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秘籍7 力学三大观点的综合应用问题
1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。
2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律);动量观点(动量定理和动
量守恒定律);能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
题型一 应用三大动力学观点创新解决经典模型问题（计算题）
题型二 应用三大动力学观点解决多过程问题（计算题）
题型三 借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动观（计算题）
1、本专题的常见过程与情境
1
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2、应对策略
(1)力的观点解题:要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
(2)两大定理解题:应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
(3)过程中动量或机械能守恒:根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定
律多用于求某状态的速度(率)。
3、动力学
牛顿第二运动定律
F 合 = ma 或
或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
4、冲量与动量、功和能
物理概念规律名称
公式
动能
= p
2
2m
重力势能
(与零势能面的选择有关)
弹性势能
功
W = Fs cos (恒力做功)
W=Pt（拉力功率不变）
W=f S 相对路程 （阻力大小不变）
功率
平均功率：
即时功率：
动能定理
机械能守恒定律
1
2 m v1
2+mgh1+ 1
2 k x1
2= 1
2 m v2
2+mgh2+ 1
2 k x2
2或者Ep= Ek
动量
=√2m EK
2
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冲量
动量定理
(解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒
m1v1 + m2v2 = m1 v1
‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
1．（2024•广西模拟）在图示装置中，斜面高h＝0.9m，倾角α＝37°，形状相同的刚性小球A、B
质量分别为100g 和20g，轻弹簧P 的劲度系数k＝270N/m，用A 球将弹簧压缩Δl＝10cm 后无初
速释放，A 球沿光滑表面冲上斜面顶端与B 球发生对心弹性碰撞，设碰撞时间极短，弹簧弹性
势能Ep= 1
2 k( Δl)
2，重力加速度的大小取g＝10m/s2，sin37°＝0.6。
（1）求碰撞前瞬间A 球的速度大小；
（2）求B 球飞离斜面时的速度大小；
（3）将装置置于竖直墙面左侧，仍取Δl＝10cm，再次弹射使B 球与墙面碰撞，碰撞前后瞬间，
速度平行于墙面方向的分量不变，垂直于墙面方向的分量大小不变，方向相反，为使B 球能落
回到斜面上，求装置到墙面距离x 的最大值。
3
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【解答】解：（1 ）设A 球与B 球碰撞前的速度为vA ，由能量守恒定律得：
E p=mA gh+ 1
2 mA v A
2
其中E p= 1
2 k( Δl)
2= 1
2 ×270×0.1
2J =1.35 J
代入数据解得，碰撞前瞬间A 球的速度大小为：vA＝3m/s
（2）A 球与B 球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量守恒定律得：mAvA＝mAvA′+mBvB′
由机械能守恒定律得：1
2 mA v A
2 = 1
2mAvA′2+ 1
2mBvB′2
代入数据联立解得，B 球飞离斜面时的速度大小为：vB′＝5m/s
（3）仍取Δl＝10cm，则B 球飞离斜面时的速度仍为vB′＝5m/s
设B 球运动的总时间为t，B 球与墙壁发生弹性碰撞，由对称性可知，若B 球能落回到斜面，则
