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大题07 三大动力学观点在力学中的综合应用
1．考查重点：动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、功能关系综合解决分析多运动组合问题，有时
涉及弹簧问题和传送带、板块问题。
2．考题形式：计算题。
【例1】(2023·河南校联考模拟预测)如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定在地面上，一根轻弹簧套在
杆上，下端与地面连接，上端连接带孔的质量为
m 的小球
B 并处
信息：刚开始弹簧处于压缩状态
于静止状态，质量为m 的小球A 套在杆上，在B 球上方某一高度处由静止释放，两球碰撞后粘在一起。当
A、B 一起上升到最高点时，A、B 的加速度大小为g，
信息：完全非弹性碰撞 信息：速度为零，弹簧形变量最大
g 为重力加速度，弹簧的形变总在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，其中k 为弹簧的劲
度系数、x 为弹簧的形变量，A、B 两球均可视为质点。求：
(1)小球A 开始释放的位置离B 球的距离；
(2)两球碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能及两球运动过程中的最大速度；
信息：释放高度相同，故与B 球碰前的速度和A 球的相同
(3)若将A 球换成C 球，C 球从
A 球开始静止的位置由静止释放
，C 、
B 发生弹性
信息：弹性碰撞的特点：动量守恒，机械能守恒
碰撞，碰撞后立即取走C 球，此后B 球上升的最大高度与A、B 一起上升的最大
高度相同，则C 球的质量多大。
【答案】 (1) (2) 3g (3)m
【解析】 (1)开始时，弹簧的压缩量x1＝①
当A、B 一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为x2，
根据牛顿第二定律kx2＋2mg＝2m·g
1
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解得x2＝
②
[关键点]末状态弹簧的伸长量与初态弹簧的压缩量相同，故该过程弹性势能未变化
设开始时A、B 间的距离为h，根据机械能守恒定律，有mgh＝mv③
设A、B 碰撞后一瞬间，A、B 共同速度大小为v2，
根据动量守恒定律，有mv1＝2mv2④
从碰后一瞬间到上升到最高点，
根据机械能守恒定律，有
×2mv＝2mg(x1＋x2)⑤
解得h＝。⑥
(2)两球碰撞后，两球运动到最低点时弹簧的弹性势能最大，则从碰撞结束至两球
[关键点]会判断弹性势能最大的位置
运动到最低点，
设小球向下运动的距离为x3，
根据机械能守恒定律，有
×2mv＋2mgx3＝k(x1＋x3)2－kx⑦
整理得kx－2mgx3－＝0
解得x3＝⑧
则弹簧具有的最大弹性势能
Ep＝k(x1＋x3)2＝⑨
当两球的速度最大时，弹簧的压缩量x4＝
[关键点]当加速度为零时，A、B 球的速度最大，即2mg＝kx4
根据机械能守恒定律，有×2mv＋2mg(x4－x1)
＝×2mv＋kx－kx○
解得vm＝3g。⑪
(3)设C 球的质量为M，
根据动量守恒定律，有Mv1＝
Mv
1′ ＋
mv
2′⑫
根据机械能守恒定律，有
Mv
＝
Mv
1′ 2 ＋
mv
2′ 2 ⑬
[关键点]弹性碰撞的特点：动量守恒，机械能守恒，列方程，求解碰后的速度
解得v2′＝⑭
根据题意有mv2′2＝mg(x1＋x2)⑮
解得M＝m。⑯
1．三大力学观点
2
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2．解题策略
(1)进行正确的受力分析，划分运动过程，明确各过程的运动特点。
(2)当物体受到恒力作用，而且涉及时间、某一状态时，一般选用动力学方法。
(3)当涉及功、能、位移时，一般选用动能定理、能量守恒定律。
(4)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打木块、
不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析。
(5)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析。
1.（23-24 高三下·浙江·开学考试）如图所示，在长度足够的水平直轨道AG 上，有一半径
的光滑
圆形轨道BCD 与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端B、D 轨道错开，其右侧有长
的
水平传送带EF 与直轨道无缝平滑连接，在传送带的F 右侧
的G 处连接
光滑圆弧轨道，轨道半径
。在轨道A 处有弹射器，一质量
的a 滑块以
初速度水平向右弹射出来，滑块a 恰好能过
圆轨道。当滑块a 滑上传送带后及时在水平轨道E 处固定一弹性挡板，在G 处放置质量M 的滑块b，a 与b
发生完全弹性碰撞后反弹，以后a、b 能在G 处发生多次碰撞。已知传送带以恒定速度
顺时针转动，
滑块与传送带之间的动摩擦因数
，其余部分均光滑，取：
，
。求：
（1）
大小；
（2）滑块a 第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量；
（3）b 的质量M 和相邻两次碰撞的时间间隔。
3
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【答案】（1）
；（2）0.5s，
；（3）9kg，
，都以
、
的间隔循环。
【详解】（1）在C 点由重力提供向心力
从A 到C 由动能定理得
解得
（2）设a 在传送带上一直加速，则
假设成立，故
滑块a 第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为
（3）碰撞后
滑上圆弧轨道，由于半径很大，
作简谐运动
设a 反弹速度大小为
，
向左滑上传送带后又滑回到G 点
4
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且
所以此解合理
或
解得
，
，
第一次与第二次碰撞间隔
第二次碰撞与第三次碰撞的间隔为
，第一次碰撞后，
都滑回到
点后再次碰撞，根据碰撞的对称性，
碰后
停止，
以
速度向左滑，到达E 点反弹回来。由（2）小题得
以后都以
、
的间隔循环。
2.（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
5
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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
6
