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压轴题10 用力学三大观点处理多过程问题
1. 用力学三大观点（动力学观点、能量观点和动量观点）处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验
学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。
2. 在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能
力。这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用
力学三大观点进行分析和解答。
3. 备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。其次，要
通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解
为多个简单过程进行分析和处理。
考向一： 三大观点及相互联系
考向二： 三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以
守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，
动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
考向三： 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法
1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系
选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，
1
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即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进
行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用
时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从
它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。
2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律
观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析每个
过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的
联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。
3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件
注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解
的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像
中去挖掘。
4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况
解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的
标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。
01 用力学三大观点处理物块多过程问题
1．如图所示，倾角
的足够长斜面固定在水平面上，
时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上
相距
的两处同时由静止释放。已知A 的质量是B 的质量的3 倍，A、B 与斜面之间的动摩擦因数分别为
、
，A、B 之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小
，求：
（1）A、B 发生第一次碰撞后瞬间，A、B 的速度大小；
（2）A、B 发生第三次碰撞的时刻；
（3）从静止释放到第n 次碰撞，A 运动的位移。
【答案】（1）0.25m/s，0.75m/s；（2）1.0s；（3）
【详解】（1）A 沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根据牛顿第二定律
分析B 的受力
2
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即B 静止在斜面上。A 与B 发生第一次碰撞前，由运动学规律
A 与B 发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
，
解得
，
（2）由（1）可得，A 从静止释放后，经过时间
与B 发生第一次碰撞，有
B 以
匀速直线运动，A 以初速度
，加速度a 匀加速直线运动，第二次碰撞前，有
此时，B 以
匀速直线运动，A 的速度为
A 与B 发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律
，
B 以
匀速直线运动，A 以初速度
，加速度a 匀加速直线运动，第三次碰撞前，有
显然，每次碰撞后，B 均相对A 以初速度
、加速度
做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4s。
故A 与B 发生第3 次碰撞后的时刻为
解得
（3）从开始至第一次碰撞
从第一次碰撞至第二次碰撞
从第二次碰撞至第三次碰撞
从第三次碰撞至第四次碰撞
从第
次碰撞至第n 次碰撞
3
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A 从静止释放到第n 次碰撞后运动的总位移
02 用力学三大观点处理传送带多过程问题
2．如图所示，质量为2kg 的物体A 静止于光滑水平面MN 上，水平面与MN 右端与倾斜传送带平滑连接，传送
带长
，倾斜传送带与水平方向夹角为
，传送带以8m/s 的速度顺时针转动，物体A 与传送带间
的动摩擦因数为
，倾斜传送带上端与光滑水平面PQ 平滑连接，上方加有光滑曲面转向装置，使物体在
倾斜传送带上端速度方向变为水平方向而大小不变，足够长的薄板C 静止在PQ 下方光滑水平面EF 上，薄板C
的质量为3kg，薄板C 的上表面与水平面PQ 的高度差
，物体A 与薄板C 的上表面的动摩擦因数为
，重力加速度取
，质量为1kg 的物体B 以某一水平向右的初速度撞向A，与A 发生弹性碰撞，
求：
（1）若使物体A 到达传倾斜传送带上端速度大小为5m/s，B 的初速度多大；
（2）若使物体A 从水平面上Q 点平抛轨迹相同，B 的初速度取值范围；
（3）当B 的初速度大小为12m/s 时，若物体A 与薄板C 每次碰后竖直方向速度与碰前等大反向，则A 与C 碰撞
几次后，A 在C 上碰撞位置将会相同（每次碰撞时间极短）。
