，重力加速度为g，求：
82
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（1）细线断裂时的张力T。
（2）从细线断后开始计时，求小球A 第一次返回O 点所用的时间及到达O 点时的速
度大小。
（3）若在线断时，小球B 距离地面的高度为h，恰好此时在小球B 正上方4h 处静止
释放一个小球C，质量为
，已知两球在空中发生碰撞，小球C 被反弹，从碰撞点
算小球C 上升的最大高度为h，所有碰撞均为弹性碰撞，求n 的值。
（4）若在线断瞬间，于小球B 顶部紧挨球B 静止释放一个小球D，质量为
，（不
计释放时球B 球D 之间的相互作用），让B、D 两球一起从地面高h 处下落，并撞击
地面。发现小球D 反弹高度超过h，所有碰撞均为弹性碰撞，试求此情况下，小球D
反弹的高度。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
；（4）
【详解】（1）一开始，A 静止于
点，根据受力平衡有
解得
用外力缓慢压球A 至原长处释放，A、B 组成的简谐振动中，振幅为
在最高点，对A 有
对B 有
83
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解得
（2）A 球单独做简谐振动，有
可得
则振幅
由数学关系可得
，
可得
即
由
，
可得小球A 第一次返回O 点所用的时间
由动能定理可得
解得球A 到达O 点时的速度大小
（3）B 球第一次落地，有
可得
84
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B 再反弹到最高点的用时仍为，恰好C 球在
的时间内，自由落体的高度为
则B 球与C 球恰好在B 球反弹到最高点时相碰，此时
，
又因为两球发生弹性碰撞，则有
，
解得
由题意可知，C 球反弹后能达到的最大高度为，则有
解得
（
舍去）
（4）两球落地前瞬间均有向下的速度
B 球先与地面弹性碰撞后速度变为向上的，与D 球发生弹性碰撞。取向上为正方向，
由弹性碰撞可得
，
解得
由题意可知
，则有
故D 球反弹后能达到的最大高度为
85
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43．（2023·山东济宁·统考三模）如图所示，倾角为
的斜面体ABC 固定在水平
地面上，轻弹簧一端固定于斜面底部，另一端自由伸长到D 点，将质量为
的
物块乙轻放在弹簧上端，不栓接。质量为
的物块甲从A 点以初速度
沿斜面向下运动，到达D 点后两物块相碰并粘连在一起，向下压缩弹簧至F 点（未画
出）后弹回，到E 点时速度减为0。已知AD 间的距离
，DE 间的距离
，物块甲、乙均可视为质点，且与斜面间的动摩擦因数分别为
，弹簧弹性势能表达式为
（k 为劲度系数，x 为形变量），
不计空气阻力，取
，
。
（1）求两物块碰后瞬间速度v 的大小
（2）求弹簧劲度系数k 的大小；
（3）若两物块在D 点相碰时共速且不粘连，求
①两物块分离时弹簧的压缩量
的大小；
②从两物块分离到再次相碰经历的时间t。（可用根式表示）
【答案】（1）6m/s；（2）448N/m；（3）①
；②
【详解】（1）假设物块甲到D 点的速度为
，由动能定理得
解得
86
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两物块碰撞后共速，根据动量守恒
解得
（2）物块乙轻放在弹簧上端，经计算得
可知，弹簧仍处于自由伸长状态，弹力和弹性势能为零。
碰后到返回E 点，设最大压缩量为x，即F 点与D 点间的距离，对整体应用动能定理
解得
从D 到F 点，由功能关系
解得弹簧压缩至F 点时弹性势能为
由弹簧弹性势能表达式为
解得
（3）①分离时，两者具有相同的加速度，此时对物块甲
对物块乙
解得，此时弹簧形变量为
87
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②分离时的位置距F 点的距离为
解得
假设两者分离时的速度均为v3，从F 点到分离，由功能关系
分离后，假设物块甲继续向上运动
距离时速度减为0，则有
解得
设这一段物块甲经历的时间为
，则有
解得
分离后，假设物块乙继续向上走距离
时速度减为0，由功能关系
解得
物块乙速度减为0 后，会静止在斜面上，物块甲减速至时0，经计算可知
此时物块甲的加速度为
，则
则物块甲再次回来与乙相撞，设物块甲速度减为0 到再次与物块2 相撞经历的时间为
88
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，则有
解得
所以两物块分离时到物块再次相撞经历的时间为
44．（2023·山东·模拟预测）如图甲所示，在绝缘水平桌面上固定有间距为
的
光滑平行金属导轨，虚线MN 左侧、PQ 右侧（不包含边界）存在相同的匀强磁场，磁
场方向竖直向下，磁感应强度
，两个阻值均为
的电阻接在导轨的左右两端。
导轨上放置两个完全相同的导体棒ab 与cd，导体棒的质量
，长度
，
电阻
，ab 位于MN 左侧，cd 放在磁场边界PQ 上，对ab 施加向右的恒力
后，ab 的速度-时间图像如图乙所示（
段为直线，其余段为曲线），
时
刻撤去外力F，
时刻ab 静止，已知
时刻的速度大小为
，
过程图像围成的
面积为2m。两个导体棒之间的碰撞为完全非弹性碰撞，导体棒与导轨始终接触良好，
不计导轨电阻，求：
（1）两磁场边界MN、PQ 之间的距离L；
（2）若
时刻之后系统受到向左的变力
作用，且
，国际单位制下比例
系数k 大小为
，已知施加
后的
内，导体棒运动位移为
，此过程中
导轨左侧接入的电阻R 产生的焦耳热为
，求施加
后的
内
做的功。
89
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由图像可知：
时刻ab 到达MN，
时刻ab 与cd 在PQ 位置发生碰撞，
对于两根导体棒碰后的过程，列动量定理，则有
任一导体棒接入电路的有效电阻
根据电路规律有
由
解得
联立可得