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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
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
1．（2023·河北保定·三模）如图所示，半径为
的光滑四分之一圆弧轨道固定在竖直面内，圆弧轨
道的最低点
与水平地面相切，长为
的水平传送带上表面与水平地面相平，竖直挡板固定在传送带
右侧的水平地面上
点，传送带右端
到挡板距离为
，传送带以
的速度沿逆时针方向转动，
质量为
的物块
放在水平面上的
点，
点到传送带左端
的距离为
，质量为
的物块
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由圆弧面上的最高点
由静止释放，滑到水平地面上与物块
发生弹性正碰，
物块均可视为质点，
水平地面均光滑，物块与传送带间的动摩擦因数均为
，
物块间、物块与挡板间碰撞时间极短，
物块与挡板碰撞无能量损失，重力加速度取
，求：
（1）物块
第一次运动到
点时对圆弧轨道的压力大小；
（2）物块
第一次碰撞后的瞬间，
和
的速度大小；
（3）物块
从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔。
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【详解】（1）设
与
碰撞前，
的速度大小为
，根据机械能守恒得
解得
在
点，根据牛顿第二定律得
解得
根据牛顿第三定律，物块
对圆弧轨道的压力大小为
。
（2）设
碰撞后的速度大小分别为
。根据动量守恒定律有
根据能量守恒有
联立解得
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，
（3）假设
第二次运动到
点时，
还没有发生第二次碰撞，设
第一次滑过传送带时的速度大小为
。根据运动学公式有
解得
从第一次碰撞结束到物块
第二次到达
点所用时间
从第一次碰撞结束到物块
第一次在传送带上向右运动到最远所用时间
此时物块
离传送带右端距离
从此时起，物块
以
的速度在传送带上向左做匀速直线运动，物块
先向左做初速度为零的匀加速运
动，当速度为
时做匀速直线运动，设从此时起再经
时间两物块第二次相碰，则
解得
因此从第一次碰撞到第二次碰撞，经过的时间
2．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m1= 1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲
度系数k = 20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg 的小物块以水平向右的速度
滑
上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大
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静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为
。
取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度
的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。
【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v1
2= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a 共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a 共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
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代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的
加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时
2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有
3．（23-24 高三上·山西朔州·阶段练习）如图，质量m1=1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙
面固定一劲度系数k=30N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2=2kg 的小物块以水平向右的速度
=3m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为
。取重力加速度g=10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度
的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度
的大小；
（3）已知木板从速度为
时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能为
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。求木板向右运动的速度从
减小到0 所用时间（用
表示）。
【答案】（1）2m/s，0.5m；（2）0.2m，
；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
代入数据有
=2m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
代入数据解得
x1=0.5m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
对m2有
当
时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2=0.2m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
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代入数据有
（3）木板从速度为
时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的
加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为
，共用时
2t，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
