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押计算大题02
力学三大观点的综合应用
猜押题型
3 年真题
考情分析
命题思路
计算题01
2024 山东T17
2024 河北T15
2024 湖南T15
2024 湖北T14
2024 安徽T14
2023 广东T15
2023 山东T18
2023 湖南T15
2023 广东T16
2023 全国乙T25
本部分内容是高考的重点及难点。
所涉及考题情境复杂、信息量大，运动
过程复杂，要求学生具有很好的理解能
力、推理论证能力及模型建构能力。
2025 年高考大概率以综合性计算
题的形式考查本部分内容，需要结合牛
顿运动定律、功和能、动量守恒定律等
知识解决问题，考查考生的综合分析能
力，难度会比较大。
本部分内容高考纯理论的学
习探索问题情境相对较多，也有
部分渗透在与生产生活实际相联
系的问题情境中，往往这类题目
情境复杂、研究对象多、运动过
程多样，要求考生具有较强的阅
读能力。往往是高考中的压轴题
或是难度较大的压轴选择题。
常考考点：匀变速直线运动
规律、牛顿运动定律、抛体运动
规律、圆周运动规律、动能定
律、能量守恒定律、动量守恒定
律。
【题组一】 动能定理的应用
【题组解读】动能定理是指合力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化量。
利用动能定理分析问题时，关键在于运动过程和研究对象的选取。
1．（2025·北京房山·一模）2025 年2 月第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，跳台滑雪是极具观赏性
的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高为10m，C 是
半径为20m 圆弧的最低点。质量为60kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，BC 段的阻力忽略不计。
AB 长为100m，运动员到达B 点时速度大小为30m/s，取重力加速度g=10m/s2。求：
1
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(1)在AB 段运动过程中，运动员加速度的大小a。
(2)运动员经过C 点时的动能Ek。
(3)运动员经过C 点时所受支持力的大小FN。
【答案】(1)4.5m/s2；(2)3.3×104J；(3)3900N
【详解】（1）运动员沿AB 段做匀加速直线运动，由
可得：a=4.5m/s2
（2）BC 段由动能定理：
运动员经过C 点时的动能为
=3.3×104J
（3）运动员在C 点受力情况：
则可得
=3900N
2．（情景创新题）风洞，被称为飞行器的摇篮，我国的风洞技术世界领先。如图所示，在一个直径
D=10m 的圆柱形竖直方向固定的风洞中，有一质量为
的小球从风洞左侧壁上的A 点以
m/s
的速度沿其直径方向水平进入风洞。小球在风洞中运动过程中，风对小球的作用力竖直向上，其大小F 可
在
间调节，与侧壁碰壁后不反弹，取重力加速度
m/s2，风洞在竖直方向上足够长。
2
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(1)当
时，求小球撞击右侧壁的速度；
(2)保持
不变，调节F 的大小，求小球撞击右侧壁区域在竖直方向的最大长度；
(3)求小球撞击右侧壁的最大动能。
【答案】(1)
，与水平方向夹角为45°；(2)20 m；(3)500 J
【详解】（1）当F ＝ 0 时，水平方向有D＝v0t1
解得t1＝1s
竖直分速度为
小球撞击右侧壁的速度大小
设速度与水平方向夹角为θ，则有
所以θ＝45°
（2）结合上述，当F = 0 时，小球做平抛运动，竖直方向的分位移
解得y1=5m
当F = 4mg 时，设小球在竖直方向的加速度为a，根据牛顿第二定律有4mg-mg=ma
小球向上偏转做匀变速曲线运动，则有D=v0t1，
解得y2=15m
所以小球撞击右侧壁的区域长度L0=y1+y2
解得L0 =20m
（3）小球在F = 4mg 的风力作用下的合力最大，竖直向上的加速度也最大，所以向上偏转撞击侧壁时的
3
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动能最大。
小球撞击右侧壁前，风对小球做功的最大值WF=4mgy2
重力对小球做功的最大值WG=-mgy2
根据动能定理有
解得小球撞击右侧壁的最大动能Ek=500J
3．（综合分析能力考查）如图所示，ABC 是半径为R 的光滑圆弧形轮滑赛道，A 点与圆心O 等高，B 为最
低点（位于水平地面上），圆弧BC 所对的圆心角为60°。轮滑运动员从A 点以一定的初速度沿圆弧面滑下，
从C 点滑出后，运动员上升到的最高点与O 点在同一水平面上，此后运动员恰好落到平台上的D 点，D 点
距水平地面的高为
。已知运动员和轮滑鞋的总质量为m，重力加速度大小为g，运动员和轮滑鞋整体视
为质点，不计空气阻力。求：
(1)运动员从C 点滑出时的速度大小：
(2)运动员和轮滑鞋一起在B 点受到轨道支持力的大小；
(3)平台D 点离圆弧轨道C 点的水平距离x 及运动员离开C 点在空中飞行时距直线OC 的最大距离d。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
，
【详解】（1）设运动员从C 点滑出的速度大小为vC，运动员从C 点滑出后，竖直上升的高度为
竖直方向有
联立解得
（2）设运动员到B 点时速度大小为vB，从B 到C，根据动能定理可得
4
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在B 点，根据牛顿第二定律有
解得联立解得支持力大小为
（3）运动员从C 点滑出后，上升的过程有
设下降的时间为
，则有
则D 点与C 点的水平距离
联立解得
由于从C 点滑出时的速度与直线OC 垂直，将运动员离开C 点在空中的运动分解为沿C 点速度方向和垂直
C 点速度方向两个分运动，其中沿C 点速度方向的分加速度为
沿C 点速度方向速度减为0 所用时间为
则运动员离开C 点在空中飞行时距直线OC 的最大距离为
4．（用动能定理解决传送带问题）如图所示，顺时针匀速转动的水平传送带与倾角为53°的斜面在其底端
平滑连接，右侧与传送带等高的水平面上固定一个半径R=1.6m 的竖直圆形轨道。距水平面高H=4m 的弹
射器用t0=0.2s 的时间将滑块A 水平向右弹出，滑块A 恰好能从斜面顶端无碰撞地滑上斜面。已知斜面长度
L1=1m，传送带长度L2=5m，滑块A 质量m1=0.5kg，滑块A 与斜面、传送带间的动摩擦因数相同，其余摩
