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大题06 三大动力学观点在力学中的综合应用
2025 年高考对“三大动力学观点综合应用”的考查将延续“重基础整合、强思维深度、拓科技前
沿”的命题导向，突出物理观念的系统性与实际问题的多维度分析能力。备考需以观点融合为核心，
强化复杂过程的阶段划分与规律匹配，同时关注科技热点与跨学科工具，做到“以观点统全局，以思
维破新题”。
题型1 含弹簧的系统综合应用
例1.(2023 辽宁沈阳市联考)如图甲所示，物体A、B 的质量分别是m1＝4 kg 和m2
＝4 kg，用轻弹簧相连后放在光滑的水平面上，物体B 左侧与竖直墙相接触但不粘连。另有一个物体C
从t＝0 时刻起，以一定的速度向左运动，在t＝5 s 时刻与物体A 相碰，碰后立即与A 粘在一起，此后
A、C 不再分开。物体C 在前15 s 内的v－t 图像如图乙所示。求：
1
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(1)物体C 的质量m3；
(2)B 离开墙壁后所能获得的最大速度大小。
答案 (1)2 kg (2)2.4 m/s
解析 (1)以水平向左的方向为正方向，A、C 碰撞过程中动量守恒，则有
m3vC＝(m1＋m3)v 共1
代入v－t 图像中的数据解得m3＝2 kg。
(2)从B 开始离开墙面到B 速度最大的过程，相当于B 与AC 整体完成了一次弹性碰撞，以水平向右为正
方向，则有
(m1＋m3)v 共1′＝(m1＋m3)v 共2＋m2v2
(m1＋m3)v 共1′2＝(m1＋m3)v＋m2v
由v－t 图像可得v 共1′大小为2 m/s，方向水平向右
解得B 的最大速度为v2＝2.4 m/s。
例2.如图甲所示，光滑的水平轨道AB 与竖直面内的半圆形轨道BCD 在B 点平滑连
接，半圆形轨道半径为R＝0.4 m。一质量为m1＝0.1 kg 的小物块P 将弹簧压缩到A 点后由静止释放，
向右运动至B 点与质量为m2＝0.2 kg 的小物块Q 发生弹性碰撞，碰撞完成P 立即被从轨道取走，Q 从B
点进入半圆形轨道，在半圆形轨道上运动时速度的平方与其上升高度的关系如图乙所示。P、Q 可看作
质点，重力加速度大小为g＝10 m/s2，求：
(1)Q 从B 点运动到D 点的过程中克服摩擦力做的功；
(2)P 将弹簧压缩到A 点时弹簧具有的弹性势能(结果保留3 位有效数字)。
答案 (1)0.4 J (2)4.05 J
2
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解析 (1)由图乙可知，Q 在B、D 两点的速度分别为vB＝6 m/s，vD＝4 m/s
Q 从B 点运动到D 点的过程，由动能定理有
－m2g·2R－Wf＝m2v－m2v
代入数据解得，Q 从B 点运动到D 点的过程中克服摩擦力做的功为Wf＝0.4 J。
(2)P、Q 碰撞过程，根据动量守恒定律可得
m1v1＝m2vB＋m1v2
由于是弹性碰撞，则根据机械能守恒定律有
m1v＝m2v＋m1v
联立解得，碰撞前P 的速度为v1＝9 m/s
P 将弹簧压缩到A 点时弹簧具有的弹性势能为
Ep＝m1v
代入数值解得Ep＝4.05 J。
模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系
统动量守恒，类似弹性碰撞。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统
所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非
弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结
束时)。
1.(2024 广东省三模)如图甲所示，室内蹦床是一项深受小朋友喜爱的运动娱
乐项目，其简化模型如图乙所示：竖直放置的轻弹簧，一端固定在地面上，另一端连接质量为m 的木
板B，质量为3m 的物体A 从B 中央正上方高为h 处由静止释放，随后A 与B 发生完全非弹性碰撞，一
起向下运动．若A 与B 碰撞时间极短，碰后一起下降的最大距离为，A、B 始终在同一竖直线上运动，
弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，重力加速度为g.求：
(1) A 与B 碰后瞬间的速度大小．
(2) A 与B 碰撞瞬间，损失的机械能．
(3) A 与B 碰后一起向下运动到最低点的过程中，A 对B 做的功．
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答案 (1) (2) mgh (3) mgh
解析 (1) 设A 与B 碰前瞬间速度大小为v0，A 自由下落时，由机械能守恒定律可得
3mgh＝×3mv
解得v0＝
A 与B 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律可得
3mv0＝(3m＋m)v
解得v＝
(2) A 与B 碰撞瞬间，损失的机械能
ΔE＝E1－E2＝×3mv－×(3m＋m)v2
代入数据解得ΔE＝mgh
(3) 设A、B 一同向下运动的全过程，A 克服B 的弹力做的功为W1，对A 应用动能定理可得－W1＋
3mg×h＝0－×3mv2
解得W1＝mgh