【答案】（1）4.5m/s；（2）
；（3）8
【详解】（1）A 与B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
物块A 在传送带上，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
解得
4
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（2）若使物体A 从水平面上口点平抛轨迹相同，则到达顶端的速度与传送带速度相同，即
若物体A 在传送带上一直加速
解得
由
可得
若物体A 在传送带上一直减速，根据牛顿第二定律
根据运动学公式
解得
由
可得
B 的初速度取值范围
（3）由（2）分析可知B 的初速度12m/s，则A 到
点平抛速度
根据
解得
则
A 与C 相撞时根据动量定理：对A
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对C
A 与C 水平速度相等时
联立解得
03 用力学三大观点处理弹簧多过程问题
3．如图所示，质量为m 的凹槽A 放在倾角
的足够长的绝缘斜面上，斜面固定在水平地面上，槽内左端
用轻弹簧和质量为2m 的物体B 相连，空间存在垂直斜面向上的匀强电场、电场强度大小
（g 为重力
加速度大小）。质量为m、电荷量为q 的带正电物体C 静置在凹槽A 中时，A、B、C 恰好能处于静止状态。现将
C 取出，在A 内移动B 到某位置后撤去外力，此时A、B 静止，再将C 从斜面上A 的上方某点由静止释放后，C
以大小为
的速度与A 碰撞后立即粘在一起，已知A、B 均绝缘且不带电，A、B 间接触面光滑，C 与A、C 与斜
面间都绝缘，整个过程中，物体C 所带的电荷量保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹性势能与弹
簧伸长量的平方成正比。求：
（1）凹槽A 与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2 倍时，A、B、C 三者速度恰好相同，求C 与A 碰撞前弹簧的弹性势
能；
（3）从C 与A 碰后瞬间开始计时，经过时间t，弹簧形变量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，弹簧
弹力对B 的冲量大小。
【答案】（1）
；（2）
；（3）见解析
【详解】（1）以A、B、C 整体为研究对象，对整体受力分析，有
解得
（2）设初始时弹簧弹性势能为Ep，由题意，当弹簧伸长量为初始压缩量的2 倍时，弹性势能为4Ep，C 与A 碰
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撞过程，由动量守恒定律有
从C 与A 碰撞，到A、B、C 共速，由动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
（3）从C 与A 碰后瞬间开始计时，到弹簧形变量等于初始时弹簧的压缩量，将A 和C 看成一个整体，B 与A，C
之间的碰撞类似弹性碰撞，有
解得
或
弹簧第1、3、5、……、
次恢复初始时的压缩状态时，有
由动量定理有
解得
即冲量大小为
；
弹簧第2、4、6、……、
次恢复初始时的压缩状态时，有
由动量定理有
解得
即冲量大小为
。
04 用力学三大观点处理板块多过程问题
4．如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB，轨道上A 点切线沿水平方向，忽略A 点距地面的
高度，轨道右侧有质量
的静止薄木板，上表面与A 点平齐。一质量
的小滑块（可视为质点）以
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初速度
从右端滑上薄木板，重力加速度大小为
，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为
。
（1）若薄木板左端与A 点距离d 足够长，薄木板长度
，薄木板与轨道A 端碰后立即静止，求小滑块离
开薄木板运动到轨道上A 点时的速度
；
（2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB 运动至B 点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，
B 点与地面间的高度差
保持不变，圆弧AB 对应的圆心角
可调，求小滑块的最大水平射程
及对应的
圆心角
；
（3）若薄木板长度L 足够长，薄木板与轨道A 端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与A 点距离
d，使得薄木板与轨道A 端只能碰撞2 次，求d 应满足的条件。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）因薄木板左端与B 点距离d 足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道AB 发生碰撞，设共同速度
为
，根据动量守恒定律，有
解得
设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为x，对滑块、薄木板系统由功能关系，有
解得
薄木板与轨道AB 碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的A 点，有
解得
（2）小滑块由A 点到B 点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有
解得
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设小滑块落地的速度大小为v，落地速度方向与水平方向夹角为
，根据机械能守恒定律知
画出速度矢量关系如图所示
设从B 点飞出到落至地面所用时间为t，则小滑块水平位移为
由几何关系可知，矢量三角形的面积为
由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大。
解得
此时满足条件
即
，
（3）当小滑块与薄木板第1 次共速时恰好和轨道AB 发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下
薄木板和轨道AB 恰好碰1 次。
小滑块与薄木板加速度相等
当小滑块与薄木板第2 次共速时恰好和轨道AB 发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板
和轨道AB 恰好碰2 次。
从开始到第一次碰撞的时间
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薄木板和轨道AB 碰撞时的速度
考虑小滑块的运动
联立解得
综上可知d 应满足的条件为
1．（2024·湖南·二模）超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰
撞的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称“车”）的碰撞进行了
研究，分析时将购物车简化为可视为质点的小物块，已知车的净质量为m=15kg，g=10m/s2.