解得
则对于m1、m2组成的系统有
联立有
4．（22-23 高三上·广东深圳·期末）工人使用一块长
的木板从平台上卸货，木板一端搭在平台上
（与平台等高），另一端固定在地面，形成倾角
的斜面。工人甲从木板底部推动质量
的小
车，使小车以
的速度冲上木板。工人乙站在平台上，当小车在木板上运动到某处时，以
的速度水平抛出货物，货物速度方向与木板平行时恰好落入到达斜面顶端的小车，两者速度立
刻变为零。已知小车与木板间的摩擦力与压力大小之比为
，g 取
，
，
，小车和货物均可视作质点，求：
（1）货物抛出点距平台的高度；
（2）货物的质量m。
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【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）由于货物落入小车时速度方向沿着斜面方向，故
根据竖直方向做自由落体运动，故
解得
（2）以沿斜面向下为正方向，小车沿斜面向上运动，则有
根据运动学公式可得
解得
货物沿斜面方向的速度为
货物和小车碰撞瞬间沿斜面方向动量守恒：
解得
5．（2024·江西赣州·一模）2024 年的大雪，给孩子们的生活增添了许多乐趣。如图甲所示，有大、小两孩
子在户外玩滑雪游戏，在水平地面上固定有一竖直挡板Q、倾角为30°的斜面AB，斜面AB 的底端与水平
面平滑相接。质量为m=10kg、长度L=2.5m 的平板P 静止在水平面上，质量为M=30kg 的小孩（可视为质
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点）静坐于平板右端，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量，使小孩获得v=4m/s 的速度，同时大孩向右运动
并沿斜面AB 上滑恰好过B 点，斜面AB 长度为s=0.9m。平板P 向左运动并与挡板Q 发生弹性碰撞。以第
一次碰撞瞬间为计时起点，取水平向左为正方向，碰后0.5s 内小孩运动的
图像如图乙所示。仅考虑小
孩与平板间的摩擦，其它摩擦忽略不计，重力加速度取g=10m/s2，求：
（1）大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功；
（2）平板P 最初静止时，其左端离挡板Q 的最小距离；
（3）通过计算说明小孩与平板最终是否分离，若会分离，分离时的速度分别为多少？
【答案】（1）
；（2）
；（3）会分离，分离时的小孩的速度为
，平板P 的速度为0
【详解】（1）设大孩的质量为
，大孩给小孩一水平向左的瞬间冲量瞬间，大孩获得的速度大小为
，
根据动量守恒可得
根据题意可知大孩向右运动并沿斜面AB 上滑恰好过B 点，根据动能定理可得
联立解得
，
根据功能关系可知，大孩对小孩作用的过程中大孩做的总功为
（2）设平板P 与挡板Q 碰撞前，平板P 与小孩已经达到共速，根据动量守恒可得
解得
结合图乙可知，假设成立；设小孩与平板P 的动摩擦因数为
，根据图乙可得小孩做匀减速运动的加速度
大小为
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以小孩为对象，根据牛顿第二定律可得
解得
以平板P 为对象，根据牛顿第二定律可得平板P 的加速度大小为
则平板P 从开始运动到第一次共速通过的位移大小为
可知平板P 最初静止时，其左端离挡板Q 的最小距离为
。
（3）小孩第一次与平板P 共速时，发生的相对位移为
此时小孩与平板P 左端的距离为
小孩第一次与平板P 共速后一起匀速运动，直到平板P 与挡板Q 发生弹性碰撞，碰撞后，小孩向左做匀减
速运动，平板P 先向右做匀减速运动再向左做匀加速运动，直到第二次共速，根据动量守恒可得
解得第二次共速的速度为
从平板P 与挡板Q 发生第一次弹性碰撞到第二次共速，小孩与平板P 发生的相对位移为
此时小孩与平板P 左端的距离为
同理，平板P 与挡板Q 发生第二次弹性碰撞到第三次共速，根据动量守恒可得
解得第二次共速的速度为
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从平板P 与挡板Q 发生第二次弹性碰撞到第三次共速，小孩与平板P 发生的相对位移为
可知第三次共速前，小孩已经从平板P 左端滑落，设滑落时小孩和平板P 的速度分别为
、
，根据动量
守恒可得
根据能量守恒可得
联立解得
，
6．（2024·浙江·二模）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所
示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半径为
的半圆单层轨道ABC、半径为
的半圆圆管轨道CDE、平台EF 和IK、凹槽FGHI 组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一
辆质量为
的无动力摆渡车Q 并紧靠在竖直侧壁FG 处，其长度
且上表面与平台EF、IK 平
齐。水平面OA 的左端通过挡板固定一个弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块
P，弹簧的弹性势能最大能达到
。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为
、
、
的同种材质滑块P 参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平
台的目标区JK 段。已知凹槽GH 段足够长，摆渡车与侧壁IH 相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表
面和平台IK 段的动摩擦因数都是
，其他所有摩擦都不计，IJ 段长度
，JK 段长度
。问：
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（1）已知小振同学的滑块以最大弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心
等高的B 处时对轨道的最大压力；
（2）如果小张同学以
的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？
（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK 段，则他发射时的弹性势能应满足什么要求？
【答案】（1）
；（2）离I 点左侧距离0.1m；（3）
【详解】（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心
等高的B 处时对轨道的压力最大。从弹出到B 处，
根据动能定理有
经过B 处时
由牛顿第三定律可知
联立解得最大压力
方向由
指向B。
（2）当
刚好经过C 时