擦不计，滑块A 可视为质点。取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6。
(1)若传送带静止，滑块A 向右通过传送带后刚好能到达圆形轨道与圆心等高处，求弹射器对滑块A 的平均
作用力大小及滑块A 与传送带间的动摩擦因数；
5
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(2)在传送带右端的水平面上静止放置一个可视为质点的滑块B（图中未画出），滑块A 通过传送带后与滑
块B 发生弹性碰撞。若碰后滑块A 静止，滑块B 恰好通过圆形轨道的最高点，求传送带的速度大小。
【答案】(1)
，
；(2)
【详解】（1）设滑块到斜面顶端时竖直方向的速度为
，水平方向的速度为
，合速度为，根据抛体运
动规律可得
，
联立解得
由几何知识可得
，
根据动量定理则有
解得弹射器对滑块A 的平均作用力大小为
设滑块A 与斜面、传送带间的动摩擦因数为
，根据动能定理则有
代入数据解得
（2）由题可知，A 碰前的速度
等于B 碰后的速度
，则有
，
解得
设A 刚滑上传送带上的速度为
，由动能定理可得
解得
根据上述结论可知，A 在传送带上减速时的加速度为
假设滑块A 在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，设滑块做匀减速运动的位移为
，则有
6
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解得
假设成立，因此A 在传送带上先做匀减速运动后再做匀速运动，故传送带的速度为
5．（2025·山东·模拟预测）如图所示为一“永动机”玩具模型的原理图，abcd 是一组光滑双金属轨道，双
轨道的间距
，bc 段水平。按下一个隐藏的开关后，把质量
的钢球从软木盘中心洞口O 点
无初速度释放，钢球便沿轨道运动至d 点斜向上飞出，速度与水平方向的夹角为53°，之后恰好落到洞口O
点附近的G 点，接着在洞口附近来回运动一段时间后，再次从洞口无初速度落下，此后不断重复以上过程。
不计空气阻力，取
，
，
。
(1)已知钢球直径
，求钢球在bc 段上滚动时，每条轨道对钢球的支持力大小；
(2)若将钢球视为质点，G、d 点在同一高度，两点的水平距离
，求钢球从d 点飞出后能上升的最
大高度；
(3)要使钢球能“永动”，求小球每运动一圈，玩具中隐藏的加速装置需对小球做的功。
【答案】(1)0.03N；(2)0.2m；(3)
【详解】（1）钢球在bc 段上滚动时，支持力与竖直方向的夹角
满足
竖直方向根据受力平衡可得
联立解得
（2）根据斜抛运动的对称性可知，钢球在G、d 两点间的运动可以视为两段平抛运动，利用平抛运动知识
7
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可知，水平方向有
钢球在d 点时满足
又由于
联立解得
，
（3）从d 点抛出时的竖直分速度大小为
d 点速度大小为
则每次需补偿的能量为
【题组二】 机械能守恒、功能关系和能量守恒定律
【题组解读】本题组机械能守恒定律是指在只有重力或弹力做功的系统内，动能和势能可以相互转化，
而总的机械能保持不变。
解决此类问题的主要方法为利用气体实验定律求解或判断气体状态参量的变化，结合热力学第一定律进行
吸放热、做功和内能变化的判断。
6．（2025·江苏南京·一模）如图所示，水平地面上固定有两个相同的倾角θ=37°的斜面体（顶端固定有小
滑轮），两滑轮间的距离d=12cm。两根等长的细线绕过滑轮，一端与放在斜面上的质量均为M=5kg 的物
块相连，另一端与质量m=3kg 的小球连接。初始时刻，用手竖直向下拉住小球，使系统保持静止，此时两
细线与竖直方向间的夹角均为α=37°，松手后，小球将在竖直方向上运动。忽略一切摩擦，取重力加速度
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
8
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(1)开始时手对小球的拉力大小F；
(2)小球能够上升的最大高度h；
(3)小球回到初始位置时的加速度大小a。
【答案】(1)18N；(2)8cm；(3)
m/s2
【详解】（1）初始时刻系统静止，对物块T =Mgsinθ=30N
假设F 方向向下，对小球
解得F=18N
（2）小球上升到最大高度时，系统的动能为0。设此时连接小球的细线与竖直方向间的夹角为β。对系统
解得β
90°
可见小球上升到最大高度时绳子水平，小球上升的最大高度为h=8cm
（3）对物块Mg sin
- T1 = MaM
对小球2T1cos
- mg =ma
加速度关系aM = a cosα
联立方程解得
m/s2
7．（综合分析能力考查）图甲是风力发电机的发电原理简化图，水平风力推动叶片转轴a 低速旋转，通过
齿轮升速箱使转轴b 高速旋转，驱动发电机的线圈同步转动，实现将机械能转化为电能的过程。某型号的
风力发电机叶片旋转半径为40m，调整其叶尖速比（叶片尖端线速度与自然风速的比值），可以优化发电
效率。
9
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(1)已知自然风速为20m/s，叶尖速比为4 时，转轴b 的转速为
，求齿轮升速箱使转轴b 的转速提高
到a 的多少倍；
(2)线圈发电功率与自然风速的关系如图乙，自然风可认为垂直叶片组所在平面吹入，叶片旋转一圈所扫过
的面积为风吹入的有效面积，已知空气密度为
，取
。当风速为10m/s 时，求：
1min
①
内通过有效面积的风的总动能；
②该风力发电机的发电效率。
【答案】(1)
；(2)①
；②
【详解】（1）根据题意有
又
，
，
联立并代入数据，解得
（2）①有效面积
在t 时间内通过叶片的风的总质量
t 时间内通过叶片的风的总动能
联立并代入数据，解得
内风的总动能
②发电效率
内发电量
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由图乙可知
联立并代入数据，解得
8．（情境创新题）（2025·山东·模拟预测）第九届亚冬会于2025 年2 月7 日至14 日在哈尔滨举行，跳台
滑雪是比赛项目之一，因其高风险性被称作“勇敢者的运动”，其场地简化为如图所示。曲面AO 为助滑
道，雪坡OB 段为倾角
的足够长斜面，某运动员从助滑道的最高点A 由静止开始下滑，到达起跳点
O 时借助设备和技巧，保持在
点的速度大小不变以与水平方向成
角的方向起跳，最后落在雪坡上的
点，起跳点
与落点B 之间的距离
为此项运动的成绩。已知A 点与
点之间的高度差
，该运动
员可视为质点，不计一切阻力和摩擦，不考虑运动员自身的能量输出，