水平方向有：x＝vB′cos37°•t
竖直方向有：y = vB' sin37°⋅t - 1
2 gt
2=0
代入数据联立解得：t＝0.6s
x＝1.2m
答：（1）碰撞前瞬间A 球的速度大小为3m/s；
（2）B 球飞离斜面时的速度大小为5m/s；
（3）装置到墙面距离x 的最大值为1.2m。
2．（2024•甘肃模拟）如图所示，质量为M1＝2kg、倾角为37°的光滑斜面AB 放在水平地面上，
水平地面BC 段长L＝0.8m，斜面AB 与地面平滑连接，物块与BC 段的动摩擦因数μ＝0.1。C
点右侧、B 点的左侧水平面均光滑，质量M2＝9kg 的1
4 光滑圆弧曲面被锁定在水平面上，曲面左
端与C 点对齐，且与地面等高平滑连接，圆弧半径R＝0.5m。质量m＝1kg 的物块从斜面上距地
面高h＝1.17m 处由静止释放，在沿圆弧曲面上滑时，设物块和圆心O 的连线与竖直方向做夹角
为θ。重力加速度取10m/s2。求：
（1）物块到达曲面最高点D 时，对曲面的压力大小；
（2）如果去掉固定装置，求曲面获得的最大速度；
（3）如果曲面固定，调整物块释放时的初始高度h，使物块恰好能到达曲面上的D 点，求沿曲
面上滑过程中，当θ 为多少时，固定装置对曲面的水平作用力最大，最大水平作用力为多少。
4
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【解答】解：（1）物块下滑时，物块与斜面在水平方向满足动量守恒定律，取向右为正方向，
则有
mv1﹣M1v2＝0
根据机械能守恒定律
mgh= 1
2 m v1
2+ 1
2 M 1v2
2
物块从B 点运动到D 点过程，由动能定理，可得
- μmgL-mgR = 1
2 m v D
2 - 1
2 m v1
2
物块在最高点D 时，由牛顿第二定律可得
F N =m v D
2
R
代入数据联立解得
FN＝8N
由牛顿第三定律
FN′＝FN＝8N；
（2）物块从B 点运动到C 点过程，由动能定理，可得
- μmgL= 1
2 m vC
2 - 1
2 m v1
2
物块与曲面相互作用过程，系统水平方向动量守恒，当物块返回离开曲面时曲面速度最大，设
最大值为v3，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mvC＝mvC′+M2v3
根据机械能守恒定律由
1
2 m vC
2 = 1
2 m vC
' 2+ 1
2 M 2v3
2
代入数据联立解得
5
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v3= √14
5
m/ s；
（3）依题意，物块恰好能到达曲面上的D 点，由逆向思维可转化成物块从静止开始由D 点在曲
面上下滑至P 点，其过程根据机械能守恒，有
mgRcosθ = 1
2 mvP❑
2
物块在P 点，根据牛顿第二定律，半径方向的合力提供向心力，可得
FNP﹣mgcosθ=m v P
2
R
联立解得
FNP＝3mgcosθ
对曲面受力分析，固定装置对曲面的水平作用力大小为
F x= F NP sinθ = 3
2 mgsin2θ
由数学知识可知当θ 为45°时，正弦值最大，Fx具有最大值，为
Fxmax＝15N。
答：（1）物块到达曲面最高点D 时，对曲面的压力大小为8N；
（2）如果去掉固定装置，曲面获得的最大速度为√14
5
m/ s；
（3）沿曲面上滑过程中，当θ 为45°时，固定装置对曲面的水平作用力最大，最大水平作用力
为15N。
3．（2024•五华区校级模拟）老师在物理课上用网球和篮球演示了一个实验，如图甲所示，同时由
静止释放紧靠在一起、球心在同一竖直线上的网球和篮球，发现篮球与地面碰撞以后，网球弹
起的高度大于释放时的高度。为了定量研究这一现象，将图甲简化为图乙所示模型，篮球下沿
距地面高度为h，此过程中的所有碰撞均视为弹性碰撞，碰撞时间极短，可忽略，已知网球质量
为m，篮球质量为网球质量的9 倍，不计空气阻力，重力加速度为g。
（1）求网球从碰撞位置上升的最大高度；
（2）求篮球在与网球碰撞过程中篮球损失的机械能。
6
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【解答】解：（1）网球下落过程根据机械能守恒
mgh= 1
2 m v0
2
解得
v0=√2 gh
篮球与地面碰撞后速度方向向上，取向上为正方向，由动量守恒可得
9mv0﹣mv0＝9mv1+mv2