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解得
假设滑块在C 点不脱离轨道，由能量守恒得
解得
故滑块在C 点不脱离轨道，
从起点到车左端，根据动能定理有
故
的弹性势能弹出到达车左端的速度
与车共速时，根据动量守恒以及机械能守恒有
解得共速时与摆渡车的相对位移
所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续
向前滑行的距离
故滑块所停位置在离车右端距离
（3）当
刚好经过C 时
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将
弹出到平台上，根据动能定理有
与车共速时
由能量守恒
要使得滑块停在目标区
联立上面四式解得
且
故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为
7．（23-24 高三下·湖南长沙·阶段练习）简谐运动是一种常见且重要的运动形式。它是质量为m 的物体在
受到形如
的回复力作用下，物体的位移x 与时间t 遵循
变化规律的运动，其中角频率
（k 为常数，A 为振幅，T 为周期）。弹簧振子的运动就是其典型代表。如图所示，一竖直光滑
的管内有一劲度系数为k 的轻弹簧，弹簧下端固定于地面，上端与一质量为m 的小球A 相连，小球A 静止
时所在位置为O。另一质量为m 的小球B 从距A 为H 的P 点由静止开始下落，与A 发生瞬间碰撞后一起
开始向下运动。两球均可视为质点，在运动过程中，弹簧的形变在弹性限度内，当其形变量为x 时，弹性
势能为
。已知
，重力加速度为g。求：
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（1）B 与A 碰撞后瞬间一起向下运动的速度；
（2）小球A 被碰后向下运动离O 点的最大距离；
（3）小球A 从开始向下运动到第一次运动到最低点所用的时间t。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小球B 自由下落
的速度设为
，根据机械能守恒有
解得
B 与A 碰撞过程动量守恒，则有
解得
（2）A 在
位置，弹簧被压缩
，根据平衡条件得
A 与B 共同体继续向下运动离
点的最大距离为
，根据能量守恒定律有
联立，可得
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解得
，
（舍去）
即
（3）两小球一起向下运动的过程中，根据平衡条件有
当两小球偏离平衡位置
后，两小球所受回复力为
故两小球一起向下运动的过程，是简谐运动。由题意
又振幅
振动图像如图
由余弦函数知
所求时间
解得
22
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8．（2024·广东·一模）如图所示，质量为m 的小球A 与质量为7m 的小球B 通过长为L 的轻质柔软细绳连
接，现用手提着小球A，使小球B 距地面的高度也为L。松手后两球由静止开始自由下落，小球B 与地面
碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰。细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰
撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：
（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t；
（2）细绳绷直后小球A 距地面的最大距离d。
【答案】（1）
；（2）
【详解】（1）B 球落地所需时间为
此时AB 两球的速度为
设还需
时间相遇，则有
解得
从松手到两小球第一次碰撞的时间为
此时距离地面的高度为
23
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（2）根据速度—时间公式可知两球碰前的速度分别为
，
两小球的碰撞为弹性正碰，规定向下为正方向，根据动量守恒定律及能量守恒定律有
解得
，
（舍去）
，
设经
绳子绷直，则有
此时A、B 两球的速度分别为
细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，根据动量守恒定律有
AB 小球一起上升过程中，根据运动学规律有
解得
则细绳绷直后小球A 距地面的最大距离为
9.（23-24 高三下·湖南长沙·阶段练习）如图所示，水平粗糙地面上有一个长为的轻杆，杆的一端与质量
为
的球A 相连，另一端连接铰链
，杆可以在竖直平面内绕
自由转动，重力加速度为
。
的右侧
24
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紧靠着一个正方体箱子，箱子质量为
，边长为，箱子左面光滑。现有质量为
的小尖状物块以竖直向
上
的速度射入A 但未射出，随后A 与物体形成新的整体
带动杆在竖直平面内转动，转过
后，给B 施加一个水平向右的恒力
大小为
。B 再转过
后，箱子与B 分离。求：
（1）小尖状物体射入A 后的共同速度大小；
（2）箱子与地面之间的动摩擦因数
；
（3）在箱子右边放置一个四分之一圆弧轨道，轨道半径为
，轨道圆心处静止着质量为
的球C，箱子
运动到C 处，与C 发生弹性碰撞，随后C 做平抛运动落入圆弧轨道上。要使C 落入圆弧轨道上的动能最小，
则C 与
的水平距离为多少？
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）小物块与A 碰撞，设碰后的共同速度为，根据动量守恒定律
解得
（2）小物块与A 碰撞形成整体
转过
的过程中，机械能守恒
得
B 在最高点速度为0，随后受到水平向右的恒力
，当箱子与B 分离，B 转过了
25
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设此时B 的速度为
，箱子的速度为
，杆的拉力为
，根据能量关系，有
分离时水平速度相等
分离时水平加速度相等
认B 为研究对象
联立四式，解得
（3）设箱子与C 碰撞后，C 的速度为
落到轨道上时，竖直位移为
，水平位移为
，动能为
，机
械能守恒
又
联立解得
当
26
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即
有最小值，此时
所以箱子与C 碰撞后，C 的速度为
时，C 落到轨道上的动能最小，设箱子与C 碰前的速度为
，碰撞后的速度为
，则
解得
设箱子从离开B 到与C 碰撞位移为
，则
解得
又
解得
10．（23-24 高三下·浙江·开学考试）如图所示，在长度足够的水平直轨道AG 上，有一半径
的光
27
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滑圆形轨道BCD 与之平滑相切连接，圆轨道的左侧是细管道，在底端B、D 轨道错开，其右侧有长