则A 对B 做的功为W2＝W1＝mgh
题型二 多次碰撞模型
例3.如图所示，L 形滑板A 静止在粗糙水平面上，在A 上距离其左端为3l 处静
置小木块B，A、B 之间光滑；水平面上距离A 右端l 处静止着一滑块C，A 和C 与水平面之间的动摩擦
因数均为μ．A、B、C 的质量均为m，碰撞都属于完全非弹性碰撞且不粘连．现对A 施加水平向右的恒
定推力，当A、C 相碰瞬间撤去，碰撞后瞬间AC 的速度vAC＝4．由于A 板足够长，所以不考虑B、C 的相
碰．已知重力加速度为g．求：
(1)水平推力F 的大小．
(2)当A、C 都停下时C 离A 板右端的距离d．
答案(1)34μmg (2)5.5l
解析 (1)对A 由动能定理得
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(F－2μmg)l＝mv－0
A、C 相碰，有mv0＝2mvAC
解得F＝34μmg
(2)A、C 相碰后，A、C 分离，对C 有
－μmgxC＝0－mv
解得xC＝8l
对A 有－μ·2mg(3l－l)＝mv－mv
解得vA＝
然后A、B 相碰，有mvA＝2mvAB
此后，对A 有－μ·2mgxA2＝0－mv
解得xA2＝0.5l
A、C 之间的距离d＝xC－(3l－l)－xA2
解得d＝5.5l
例4.(2023 山东菏泽高三模拟)足够长的斜面体固定在水平面上，其斜面与水平面
夹角为θ。物块P 置于斜面上，向下推动P 使其沿斜面下滑，撤去推力后P 沿斜面匀速下滑。将P 重新
静置于斜面上，如图2 所示，表面光滑的物块Q 自距P 为l0处无初速释放，并与P 发生弹性正碰，碰撞
时间极短。已知P、Q 质量均为m，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。求：
(1)P 与斜面间的动摩擦因数；
(2)Q 释放后经多长时间与P 发生第1 次碰撞；
(3)Q 与P 第2 次碰撞后P 的速度大小；
(4)从Q 释放到与P 发生第n 次碰撞经历的时间和碰撞点到释放点的距离。
答案 (1)tan θ (2) (3)2 (4)(2n－1) (2n2－2n＋1)l0
解析 (1)P 能沿斜面匀速下滑，则
mgsin θ＝μmgcos θ
解得μ＝tan θ。
(2)设Q 下滑的加速度为a，
由牛顿第二定律mgsin θ＝ma
经时间t1发生第1 次碰撞
由匀变速直线运动规律l0＝at
解得t1＝。
(3)Q 与P 第1 次碰撞前的速度v0＝at1
解得v0＝
Q、P 第1 次碰后速度分别为vQ1、vP1，碰撞过程动量守恒mv0＝mvQ1＋mvP1
碰撞过程机械能守恒mv＝mv＋mv
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解得vQ1＝0，vP1＝v0＝
即碰撞过程交换速度。碰后Q 做初速度为零的匀加速运动，加速度仍为a，碰后物块P 匀速下滑，设再
经时间t2发生第2 次碰撞vP1t2＝at
第2 次碰前物块Q 的速度vQ2′＝at2
根据弹性正碰可得，碰撞过程Q、P 交换速度，则第2 次碰后Q、P 的速度分别为vQ2、vP2，联立解得
vQ2＝v0＝
vP2＝2v0＝2。
(4)设再经时间t3发生第3 次碰撞，同理可得t3＝t2
第3 次碰前Q 的速度大小为vQ3′＝v0＋at2＝3v0
碰后Q 的初速度大小vQ3＝2v0
P 匀速运动速度大小vP3＝3v0
经时间t4第4 次碰撞，则有t4＝t2
P 匀速运动速度大小vP4＝4v0
综上分析可得，第n－1 次碰撞到第n 次碰撞用时tn＝t2
则从释放到第n 次碰撞用时
t＝t1＋t2＋…＋tn＝(2n－1)
物块P 第1 次、第2 次、第3 次、…第n－1 次碰撞后运动位移分别为x1、x2、x3、…xn－1
x1＝v0t2，x2＝2v0t2，xn－1＝(n－1)v0t2
第n 次碰撞点到Q 释放点距离为
x＝l0＋x1＋x2＋…＋xn－1
解得x＝(2n2－2n＋1)l0。
2．(2023 山东烟台一模统考)如图所示，P 为固定的竖直挡板，质量为2m 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m 的小物块B(可视为质点)以水平初速度
v0从A 的左端向右滑上A 的上表面，经过一段时间A、B 第一次达到共同速度，此时B 恰好未从A 上滑
落，然后物块B 与长木板A 一起向右运动，在t＝0 时刻，物块B 与挡板P 发生了第一次碰撞，经过一
段时间物块B 与长木板A 第二次达到共同速度，之后物块B 与挡板P 发生了很多次碰撞，最终在t＝
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：
数学
归纳法
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，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，然后
可以计算全程的路程等数据
图像法
通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t 图像，通过图像可
使运动过程清晰明了，并且可通过图像所围面积把物体的位移求出
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t0(未知)时恰好相对地面静止。已知A、B 间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，物块与挡板P 发生
碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，求：
(1)木板A 的长度；
(2)A、B 第二次达到共同速度时B 离A 左端的距离；
(3)0～t0时间内B 经过的路程；
(4)t0的值。
答案 (1) (2) (3) (4)
解析 (1)依题意，设木板的长度为L，A、B 第一次达到共速时速度大小为v1，对物块和木板由动量守
恒定律有mv0＝(2m＋m)v1
根据能量守恒定律有
μmgL＝mv－(2m＋m)v
联立解得v1＝v0，L＝。
(2)由于物块与挡板P 发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短，因此物块第一次与挡板碰撞后的速度
大小不变，方向向左，设二者第二次碰撞前达到共速的速度大小为v2，取方向向右为正，根据动量守
恒定律有2mv1－mv1＝(2m＋m)v2
根据能量守恒定律有
μmgx1＝(2m＋m)v－(2m＋m)v
联立求得v2＝v0，x1＝
则可得此时物块距木板左端的距离为
Δl1＝L－x1＝。
(3)由(1)(2)问分析可知，物块B 与木板第n 次共速时的速度为，
对B 有 μmg＝maB
从B 第一次撞击挡板到第二次撞击挡板过程，有＝2aBs1
从B 第二次撞击挡板到第三次撞击挡板过程，有＝2aBs2
从B 第n 次撞击挡板到第n＋1 次撞击挡板过程，有＝2aBsn
则s＝2(s1＋s2＋s3＋…＋sn)＝(＋＋＋…＋)
得s＝＝。
(4)B 从第n 次与挡板发生碰撞到第n＋1 次与挡板发生碰撞的过程中，
设B 做匀变速运动的时间为t1，B 做匀速直线运动的时间为t2，A、B 保持相对静止共同运动的位移为
Δx，匀变速运动过程有
＋＝aBt1
－＝2aBΔx
匀速过程有Δx＝t2
联立可得t1∶t2＝1∶1
即每相邻两次碰撞过程中，A、B 匀变速运动过程与A、B 匀速运动过程的时间之比为1∶1
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在0～t0时间内，设A 做匀减速运动的累计时间为t′，则
t′＝t0
对A 有μmg＝2maA
又＝aAt′
解得t0＝。
题型三 多过程问题
例5.如图所示，一质量M＝3 kg 的小车由水平部分AB 和光滑圆轨道BC 组成，圆
弧BC 的半径R＝0.4 m 且与水平部分相切于B 点，小物块Q 与AB 段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静
止时左端与固定的光滑曲面轨道MN 相切，一质量为m1＝0.5 kg 的小物块P 从距离轨道MN 底端高为h
＝1.8 m 处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg 的小物块Q(两物块均可视为质点)发生
弹性碰撞，碰撞时间极短。已知除了小车AB 段粗糙外，其余所有接触面均光滑，重力加速度g＝10
m/s2。
(1)求碰撞后瞬间物块Q 的速度；
(2)求物块Q 在小车上运动1 s 时相对于小车运动的距离(此时Q 未到B 点且速度大于小车的速度)；
(3)要使物块Q 既可以到达B 点又不会从小车上掉下来，求小车左侧水平部分AB 的长度L 的取值范围。
答案 (1)4 m/s，方向水平向右 (2) m
(3)1.5 m≤L≤3 m
解析 (1)物块P 沿MN 滑下，设末速度为v0，
由机械能守恒定律得m1gh＝m1v
解得v0＝6 m/s
物块P、Q 碰撞，取向右为正方向
设碰后瞬间P、Q 速度分别为v1、v2
由动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
由机械能守恒定律得
m1v＝m1v＋m2v
解得v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s
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故碰撞后瞬间物块Q 的速度为4 m/s，方向水平向右。
(2)物块Q 与小车相对运动，由牛顿第二定律求得两者的加速度分别为
a2＝－＝－2 m/s2
a3＝＝ m/s2
物块Q 的位移x2＝v2t＋a2t2＝3 m
小车的位移x3＝a3t2＝ m
解得s＝x2－x3＝ m。
(3)物块Q 刚好到达B 点时就与木板共速时AB 段最长，根据动量守恒定律有
m2v2＝(m2＋M)v3
可得共同速度为v3＝1 m/s
由能量守恒定律得
m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL1
解得L1＝3 m
物块Q 刚好回到A 点与木板共速时，AB 段最短，
根据动量守恒定律可得共同速度仍为v3＝1 m/s
由能量守恒定律得
m2v＝(m2＋M)v＋2μm2gL2
解得L2＝1.5 m
当AB 段最短时需要验证物块Q 在圆弧上共速时上升高度是否超过R，由能量守恒定律得
m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL2＋m2gH
解得H＝0.3 m<R＝0.4 m
所以不会从圆弧轨道上滑出，则AB 段的长度范围为1.5 m≤L≤3 m。