由机械能守恒定律可得
1
2 ×9m v0
2+ 1
2 m v0
2= 1
2 ×9m v1
2+ 1
2 m v2
2
联立解得
v2= 13
5 v0
根据网球上升过程做竖直上抛运动，有
v2
2=2gh'
解得
h' = 169
25 h=6.76h；
（2）根据能量守恒定律，篮球损失的机械能即网球增加的机械能
ΔE＝mgh′﹣mgh
代入数值解得
ΔE＝5.76mgh。
答：（1）网球从碰撞位置上升的最大高度为6.76h；
（2）篮球在与网球碰撞过程中篮球损失的机械能为5.76mgh。
4．（2024•富平县一模）如图所示，倾角为37°的足够长的固定斜面上放置一下端有固定挡板的
7
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“┘”型木板，木板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.6。一可视为质点的光滑小滑块置于木板上的
某点，该点与挡板的距离L＝3.0m。现将小滑块和木板同时由静止释放，已知木板的质量为M
＝2kg，小滑块的质量为m＝0.5kg，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，设最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，小滑块与挡板的碰撞为弹性碰撞。求滑块和木板：
（1）从释放到发生第一次碰撞所需要的时间；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞间，小滑块与挡板的最大间距；
（3）第二次碰撞后两者的速度。
【解答】解：（1）从释放后到小滑块与挡板第一次碰撞过程中，设小滑块和木板加速度分别为
a1和a2，由牛顿运动定律有
mgsin37°＝ma1
Mgsin37°﹣μ（m+M）gcos37°＝Ma2
解得a1=6m/ s
2，a2＝0
由此可知，该过程木板保持静止，设小滑块从释放到发生第一次碰撞所需要的时间为t1，则
L= 1
2 a1t1
2
解得：t1＝1s
（2）设小滑块与挡板第一次碰撞前速度为v1，由运动学规律有v1＝a1t1
设小滑块与挡板第一次碰撞后小滑块与木板的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守
恒定律有
mv1＝mv2+Mv3
1
2 m v1
2= 1
2 m v2
2+ 1
2 M v3
2
解得v2＝﹣3.6m/s；v3＝2.4m/s
第一次碰撞后，木板匀速下滑，小滑块做匀变速直线运动，当小滑块与木板的速度相同时，小
滑块与挡板距离最大，设该过程时间为t2，小滑块与木板的位移分别为x1和x2，小滑块与挡板
的最大间距为Δx，则
v3＝v2+a1t2
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x1= v2+ v3
2
t2
x2＝v3t2
Δx＝x2﹣x1
解得：Δx＝3m
（3）设小滑块从与挡板的最大间距处继续运动时间t3，第二次到达挡板处，设第二次碰前小滑
块速度大小为v4，该过程小滑块和木板位移大小分别为x3和x4，则
x3= v3t3+ 1
2 at1
2
x4＝v2t3
Δx＝x3﹣x4
v4＝v3+a1t3
解得：v4＝8.4m/s
设第二次碰撞后小滑块与木板的速度分布为v5和v6，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv4+Mv3＝mv5+Mv6
1
2 mv4
2+ 1
2 M v3
2= 1
2 mv5
2+ 1
2 M v6
2
解得：v5＝﹣1.2m/s，v6＝4.8m/s
答：（1）从释放到发生第一次碰撞所需要的时间为1s；
（2）在第一次碰撞到第二次碰撞间，小滑块与挡板的最大间距为3m；
（3）第二次碰撞后两者的速度大小分别为1.2m/s 和4.8m/s。
5．（2023•浙江模拟）某滑块弹射游戏装置如图所示，该装置由固定在水平地面上的倾角θ＝37°的
直轨道OB、光滑圆弧轨道B'C'以及平台CD 组成，其中圆弧轨道在B'、C'两点的切线分别与直
轨道OB、平台CD 平行，BB'、CC'间的距离恰好能让游戏中的滑块通过。一根轻弹簧下端固定
在直轨道OB 的底端，质量m＝0.2kg 的滑块P 紧靠弹簧上端放置，平台右端D 点处放置一质量
M＝0.4kg 的滑块Q。已知圆弧轨道半径R＝1m，滑块尺寸远小于轨道半径，平台CD 长度LCD