的水平传送带EF 与直轨道无缝平滑连接，在传送带的F 右侧
的G 处连接
光滑圆弧轨道，轨道半
径
。在轨道A 处有弹射器，一质量
的a 滑块以
初速度水平向右弹射出来，滑块a 恰好能
过圆轨道。当滑块a 滑上传送带后及时在水平轨道E 处固定一弹性挡板，在G 处放置质量M 的滑块b，a
与b 发生完全弹性碰撞后反弹，以后a、b 能在G 处发生多次碰撞。已知传送带以恒定速度
顺时针
转动，滑块与传送带之间的动摩擦因数
，其余部分均光滑，取：
，
。求：
（1）
大小；
（2）滑块a 第一次通过传送带的时间和系统摩擦产生的热量；
（3）b 的质量M 和相邻两次碰撞的时间间隔。
【答案】（1）
；（2）0.5s，
；（3）9kg，
，都以
、
的间隔循环。
【详解】（1）在C 点由重力提供向心力
从A 到C 由动能定理得
解得
（2）设a 在传送带上一直加速，则
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假设成立，故
滑块a 第一次通过传送带系统摩擦产生的热量为
（3）碰撞后
滑上圆弧轨道，由于半径很大，
作简谐运动
设a 反弹速度大小为
，
向左滑上传送带后又滑回到G 点
且
所以此解合理
或
解得
，
，
第一次与第二次碰撞间隔
29
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第二次碰撞与第三次碰撞的间隔为
，第一次碰撞后，
都滑回到
点后再次碰撞，根据碰撞的对称性，
碰后
停止，
以
速度向左滑，到达E 点反弹回来。由（2）小题得
以后都以
、
的间隔循环。
1．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角
的直轨道
，半径
的
圆弧轨道
，长度
、倾角为
的直轨道
，半径为R、圆心角为
的圆弧管道
组成，轨
道间平滑连接。在轨道末端F 的右侧光滑水平面上紧靠着质量
滑块b，其上表面与轨道末端F 所
在的水平面平齐。质量
的小物块a 从轨道
上高度为h 静止释放，经圆弧轨道
滑上轨道
，轨道
由特殊材料制成，小物块a 向上运动时动摩擦因数
，向下运动时动摩擦因数
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a 滑块b 上滑动时动摩擦因数恒为
，小物块a 动
到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，
，
）
（1）若
，求小物块
①第一次经过C 点的向心加速度大小；
②在
上经过的总路程；
③在
上向上运动时间
和向下运动时间
之比。
（2）若
，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
30
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【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1 2∶；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a 从A 到第一次经过C 的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C 点的向心加速度大小为
②小物块a 在DE 上时，因为
所以小物块a 每次在DE 上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE 上的滑动使机械能损失，最终
小物块a 将在B、D 间往复运动，且易知小物块每次在DE 上向上运动和向下运动的距离相等，设其在
上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a 在DE 上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a 在DE 上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a 从A 到F 的过程，根据动能定理有
31
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解得
设滑块长度为l 时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定
律有
解得
2．（2023·浙江·高考真题）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
。
32
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【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a 从D 到F，由能量关系
在F 点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a 返回B 点时的速度vB=1m/s，滑块a 一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C 点的速度
vC=3m/s
则滑块a 从碰撞后到到达C 点
解得
v1=5m/s
因ab 碰撞动量守恒，则
解得碰后b 的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则ab 碰后的共同速度
解得
33
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v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
3．（2023·辽宁·高考真题）如图，质量m1= 1kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲
度系数k = 20N/m 的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2= 4kg 的小物块以水平向右的速度
滑
上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ = 0.1，最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x 的关系为
。
取重力加速度g = 10m/s2，结果可用根式表示。
（1）求木板刚接触弹簧时速度
的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
（2）求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
（3）已知木板向右运动的速度从v2减小到0 所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次