设两导体棒发生碰撞前瞬间ab 棒的速度为
，根据动量守恒定律可知
90
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代入数据得
在MN 到PQ 的过程中，根据牛顿第二定律有
根据运动学公式
（2）设施加
后的
时两导体棒的速度为
，对两根导体棒整体研究，根据动量定
理有
根据
满足的函数关系可知
结合
联立解得
根据电路规律可知，此过程中整个电路生成的热量为
根据能量守恒定律有
代入数据得
45．（2023·山东·模拟预测）如图所示，光滑水平面上放置一个水平长木板C 和
光
滑圆弧轨道B 的组合体，在组合体的左侧水平面上固定一个弹性挡板，挡板与组合体
91
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左端的距离为L，现将一质量
的物块A 从圆弧轨道的最高点由静止释放，已知
长木板的质量
，
圆弧轨道的质量
，半径
，物块与长木板上
表面的动摩擦因素为
，重力加速度
，不考虑物块A 经过组合体连接
处的能量损失，运动过程中所涉及到的碰撞均为弹性碰撞。
（1）先将B、C 组合体通过中间的卡扣锁定在一起，求：物块A 释放以后经过圆弧轨
道最低点时，对轨道的压力大小为多少？
（2）现将
圆弧轨道固定，并解除B、C 组合体之间的锁定，在系统最终静止之前，
长木板只与挡板发生了5 次碰撞，物块始终未从长木板上滑离，求挡板与组合体左侧
的初始距离L。
（3）若将圆弧轨道固定后，将木板C 和物块A 的质量互换（圆弧轨道质量不变），
且已知
，物块始终未从长木板上滑离，求从释放A 开始到系统最终静止，求木
板通过的总路程。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意可知，A、B、C 组成的系统在水平方向上动量守恒，设A 滑
到圆弧轨道最低点时组合体的速度为
，A 的速度为
，以水平向左为正方向，则有
由系统机械能守恒可得
联立可得
92
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根据圆周运动规律可知
解得
由牛顿第三定律得
若圆弧轨道固定，设A 下滑到圆弧轨道底端时的速度为v，根据机械能守恒定律可
得
代入数据得
若木板与挡板只发生5 次碰撞，即第5 次碰撞前C 与A 的动量大小相等。根据牛顿第
二定律可知，长木板与挡板碰撞前后只受摩擦力作用，所以对长木板有
解得
因为长木板与挡板的碰撞为弹性碰撞，碰撞前后速度大小相等，所以长木板再次停止
时，左端与挡板的距离仍为L，且每次与挡板碰撞前的速度大小也相等，设为
，即
每次碰撞过程中挡板对C 的冲量大小为
从A 滑上C 到最终静止过程，对A、C 系统，根据动量定理有
联立解得
而
93
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联立解得
若
m，对木板C，根据牛顿第二定律有
与挡板碰撞前木板C 的速度
解得
根据动量守恒定律
解得
碰后长木板向右匀减速到速度为零后反向匀加速，A 一直向左匀减速直到二者速度再
次相等。从第1 次碰后到第2 次碰前此过程长木板的路程
根据动量守恒定律有
可得
第2 次碰撞到第3 次碰前此过程长木板的路程
94
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即
同理可得
第3 次碰撞到第4 次碰前此过程长木板的路程
即
依次类推
木板通过的路程为
当
时
46．（2023·山东·模拟预测）如图所示，水平轨道与倾角为
的斜面轨道在P 点平滑连
接，质量为m 的小物块B 静止在水平轨道上。用长度为L 的不可伸长的细绳将小球A
悬挂在小物块B 正上方的O 点。轻绳处于水平拉直状态，将小球由静止释放，下摆至
最低点与小物块B 发生第1 次碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，小物块B 沿
斜面上滑高度
后返回，然后在水平轨道上与小球A 发生第2 次碰撞，且碰撞前小
球A 速度方向向右。每次碰撞均为弹性碰撞。已知小球A 和小物块B 均可视为质点，
不计所有摩擦，重力加速度为g，求：
（1）小球A 第一次运动到最低时的速度大小；
（2）小球A 的质量；
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（3）第2 次碰撞后小物块B 的速度大小；
（4）第2 次碰撞后小物块B 沿斜面上滑的最大距离。
【答案】（1）
；（2）5m；（3）
；（4）
【详解】（1）小球A 第一次运动最低点的过程中，由能量守恒，得
解得
（2）设第1 次碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
又
联立可得
（3）第2 次碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
96
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联立解得
（4）小物块B 沿斜面上升过程，有
解得
47．（2023·山东聊城·统考三模）如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分
组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量
的物块A，装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑
对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以
匀速运动，传送
带的右边是一半径
位于竖直平面内的光滑
圆弧轨道，质量
的物
块B 从
圆弧的最高处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数
，
传送带两轴之间的距离
，设物块A、B 之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰
撞前，物块A 静止。取
。求：
（1）物块B 第一次滑到圆弧的最低点C 时的速度大小；
（2）物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
（3）如果物块A、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而
当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总
时间。
【答案】（1）7m/s；（2）27J；（3）10.25s
【详解】（1）物块B 从最高点第一次滑到圆弧的最低点C，根据动能定理有
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解得
（2）物块B 第一次滑上传送带的速度大于传送带的速度，物块B 在传送带上减速运动，
加速度大小为
设物块B 通过传送带后速度为，则有
解得
则物块B 以速度与A 发生碰撞，碰撞时动量守恒，取向左为正方向，则有
根据能量守恒有
联立解得
，
根据能量守恒有
（3）物块B 第一次与物块A 碰撞后在传送带上先做减速运动，减速位移为
此过程所用时间为
则物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度
为零后，将会向左加速运动，物块B 先向左加速到与传送带共速，所用时间为
98
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此过程通过的位移为
物块B 与传送带共速接着在传送带上匀速运动的时间为
物块离开传送带后与物块A 发生第2 次碰撞，设物块A、B 第二次碰撞后的速度为
、
，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，
物块B 运动到左边台面的速度大小为
，继而与物块A 发生第3 次碰撞，则第2 次
碰撞到第3 次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为
，由动量定理有
解得
同理可知第3 次碰撞到第4 次碰撞之间，，物块B 在传送带运动的时间为
同理可知第
次碰撞后物块B 在传送带运动的时间为
（
，，
）
所以物块B 第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间为
其中
99
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（
）
联立可得
48．（2023·山东临沂·统考二模）如图所示，表面光滑的水平面中间存在光滑凹槽
，
质量为m 长度小于
的木板C 放置在凹槽内，其上表面恰好与水平面平齐。开始时
木板C 静置在凹槽左端M 处，其右端与凹槽右端N 有一定的距离。水平面左侧有质量
分别为
与
的物块A、B 之间锁定一压缩轻弹簧，其弹性势能为
，弹簧解除
锁定后，将A、B 两物块弹开，物块B 滑上木板C，当B 刚滑到C 上某位置时B、C 共
速，其后C 与N 发生弹性碰撞。已知物块与木板间的动摩擦因数
，重力加速度g，
。求：
（1）若在整个运动过程中B 未滑出C，B 相对C 所能滑动的最大距离；
（2）假如C 与N 碰撞次数多于2 次，至少经过多少次碰撞，B 的动能小于
？
（3）若弹簧解除锁定后，弹簧将A、B 两物块弹开，物块B 滑上木板到达C 右端时，
C 恰好第一次碰到N 点。再改变C 的质量为
，弹簧解除锁定后，弹簧将A、B 两物
块弹开，让C 第k 次碰撞N 点时，木块B 恰好滑到C 右端，此时B 的速度大于C 的速
度，求
与k 的关系。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）对A、B 以及弹簧三个物体，由动量守恒定律
100
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由能量守恒定律
解得
或
或
根据题意，C 反复碰撞N，B 未滑出C，可知最终B、C 两个停止运动
由能量守恒定律
解得
（2）当B 第一次滑上C 时，B 的速度为
，C 的速度为0，到BC 第一次共速
由动量守恒定律
解得
第一次C 与N 碰撞前，B 的动能
第一次碰撞后，到第二次碰撞前，B 以速度
继续减速，C 无能量损失以速度
返回，
到C 减速为零，然后C 又向N 加速至B、C 共速
的过程，由动量守恒
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解得
共速时B 动能
以此类推，第n 次碰撞后，到第
次碰撞前，共速时B 的动能
由题意若要求
即
即
解得
次
（3）若弹簧解除锁定后，弹簧将A、B 两物块弹开，物块B 滑上木板到达C 右端时，
C 恰好第一次碰到N 点。在此过程，C 的加速度为
，B、C 所用时间为
，设C 右
端静止时距离N 为d
再改变C 的质量为
，弹簧解除锁定后，弹簧将A、B 两物块弹开，让C 第k 次碰撞
N 点时，木块B 恰好滑到C 右端，此时B 的速度大于C 的速度，在此过程，C 的加速
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度为
，设C 从运动到第一次与N 碰撞的时间为
，根据匀变速直线运动的规律，碰
撞后C 向左以相同大小的加速度减速至零，时间也为
，故第k 次碰撞N 点时，C 恰
好运动了
。而B 的受力情况并不发生变化，从M 运动到N 用的时间仍为
由以上几式
故
49．（2023·山东济宁·统考二模）如图所示，一水平传送带以
的速度顺时针转
动，其左端A 点和右端B 点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B 两点间的距离
。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为
的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块