，
，g 取
。求
(1)该运动员在
点起跳时的速度大小；
(2)该运动员通过调整起跳角
，能够取得的最好成绩（即
的最大值）为多少？
【答案】(1)
；(2)
【详解】（1）该运动员从A 到
过程，根据机械能守恒有
解得
（2）令
，将起跳时速度
和重力加速度
沿雪坡方向和垂直雪坡方向分解，则有垂直斜面
，
沿斜面
，
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则落回斜面时间
距离
整理得
当
时，最佳成绩为
注：也可以水平竖直分解列式处理；或者求导求最值；或者沿初速度方向和竖直方向分解，如下
解得
当
时，最佳成绩为
9．（2025·江苏·二模）如图甲所示，倾角
的斜面体放置在水平面上，右侧靠着半径为R 的球，球上
端固定一轻杆，轻杆在固定装置约束下只能沿竖直方向运动。已知斜面体的高度为3.2R，斜面体和球的质
量均为m，不计一切摩擦，重力加速度为g，
，
。
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(1)水平向右推动斜面体，求最小推力的大小F0；
(2)若斜面体在推力作用下由静止开始向右做加速度为a=0.8g 的匀加速直线运动，求斜面对球作用力的大小
FN；
(3)在第（2）问中，斜面体运动到其最高点刚好与球面接触，如图乙所示，求该过程中推力做的功W。
【答案】(1)
；(2)
；(3)W=8mgR
【详解】（1）球刚好被推离地面时推力最小，可认为此时球和杆处于静止状态，对球和杆受力分析如图
所示
竖直方向有
对斜面受力分析如图所示
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水平方向有
根据牛顿第三定律有
解得
；
（2）斜面沿水平方向运动，位移为x，同时球沿竖直方向运动，位移为y ，由图中几何关系可知
由
可得
如图所示，在竖直方向，由牛顿第二定律有
解得
（3）斜面在最高点与球面接触时，小球和杆的位移为h，如图所示，由几何关系可知
斜面体水平方向的速度为v1，球竖直方向的速度为v2，由
可得
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由
得
由功能关系可知
解得 W=8mgR
10．（情景创新题）在2024 年的巴黎奥运会中，我国小将全红婵力压群芳，取得了女子10 米跳台比赛的
冠军。假设全红婵的质量为m = 50 kg，其体型可等效为长度l = 1 m、底面积S = 0.06 m2的圆柱体，不计
空气阻力，当她起跳到达最高点时，她的重心离跳台表面的高度为0.8 m。
(1)求全红婵起跳瞬间的速度大小；
(2)全红婵落水后将受到水的浮力。若以落水点为坐标原点，竖直向下为正方向建立x 轴，请在答题纸给出
的坐标上画出她所受浮力F 的大小随落水深度x 变化的函数关系图像（已知物体在水中所受浮力为F =
ρgV，V 为物体所排开的水的体积）；
(3)若全红婵从跳台自由下落，忽略空气阻力和她入水后受到的水的阻力，为了确保她的安全，求水池中水
的深度h 至少应等于多少？（水的密度ρ = 1.0 × 103 kg/m3，g = 10 m/s2）。
【答案】(1)
；(2)
；(3)53 m
【详解】（1）设全红婵起跳瞬间的速度大小v0，则
解得
（2）向上为正，由浮力概念可得
，
图像如图
（3）为保证安全，则运动员到达水底时速度恰减为零，则由能量关系
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其中
可得
11．（2025·福建·模拟预测）如图所示，质量均为
的小荣，小慧两同学，分别坐在水平放置的甲、乙两
轻木板上，木板通过一根原长为的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为
。两木板与地面间动摩
擦因数均为
，弹性绳劲度系数为
（保持不变），被拉伸时弹性势能
（
为绳的伸长量），重
力加速度大小为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。试求：
(1)小荣所坐的板刚要滑动时弹性绳的伸长量
；
(2)用水平力
缓慢拉动小慧所坐木板直至小荣所坐木板刚要离开原位置过程中（此过程中两人与所坐木板
保持相对静止），
所做的功；
(3)小荣所坐木板刚要滑动时突然撤去拉力
，小慧所坐木板运动的最大距离。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）当小荣所坐木板刚要滑动时，弹性绳的拉力等于小荣所坐木板受到的最大静摩擦力。小荣
所坐木板受到的最大静摩擦力
根据胡克定律
此时弹性绳拉力
则有
解得
（2）因为是缓慢拉动，所以拉力
始终等于弹力与小慧所坐木板摩擦力之和。小慧所坐木板受到的摩擦
力
弹性绳的弹力
是一个变力，其平均值
此过程中拉力
做的功一部分用来克服摩擦力做功，一部分用来增加弹性绳的弹性势能。克服摩擦力做的
16
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功
弹性绳增加的弹性势能
将
代入可得
，
则力
所做的功
（3）在小荣所坐木板刚要滑动时，弹性绳的伸长量为
此时弹性绳的弹性势能
撤去拉力
后，小慧所坐木板在摩擦力和弹性绳弹力作用下运动，设小慧所坐木板运动的最大距离为。
根据能量守恒定律，弹性绳的弹性势能全部用来克服小慧所坐木板的摩擦力做功，即
，
解得
【题组三】动量定理
【题组解读】本题组主要考查变力的动量计算和动量定理的应用。高考中本部分内容常常与牛顿运动定
律、电磁感应相结合，考查导体棒在磁场中产生的感应电流、运动的位移等问题。
12．（2025·福建厦门·二模）冬季，鸬鹚南飞入驻环境宜人的厦门，栖息于筼筜湖等水域。如图甲，一质
量为
的鸬鹚观察到猎物后在低空由静止开始竖直向下加速俯冲，入水后作减速直线运动。整个运动过
程的
图像如图乙所示，已知鸬鹚入水瞬间的速度大小为
，在空中俯冲时受到的阻力
，
重力加速度大小
取
，求：
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(1)鸬鹚加速过程中加速度的大小；
(2)鸬鹚加速过程的时间及
位移的大小；
(3)
过程中水对鸬鹚作用力的冲量大小。
【答案】(1)
；(2)
，
；(3)
【详解】（1）鸬鹚俯冲过程，由牛顿第二定律
得
（2）鸬鹚加速过程
得
加速下落过程满足
得
故鸬鹚加速时间为
，位移为
。
（3）解法一：
，鸬鹚在水中减速，规定竖直向下为正方向，由动量定理得
得
负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。
