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押计算题15
力学与能量综合
猜押题型
3 年真题
考情分析
命题思路
15 题
（计算题）
2022·辽宁·高考真题
2023·辽宁·高考真题
2024·黑吉辽·高考真题
难度较大，考查内容较
为综合。2022 年：考查的
是板块/子弹打木块模型，
结合动量守恒及能量守恒定
律。
力学与能量综合可能性大：继续
以力学知识为核心，可能结合能量守
恒定律、动量守恒定律等，考查物体
在复杂受力情况下的运动和能量转化
问题。
常考考点：1.板块模型、2.利用
动量守恒及能量守恒解决碰撞问题。
题型一 板块模型
1．（2024·辽宁本溪·一模）如图所示，在粗糙的水平地面上有一长为
、质量为
的长木
板B，在长木板的中点P 放有一质量为
（可视为质点）的小物块A，开始时A、B 均静止。已知
A 与B、B 与地面之间的动摩擦因数分别为
和
，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现用
水平向右的恒力拉长木板B，重力加速度g 取
。
1
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（1）若水平拉力
，小物块A 所受到的摩擦力大小为多少；
（2）若水平拉力
，从静止开始要使小物块刚好不滑离长木板，求
作用时间
；
（3）在满足（2）条件下，A、B 最终都停止运动，整个过程中A、B 间的相对路程。
【答案】（1）
（2）1s （3）7.5m
【解析】（1）当A 与B 刚要相对滑动时，A、B 之间为最大静摩擦力，对A 有
对A、B，有
解得
因
故A、B 一起做匀加速运动。对A、B 整体
解得
对A 有
（2）因水平拉力
故A、B 相对滑动。对A，有
对B，有
解得
2
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设拉力作用时间为
时最终小物块刚好没有滑离长木板，则
时小物块对应的速度和位移分别为
，
则
时木板对应的速度和位移为
，
则此过程中A 相对B 向左滑动距离
水平拉力撤去后，设再经时间
，A、B 刚好共速。因A 继续加速，加速度
B 做减速运动，有
解得
则
此过程中A 相对B 向左滑动
因
故共速后A 相对B 向右滑动，则此时A 刚好滑到B 最左端，则
联立，解得
，
3
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（3）A、B 共速后
故A、B 继续相对滑动，A 做减速运动的加速度
，B 做减速运动，有
解得
A、B 停止时，A 相对B 向右滑动的距离为
则A 相对B 滑动的距离为
2．（2024·辽宁沈阳·一模）如图，水平地面上放置一长度
、质量
的长木板。一可视为质
点、质量
、带电量
的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离
。在距木板
右端
的虚线右侧，存在宽度
的匀强电场，场强
，方向竖直向下。匀强电
场
右侧存在宽度，
的匀强电场，场强
，方向竖直向上。从
时刻起，水平恒
力
作用在长木板上，5s 末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数
，长木板与水平地面间
的动摩擦因数
，物块带电量始终不变，重力加速度g 取
，求：
（1）物块运动多长时间进入匀强电场
;
（2）物块离开匀强电场
时速度的大小；
（3）物块最终停下来时，离木板右端的距离。
4
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【答案】（1）4s；（2）6m/s；（3）5.5m
【解析】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为
，则由牛顿第二定律有
解得
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速
度大小为
，则对整体由牛顿第二定律有
代入数据解得
则假设成立，在未撤去力F 的时间内物块的位移
可知
则可知在力F 撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为
，由位移
与时间的关系可得
解得
（2）当物块进入电场
后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的
5
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正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场
中，在力F 未撤去时，设物块和木板共同运动的加速
度大小为
，由牛顿第二定律有
解得
即在物块进入电场
中的1s 时间内物块和木板一起做匀速直线运动，设其位移为
，进入电场
时的速
度大小为
，则有
此时距进入电场
的距离为
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为
，由牛顿第二定律有
解得
设物块和木板共同进入电场
时的速度大小为
，则由速度与位移的关系可得
解得
当进入匀强电场
，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有
6
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可知，物块在电场
中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场