甲与传送带之间的动摩擦因数
。右边水平台面上有一个倾角为
，高为
的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上
表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为
。桌面左端依次叠放着
质量为
的木板（厚度不计）和质量为
的物块乙，物块乙与木板之
103
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间的动摩擦因数为
，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距
，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，
物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），
物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知
，
。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程；
（4）若木板的质量为
，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离
的范围为多少。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为
匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为
，则有
联立解得
104
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可知物块甲运动到最高点时的速度大小为
（2）设物块甲在B 点时速度为
，对物块甲从B 点到斜面顶端由动能定理有
解得
因为
，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B 点，
设弹簧弹力做功
，由动能定理有
解得
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律得
v0= v 甲x
由机械能守恒定律得
解得
，
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得
105
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解得
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得
木板向左减速过程中，由动能定理得
解得
同理可得
以此类推木板的总路程为
解得
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律得
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0 时，木板与挡板仅能发生
一次碰撞。即
解得
106
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②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0 时，木板与挡板仅
能发生二次碰撞。即
解得
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为
。
50．（2023·山东威海·统考二模）如图所示，足够长的倾角为θ=30°的光滑斜面固定在
水平地面上，斜面底端固定有垂直于斜面的挡板P。质量为M=1kg 的“L”形木板A 被
锁定在斜面上，木板下端距挡板P 的距离为x0=40cm。质量为m=1kg 的小物块B（可
视为质点）被锁定在木板上端，A 与B 间的动摩擦因数
。某时刻同时解除A 和
B 的锁定，经时间t=0.6s，A 与B 发生第一次碰撞，在A 与P 发生第二次碰撞后瞬间立
即对B 施加沿A 向上的恒力F=20N。当B 速度最小时再一次锁定A。已知A 与P、A
与B 的碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加
速度g=10m/s2.求：
（1）A 与P 发生第一次碰撞前瞬间B 的速度大小；
（2）从开始运动到A 与B 发生第一次碰撞的时间内，系统损失的机械能；
（3）A 与P 第二次碰撞时，B 离挡板的距离；
（4）B 从开始运动到离开A 所用的时间。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
；（4）
【详解】（1）刚解锁时AB 相对静止，对AB 整体根据牛顿第二定律
根据匀加速直线运动公式
107
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解得
（2）A 与P 相撞所用的时间
解得
B 滑动后撞A 的时间
可得
木板与挡板第一次碰撞后，对A
解得
对B
解得
木板与挡板第一次碰撞后,A 运动的位移
B 运动的位移
木板的长度
根据摩擦生热
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（3）A、B 碰前的速度
A、B 碰时动量、能量守恒
解得
AB 碰后，对A
对B
根据
解得
这段时间B 运动的位移
B 离挡板的距离
（4）木板与档板第二次碰撞时木块B 的速度
109
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对A
解得
对B
解得
B 减速到零所用时间为t4，则
解得
A 经过这段时间后的速度
这段时间AB 的位移
此时，AB 间距离
B 离木板右端的距离
木板锁定后，对B
110
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解得
其中
解得
B 从开始运动到离开A 所用的时间
111