（1）首先测车与超市地面间的动摩擦因数：取一辆车停在水平地面上，现给它向前的水平初速度v0=2m/s，测
得该车能沿直线滑行x0=2m，求车与超市地面间的动摩擦因数μ；
（2）取编号为A、B 的车，B 车装上m0=15kg 的货物后停在超市水平地面上，空车A 的前端装上轻弹簧，将A 车
停在B 车的正后方且相距x=5.5m 处。现给A 车施加向前的水平推力F0=75N，作用时间t0=1s 后撤除。设A 车与
B 车间的碰撞为弹性正碰（忽略相互作用时间），两车所在直线上没有其他车，求在A 车运动的全过程中A 车
与地面间产生的摩擦热；
（3）如图乙所示，某同学把n（n>2）辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上，相邻两车间距为
d=1m，用向前的水平恒力F=300N 一直作用在1 车上，推着1 与正前方的车依次做完全非弹性正碰（碰撞时间
极短），通过计算判断，他最多能推动多少辆车？[已知
，
]
【答案】（1）0.1；（2）90J；（3）30 辆
【详解】（1） 由功能关系，A 车的动能全部转成摩擦热，有
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则
代入数据得
μ=0.1
（2）A 车运动时受摩擦力
由牛顿第二定律有
解得
A 在t0时的速度
t0内A 的位移
设A 与B 车碰前瞬间的速度为vA，由动能定理有
得
vA=3m/s
A 与B 车碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
由功能关系，有
代入数据得
Q=90J
（3）设1 与2 车碰前的速度为v1'，由动能定理
1 与2 碰系统动量守恒
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解得
12 与3 车碰前的速度为v2'，由动能定理
1-2 与3 碰系统动量守恒
解得
=
123 与4 车碰前的速度为v3′，由动能定理
1—2—3 与4 碰系统动量守恒
解得
=
同理可得与n 车碰后速度为vn：
=
=
令vn=0，即
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解得
n=30.5
可知最多能推动30 辆车。
2．（2024·江西·一模）如图甲所示，B 物块静止在足够长的固定斜面上，
时刻将质量为
的A 物块从距离
B 物块
处由静止释放，
时刻A、B 发生第一次碰撞，
时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间A 物块
的
图线如图乙所示（其中
均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最
大静摩擦力均等于滑动摩擦力，求：
（1）第一次碰撞后A 物块沿科面向上运动们最大距离；
（2）B 物块的质量及A、B 物块与斜面间的动摩擦因数之比；
（3）B 物块沿斜面下滑的最大距离。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）根据题意，由图乙可知，A 物块在
的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小
A 物块在
时间内与在
的时间内受力情况一致，加速度相同，则有
时
刚释放
物块时，
之间的距离为
，则有
可得
A 物块在
的时间内沿斜面向上运动，运动的距离
联立可得
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（2）
物块与
物块第一次碰撞时，由动量守怛可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得
其中
，
联立可得
，
A 物块在
时间内下滑的距离
故B 物块碰后沿斜面下滑的距离
假设第二次碰撞前
物块已停止运动，则有
可得
即
时，
物块停止运动，假设成立，设
物块下滑过程中的加速度大小为
，则有
设斜而倾斜角为
，根据牛顿第二定律：对
物块有
A 物块下滑时
物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为
，则有
由牛顿第二定律可得
联立可得
（3）
时，A 物块与B 物块发生第二次碰撞，碰前瞬间
物块的速度
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由动量守恒可得
碰撞为弹性碰撞，由能量守怡可得
联立可得
设第二次碰撞后B 物块下滑的距离为
，则有
可得
以此类推可得
则
物块运动的总距离
当
时，代入数据可得
3．（2024·河南许昌·一模）如图所示，水平面上镶嵌两个传送带甲、乙，甲的长度为
，乙的长度为
，
甲左侧地面粗糙，甲、乙之间的地面光滑且长度为
，在电动机的带动下甲顺时针转动，速度为
，乙
逆时针转动，速度未知。质量为
的物体a 从距甲左端
处，在恒定外力F 的作用下由静止开始运动，滑
上甲时撤去外力F，此时a 的速度为