相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能U（用t0表示）。
34
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【答案】（1）1m/s；0.125m；（2）0.25m；
；（3）
【详解】（1）由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有
m2v0= (m1＋m2)v1
代入数据有
v1= 1m/s
对m1受力分析有
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有
v1
2= 2a1x1
代入数据解得
x1= 0.125m
（2）木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有
kx = (m1＋m2)a 共
对m2有
a2= μg = 1m/s2
当a 共 = a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量
x2= 0.25m
对m1、m2组成的系统列动能定理有
代入数据有
（3）木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的
加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时
2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有
－μm2g∙2t0= m2v3－m2v2
解得
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则对于m1、m2组成的系统有
U = Wf
联立有
4．（2023·全国·高考真题）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
。一质量为
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）小球速度大小
，圆盘速度大小
；（2）l；（3）4
【详解】（1）过程1：小球释放后自由下落，下降，根据机械能守恒定律
解得
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过程2：小球以
与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有
解得
即小球碰后速度大小
，方向竖直向上，圆盘速度大小为
，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，所以只要圆盘下降速度比
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
解得
根据运动学公式得最大距离为
（3）第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有
即
解得
此时小球的速度
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圆盘的速度仍为
，这段时间内圆盘下降的位移
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
同理可得当位移相等时
解得
圆盘向下运动
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度
有动量守恒
机械能守恒
得碰后小球速度为
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圆盘速度
当二者即将四次碰撞时
x 盘3= x 球3
即
得
在这段时间内，圆盘向下移动
此时圆盘距离下端管口长度为
20l－1l－2l－4l－6l = 7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动
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，小球与圆盘的碰撞次数为4 次。
5．（2023·浙江·高考真题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角
的直轨
道
、螺旋圆形轨道
，倾角
的直轨道
、水平直轨道
组成，除
段外各段轨道均光
滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道
、
相切于
处．凹槽
底面
水平光滑，上面
放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁
处，摆渡车上表面与直轨道下
、平台
位于同一水平面。
已知螺旋圆形轨道半径
，B 点高度为
，
长度
，
长度
，摆渡车长度
、质量
。将一质量也为
的滑块从倾斜轨道
上高度
处静止释放，滑块在
段
运动时的阻力为其重力的0.2 倍。（摆渡车碰到竖直侧壁
立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，
，
）
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（1）求滑块过C 点的速度大小
和轨道对滑块的作用力大小
；
（2）摆渡车碰到
前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数
；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间。
【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C 点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G 点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到
前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速
，以滑块和摆
渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
40
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根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G 到J 所用的时间为
6．（2022·湖南·高考真题）如图（a），质量为m 的篮球从离地H 高度处由静止下落，与地面发生一次非
弹性碰撞后反弹至离地h 的最高处。设篮球在运动过程中所受空气阻力的大小是篮球所受重力的
倍（
为常数且
），且篮球每次与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比相同，重力加速度大小为