解法二：规定竖直向下为正方向，鸬鹚运动全程，由动量定理得
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得
负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。
13．（情景创新题）如图甲，为了从筒中倒出最底部的羽毛球，将球筒竖直并筒口朝下，从筒口离地面
的高度松手，让球筒自由落体，撞击地面，球筒与地面碰撞时间
，碰撞后球筒不反弹。已
知球筒质量
，球筒长度
，羽毛球质量为
，羽毛球和球筒之间最大静摩擦力
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，为简化问题把羽毛球视为质点，空气阻力忽略不计，
取
，
，求：
(1)碰撞后羽毛球是否到达球筒口；
(2)碰撞过程中，地面对球筒的平均冲击力为多大；
(3)如图乙所示，某人伸展手臂握住球筒底部，使球筒与手臂均沿水平方向且筒口朝外，筒身离地高度仍为
，他以身体躯干为中心轴逐渐加速转动直至羽毛球刚好飞出，筒口离中心轴距离为
，则球
落地后距离中心轴有多远？
【答案】(1)能到达筒口；(2)55.2N；(3)4.8m
【详解】（1）碰撞后，球向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得
自由下落过程，根据速度与位移的关系有
碰撞后球下滑过程，利用逆向思维，根据速度与位移的关系有
解得
可知，羽毛球能到达筒口。
（2）碰撞过程中，对球筒进行分析，根据动量定理有
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解得
（3）令羽毛球刚好从筒口水平飞出时速度为
，根据牛顿第二定律有
羽毛球飞出后做平抛运动，则有
，
羽毛球落地点离中心轴的距离为
解得
14．（2025·北京石景山·一模）神秘宇宙散发着无尽魅力，吸引着人们不断追寻和探索。
(1)某深空探测器在远离星球的宇宙深处航行时，由于宇宙中的星体对飞船的万有引力作用很微弱，可忽略
不计，此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。当探测器驶入一片分布均匀、静止的宇宙尘埃区域时，
为了保持原有的速率v，必须开启发动机。若该区域单位体积内有质量为m0的尘埃，尘埃碰到探测器后立
即吸附在上面，探测器可视为半径为R 的球体。求发动机的推力大小F；
(2)科学家用天文望远镜在宇宙中发现许多双星系统。双星系统由两个星体构成，其中每个星体的线度都远
小于两星体之间的距离。某双星系统中每个星体的质量都是M，相距2L。它们围绕两者连线的中点做相同
周期的圆周运动。已知引力常量为G。
a.求该双星系统的运动周期T1；
b.若实际观测到该双星系统的运动周期为T2，且T2∶T1=1∶
（N>1）。为了解释T2与T1的差异，科学家预
言双星系统之间存在一种望远镜观测不到的特殊物质，称之为暗物质。暗物质与通常的物质有引力相互作
用，并遵循万有引力定律。可以建立一种简化模型，假定在这两个星体连线为直径的球体内均匀分布着暗
物质，球体内的暗物质对双星系统有引力相互作用，不考虑其它暗物质对双星系统的影响。请根据这一模
型和观测结果推测双星系统间暗物质的密度。
【答案】(1)
(2)a.
；b.
【详解】（1）探测器t 时间内撞上的尘埃总质量
由动量定理有
解得
20
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（2）a.由万有引力定律
，解得
b. 设暗物质的质量为
，由万有引力定律
又T2∶T1=1∶
，解得
暗物质的密度
解得
15．（情景创新题）某自动秤米机的原理如图所示，阀门距秤盘的高度
，当阀门打开时大米从静
止开始下落，大米与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（碰撞过程重力可忽略）。当秤米机的示数为1kg 时，
阀门在电机控制下立即关闭。已知大米的流量
，取重力加速度大小
，忽略空气阻力
及大米在秤盘堆积的高度，求：
(1)大米落到秤盘前瞬间速度的大小，及阀门关闭瞬间空中大米的质量；
(2)大米与秤盘碰撞时对秤盘冲击力的大小；
(3)稳定后（空中的大米全部落入秤盘），秤米机的示数。
【答案】(1)2m/s，0.02kg；(2)
；(3)1kg
【详解】（1）设每粒大米质量为
，由机械能守恒
解得大米落入秤盘时的速度大小
阀门关闭，米在空中近似做自由落体运动，则有
解得
21
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空中大米的质量
（2）
时间内，从阀门处下落的大米质量
令其落到秤上时受到的冲击力为
，根据动量定理有
解得
根据牛顿第三定律可知，大米与秤盘碰撞时对秤冲击力
（3）关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上大米质量为
则当空中大米全部落入盘中后，大米的总质量
16．（综合分析能力考查）雨滴通常形成于几百米以上的高空，但落到地面的速度通常仅为几米每秒。将
雨滴看作半径为r 的球体，设其在无风情况下竖直落向地面的过程中所受空气阻力f = kr2v2，其中v 是雨
滴的速度，k 是比例系数。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变，重力加速度为g。
（1）（简答）列式说明雨滴在整个下落过程中作怎样的运动；
（2）．（简答）设雨滴的密度为ρ，推导雨滴下落过程中的最大速度vm与半径r 的关系式；
（3）．设某雨滴刚开始下落时的机械能为E0，离地高度为H。在图中定性画出雨滴从静止开始下落到落
地的整个过程中，雨滴机械能E 随雨滴下落高度h 变化的E–h 图像；
（4）．（论证）由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化
为垂直于运动方向面积为S 的圆盘，设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0，证明：圆盘以速
度v 下落时受到的空气阻
。
22
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【答案】（1）．见解析 （2）．
（3）．
（4）．见
解析
【解析】（1）．设雨滴质量为 m，加速度为 a，对雨滴受力分析如图所示
由牛顿第二定律得
结合题意
，可得
雨滴下落过程，a 与v 同向，故v 增大；随着v 增大，f 增大，a 减小，当
时，a 减小到零。则雨滴
先做加速度减小的加速运动，至加速度为零，接着做匀速直线运动。
（2）．当加速度减小为零时，雨滴趋近于最大速度
，则有
雨滴质量为