，质量为
的物体b 静止于乙左端的地面上。a 与甲左侧地面
及甲间的动摩擦因数均为
，与乙间的动摩擦因数为
，b 与乙间的动摩擦因数为
，a、b 均可视为质点且
它们间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度
。求：
（1）a 在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能；
（2）a 与b 从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔；
（3）b 在乙上滑动的过程中摩擦力对b 的冲量大小。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）物体a 滑上甲时，根据牛顿第二定律有
设经过时间t，物体a 和传送带速度相同，则有
解得
此过程物体a 的位移
表明物体a 先向右做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，在物体a 向右做匀加速直线运动过程，传送带甲的
位移
则a 在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能为
解得
（2）a 与b 发生弹性碰撞，则有
解得
，
滑体a 与b 碰撞后经过时间
到达传送带甲的右端，则有
解得
滑体a 再次从右侧滑上甲后由于速度小于甲传送带的速度，则滑体a 在甲上做双向匀变速直线运动，根据对称
性有
解得
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滑体b 从左侧滑上乙后先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
滑体b 减速至0 过程，利用逆向思维，则有
滑体a 再次从左侧滑上乙后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
若其减速位移为
，则有
解得时间为1.5s 与3s，3s 不合理，取1.5s，即有
由于
可知，当滑体b 从左侧滑上乙做匀减速直线运动至速度恰好减为0 时，两者恰好第二次碰撞，即物体a 与物体b
从第一碰撞到第二次碰撞的时间间隔为4s。
（3）物体a 与物体b 第二次碰撞前瞬间物体a 的速度
解得
物体a 与b 再次发生弹性碰撞，则有
解得
若物体b 减速至0，则有
表明物体b 从乙右端滑出，则有
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解得
对物体b 进行分析，根据动量定理有
解得
即b 在乙上滑动的过程中摩擦力对b 的冲量大小为
。
4．（2024·山东菏泽·一模）如图所示，倾角为
的倾斜传送带长为
，以
的速度逆时针匀速
转动；水平传送带长为
，也以
的速度逆时针匀速转动，两传送带之间由很短的一段光滑圆弧连
接，圆弧的高度差忽略不计。紧靠水平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。现从倾斜传送带顶端轻轻放
上一质量
的物块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 滑上水平传
送带，A 被取走。已知物块A 与倾斜传送带间的动摩擦因数
，物块B、C 与水平传送带间的动摩擦因数
，与水平面间的动摩擦因数
，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块可视为质点，g 取
。
。求：
（1）物块A 在倾斜传送带上滑行过程中，A 在倾斜传送带上留下的痕迹长度和A 在倾斜传送带上因摩擦产生的
内能；
（2）物块B 与物块C 第一次碰撞前，水平传送带因传送物块B 多消耗的电能；
（3）整个过程中，物块B 在传送带上滑行的总路程。
【答案】（1）1.0m，
；（2）
；（3）
【详解】（1）物块A 在斜面上下滑到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得
解得
运动的位移大小为
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时间为
故A 落后传送带的距离为
之后再加速运动到斜面底端，根据牛顿第二定律得
解得
根据运动学规律
解得
故再加速运动到斜面底端的时间
故A 超前传送带的距离为
故A 在倾斜传送带上留下的痕迹长度
A 在倾斜传送带上因摩擦产生的内能
（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
，有
代入数据得
之后物块B 在水平传送带上运动到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得
解得
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物块B 经时间
后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有