时速度的大小为
。
（3）设物块出电场
所用的时间为
，在物块出电场
的过程中木板在电场
中做匀减速直线运动的加
速度大小为
，则有
解得
，
设该过程中木板的位移为
，可得
则可得物块出电场
时距离木板右端的距离为
此时木板的速度
此后在两者达到共速前物块的加速度大小为
，设木板的加速度大小为
，对木板由牛顿第二定
律有
解得
即物块出电场
后做匀减速直线运动，而木板做匀速直线运动，设达到共速所用时间为
，根据速度时间
关系可得
7
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解得
则在该时间内物块和木板的位移分别为
、
，则根据位移与时间的关系有
两者达到共速后将一起做减速运动，直至停止，则可知物块最终离木板右端的距离为
3．（2024·吉林长春·模拟预测）如图所示，水平地面上放置一长度
、质量
的长木板。一
可视为质点、质量
、带电量
的小物块放在木板上，小物块到木板右端距离
。
在距木板右端
的虚线右侧，存在宽度
的匀强电场，场强
，方向竖直向下。
匀强电场
右侧存在宽度
的匀强电场，场强
方向竖直向上。从
时刻起，水平
恒力
作用在长木板上，
末撤去。已知物块与长木板间的动摩擦因数
，长木板与水平地面
间的动摩擦因数
，物块带电量始终不变，重力加速度
取
，求：
（1）物块运动多长时间进入匀强电场
；
（2）从物块进入匀强电场
到离开匀强电场
的过程，小物块对长木板的摩擦力所用的功；
（3）物块离开匀强电场
时，其离木板右端的距离。
8
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【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）在物块未进入电场时设其最大加速度大小为
，则由牛顿第二定律有
解得
当给木板施加恒力时，假设物块和木板能够保持相对静止，一起做匀加速直线运动，设共同加速度的加速
度大小为
，则对整体由牛顿第二定律有
代入数据解得
则假设成立，在未撤去力F 的时间内物块的位移
可知
则可知在力F 撤去前的某一时间内物块已经进入电场，设从开始运动到物块进入电场的施加为
，由位移
与时间的关系可得
解得
（2）当物块进入电场
后由于电场力竖直向下，增加了物块对木板的正压力同时也增加了木板对地面的
正压力，因此可知木块仍相对于木板静止，在电场
中，在力F 未撤去时，设物块和木板共同运动的加速
度大小为
，由牛顿第二定律有
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解得
即在物块进入电场
中的1s 时间内物块和木板一起做匀速直线运动，物块对长木板的摩擦力所用的功为
（3）此时距进入电场
的距离为
设在这段位移内物块和木板共同运动的加速度大小为
，由牛顿第二定律有
解得
设物块和木板共同进入电场
时的速度大小为
，则由速度与位移的关系可得
解得
当进入匀强电场
，电场力竖直向上，对物块在竖直方向有
可知，物块在电场
中做匀速直线运动，因此，物块离开匀强电场
时速度的大小为
。设物块出电
场
所用的时间为
，在物块出电场
的过程中木板在电场
中做匀减速直线运动的加速度大小为
，
则
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解得
，
设该过程中木板的位移为
，可得
则可得物块出电场
时距离木板右端的距离为
4．（2024·黑龙江·一模）如图所示，质量为2m 的木板C 静止在光滑的水平地面上，质量分别为m 和2m
的物块A、B（可视为质点）紧挨着放在木板C 上。某时刻A、B 分别以
和
的初速度向相反方向运动，
A、B 均刚好不从C 上滑落，已知A、B 两物块与木板C 之间的动摩擦因数均为
，重力加速度为g，求：
（1）最初时刻A、B、C 三个物体各自的加速度大小；
（2）木板C 的最大速度的大小；
（3）木板C 的长度。
【答案】（1）
，
，
；（2）
；（3）
【解析】（1）最初时刻对A 由牛顿第二定律可得
解得
最初时刻对B 由牛顿第二定律可得
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解得
最初时刻对C 由牛顿第二定律可得
解得
（2）以向右为正方向，若A、C 先共速则设共速时间为
，若B、C 先共速则设共速时间为
。分别计
算A 与C 达到共速的时间和B 与C 共速的时间
，
解得
所以B、C 先共速，此后二者相对静止，B、C 整体受到A 向左的摩擦力而减速，所以C 的最大速度在与B
共速时取得
（3）根据分析可知B、C 整体减速的加速度大小为
A 加速的加速度大小不变，则三者共速所需时间
解得
木板C 的长度等于
又根据
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方程联立解得木板C 的长度
5．（2025·河南·一模）如图所示，一长度
的均匀薄木板A 初始时静止在一光滑平台上，平台右
端B 处有一固定挡板，固定挡板的高度略小于木板的厚度，木板的右端到挡板的距离是
。一可以
看成质点的小滑块以初速度
从木板的左端滑上木板，木板撞击挡板时速度立即变为零并静止，
碰撞时小滑块仍在木板上，不计空气阻力。已知平台高度
，小滑块的质量
，木板的质量
，厚度不计。小滑块与木板之间的动摩擦因数
，重力加速度
取
。
（1）求木板撞击挡板时小滑块的速度大小；
（2）通过计算判断小滑块能否从挡板右边飞出，若小滑块不能从右边飞出，求小滑块静止时距木板右端
的距离是多少；若小滑块能从右边飞出，求小滑块落地时距B 端的水平距离是多少。
【答案】（1）
（2）能，3.2m