联立解得
（3）．设某雨滴刚开始下落时的机械能为E0，离地高度为H，根据功能关系可知，克服空气阻力做的功
等于雨滴机械能的减小量，则
图像的斜率绝对值表示空气阻力大小，由于空气阻力
增大，所以
图像的斜率绝对值逐渐增大，则
图像如图所示
23
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（4）．根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零。以下只考
虑雨滴下落的定向运动，简化的圆盘模型如图所示
设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变，在
时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为
，圆盘对
气体分子的作用力为
，则有
对
时间内被圆盘碰撞的空气分子，根据动量定理可得
联立可得
根据牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力
【题组四】动量与能量观点的综合应用
【题组解读】本题组主要考查应用动量与能量观点解决力学综合问题，是高考中经常出现的考查方式，
此类问题往往涉及物体较多，涉及物理过程也较为复杂，常常应用动量、能量观点分析问题，分析解答问
题过程中要注意恰当选取研究对象及研究过程。
17．（综合分析能力考查）（2025·广西·二模）2024 年6 月2 日，嫦娥六号着陆器成功软着陆于月球背面
南极-艾特肯盆地。当着陆器下降至距月面高度为1m 时，速度减为
，此时关闭反推发动机，着陆
器自由下落，最终四条缓冲着陆支撑腿稳稳地落在月面上。已知着陆器质量为
，月球表面重力
24
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加速度
取
。
(1)求着陆器落至月面时速度
的大小（计算结果可保留根号）。
(2)为保障着陆器成功着陆，某科技小组为着陆器的四条支撑腿设计了一种碰撞吸能装置，如图甲所示，碰
撞吸能装置由一级吸能元件和二级吸能元件构成。当该装置与月面碰撞时，其弹力随作用行程（压缩量）
的变化关系如图乙所示。其中一级吸能元件的缓冲弹力与压缩量成正比，属于弹性形变，当压缩量为
时，达到其最大缓冲极限，此时一级吸能元件被锁定。此后二级吸能元件开始工作，二级吸能
元件产生的弹力恒为
，其最大作用行程为
。忽略落到月面后着陆器引力势能的变化，求：
该着陆器速度减为零时，二级吸能元件的作用行程是多少。
(3)为了测试该碰撞吸能装置的缓冲性能，将1 套该吸能装置安装在测试车
的前端，测试车
与静止在水
平面上的测试车
发生正碰，在二级吸能元件最大吸能总量（即最大作用行程）的75%以内进行碰撞测试。
已知测试车
与该碰撞吸能装置的总质量为
，测试车
的质量为
，且达到二级吸能
元件最大吸能总量的
时
与
共速。碰撞过程中内力远大于外力，求测试车
碰撞前的最大速度。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）由运动学公式有
带入已知数据解得
25
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（2）着陆器缓冲至速度为零过程中，由功能关系得
解得
（3）当
车以最大速度与
车发生完全非弹性碰撞
系统减少的动能为
此时二级吸能器达最大行程的75%，由功能关系有
联立可得
18．（2025·河南安阳·一模）如图所示，光滑水平面上立着一根两端分别固定有小球A、B（均视为质点）
的轻杆，A 球、B 球与竖直光滑墙面恰好接触。由于轻微扰动，A 球开始沿水平面向右滑动，B 球随之下
降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为，两球的质量均为
，重力加速度大小为
，不计空气阻力，从B 球开始下滑到B 球落地过程中，求：
(1)竖直墙壁对B 球的冲量大小
；
(2)B 球的最大动能
。
【答案】(1)
；(2)
【详解】（1）轻杆与水平方向的夹角为
时，两小球的速度大小分别为
、
，根据关联速度可知，两
小球沿杆方向速度相等，可得
即
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根据机械能守恒，有
运用数学知识，整理得
当
时，
球的动能最大，
此时B 离开竖直墙壁
（2）分析可知B 球着地时的动能最大，设B 球着地时A 球的速度大小为
，则有
解得
整个过程根据能量守恒，可得B 球的最大动能为
19．（多物体碰撞）如图所示，一倾角为
、足够长的粗糙斜面体固定在水平地面上，斜面顶端有一表面
光滑、质量为
的物块，沿斜面向下依次等间距摆放标号为1、2、3、…、2023、2024、2025 且质量均为
的滑块，这些滑块的间距均为
且滑块与斜面间的动摩擦因数均为
。由静止释放物块，
此后物块每次与1 号滑块碰撞前的速度都与第1 次碰撞前的速度相同，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间
极短，物块与滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为
。求：
(1)物块第1 次与1 号滑块碰撞前的速度大小
；
(2)物块与1 号滑块第1 次碰撞到物块与1 号滑块第2025 次碰撞所用的时间；
(3)物块与1 号滑块第2025 次碰撞时物块与第2025 号滑块之间的距离。
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【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）选沿斜面向下为正方向，设物块第1 次与1 号滑块碰撞后瞬间物块的速度为
，1 号滑块的
速度为，有
，
解得
，
由于物块每次与1 号滑块碰撞前瞬间的速度均与第1 次碰撞前瞬间的速度相同，说明每次碰撞前1 号滑块
已经与2 号滑块发生弹性碰撞并处于静止状态，然后2 号滑块把速度传递给3 号滑块，直到传递给2025
号滑块。对于物块和1 号滑块相邻两次碰撞之间的过程，对物块由动能定理可得
解得
（2）从物块与1 号滑块第1 次碰撞到物块与1 号滑块第2025 次碰撞，根据动量定理有
解得
（3）物块与1 号滑块第1 次碰撞到物块与1 号滑块第2025 次碰撞的过程中，设物块前进的位移大小为
，
则有
，
解得
20．（2025·贵州黔东南·一模）如图所示，半圆弧轨道ABC 竖直固定在水平面上，竖直半径OB 与倾斜半
径OD 的夹角为θ（未知），曲面DE 搭建在D 点和水平面之间，曲面与半圆弧轨道相切于D 点，曲面与