例6.如图，一水平放置的圆环形铁槽固定在水平面上，铁槽底面粗糙，侧壁光滑，
半径R＝ m，槽内放有两个大小相同的弹性滑块A、B，质量均为m＝0.2 kg。两滑块初始位置与圆心连
线夹角为90°，现给A 滑块一瞬时冲量，使其获得v0＝2 m/s 的初速度并沿铁槽运动，与B 滑块发生弹
性碰撞(设碰撞时间极短)；已知A、B 滑块与铁槽底面间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2。试求：
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(1)A、B 第一次相碰过程中，系统储存的最大弹性势能Epm；
(2)A 滑块运动的总路程。
答案 (1)1.8 J (2)5 m
解析 (1)对A 滑块，由动能定理可得
－μmg·＝mv－mv
A、B 碰撞时，两者速度相等时，储存的弹性势能最大，由动量守恒定律得mv1＝(m＋m)v2
又由能量守恒定律可得
mv＝(m＋m)v＋Epm
解得Epm＝1.8 J。
(2)A、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得
mv1＝mv3＋mv4
又由机械能守恒定律可得
mv＝mv＋mv
解得v3＝0，v4＝6 m/s
A、B 的总路程为s1，由功能关系有
－μmgs1＝0－mv
A、B 运动的总圈数为n，有s1＝2πRn
解得n＝2.5
对A、B 的运动过程分析，A 运动了1.25 圈，
故A 滑块的路程s2＝1.25×2πR＝5 m。
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3.如图甲所示，半径R＝0.5 m 的四分之一光滑圆弧轨道A 与长l＝1 m 的平板B 均静置
于光滑水平地面上，A 与B 刚好接触且二者的上表面相切，一物块C(可视为质点)静置于B 的最右端，C
与B 上表面的动摩擦因数μ 从左往右随距离l 均匀变化，其变化关系如图乙所示。已知A、B、C 的质
量均为m＝1 kg，重力加速度g＝10 m/s2，现给C 一水平向左的初速度v0＝4 m/s。
(1)若A、B 固定，其他条件均不变，求C 刚滑到A 最低点P 时对轨道的压力大小；
(2)若A、B 不固定，其他条件均不变，求：
①C 由B 最右端滑至最左端过程中克服摩擦力做的功；
②C 相对于A 最低点P 所能达到的最大高度(结果保留2 位有效数字)。
答案 (1)26 N (2)① J ②0.10 m
解析 (1)C 由B 最右端滑至最左端过程中，摩擦力做功Wf＝－l＝－4 J
该过程中，由动能定理得
Wf＝mv－mv
C 运动到A 最低点P 时，由牛顿第二定律得
(1)受力与运动分析：根据物体的运动过程分析物体的受力情况，以及不同运
动过程中力的变化情况。
(2)做功分析：根据各种力做功的不同特点，分析各种力在不同运动过程中的做功情况。
(3)功能关系分析：运用动能定理、机械能守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择合适的
规律求解。
方法技巧
(1)“合”——整体上把握全过程，构建大致的运动情景。
(2)“分”——将全过程进行分解，分析每个子过程对应的基本规律。
(3)“合”——找出各子过程之间的联系，以衔接点为突破口，寻求解题最优方案。
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FN－mg＝
解得FN＝26 N
由牛顿第三定律可知，C 对轨道的压力等于26 N。
(2)①C 由B 最右端滑至最左端的过程中，A、B、C 组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
mv0＝mv1＋2mv2
由能量守恒定律得
mv＝mv＋×2mv＋Q
由功能关系可知，摩擦产生的热量
Q＝l＝4 J
解得v1＝ m/s，v2＝ m/s
对C 由动能定理得－W 克＝mv－mv
解得W 克＝ J
②C 在A 上运动时，A、C 组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，且当A、C 在水平方向达到共同
速度时C 运动到最高点，由动量守恒定律得
mv1＋mv2＝2mv 共
由机械能守恒定律得
mv＋mv＝×2mv＋mgh
解得h＝0.10 m。
1．(2024 广东茂名诊断)“嫦娥五号”飞船在月球表面着陆过程如下：在反推火箭作用下，飞船在距月面
100 米处悬停，通过对障碍物和坡度进行识别，选定相对平坦的区域后，开始以a＝2 m/s2的加速度竖
直下降。当四条“缓冲脚”触地时，反推火箭立即停止工作，随后飞船经2 s 减速到0，停止在月球表
面上。飞船质量m＝1 000 kg，每条“缓冲脚”与地面的夹角为60°，月球表面的重力加速度g 取 3.6
m/s2，四条“缓冲脚”的质量不计。求：
(1)飞船竖直下降过程中，火箭推力对飞船做了多少功；
(2)从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0 的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小。
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答案 (1)－1.6×105 J (2)13 600