由于
，物块B 与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，故物块B 在水平传送带上相对滑行的距离为
根据能量守恒定律知水平传送带因传送物块B 多消耗的电能
（3）物块B 在水平传送带上匀速运动的距离为
再与物块C 第一次碰撞，动量守恒，机械能守恒
代入数据得
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n 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
（
，
，25）
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
（
，
，25）
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
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5．（2024·云南·二模）如图所示，竖直细圆弧管道DEF 由两个半径均为
的四分之一圆弧组成，左侧
为足够长的水平直轨道AB，其上一质量为
的长木板上表面与竖直圆轨道下边缘于D 点无缝连接；圆弧管道
右侧与足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接，质量为
的滑块b 与质量为
的滑块c 用劲度系数
的轻质弹簧连接，静置于FG 上。现有质量为
的滑块a 以
的水平初速度从D 处进入，
经DEF 后与FG 上的b 碰撞（时间极短）。已知
，a 与长木板间的动摩擦因数
，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），g 取
。求：
（1）a 到达管道DEF 最低点F 时的速度大小
和在该点所受的支持力大小
；
（2）若a 与b 碰后返回到距长木板右端
处时与木板恰好保持相对静止，则a、b 碰撞过程中损失的机械
能
；
（3）若a 碰到b 后立即被粘住，则碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差
。
【答案】（1）4m/s；14.2N；（2）0；（3）0.04m
【详解】（1）a 从D 到达管道DEF 最低点F 时，根据动能定理可知
在最低点F 根据牛顿第二定律有
解得
m/s，
N
（2）a、b 碰撞过程中，系统动量守恒，规定向右为正方向，则有
损失的能量为
a 与b 碰后返回到距长木板右端L=
m 处时与木板恰好保持相对静止，根据动能定理有
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根据动量守恒定律及能量守恒定律有
解得
（3）若a 碰到b 后立即被粘住，则ab 碰后的共同速度为
，根据动量守恒定律有
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
，根据动量守恒定律有
弹簧的最大弹性势能为
则弹簧最大长度与最小长度之差为
解得
0.04m
6．（2024·云南·模拟预测）如图所示，倾角
的斜面固定在水平面上，斜面上P 点及以下部分的表面光滑，
P 点以上部分的表面粗糙。质量分别为
、
的滑块A、B 用轻弹簧连接后置于斜面上，滑块B 与
斜面下端的垂直挡板接触，滑块A 平衡后恰好静止在P 点。质量
的“L”形木板C 置于斜面上端，质量
的滑块D 置于木板C 上，将木板C、滑块D 由静止同时释放，此时木板C 下边缘与P 点的距离
，滑块D 与木板C 下边缘的距离
。已知弹簧的弹性势能
（k 为弹簧的劲度系数，x 为
弹簧的形变量），弹簧的劲度系数
，木板C 上表面光滑、下表面与斜面粗糙部分间的动摩擦因数
，木板C 与滑块D 及木板C 与滑块A 间的碰撞都是弹性碰撞，重力加速度
，
，
滑块A、B、D 均可视为质点。
（1）求木板C 与滑块D 发生第一次碰撞后瞬间木板C 的速度大小；
（2）求木板C 与滑块A 发生碰撞后瞬间滑块A 的速度大小；
（3）如果在滑块A 与木板C 第一次碰撞后便撤去木板C 和滑块D，求木板C 与滑块A 第一次碰撞后滑块B 对挡
板的最大弹力。（结果保留根式）
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）刚释放时对木板C 有
解得木板C 的加速度
故木板C 开始时静止在斜面上
对滑块D 有
解得滑块D 的加速度
由
解得滑块D 与木板C 碰撞前瞬间的速度
因为滑块D 与木板C 间的碰撞是弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
解得
，
（2）木板C 与滑块D 第一次碰撞后沿斜面向下匀速运动，运动到P 点经历的时间
分析可知此时间内滑块D 沿木板C 表面向上滑动恰好减速为零，即木板C 与滑块A 的碰撞要早于木板C 与滑块D
的第二次碰撞
滑块A 与木板C 间的碰撞是弹性碰撞，
由动量守恒定律和机械能守恒定律有