【解析】（1）设小滑块的加速度大小为
，木板的加速度大小为
，根据牛顿第二定律得
，
解得
，
设经过时间
滑块与木板速度相等，则有
解得
此过程木板的位移
表明木板撞击挡板时，滑块与木板没有到达相等速度，对木板进行分析，根据位移公式有
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解得
则小滑块此时的速度
解得
（2）碰撞前小滑块的位移
结合上述解得
假设小滑块能滑到木板右端且速度为
，根据运动学公式得
解得
假设成立，小滑块能从右边飞出后做平抛运动，设小滑块做平抛运动的时间为
，
竖直方向上有
解得
水平位移为
解得
即小滑块落地时距B 端的水平距离是3.2m。
6．（2024·四川德阳·一模）如图所示，有一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ = 30°，沿逆时针方向转
动，速度大小为v0 = 2.5 m/s。t = 0 时刻，一质量为m1 = 0.1 kg 磁性板甲无初速度轻放于传送带顶端，其
右端与传送带的顶端M 点相齐。t1 = 0.4 s 时，再将一质量为m2 = 0.15 kg 的小铁块乙（可视为质点）迅速
轻放在磁性板甲的左端，乙在甲上从静止开始运动，甲、乙之间的磁力大小为
，乙不会从甲上滑
落。甲与传送带之间、甲与乙之间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小g = 10 m/s2，不计空气阻力。
求：
14
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（1）0 ~ 0.4 s 内，甲的位移大小；
（2）乙迅速轻放到甲上后，经多长时间甲、乙速度相同；
（3）从开始至甲、乙速度刚相同时，甲、乙及传送带组成的系统因摩擦产生的热量Q。
【答案】（1）0.75 m （2）0.1 s （3）
【解析】（1）甲放在传送带上时，对甲根据牛顿第二定律
解得
甲与传送带共速所需时间为
共速后，因为
，所以，甲将和传送带一起匀速运动，则加速的位移大小为
匀速的位移大小为
所以，0 ~ 4 s 内，甲的位移大小为
（2）乙迅速轻放到甲上后，对乙根据牛顿第二定律
解得
此时甲乙之间的摩擦力为
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甲与传送带之间的最大静摩擦力，即滑动摩擦力为
对甲受力分析，因为
所以，此过程中，甲开始减速，对甲，根据牛顿第二定律
解得
设甲乙共速的速度大小为v，所用时间为t2，则
解得
，
（3）甲加速阶段与传送带间的相对位移大小为
则，此过程产生的热量为
放上乙后，甲相对于传送带的位移大小为
则，此过程产生的热量为
乙加速阶段与甲间的相对位移大小为
则，此过程产生的热量为
甲、乙及传送带组成的系统因摩擦产生的热量为
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7．（2024·四川达州·一模）如图所示，A 为水平平台的右末端，BC 为半径R = 1 m 的光滑圆弧轨道，圆弧
轨道对应的圆心角θ = 53°，C 为圆心的正下方，右边有长L = 0.5 m、质量m = 0.5 kg 的3 个相同的长木板
依次排列在光滑的水平地面上，长木板的上表面刚好与C 齐平。质量m = 0.5 kg 的小滑块（视为质点）从
A 点以某一初速度水平滑出，刚好从B 点切向进入。已知AB 间竖直高度h = 0.8 m，小滑块与长木板间的
动摩擦因数
。（重力加速度g 取10 m/s2，sin53° = 0.8，cos53° = 0.6）。求：
（1）小滑块滑到C 点时对圆弧轨道的压力N；
（2）如果小滑块在AB 间同时受到向上的力F = 2vy（vy为小滑块竖直方向速度）。调整平台A 点到B 点间
的水平距离，改变小滑块从A 点水平滑出时的初速度使其仍刚好从B 点切向进入，到达C 点的速度v = 3
m/s 时。小滑块在A 点抛出去的速度v0和从A 运动到B 的时间t；
（3）接（2）问，小滑块经过C 点后依次滑上长木板，滑块能否从第3 个长木板上滑下？若不能，滑块最
终停在第几个长木板上，速度为多大；若能，则滑块从第3 个长木板上滑下时相对长木板的速度v 对3。
【答案】（1）21.5 N，方向竖直向下 （2）0.6 m/s；0.4 s （3）能，2 m/s，方向水平向右
【解析】（1）小滑块从A 运动到B 过程有
小滑块刚好从B 点切向进入，根据速度分解有
解得
小滑块从A 到C 过程，根据动能定理有
小滑块在C 点，根据牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律有
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解得
方向竖直向下。
（2）小滑块从B 到C 过程，根据动能定理有
解得
在竖直方向上，根据动量定理有
由于
则有
其中
解得
（3）假设滑块能够从第三个木板上滑下，则滑块在第一个木板上运动过程中，滑块相对于第一个木板的
相对初速度
相对加速度大小为
令滑块离开木板1 进入木板2 的相对速度为v 对1，则有
同理可得
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其中
解得
可知，滑块能从第3 个长木板上滑下，滑块从第3 个长木板上滑下时相对长木板的速度大小为2 m/s，方向
水平向右。
题型二 利用动量守恒及能量守恒解决碰撞问题
8．（2024·辽宁·一模）如图所示，半径为R=0.8m 的
光滑圆弧槽C 固定在光滑水平面上，质量为