3
√3 N·s
解析 (1)设h＝100 m，飞船加速下降时火箭推力为F，则mg－F＝ma
推力对火箭做功为W＝－Fh
解得W＝－1.6×105 J。
(2)设“缓冲脚”触地前瞬间，飞船速度大小为v
则v2＝2ah
设从“缓冲脚”触地到飞船速度减为0 的过程中，每条“缓冲脚”对飞船的冲量大小为I
则4Isin 60°－mgt＝mv
解得I＝13 600
3
√3 N·s。
2．(2024 广大附中期初)如图所示，水平传送带AB 长L＝4.5 m，以v＝2 m/s 的速度顺时针转动．
传送带与半径R＝0.4 m 的竖直光滑半圆轨道BCD 平滑连接，CD 段为光滑圆管，∠COD＝60°．小物块
以v0＝3 m/s 的初速度滑上传送带，已知小物块的质量m＝1 kg，与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，
取g＝10 m/s2．求：
(1)小物块通过传送带的时间t．
(2)小物块通过传送带的过程中，传送带对它做的功W 以及因摩擦产生的热量Q．
(3)小物块能进入光滑圆管CD，且不从D 点飞出，传送带转动速度v 应满足的条件．
答案(1)2 s (2)－2.5 J 0.5 J(3) m/s≤v≤4 m/s
解析(1)小物块在传送带上先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma
解得a＝1 m/s2
小物块减速到与传送带共速，经历时间为
t1＝＝1 s
通过的位移为x1＝·t1＝2.5 m
之后做匀速直线运动，经历时间为t2＝＝1 s
小物块通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝2 s
(2)小物块与传送带之间的摩擦力大小为
f＝μmg＝1 N
传送带对小物块做的功为W＝－fx1＝－2.5 J
共速前传送带的位移为x2＝vt1＝2 m
相对位移为Δx＝x1－x2＝0.5 m
产生热量为Q＝fΔx＝0.5 J
(3)①刚好到达C 点不脱轨，临界条件是弹力为0，在C 点有mg sin 30°＝m
B 点到C 点，根据动能定理可得
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－mg(R＋R sin 30°)＝mv－mv
联立解得vB1＝ m/s
②刚好到达D 点不脱轨，在D 点有vD＝0
B 点到D 点，根据动能定理可得
－mg·2R＝0－mv
解得vB2＝4 m/s
所以，为了让小物块能进入光滑圆管CD，且不从D 点飞出，经过B 点的速度满足
m/s≤vB≤4 m/s
若小物块在传送带上全程加速，则有
μmgL＝mv－mv
解得vB3＝ m/s＞4 m/s
所以小物块在传送带上是先加速，后匀速．
综上所述，传送带应顺时针转动，速度v 满足的条件是
m/s≤v≤4 m/s
方程联立得x＝ m，故小物块最终会停在距B 点 m 处．
3．(2024 大湾区联合模拟一)如图所示，P 点左侧有一高h＝5.0 m 的平台与半径R＝2.0 m 的四分
之一光滑圆弧底部相切，平台表面粗糙，长度为1.0 m．现让一物块A 从圆弧左侧与圆心等高处静止释
放，下滑至平台与另一置于平台右侧边缘的物块B 发生碰撞，碰后其中一个物块落在地面上的M 点，另
外一个物块落到N 点，M 点和N 点与平台右侧边缘的水平距离分别为1.0 m 和2.0 m，已知A、B 两物块
可视为质点，物块A 与平台的动摩擦因数为0.2，取g＝10 m/s2.求：
(1) 碰撞前物块A 的速度v 的大小．
(2) 落到M 点和N 点对应的平抛运动初速度v1和v2的大小．
(3) 物块A 和物块B 的质量之比．
答案 (1) 6 m/s (2) 1 m/s 2 m/s (3) 或或
解析 (1) 根据题意，物块A 由静止释放到与物块B 碰撞前过程中，由动能定理有
mAgR－μmAgL＝mAv2－0
解得v＝6 m/s
(2) 竖直方向上，由h＝gt2
可得两物块做平抛运动的时间为t＝＝1 s
水平方向上有xPM＝v1t，xPN＝v2t
解得v1＝1 m/s，v2＝2 m/s
(3) 如果物块A 与物块B 碰撞后均往前运动，则两者落点分别为M 和N，根据动量守恒定律有mAv
＝mAv1＋mBv2
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解得 ＝
碰撞前的动能为Ek1＝mAv2＝18mA
碰撞后的动能为Ek2＝mAv＋mBv＝mA
则有Ek1>Ek2，满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理．
如果物块A 碰撞后反弹，后来落到M 点，假设撞后瞬间物块A 速率为v3，根据动能定理和动量守恒
定律有
－μmAg·2L＝mAv－mAv
mAv＝－mAv3＋mBv2
解得 ＝
同理，对碰撞前后动能进行比较有
mAv2>mAv＋mBv
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理．
如果物块A 碰撞后反弹，后来落到N 点，假设撞后瞬间物块A 速率为v4，根据动能定理和动量守恒
定律有
－μmAg·2L＝mAv－mAv
mAv＝－mAv4＋mBv1
解得 ＝
同理，对碰撞前后动能进行比较有
mAv2>mAv＋mBv
满足碰撞过程动能不增加原理，则答案合理．
综上所述，物块A 和物块B 的质量之比为或或.