水平面相切于E 点。甲、乙两球（均视为质点）放置在E 点右侧，中间夹少量的炸药，炸药爆炸后释放能
量，其中一部分能量
转化为甲、乙两球的动能，甲、乙两球沿水平方向分别向左、向右运动，且甲球刚
好能到达B 点，已知爆炸后乙球的速度大小为
、动能为
，重力加速度大小为g，不计一切摩擦。
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(1)求甲球的质量以及半圆弧轨道ABC 的半径；
(2)撤去曲面DE，甲球受到轻微扰动，从B 点由静止下滑，当到达D 点时甲球恰好脱离轨道ABC，求甲球
运动到D 点时重力的功率。
【答案】(1)
，
；(2)
【详解】（1）设甲、乙两球的质量分别为
，爆炸刚结束时，甲球的速度大小为。由动量守恒定律
有
由能量守恒定律有
结合
解得
、
、
甲球从E 点运动到B 点，由机械能守恒定律有
解得
（2）把甲球在D 点的重力分别沿着OD 方向与垂直OD 方向分解，没有曲面DE，甲球运动到D 点时恰好
脱离轨道ABC，则D 点对甲球的支持力恰好为0，重力沿着OD 方向的分力提供甲球做圆周运动的向心力，
有
甲球从B 点运动到D 点，由机械能守恒定律有
解得
、
29
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把
分别沿水平方向和竖直方向分解，沿竖直方向的分速度大小
由数学知识可得
甲球运动到D 点时重力的功率
解得
21．（综合分析能力考查）一游戏装置截面如图所示，
为足够长的倾斜直轨道，
、
是两段半径
均为
的竖直圆管轨道，
为水平轨道，固定水平传送带
以
顺时针转动，轨道
与圆管道相切于
处，各部分之间平滑连接，紧靠
处有一质量
的小车静止在光滑的水平地面上，
小车的上表面由水平面
和半径
的四分之一圆弧面
组成。一个可视为质点的滑块，从轨道
上距
点
处由静止开始下滑，经过圆管轨道
和水平轨道
，并冲上传送带，已知滑块
的质量
，传送带的长度
，滑块与传送带间的动摩擦因数
，与其余各处阻力
均不计，
，则
(1)求滑块到达
点时对轨道的压力大小；
(2)求滑块第一次通过传送带过程中，对传送带所做的功；
30
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(3)求滑块冲上小车后，滑块第一次离开小车时的速度大小；
(4)调节传送带以不同的速度顺时针匀速转动，试分析滑块离小车上表面
最大高度
与速度的关系。
【答案】(1)82N；(2)
；(3)
；(4)见解析分析
【详解】（1）从B 点到D 点根据动能定理
解得
滑块经过D 点有
解得FND = 82N
根据牛顿第三定律可知求滑块到达D 点时对轨道的压力大小为82N。
（2）滑块滑上传送带的加速度
加速到和传送带共速时间
滑动位移
可见滑块与传送带共速时刚到达传送带右端，传送带位移
对传送带所做的功
（3）滑块以
的速度冲上小车，设与小车共速时能上升的最大高度为，根据
解得
根据滑块和小车组成的系统机械能守恒
解得
因为
滑块从小车
端离开小车，此时与小车水平方向共速，小车速度为
，设滑块的速度为
，根据滑块
31
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和小车组成的系统机械能守恒
解得
（4）根据
解得
①若一直在传送带上减速，则
22．（情景创新题）如图甲所示为固定安装在机车头部的碰撞吸能装置，由一级吸能元件钩缓装置和二级
吸能元件防爬装置（可压缩）构成。某次碰撞实验中，一辆总质量为
的机车以6m/s 的初速
度与固定的刚性墙发生正碰。开始仅触发一级吸能元件钩缓装置（由缓冲器与吸能管组成），其弹力随作
用行程（压缩量）的变化关系如图乙所示，缓冲阶段，缓冲器弹力与压缩量成正比，属于弹性变形。作用
行程为55mm 时，达到最大缓冲极限，缓冲器被锁定，钩缓装置中吸能管开始平稳变形，产生的弹力恒为
，其作用行程为110mm。吸能管行程结束后，钩缓装置迅速刚化，此时启动二级吸能元件，防
爬装置被压缩产生恒定缓冲作用力，此过程行程为225mm 时，机车刚好停止，车体完好无损。（设每次
碰撞过程中，该吸能装置的性能保持不变，忽略其它阻力影响）求：
(1)一级吸能元件钩缓装置通过缓冲与吸能管变形过程总共吸收的能量；
(2)二级吸能元件工作时的缓冲作用力及作用时间；
32
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(3)为了测试该吸能装置的一级吸能元件性能，将该套吸能装置安装在货车甲前端，货车甲总质量为
，与静止在水平面上无制动的质量为
的货车乙发生正碰（不考虑货车的
形变），在一级吸能元件最大缓冲极限内进行碰撞测试。求货车乙被碰后的速率范围。
【答案】(1)247500J；(2)
，0.09s；(3)见解析
【详解】（1）由题可知一级吸能元件吸收能量
等于缓冲吸能
吸能管吸能
总和，则有
由图可知
，
可得
（2）设一级吸能元件工作结束时现车的速度为
，由能量守恒定律得
解得
设二级吸能原件工作时的缓冲作用力大小为
，作用时间为t，由动能定理和动量定理有
，
解得
，
（3）由题意在一级吸能元件最大缓冲极限内进行碰撞测试；设甲车速度为
时，甲乙两车碰撞后两车共
速且刚好使一级吸能元件达到最大缓冲极限，此时两车速度设为
，则有
又有
联立解得
由题可知两车碰撞中当甲车速度
时，碰撞过程一级吸能元件中的缓冲器末被锁定，此时发生弹性
碰撞，弹簧恢复形变后，甲车的速度为
，乙车获得速度为
，则有
，
33
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解得
即当
时，
；可知在一级吸能元件最大缓冲极限内进行碰撞测试，货车乙被碰后的速率
满足
。
【题组五】力学三大观点的综合应用
【题组解读】本题组主要应用动力学、动量、能量观点解决力学多物体、多过程综合问题，是高考中力
学部分的重点、难点。
23．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，倾角
的足够长雪道，雪圈A 与物体B 同时无初速度释
放。已知雪圈A 质量为1kg，与雪道间无摩擦。物体B 质量为3kg，与雪道间的动摩擦因数为0.75，物体B
与雪圈A 初始距离为
，
与
的碰撞过程时间极短，可视为弹性碰撞。重力加速度取
，不
计空气阻力，
。求：
(1)雪圈A 与物体B 第一次碰撞前瞬间A 的速度大小；
(2)第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间间隔；
(3)在第二次碰撞和第三次碰撞之间，
、
间的最大距离。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）A 由静止开始下滑的加速度大小为