的木板B 紧靠槽C 静止于水平面上，圆弧槽末端水平且与木板B 上表面高度相同，木板B 右侧有
一质量为
的木板D，木板B 右端与木板D 左端相距
。某时刻，一个质量为
的小
物块A（可视为质点）从圆弧槽的顶端由静止滑下，物块A 与木板B 间动摩擦因数为
。物块A 最
终恰好不会从木板B 的右端滑出，木板B、D 间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度
，求：
（1）物块A 滑至槽C 末端时，槽C 对物块A 支持力的大小；
（2）木板B、D 第一次碰后木板B、D 速度的大小；
（3）木板D 最终速度的大小。
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【答案】（1）90N；（2）
；
；（3）2m/s
【解析】（1）物块A 滑至槽C 末端时，根据机械能守恒有
在槽C 末端，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）假设木板B、D 第一次碰前物块A、B 未共速，对A，根据牛顿第二定律有
解得
对B，根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得
对A，根据运动学公式有
解得
对B，根据运动学公式有
解得
20
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所以假设成立，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
联立解得
，
所以第一次碰后木板B、D 速度的大小分别为
，
；
（3）假设木板B、D 第二次碰前物块A、B 未共速，则有
解得
对B，根据运动学公式有
解得
对A，根据运动学公式有
解得
所以假设不成立，故物块A、B 共速后与D 发生第二次碰撞，根据动量守恒有
解得
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对B、D 碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒有
联立解得
，
物块A、B 第二次共速，则有
解得
则共同速度为
故A、B 第二次共速后无法追上板D，此后不会发生第三次碰撞板D，所以板D 的最终速度为2m/s。
9．（2024·河北保定·二模）如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一辆质量
的小车，小车
左边AB 部分为半径
的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度
的水平粗糙面
BC，粗糙面右端是一挡板。将一质量
的物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A 点由静
止释放，物块与小车的粗糙区域BC 间的动摩擦因数
，物块与挡板的碰撞无机械能损失，取重力
加速度大小
。
（1）求物块滑到圆弧轨道末端B 点时，物块对圆弧轨道的压力大小；
（2）若解除小车锁定，让物块仍从A 点由静止释放，求物块从B 点到与右侧挡板发生第一次碰撞经历的
时间；
（3）在（2）问的初始条件下，物块将与小车右侧挡板发生多次碰撞，求整个运动的过程中，小车发生的
位移大小。
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【答案】（1）15 N；（2）0.67s；（3）1.33 m
【解析】（1）由机械能守恒定律有
mgR=
mv2
在B 点，由牛顿第二定律有
FN-mg=m
解得
FN=15 N
根据牛顿第三定律，可知物块对轨道的压力大小
FN'=15 N
（2）解除固定后，物块和小车组成的系统水平方向动量守恒。设物块刚滑上B 点时的速度大小为v1，此时
小车的速度大小为v2，由动量守恒定律有
mv1=Mv2
由机械能守恒定律有
mgR=
m
+
M
解得
v1=4 m/s，v2=2 m/s
物块滑上粗糙面BC 后，设物块的加速度大小为a1，小车的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有
μmg=ma1
可得
a1=0.6 m/s2
方向水平向左。同理
μmg=Ma2
可得
a2=0.3 m/s2
方向水平向右。当物块和小车右侧挡板发生碰撞时满足
23
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v1t-
a1t2+v2t-
a2t2=L
解得
t1=
s=0.67 s，t2=12
s=12.67 s（舍去）
（3）从物块滑下到最终相对小车静止，设物块在小车BC 面上滑动的路程为s，根据动能定理有
mgR=μmgs
解得
s=20 m
设物块在小车上表面来回运动的次数为n，满足
s=nL+Δx
当n=5 时，Δx=1 m，即物块将停在离右侧挡板1 m 处，此时物块和小车同时停止运动。从物块滑下到物块
和小车停止运动的整个过程中，物块相对小车发生的位移
x 总=R+L-Δx=4 m
选取物块和小车为系统,由于水平方向动量守恒，设物块水平向右发生的位移大小为x1，小车水平向左发生
的位移大小为x2，有
mx1=Mx2，x1+x2=x 总
解得
x2=
m=1.33 m
10．（2024·辽宁·模拟预测）如图所示，一半径为R 的
光滑圆轨道竖直固定在水平地面上，圆轨道最低
点M 与水平地面平滑连接，距M 点距离
处有一静止滑板A，滑板上右端固定一竖直挡板（厚度忽
略），一带电量为
的物块B 紧靠挡板静止在滑板上，水平地面上方存在水平向右的匀强电场，电