4．(2024 深圳第一次调研)如图所示，长为L＝0.8 m，内壁光滑的钢管(顶端开口，下端封闭)竖
直固定放置，A、B 两小球的质量分别为mA＝200 g、mB＝100 g，直径略小于钢管内径，将小球A 从管口
静止释放并开始计时，0.2 s 时在管口由静止释放小球B，已知小球与管底碰撞后原速率反弹，小球的
直径与钢管长度相比可忽略不计，取g＝10 m/s2，碰撞时间和空气阻力均可忽略．
(1) 求A 球刚落到管底时，B 球的速度vB.
(2) 求A、B 两小球相遇的位置距管底的高度h.
(3) 若A、B 两小球发生碰撞后，B 小球上升的最高点高出管口Δh＝0.35 m，求两小球碰撞时损失
的机械能．
答案 (1) 2 m/s (2) 0.35 m (3) 0.525 J
解析 (1) 根据题意，有L＝gt
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解得tA＝＝0.4 s
则有tB＝tA－0.2 s＝0.2 s
则A 球刚落到管底时，B 球的速度vB＝gtB＝2 m/s
(2) 根据题意可知，A 球反弹之后做竖直上抛运动，则有
vA＝gtA＝4 m/s
A 球刚落到管底时，小球B 下落的高度为hB＝gt＝0.2 m
设从A 球反弹到两球相遇的时间为t2，则有
h＝vAt2－gt
h′＝vBt2＋gt
又有L－hB＝h＋h′
联立解得t2＝0.1 s，h＝0.35 m
(3) 设A、B 两小球碰撞后，B 球上升的速度为v′B，则有
0－v′＝－2g(L－h＋Δh)
解得v′B＝4 m/s
设A、B 两小球碰前速度分别为v1、v2，则有
v1＝vA－gt2＝3 m/s
v2＝vB＋gt2＝3 m/s
碰撞时动量守恒，取向上为正方向，则有
mAv1－mBv2＝mAv′1＋mBv′B
解得v′1＝－0.5 m/s
则碰撞过程中，损失的机械能为
ΔE＝mAv＋mBv－mAv′－mBv′＝0.525 J
5．如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰
块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面
体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝
30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案 (1)20 kg (2)不能，理由见解析
解析 (1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为
v，斜面体的质量为m3。
对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v ①
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m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh ②
式中v0＝3 m/s 为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
v＝1 m/s，m3＝20 kg。③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0 ④
代入数据得v1＝－1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，
对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
m2v＝m2v＋m3v ⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝－1 m/s ⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上
小孩。
6． (2024 广州调研)如图所示，ABCD 为跳台滑雪的滑道简化示意图．滑道最低点C 处附近是一段
半径为R 的圆弧，A 与C 的高度差为H，D 与C 的高度差为h.质量为m 的运动员从A 处由静止滑下，离开
D 点时速度方向与水平方向夹角为30°.不计滑道摩擦和空气阻力，重力加速度为g，求：
(1) 运动员滑到C 点时对轨道的压力．
(2) 运动员滑离D 点后到达最高点时的速率．
(3) 运动员滑离D 点后到达最高点时与C 点的高度差．
答案 (1) mg，方向竖直向下 (2) (3) (H＋3h)
解析 (1) 运动员到达C 点时，根据机械能守恒定律可得
mgH＝mv
在C 点根据合力提供向心力有FN－mg＝m
联立可得FN＝mg
根据牛顿第三定律可得运动员滑到C 点时对轨道的压力为
mg，方向竖直向下．
(2) 运动员从A 到D 根据机械能守恒定律可得
mg(H－h)＝mv
可得vD＝
离开D 点时速度方向与水平方向夹角为30°，则运动员做斜抛运动，可得动员滑离D 点后到达最
高点时的速率为
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vx＝vDcos30°＝
(3) 运动员滑离D 点后到达最高点时，此过程中只有重力做功，根据机械能守恒定律可得
mgh＋mv＝mgh′＋mv
解得h′＝(H＋3h)
7． (2023 广东一模)如图所示为某游戏装置的示意图．AB、CD 均为四分之一圆弧，E 为圆弧DEG
的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切．GH 与水平方向夹角为θ＝37°，底端H 有一弹簧，A、
O1、O2、D、O3、H 在同一水平直线上．一质量为0.01 kg 的小钢球(其直径稍小于圆管内径，可视作质
点)从距A 点高为h 处的O 点静止释放，从A 点沿切线进入轨道，B 处有一装置，小钢球向右能无能量损
失的通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B 点．若小钢球能够运动到H 点，则被等速反弹．各圆轨道
半径均为R＝0.6 m，BC 长L＝2 m，水平直轨道BC 和GH 的动摩擦因数μ＝0.5，其余轨道均光滑，小
钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失．某次游戏时，小钢球从O 点出发恰能第一次通过
圆弧的最高点E.取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2.