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解得
，
（3）滑块A 与木板C 碰撞前受力平衡，有
解得碰撞前弹簧的形变量
弹簧处于压缩状态
木板C 与滑块A 碰撞后，滑块A 获得初速度，开始向下压缩弹簧，设继续压缩了
，当它运动到最低位置时根
据动能定理有
解得
滑块A 运动到最低位置时弹簧的形变量最大，滑块B 对挡板的弹力最大，有
7．（2024 高三下·重庆·开学考试）如图所示, 固定平台
长度
右端紧挨着水平木板
，木板
长度
质量
，木板
端与足够长的固定平台
之间的距离为
木板上表面跟平台
等高。质量均为
的滑块1、滑块2……滑块
从左向右依次静止于平台
上，滑块1 位于平台
的左端，相邻两滑块间的间距均为
，滑块均可视为质点。质量
的小球用长度
的细绳栓接
在
点，无初速度释放时细绳刚好伸直且与水平方向夹角
运动到最低点时与质量
的滑块
发生弹性碰撞，碰撞后滑块
沿平台
滑动，之后滑上木板，当木板的
端撞到平台
时立即静止。滑块
与滑块1 相碰后粘在一起，两滑块继续运动， 直至与滑块2 相碰，碰后三滑块粘在一起继续运动……后面
重复前面的运动情况，所有碰撞时间极短。 已知滑块
与平台
、木板
之间的动摩擦因数均为
木板
与水平面之间的动摩擦因数为
各滑块与平台
之间的动摩擦因数均为
，取
求:
（1） 小球与滑块
碰撞前瞬间，细绳的拉力大小；
（2）滑块
与滑块1 碰撞前瞬间的速度大小；
（3） 设滑块
与滑块l 碰撞前瞬间的动能为
，若能与滑块
相碰，请写出与滑块
碰撞前瞬间已经粘到
一起的滑块的总动能的表达式。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】解：（1）小球从静止释放到最低点，设小球的速度大小为
，根据机械能守恒定律
与滑块P 碰撞前瞬间，细绳的拉力
解得
，
（2）设碰撞后滑块P 的速度
，刚滑上木板时的速度
，碰撞中根据动量守恒定律和能量守恒定律
，
滑块P 在平台A 上滑动，根据动能定理
解得
滑块P 滑上木板后，设滑块、木板的加速度大小分别为
、
，木板撞到平台B 的时间为t，此时滑块P 的速度
大小为
，根据牛顿第二定律，对滑块P
对木板
解得
该段时间内滑块P 的位移
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那么
可知木板撞击平台B 时滑块P 恰好滑离木板与滑块1 碰撞。则滑块P 与滑块1 碰撞前瞬间的速度大小为
（3）第一次碰撞前瞬间滑块P 的动能
碰后动能
设运动距离d 后的动能为
，则
那么第二次碰撞前瞬间的动能
第二次碰后的动能
设运动距离d 后的动能为
，则
那么第三次碰撞前瞬间的动能
第三次碰后的动能
设运动距离d 后的动能为
，则
那么第四次碰撞前瞬间的动能
那么第n 次碰撞前瞬间已经粘到一起的整体的动能
8．（2024·山东潍坊·一模）如图所示，在倾角为
的斜面上有一
型木板A，在其上表面放有一滑块
B，A、B 的质量相同，开始保持滑块和木板静止在斜面上，滑块B 到木板前端挡板P 的距离
，木板前
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端到斜面底端挡板Q 的距离为
，木板与斜面间的动摩擦因数
，木板上表面光滑，释放滑块
B，已知滑块与木板间的碰撞为弹性碰撞且时间极短，木板A 滑到斜面底端与挡板Q 碰撞后速度立即变为零，整
个过程滑块未脱离木板，取
，
，
求：
（1）滑块第一次与木板撞击时的速度大小；
（2）经多长时间木板与挡板Q 发生碰撞；
（3）木板的长度至少为多长。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，对木板受力分析可知，木板A 与斜面间的最大静摩擦力为
可知，木板A 开始保持静止，对滑块B 有
解得，滑块第一次与木板撞击时的速度大小
（2）根据题意，设经过时间
发生第一次碰撞，则有
解得
碰撞过程为弹性碰撞，则第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
，
碰撞后交换速度，木板A 匀速下滑，滑块B 加速下滑，设经过时间
第二次碰撞，木板A 下滑距离为
，则有
解得
，
，
同理可得，第二次碰撞后交换速度，则有
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，
设经过时间
第三次碰撞，木板A 下滑距离为
，则有
解得
，
，
由于
发生第三次碰撞，同理可得，交换速度，则有
，
由于
木板A 与挡板Q 发生碰撞前，滑块B 不会与木板A 第四次碰撞，设经过时间
木板A 与挡板Q 发生碰撞，则有
则从滑块B 开始运动到木板A 与挡板Q 发生碰撞的时间为
（3）设第三次碰撞后，经过时间
，滑块B 与木板A 发生碰撞，此时，木板A 与挡板Q 已发生碰撞，则有
此时滑块B 的速度为
碰撞后，滑块B 原速率弹回，即
设滑块B 能上升的最大距离为
，即木板A 的最小长度，则有
联立解得
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