场强度大小
。小滑块C 从圆轨道的最高点由静止开始释放，运动到水平地面后与滑板发生完全
非弹性碰撞（A、C 并没有粘连），已知B、C 均可视为质点，A（含挡板）、B、C 的质量分别为m、
2m、m，B 与挡板间碰撞为弹性碰撞，且不会从A 上掉下来，除圆轨道外其他接触面间的动摩擦因数均为
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，求：
（1）滑块C 刚运动到M 点时，对轨道压力的大小；
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（2）滑板A 的最小长度；
（3）从滑块C 静止释放到C 刚刚静止时，系统产生的总热量。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【解析】（1）滑块下滑过程，根据动能定理
在M 点，根据牛顿第二定律
解得
，
根据牛顿第三定律，滑块C 刚运动到M 点时，对轨道压力的大小为
。
（2）C 由释放到与A 碰前瞬间，根据动能定理
C 与A 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒
碰后共同速度为
之后A、B 相对滑动，对A、C 整体，根据牛顿第二定律
对B，根据牛顿第二定律
解得
25
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，
当A、B、C 共速时
解得
此时A、B 之间的相对位移即为木板的最小长度
（3）结合上述，A、B、C 共速时的速度大小为
从C 静止释放到A、B、C 速度相等过程，系统产生的热量
A、B、C 速度相等之后，B 向右的加速度为
B 向右做匀速直线运动，A 向左的加速度为
C 向左的加速度为
则此后B 匀速直线运动，A、C 以相同的加速度向右做匀减速直线运动，由于
表明在A、B 碰撞前，A、C 速度已减为零，则由A、B、C 共速到C 静止过程，经历时间
此过程，A、B 之间由于摩擦生热
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A、C 与地面之间的摩擦生热
故从滑块C 静止释放到C 刚刚静止，系统产生的总热量
11．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光
滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用
不可伸长的轻质细线悬挂于O 点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，
小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长
。
小球质量
。物块、小车质量均为
。小车上的水平轨道长
。圆弧轨道半径
。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g 取
。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数
的取值
范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【解析】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
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在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数
的取值范围为
12．（2024·黑龙江大庆·模拟预测）如图所示，质量
的木板A 置于光滑水平地面上，紧靠木板左
端固定一半径
的四分之一光滑圆弧轨道，其末端与A 的上表面所在平面相切。质量
的小
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物块B 放在木板A 上，距离木板左端
。右侧竖直墙面固定一轻弹簧，弹簧处于自然状态。现一质
量
的小物块C 从圆弧的顶端无初速度滑下，滑上木板，物块B、C 与木板A 的动摩擦因数均为
，物块B 与C 发生完全非弹性碰撞并粘在一起。一段时间后A、B、C 三者共速，之后木板与弹簧
接触。木板足够长，物块B、C 可视为质点，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
与形变量x 的关系为
，劲度系数
。取重力加速度
。求：
（1）物块C 滑到圆弧轨道底端时，轨道对物块C 的支持力
的大小；
（2）木板与弹簧接触以后，物块B、C 与木板A 之间刚好相对滑动时弹簧的压缩量x 及此时木板速度v 的
大小。
（3）从物块C 滑上木板A 到物块B、C 与木板A 之间刚好相对滑动时，系统因摩擦转化的内能
；
【答案】（1）
；（2）
，
（3）
【解析】（1）物块C 滑到圆弧轨道底端时，根据机械能守恒有
解得
根据牛顿第二定律有
联立解得，轨道对物块C 的支持力为
（2）物块C 滑离圆弧轨道后，A、B、C 三者组成的系统动量守恒，则根据动量守恒有
解得
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木板与弹簧接触以后，物块B、C 与木板A 之间刚好相对滑动时，根据牛顿第二定律有
对B、C 分析有
联立解得，此时弹簧的压缩量为
则根据机械能守恒有
解得，此时木板速度为
（3）物块C 滑上木板A 后，对物块C 受力分析，根据牛顿第二定律有
解得，物块C 减速的加速度大小为