(1) 求小钢球第一次经过C 点时的速度大小vC.
(2) 求小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力大小FB.(保留两位小数)
(3) 若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s 与h 的函数关系．
答案 (1) 2 m/s (2) 0.83 N (3) 见解析
解析 (1) 小钢球从O 点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小球到E 点的速度为0，小球从C
点到E 点，根据动能定理得
－mg·2R＝0－mv
代入数据解得vC＝2 m/s
(2) 从B 点到C 点，由动能定理得
－μmgL＝mv－mv
小钢球经过B 点，由牛顿第二定律得
N－mg＝m
代入数据联立解得N＝ N≈0.83 N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小
FB＝N＝0.83 N
(3) 若小钢球恰能第一次通过E 点，设小钢球释放点距A 点为h1，从释放到E 点，由动能定理得
mg(h1－R)－μmgL＝0
代入数据解得h1＝1.6 m
若小钢球恰能第二次通过E 点，设小球钢释放点距A 点为h2，从释放到E 点，由动能定理得
mg(h2－R)－μmgL－2μmgcos θ·＝0
代入数据解得h2＝2.24 m
①若小球释放高度h＜1.6 m，则无法到达E 点，s＝0
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②若小球释放高度1.6 m≤h＜2.24 m，小球能经过E 点一次，因为μ＜tan θ，则小钢球最终停
在H 点，从释放点到停在H 点，根据动能定理得mgh－μmgL－μmgcos θ·s＝0
代入数据解得s＝2.5(h－1) m
③若小球释放高度h≥2.24 m，小球经过E 点两次
s＝＝1.6 m
1．(2023 全国乙卷)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，圆盘与管的上端口距离
为l，圆管长度为20l。一质量为m＝1
3M 的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下
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)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)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)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
答案(1)√2gl
2
√2 gl
2
(2)l (3)4
解析(1)过程1：小球释放后自由下落，下落l，根据动能定理得mgl＝1
2mv0
2
解得v0＝√2gl
过程2：小球以速度√2gl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
1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2Mv1'2
mv0＝mv1＋Mv1'
解得v1＝－√2gl
2
，v1'＝√2 gl
2
即碰后小球速度大小为√2gl
2
，方向竖直向上；圆盘速度大小为√2gl
2
，方向竖直向下。
(2)第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下落速度比
小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1＋gt＝v1'
解得t＝√
2l
g
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根据运动学公式得最大距离为dmax＝x 盘－x 球＝v1't－(v1t＋1
2gt2)＝l。
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x 盘1＝x 球1，即v1't1＝v1t1＋1
2gt1
2
解得t1＝2√
2l
g
此时小球的速度v2＝v1＋gt1＝3√2 gl
2
圆盘的速度仍为v1'，这段时间内圆盘下落的位移x 盘1＝v1't1＝2l
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv2＋Mv1'＝mv2'＋Mv2″
根据机械能守恒定律有
1
2mv2
2＋1
2Mv1'2＝1
2mv2'2＋1
2Mv2″2
联立解得v2'＝0，v2″＝√2 gl
同理可得当位移相等时x 盘2＝x 球2
即v2″t2＝1
2gt2
2
解得t2＝2√
2l
g
这段时间内圆盘下落的位移x 盘2＝v2″t2＝4l
此时圆盘与下端管口的距离为20l－l－x 盘1－x 盘2＝13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
v3＝gt2＝2√2 gl
根据动量守恒定律有mv3＋Mv2″＝mv3'＋Mv3″
根据机械能守恒定律有1
2mv3
2＋1
2Mv2″2＝1
2mv3'2＋1
2Mv3″2
联立解得v3'＝√2 gl
2
，v3″＝3√2gl
2
当二者即将发生第四次碰撞时x 盘3＝x 球3
即v3″t3＝v3't3＋1
2gt3
2
解得t3＝2√
2l
g ＝t1＝t2
在这段时间内圆盘下落的位移
x 盘3＝v3″t3＝6l
此时圆盘与下端管口的距离为
13l－6l＝7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，圆盘下落的位移逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘下
落的位移为x 盘4＝8l，则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘碰撞的
次数为4 次。
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2． (2024 湖南卷)如图所示，半径为R 的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A
和B(mA>mB)．初始时小球A 以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B 发生碰撞．不计小球与圆
环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动．
(1) 若小球A 与B 碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的
大小．
(2) 若小球A 与B 之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的
质量比 .