g。
（1）求篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比；
（2）若篮球反弹至最高处h 时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，使得篮球与地面碰撞一次后恰好反
弹至h 的高度处，力F 随高度y 的变化如图（b）所示，其中
已知，求
的大小；
（3）篮球从H 高度处由静止下落后，每次反弹至最高点时，运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬
间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，经过N 次拍击后篮球恰好反弹至H 高度处，求冲量I 的大小。
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【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）篮球下降过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，下落的过程中有
篮球反弹后上升过程中根据牛顿第二定律有
再根据匀变速直线运动的公式，上升的过程中有
则篮球与地面碰撞的碰后速率与碰前速率之比
（2）若篮球反弹至最高处h 时，运动员对篮球施加一个向下的压力F，则篮球下落过程中根据动能定理有
篮球反弹后上升过程中根据动能定理有
联立解得
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（3）方法一：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v。
拍击第1 次下降过程有
上升过程有
代入k 后，下降过程有
上升过程有
联立有
拍击第2 次，同理代入k 后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h1代入h2有
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拍击第3 次，同理代入k 后，下降过程有
上升过程有
联立有
再将h2代入h3有
直到拍击第N 次，同理代入k 后，下降过程有
上升过程有
联立有
将hN-1代入hN有
其中
，
则有
则
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方法二：由（1）问可知篮球上升和下降过程中的加速度分别为
（方向向下）
（方向向下）
由题知运动员拍击一次篮球（拍击时间极短），瞬间给其一个竖直向下、大小相等的冲量I，由于拍击时
间极短，则重力的冲量可忽略不计，则根据动量定理有
即每拍击一次篮球将给它一个速度v’。设篮球从H 下落时，速度为
，反弹高度为，篮球受到冲量I 后
速度为v’，落地时速度为
，则
，
联立可得
代入k 可得，
……①
篮球再次反弹，反弹速度为k
，设反弹高度为h1，受到冲量后，落地速度为v2，同理可得
，
同理化简可得
……②
篮球第三次反弹，反弹速度为k
，设反弹高度为h2，受到冲量后，落地速度为v3，同理可得
，
同理化简可得
45
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……③
……
第N 次反弹可得
……（N）
对式子①②③……(N)两侧分别乘以
、
、
……、
，再相加可得
得
其中，
，
，可得
可得冲量I 的大小
7．（2022·全国·高考真题）如图（a），一质量为m 的物块A 与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物
块B 向A 运动，
时与弹簧接触，到
时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B 的
图像如图
（b）所示。已知从
到
时间内，物块A 运动的距离为
。A、B 分离后，A 滑上粗糙斜面，
然后滑下，与一直在水平面上运动的B 再次碰撞，之后A 再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜
面倾角为
，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求
（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；
（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；
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（3）物块A 与斜面间的动摩擦因数。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时
、
速度相等，即
时刻，根据动量
守恒定律
根据能量守恒定律
联立解得
（2）解法一：同一时刻弹簧对
、B 的弹力大小相等，根据牛顿第二定律
可知同一时刻
则同一时刻
、
的的瞬时速度分别为
，
根据位移等速度在时间上的累积可得
，
又
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解得
第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
解法二：B 接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B 动量守恒，有
对方程两边同时乘以时间
，有
0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得
将
代入可得
则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值
（3）物块A 第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A 第二次与B 分离后速度大小仍为
，方
向水平向右，设物块A 第一次滑下斜面的速度大小为
，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得
根据能量守恒定律可得
联立解得
方法一：设在斜面上滑行的长度为
，上滑过程，根据动能定理可得
下滑过程，根据动能定理可得
48
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联立解得
方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A 上滑和下滑时的加速度，
，
上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得
，
联立可解得
49