对AB 整体分析，根据牛顿第二定律有
解得，AB 一起加速的加速度大小为
根据运动学规律有
解得
或
若
取2s，则此时物块C 的速度小于A、B 的速度，不符合题意，则舍弃，故有
30
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此时物块C 的速度为
此时AB 的速度为
物块B 与C 发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒有
根据能量守恒可得，物块B 与C 发生完全非弹性碰撞，损失的能量为
根据能量守恒，可得A、B、C 三者组成的系统损失的能量为
则从物块C 滑上木板A 到木板与弹簧刚要接触时系统因摩擦转化的内能为
13．（2025·湖北·一模）如图所示，水平面放置“L”形长木板B，木板左侧有凸起的小挡板，木板B 上表
面P 点处放置小铁块C（可视为质点），P 点到挡板间的上表面光滑且距离
，P 点右侧的上表面粗
糙，铁块C 与木板B 上P 点右侧的上表面间动摩擦因数
，木板B 与水平面间动摩擦因数
。
质量
的小物块A 以速度
与木板B 发生弹性碰撞，一段时间后木板B 与铁块C 发生弹性
碰撞，所有碰撞时间极短，木板B 质量
，铁块C 质量
，铁块C 始终没有脱离木板
B，重力加速度g 取
，不计空气阻力，求：
（1）物块A 与木板B 碰后B 的速度大小及木板B 与铁块C 碰后C 的速度大小；
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（2）铁块C 对木板B 的摩擦力所做的功；
（3）木板B 的最小长度。
【答案】（1）
，
（2）
（3）
【解析】（1）物块A 与木板B 发生弹性碰撞
，
得
碰撞后铁块C 静止不动，木板B 加速度
木板B 与铁块C 碰前B 的速度大小为
，则
得
木板B 与铁块C 发生弹性碰撞
，
得
，
（2）木板B 与铁块C 相碰后，C 做匀速运动，B 做减速运动，经过时间
铁块C 运动到P 点有
得
此时木板B 的速度
此后铁块C 的加速度
木板B 加速度
32
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经过时间
木板B 停止，此过程木板B 位移
此后，
，木板B 静止不动，铁块C 继续做匀减速运动到停止，铁块C 对木板B 的摩
擦力所做的功
（3）铁块C 从P 点向右一直减速到零，其位移
，有
得
铁块C 静止在木板B 上的位置与P 点相对位移
木板B 最小长度
14．（2025·浙江宁波·一模）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
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（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；
（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
【解析】（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
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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
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
②若一直在传送带上加速，
则
③与传送带共速时，滑块离开传送带时的速度就是传送带的速度，则
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15．（2024·内蒙古乌海·模拟预测）某快递公司在将货物从高处送至平台Q 的过程中，为了避免货物与地
面相碰，设计了如图所示的传送装置，装置P 固定放在水平面上，上表面有光滑的半径为R 的四分之一圆
弧面，水平部分BC 与圆弧面的最低点B 相切，平板车静止在光滑水平面上，平板车左端与装置P 接触，
平板车上表面与BC 面及平台Q 的上表面在同一水平面内，质量为m 的货物从圆弧面的最高点A 由静止释
放，从C 点滑上平板车，平板车右端到平台Q 左端前，货物与平板车已相对静止，货物与BC 段和平板车
上表面动摩擦因数均为0.2，平板车的质量为0.5m，重力加速度为g，求：
（1）要使货物能滑上平板车，BC 段长应满足什么条件？
（2）若BC 长为R，则平板车从开始运动到右端抵达平台Q 左端所用时间至少为多少，开始时平板车的右
端离平台Q 的左端距离至少为多少；
（3）若BC 长为R，平板车右端与Q 碰撞没有机械能损失，碰撞前后瞬间，速度等大反向，平板车第二次
与Q 碰撞的一瞬间，货物恰好滑上平台Q，则平板车长为多少？
【答案】（1）
；（2）
，
；（3）
【解析】（1）根据题意，要使货物能滑上平板车，设BC 段的长度最长为
，由动能定理有
解得
即要使货物能滑上平板车，BC 段长应满足
（2）根据题意可知，板车从开始运动到右端抵达平台Q 左端所用时间最短时，货物一直减速到平板车右
端与平板车共速，此时平板车运动到平台Q 左端，货物从
到
，由动能定理有
由动量守恒定律有
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解得
，
由牛顿第二定律，分别对货物和平板车有
，
又有
解得
平板车的右端离平台Q 的左端距离
（3）根据题意，结合（2）分析可知，货物与平板车第一次共速，货物相对平板车运动的位移为
平板车第一次与Q 碰撞后到平板车第二次与Q 碰撞前，由动量守恒定律有