(3) 若小球A 与B 之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e 倍
(0<e<1)，求第1 次碰撞到第2n＋1 次碰撞之间小球B 通过的路程．
答案 (1) (2) 2 或5(3) ·
解析 (1) 由题意可知A、B 系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量
守恒有mAv0＝(mA＋mB)v
可得v＝
碰撞后根据牛顿第二定律有F＝(mA＋mB)
可得F＝
(2) 若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA、vB，则碰后动量和能量守恒有
mAv0＝mAvA＋mBvB
mAv＝mAv＋mBv
联立解得vA＝v0，vB＝
因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图所示
①若第二次碰撞发生在图中的b 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
(k1＝0,1,2,3，…)，则有
＝＝(k1＝0,1,2,3，…)
联立解得 ＝(k1＝0,1,2,3，…)
由于两质量均为正数，故k1＝0，即 ＝2
对第二次碰撞，设A、B 碰撞后的速度大小分别为v′A、v′B，则同样有
mAvA＋mBvB＝mAv′A＋mBv′B
mAv＋mBv＝mAv′＋mBv′
联立解得v′A＝v0，v′B＝0，故第三次碰撞发生在b 点、第四次碰撞发生在c 点，以此类推，满足
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题意．
②若第二次碰撞发生在图中的c 点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B 通过的路程之比为
(k2＝0,1,2,3…)，则有
＝＝(k2＝0,1,2,3，…)
联立可得 ＝(k2＝0,1,2,3，…)
因为两质量均为正数，故k2＝0，即 ＝5
根据①的分析可证v′A＝v0，v′B＝0，满足题意．
综上可知 ＝2 或 ＝5.
(3) 第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为v1 相＝ev0，第一次碰后与第二
次相碰前B 球比A 球多运动一圈，即B 球相对A 球运动一圈，有t1＝
第一次碰撞动量守恒有mAv0＝mAvA1＋mBvB1
且v1 相＝vB1－vA1＝ev0
联立解得vB1＝(v0＋v1 相)
B 球运动的路程s1＝vB1t1＝＝
第二次碰撞的相对速度大小为v2 相＝ev1 相＝e2v0，t2＝
第二次碰撞有mAv0＝mAvA2＋mBvB2
且v2 相＝vA2－vB2＝e2v0
联立可得vB2＝(v0－v2 相)
所以B 球运动的路程
s2＝vB2t2＝＝
一共碰了2n 次，有s＝s1＋s2＋s3＋…＋s2n＝＝·
3． (2024 辽宁卷)如图所示，高度h＝0.8 m 的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝
0.1 kg.A、B 间夹一压缩量Δx＝0.1 m 的轻弹簧，弹簧与A、B 不拴接．同时由静止释放A、B，弹簧恢
复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B 脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离
xB＝0.25 m 后停止．A、B 均视为质点，取g＝10 m/s2.求：
(1) 脱离弹簧时A、B 的速度大小vA和vB.
(2) 物块与桌面间的动摩擦因数μ.
(3) 整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp.
答案 (1) 1 m/s 1 m/s (2) 0.2 (3) 0.12 J
解析 (1) 对A 物块由平抛运动知识得h＝gt2，xA＝vAt
解得脱离弹簧时A 的速度大小为vA＝1 m/s
A、B 物块质量相等，同时受到大小相等、方向相反的弹簧弹力及大小相等、方向相反的摩擦力，
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则A、B 物块整体动量守恒，即mAvA＝mBvB
解得脱离弹簧时B 的速度大小为vB＝1 m/s
(2) 对物块B 由动能定理 －μmBgxB＝0－mBv
解得物块与桌面的动摩擦因数为μ＝0.2
(3) 弹簧的弹性势能转化为A、B 物块的动能及这个过程中克服摩擦力所做的功，即
ΔEp＝mAv＋mBv＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中mA＝mB，Δx＝ΔxA＋ΔxB
解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp＝0.12 J
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