对B 有
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故碰撞前B 静止，根据速度-位移公式有
解得
（2）设第一次碰撞后，
和
的速度大小分别为
、
，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
碰撞后，B 沿斜面向下运动，由于
故碰后B 做匀速运动，设经过时间
第二次碰撞，以沿斜面向下为正方向，根据匀变速运动规律可知
解得
（3）第二次碰撞前，A 的速度大小
设第二次碰撞后，
的速度大小分别
，根据动量守恒有
碰撞中动能守恒
解得
，
设再经过
的时间
速度相等，此时二者间距离最大，可知
解得
则
间的最大距离为
24．（情景创新题）弹玻璃球是一种流行于20 世纪的儿童游戏。某次游戏，小朋友们在水平地面上画一个
长
，宽
的长方形
。小朋友甲把质量为
的玻璃球2 从
的中点
弹
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出，玻璃球沿直线运动，刚好停在长方形的中心
。小朋友乙从
点把质量为
的玻璃球1 沿
方向弹出，与
点的球2 发生弹性碰撞，球2 沿
方向弹出。小朋友乙要获胜，球2 必须被弹出长方形区
域。已知球1、球2 在运动过程中受到的阻力均为其重力的0.4 倍，重力加速度取
。求：
(1)球2 从
到
运动的时间；
(2)小朋友乙要获胜，至少对球1 做的功。
【答案】(1)
；(2)
【详解】（1）球2 弹出后做匀减速直线运动，根据牛顿运动定律则有
由题可知
联立解得
根据匀变速直线运动规律，可以把球2 的运动逆向看成初速为零的匀加速运动，则有
其中
联立代入数据解解
（2）设球2 被球1 碰撞后，至少获得速度
才可以沿OA 方向弹出长方形，根据运动学公式
其中
联立解得
球1 与球2 发生弹性碰撞，设碰前球1 的速度为
，碰后球1 的速度为
，根据动量守恒定律，则有
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根据能量守恒定律，则有
联立解得
根据动能定理可得，小朋友乙要获胜至少对球1 做功
解得
25．（综合能力分析考查）如图所示，水平传送带在电动机带动下以速率
沿顺时针方向匀速运行。上表
面光滑的滑板A 靠近传送带的右端静置在光滑水平面上，A 上表面和传送带上表面等高，质量为m 的小滑
块B 放在A 上，用水平轻弹簧将B 与A 的右端相连。现将质量为m 的小滑块C 轻放在传送带左端，并在
大小为
（g 为重力加速度大小）的水平拉力作用下，沿传送带向右运动，C 运动到传送带右端时
立即撤去F，C 通过一小段光滑且与A 上表面等高的固定水平面滑上滑板A。C 与B 碰撞并粘合在一起
（作用时间极短），B 与弹簧开始作用，经时间
弹簧弹性势能第一次达到最大。已知C 与传送带间的动
摩擦因数为
，A 的质量为2m，传送带长为
，弹簧的劲度系数
，弹簧的弹性势能为
（k 为弹簧的劲度系数，x 为弹簧的形变量）。求：
(1)C 在传送带上运动的时间t；
(2)C 在传送带上运动过程中电动机多消耗的电能
；
(3)弹簧的最大压缩量
；
(4)B 与弹簧开始作用后，0～t0时间内A 的位移大小
。
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【答案】(1)
；(2)
；(3)
；(4)
【详解】（1）设滑块
在传送带上先以加速度大小
做匀加速运动，由牛顿第二定律
解得
设滑块
加速位移
时与传送带共速，有
解得
所以滑块
在传送带上一直做匀加速运动，则有
解得
（2）滑块
运动到传送带最右端时，传送带的位移
电动机多消耗的电能
解得
（3）滑块
与滑块B 碰撞前瞬间的速度
滑块
与滑块B 碰撞后瞬间的速度为
，则
ABC 共速时，弹簧弹性势能最大，设共速时的速度大小为
，则
由能量守恒
解得
（4）
与弹簧作用过程中
与A 和弹簧组成的系统动量守恒，则有
经过极短时间
，有
时间内，设B 的位移大小为
，则
又
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解得
26．（综合能力分析考查）如图所示，在C 点右侧的水平面上等间距摆放n 个相同的滑块，相邻滑块间距
离
，滑块1 与C 点距离也为d，每个滑块的质量均为
，编号依次为1、2、3……n，滑块
与水平面间的动摩擦因数均为
。在左侧的地面上静置一“
”型平板B，平板质量
，平
板上表面与C 点右侧水平面等高，平板上表面O 点左侧光滑，右侧粗糙，平板下表面与地面间动摩擦因数
。在O 点静止放置一与C 点右侧相同的滑块A，A 与平板B 上表面右侧的动摩擦因数
，O
点到平板右端距离
，平板右端到C 点的距离为s。某时刻，给B 一向右、大小
的速度，B
向右运动一段距离后与A 发生弹性碰撞，碰撞后A 的速度为10m/s。滑块A 和B 的右端同时到达C 点，此
后滑块A 滑上水平面与滑块1 碰撞并粘在一起，再向前运动与滑块2 碰撞并粘在一起……，碰撞时间极短，
滑块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g 取
。已知
。求：
(1)平板上O 点到左端的距离；
(2)平板右端到C 点的距离s；
(3)滑块1 被碰撞后的速度大小；
(4)滑块A 滑上水平面后最多可以和哪个滑块发生碰撞。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
；(4)5
【详解】（1）A、B 碰撞之前，A 保持静止，B 在地面摩擦力作用下做匀减速直线运动，A、B 碰撞后，
滑块A 的速度为10m/s，碰撞过程满足动量守恒和能量守恒，则有
，
39
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解得碰撞前、后，平板B 的速度分别为
，
设O 点到左端的距离为l，对B 由动能定理可得
解得
（2）A、B 碰撞后到A 运动到O 点的时间
，B 的加速度
，根据牛顿第二定律可得
解得
方向水平向左，则
解得
或
（舍）
此时B 的速度
A 的速度
A 进入粗糙部分后，A 相对于B 向右运动，则A 的加速度
B 的加速度
根据牛顿第二定律有
解得
，
A 从O 到C 的时间
，根据运动学公式
解得
根据题意可知
（3）A 到达C 点时的速度
滑块A 运动至滑块1 时，由动能定理得
滑块A 与滑块1 相碰，根据动量守恒得
40
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解得滑块A 和1 碰撞后瞬间的速度大小为
（4）滑块A 与滑块1 碰撞前瞬间动能为
碰撞后瞬间系统动能