解得
所用时间为
货物相对平板车运动的位移为
则平板车长为
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16．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）下图为“冲关”活动简易模型，它由竖直面内光滑圆形轨道和光滑水
平轨道PN 组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径
。水平轨道PN 右侧并
排放置木板c、d，两木板间相互接触但不粘连，木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c、d 质量均为
，长度
。两个小物块a 和b 静止在水平轨道PN 的左端，质量分别为
和
，物块间有一被压缩的轻质弹簧，与两块不拴接，用细绳将它们锁定，已知弹簧的弹性势能
。物块b 与木板c 的动摩擦因数
，与木板d 的动摩擦因数
，木板c、d 与地面间动
摩擦因数均为
。现剪断细绳后两物块瞬间被弹出，使两物块都获得水平速度。重力加速度
，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
（1）物块a、b 与弹簧分离瞬间获得速度大小
、
；
（2）通过计算分析物块b 能否经过最高点M，若不能求物块b 在圆轨道上距离水平轨道PN 的最大高度
H；若能求物块b 运动到圆形轨道最高点M 处的速度
；
（3）若仅改变物块a 的质量，其余条件不变，为使物块b 与弹簧分离后，经过圆形轨道（未与轨道脱离）
后，最终停在木板d 上，求物块a 质量的取值范围。
【答案】（1）
，
；（2）不能，
；（3）
【解析】（1）根据动量守恒定律
解得
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（2）若物块b 能通过
点
解得
所以物块
不能到达圆周最高点
解得
所以物块
通过了
点，综上分析
在
之间的某位置恰好脱离圆轨道。假设在
点恰好脱离
从b 点到E 点由动能定理可得
解得
则
（3）当物块
分离后，物块
恰好通过
点时，物块
最终与木板相对静止，
在
上滑动的相对位
移为
由圆周运动知识得
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由牛顿第二定律得
解得
物块b 从M 点到Q 点动能定理可得
解得
设物块b 最终与木板C 相对静止时得速度为
解得
所以物块b 恰好通过圆周最高点最终停在木板C 上未到达d 板上。
根据动量守恒、机械能守恒得
解得
当物块
分离后，物块
通过圆周最高点
点后，恰好停在木板
的最左端保持相对静止，设物块b 在
40
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木板上滑行的时间为
，由运动学公式可得
解得
由碰撞过程动量守恒和能量守恒
解得
当物块
分离后，物块
通过圆周最高点
点后，恰好停在木板
的最右端保持相对静止，设物块
在
木板上滑行的时间为
由牛顿第二定律得物块
在木板上滑行的加速度
由牛顿第二定律得物块
在木板
上滑行的加速度
假设此时木板c 和 木板d 分离，对木板d 受力分析可得
解得
此加速度比木板c 单独减速的加速度还大，说明木板d 的减速更快，即物块在木板d 上运动时cd 没有分离，
则
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解得
解得
由动量守恒和能量守恒
解得
综上可知
17．（2025·广西南宁·二模）如图所示，质量
的平板小车左端放有质量
的滑块，两者之间
的动摩擦因数
。开始时车和滑块一起以
的速度在光滑水平地面上向右运动，此后与固定
的竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。平板车足够长，使得滑块总不能和墙壁相碰，重力加速度
，从小车与墙壁第一次碰撞后开始研究，求：
（1）小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离；
（2）小车与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小；
（3）滑块做减速运动的总时间及匀速运动的总时间。
42
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【答案】（1）
（2）
（3）
，
【解析】（1）小车第一次与墙相撞后向左所走路程为
，由动能定理得
得
（2）车与墙碰后，车速度大小不变，方向相反。小车和滑块以共同速度
与墙第二次相碰，以向右为正，
由动量守恒
解得
（3）小车第一次与墙壁碰撞后，小车向左減速，滑块向右减速，小车的速度先减为0，然后反向加速，直
至与滑块共速后再一起匀速向右运动，然后与墙壁发生第二次碰撞，经过无数次碰撞，二者速度为0，小
车右端靠近墙壁静止。将滑块的所有减速过程视为一个整体，即为初速度大小为
，加速度大小为
的匀
减速运动，设滑块做减速运动的时间
对滑块
，
得
对小车，第一次碰后到二者共速的过程
得
匀速时间
接着小车和滑块以共同速度
与墙第二次相碰，以右为正，由动量守恒
解得
第二次碰后到二者共速的过程
得
43
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匀速时间
以此类推，小车和滑块第
次与墙碰撞
总的匀速时间
18．（2025·浙江·模拟预测）光滑水平平台上有一个滑块D，滑块D 右侧面是半径为
的
圆弧，圆弧面