A、1 和2 碰撞前瞬间，系统动能
A、1 和2 碰撞后瞬间，系统动能
A、1、2 和3 碰撞前瞬间，系统动能
以此类推，在与滑块n 碰撞前瞬间，系统动能
一共碰撞n 次，则
，
代入数据解得
即最多可以碰撞到滑块5。
27．（情景创新题）如图所示，质量为m 的相同小环A、B 用不可伸长的、长为L 的轻绳连接，分别套在
固定的水平细杆OM 和竖直细杆ON 上，两杆通过一小段圆弧杆平滑相连，ON 杆足够长。用水平外力F
拉环A，使A、B 环处于静止，此时轻绳与竖直方向夹角θ=60°（如图中虚线位置）。然后将两个小环移到
图中实线的水平位置（B 环处于ON 杆的最上端），且轻绳恰好伸直，由静止释放两个小环，A 环通过小
圆弧时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦。求：
(1)水平外力F 的大小；
(2)B 环下落
过程中轻绳的拉力对环A 做的功；
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(3)碰撞的恢复系数的定义为
，其中v10和v20分别是碰撞前两物体的速度，v1和v2分别是碰撞后
物体的速度。若A、B 两环碰撞的恢复系数e=0.5，求两环发生第一次碰撞过程损失的机械能。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）对B 环受力分析，如图所示
根据平衡条件有
对AB 整体受力分析，根据平衡条件有
（2）对AB 组成的系统，在B 环下落
过程中，根据能量守恒有
又
联立解得
对A，在此过程中，根据动能定理有
（3）设B 下落L 后A、B 的速度分为别为
、
，根据关联速度分解可得
根据系统能量守恒有
解得
此后，A 相对B 向下做匀速运动，两环相遇时间为
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第一次碰撞前
，
AB 碰撞过程，根据动量守恒有
又
解得
，
则有
因此两环第一次碰撞损失的机械能为
28．（2025·河北秦皇岛·一模）如图甲所示、在光滑水平面上放有一左端固定在墙壁上的轻质弹簧，弹簧
处于原长时右端恰好位于
点，弹簧所在的光滑水平面与水平传送带在
点平滑连接。传送带长
，且以
的速率沿顺时针方向匀速转动，传送带右下方有一固定在光滑地面上半径为
、圆心角
的粗糙圆弧轨道，圆弧轨道右侧紧挨着一个与轨道等高，质量
的长禾板
（木板厚度不计）。现将一质量
的滑块
（
视为质点且与弹簧未拴接）向左压缩弹簧至图中
点后由静止释放，滑块
从
点滑上传送带，并从传送带右端
点离开，恰好沿
点的切线方向进入与传
送带在同一竖直面的圆弧轨道
，然后无动能损失滑上长木板。已知弹簧弹力与滑块
在
段的位移关
系如图乙所示，滑块
与传送带、长木板间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小
。
(1)求滑块
刚滑上传送带时的速度大小
；
(2)若滑块
运动至圆弧轨道最低点
时，轨道对其的支持力为
，且滑块恰好未滑离长木板，求长
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木板的长度
；
(3)若去掉圆弧轨道和长木板，滑块
从传送带上滑落地面并与地面发生碰撞，每次碰撞前后水平方向速度
大小不变，且每次反弹的高度是上一次的三分之二，不计空气阻力。求滑块
与地面发生
次碰撞后前
次损失的机械能
与
的函数关系式。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
【详解】（1）滑块Q 第一次从G 点到A 点时与弹簧分离，从A 点滑上传送带，对滑块Q 由动能定理得
图可知该过程弹力做功
联立解得
（2）滑块Q 在D 点，由牛顿第二定律可知
Q 滑上长木板后，以Q 和长木板为系统动量守恒，恰好没滑离，则滑到长木板右端时达到共同速度
，则
有
由能量守恒定律可知
代入数据，联立解得
（3）设BC 的竖直高度为h，传送带离地面高为H，则
Q 滑上传送带时
，则Q 在传送带上匀加速运动，加速度大小为a，则
假设滑块Q 在传送带上一直匀加速运动到右端离开传送带，到B 点时的速度为
，有
代入数据得
假设成立，即
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从B 点离开传送带恰好沿C 点切线滑入CD 轨道中，可知
滑块与地面发生碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度减小。所以第一次碰撞后损失的机械能
第二次碰撞后损失的机械能
第三次碰撞损失的机械能
以此类推发生第n 次碰撞损失的机械能为
发生n 次碰撞后前n 次滑块总共损失的机械能为
联立解得
代入数据得
29．（2025·广东佛山·一模）如图所示，一平台固定在水平面上，其上表面静置着质量分别为
和
的小
球
与
，小球间锁定一压缩状态的轻质弹簧（弹簧与
不粘连）。紧挨平台静置着一小车
，车上固定
着一段水平阻尼管
，管的左端开口与平台等高，管的右端开口处平滑衔接着两段均为四分一圆弧的滑槽
，半径分别为
和
，小车连同车上装置的总质量为
。现解锁弹簧，当弹簧恢复原长时，
的速
度为
； B 在阻尼管所受阻力
与其相对管的运动位移
成正比，即
（
为已知常数），
恰好可以离开阻尼管，落入滑槽cde。除阻尼管内阻力外，其它摩擦及阻力均忽略不计，重力加速度为
。求：
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(1)弹簧锁定时的弹性势能大小；
(2)B 第一次离开点时小车的速度大小，以及B 腾空过程中，小车的位移大小（已知C 不会返回与平台碰
撞）；
(3)阻尼管的长度，以及
第二次滑至滑槽最低点
时（此时半径为
）所受弹力大小。
【答案】(1)
；(2)
；(3)
，
【详解】（1）弹簧解锁过程，A 与B 组成系统动量守恒
能量守恒
解得
（2）B 进入滑槽运动的过程中，B 与C 系统水平方向动量守恒，从a 到b 过程有
从
到过程有
解得
B 从
到过程，系统能量守恒
解得
B 离开点后相对C 做竖直上抛运动，腾空时间
解得
因此B 第一次腾空过程，
的位移大小
（3）B 从
到
，系统能量守恒
解得
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B 从离开阻尼管滑至
过程，B 与C 系统水平方向动量守恒及机械能守恒，有
，
解得第一次滑至
时的速度
，
（舍去）
第二次滑至
时的速度
，
B 在
点有
解得
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