与平台相切，滑块B 在平台右端。平台右侧有一长木板C 放在光滑水平地面上，木板上表面与平台平齐。
小球
从滑块D 的最高点沿圆弧面从静止释放。已知A、B、C、D 的质量分别为
、
、
、
，滑块B 和木板间的动摩擦因数
，小球与滑块B 均可视为质点，重力加速度为
。
（1）求小球刚滑到圆弧面底端时，小球的水平位移大小；
（2）求小球刚滑到圆弧面底端时，小球对圆弧面的压力大小；
（3）若初始时将滑块D 固定在水平面上，小球在水平面上与滑块B 发生弹性碰撞（碰后小球即被取走），
求滑块B 与木板共速时，木板的运动距离
。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）小球下滑过程，小球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，有
由几何关系有
解得
（2）当小球滑到圆弧面底端时有
由机械能守恒有
解得
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小球相对于圆弧的速度
,
解得
（3）小球从滑块D 上滑下，有
解得小球到达平台时的速度
小球和滑块B 碰撞过程有
，
解得碰后滑块B 的速度
滑块B 在木板上滑行过程有
对木板由动量定理有
解得
所以
19．（2025·河南南阳·模拟预测）如图所示，用轻弹簧连接两小物块A，B 静止在光滑水平面上，小物块B
右侧有一竖直挡板一条不可伸长的轻质细绳长为
，一端悬于小物块C 正上方高为R 的O 点，另一
端系一小球P。今将小球拉至悬线与竖直方向成
角，由静止释放，小球到达最低点时与小物块C 碰撞，
碰撞时间极短且无机械能损失，碰后小物块C 向右运动与小物块A 发生弹性碰撞，已知物块A、B、C、小
球P 的质量分别是
，
，
，弹簧始终在弹性限度内，小物块A、B、C，小球P
均视为质点，重力加速度大小g 取
，假设物块A 与C 不发生二次碰撞，求：
45
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（1）小球运动到最低点与小物块C 碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块B 离开墙壁前后弹簧的最大弹性势能分别为多少；
（3）小物块B 离开墙壁后的最大速度大小。
【答案】（1）
， 20N （2）
，
（3）
【解析】（1）设小球与小物块C 碰前的速度为
，小球下摆过程，由机械能守恒定律得
解得
设小球运动到最低点与小物块C 碰前对轻质细绳拉力大小为
，根据牛顿第二定律可得
解得
根据牛顿第三定律可知，小球对轻质细绳的拉力大小为20N。
（2）小球与小物块C 进行弹性碰撞，二者质量相等，交换速度，所以
即C 与A 碰前速度为
，取C 的初速度方向为正方向，对C 与A 碰撞过程，根据动量守恒定律和
机械能守恒定律可得
，
解得碰后速度为
，
物块B 离开墙壁前，弹簧的弹性势能最大值为
46
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物块B 离开墙壁后，当A、B 共速时弹性势能最大，取向左为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律
可得
解得
小物块B 离开墙壁后弹簧的最大弹性势能为
解得
（3）物块B 离开墙壁后，系统动量守恒、机械能守恒，弹簧处于原长时，B 速度最大，取向左为正方向，
由动量守恒定律和机械能守恒定律得
，
解得物块B 离开墙壁后的最大速度为
20．（2025·宁夏中卫·一模）某固定装置的竖直截面如图所示，该装置由弧形光滑轨道AB、竖直光滑圆轨
道、水平粗糙直轨道BD、倾角为37°的粗糙斜轨道DE、圆弧形光滑管道EF 平滑连接而成。现将一质量为
0.1kg、可视为质点的小滑块m1由弧形轨道AB 上高h 处由静止释放（h 未知），在经历几段不同的运动后，
m1在F 点与静止在水平台面上质量为0.4kg 的长木板M 发生正碰。已知圆轨道半径R=0.5m，
LBD=LDE=1m；m1与轨道BD、DE 间的动摩擦因数均为μ1=0.25，M 与水平台面间的动摩擦因数μ2=0.3，M 最
右端停放一质量为
、可视为质点的小滑块m2，M 与m2间的动摩擦因数μ3=0.2；水平台面和木板M 足
够长；m1从轨道AB 上滑下后进入圆弧轨道，运动到与圆O 等高的C 点时对轨道的压力为10N。忽略空气
阻力，g 取10m/s2，
、
。
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（1）求h 的大小；
（2）求m1刚到达F 点时的速度大小；
（3）若m1与M 碰撞时间极短，且碰后立即粘在一起，求最终m2与M 最右端之间的距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】（1）
运动到C 点时，根据牛顿第二定律得
从A 到C 的运动过程，根据动能定理得
联立代入数据解得
（2）m1从A 到F 的运动过程，根据动能定理得
代入数据解得
（3）m1与M 相碰，根据动量守恒定律得
代入数据解得
m1与M 碰后对m2分析得
代入数据解得
对
和
构成的整体受力分析得
代入数据解得
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设经过时间t，m2与m1、M 共速，则
代入数据解得共速的速度
，
该过程中m2运动的位移
运动的位移
共速过后，
与
分别减速运动，对m2受力分析得
代入数据解得
对
和
构成的整体受力分析得
代入数据解得
m2对地位移
的对地位移
最终计算可得
距离
最右端的长度
49