＝1m，平台离地高度h＝2.5m，滑块P 与轨道OB、平台CD 间的动摩擦因数μ＝0.1。
游戏中，游戏者将滑块P 压缩弹簧到不同的程度，如果释放滑块P 后，滑块P 能够一直沿轨道运
动至D 点，与滑块Q 发生弹性正碰，且滑块P 停留在CD 平台上则视为游戏成功。
某次游戏中游戏者将滑块P 压缩弹簧至A 点，AB 距离LAB＝3m，释放后滑块P 沿轨道运动，测
得经过C 点的速度大小为vc'＝4m/s。
（1）求该次游戏滑块P 经过圆弧轨道C'时对轨道的压力F；
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（2）该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能Ep；
（3）更改不同的弹簧压缩程度，在游戏成功的条件下，求滑块Q 的落地点距D 点的水平距离x
的范围。
【解答】解：（1）在C'点由牛顿第二定律有：F N +mg= mvC'
2
R
代入数据，可得FN＝1.2N
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力F＝FN＝1.2N，方向竖直向上；
（2）由几何关系可知∠BO′C＝θ
从A 点到C 由能量守恒可得：E p=mg LAB sinθ+mg( R - Rcosθ)+ 1
2 mvC'
2+ μmg LABcosθ
代入数据，可得Ep＝6.08J；
（3）设滑块P 在D 点碰前的速度为vD，碰后的速度为v1，滑块Q 碰后的速度为v2
两滑块碰撞过程动量守恒，取向右为正方向，则有：mvD＝mv1+Mv2
由能量守恒可得：1
2 mv D
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2
两式联立，可得v1=- 1
3 v D，v2= 2
3 v D
①当滑块P 恰好过C′点不脱离轨道，则有：mg= m v
2
R
代入数据，解得C′点的速度v =√10m/ s，C′点的速度v 最小，则D 点的速度vD最小
从C 点到D 点利用动能定理：- μmg LCD= 1
2 m v D
2- 1
2 m v
2
代入数据可得v D=2√2m/ s
可得滑块Q 碰后的速度v2的最小值v2= 4√2
3
m/ s
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②滑块P 碰后恰好返回到C 点，可知滑块P 碰后的速度v1最大时，则vD最大，v2最大
从D 点运动到C 点，利用动能定理：- μmg LCD=0- 1
2 mv1
2
代入数据，可得v1的大小v1=√2m/ s，则v D=3√2m/ s
可得滑块Q 碰后的速度v2的最大值v2=2√2m/ s
滑块Q 离开D 点做平抛运动，则有：h= 1
2 gt
2
代入数据，可得t = √2
2 s
由x＝v2t 可得x 的最小值xmin= 4
3 m，最大值xm＝2m
所以4
3 m≤x ≤2m
答：（1）该次游戏滑块P 经过圆弧轨道C'时对轨道的压力F 为1.2N，方向：竖直向上；
（2）该次游戏中弹簧压缩后具有的弹性势能Ep为6.08J；
（3）更改不同的弹簧压缩程度，在游戏成功的条件下，求滑块Q 的落地点距D 点的水平距离x
的范围为4
3 m≤x ≤2m
6．（2023•鼓楼区校级模拟）如图所示，半径为r 圆柱体B、C 固定在两个不计质量、不计厚度的
相同水平底座上，且B、C 靠在一起，底座与水平面间的动摩擦因数为μ，圆柱体A（半径为
r）放在圆柱体B、C，三者处于静止状态，质量关系为mA＝2mB＝2mC＝2m，三个圆柱面间的
光滑，重力加速度为g。
（1）求B 对A 的支持力FN。
（2）要使系统保持静止状态，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求μ 的最小值。
（3）若μ＝0，从如图所示的位置静止释放，求A 刚接触水平面时的速度。
【解答】解：（1）对A 受力分析，如图（1）
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根据平衡条件得：2FNcos30°＝2mg
代入数据解得：FN= 2√3
3
mg
方向与竖直方向夹角为30°；
（2）对B 受力分析，如图（2）
由平衡条件得：水平方向：f＝FNsin30°
竖直方向：N＝FNcos30°+mg
f≤μN
联立解得：μ≥√3
6
即μ 的最小值为√3
6 ；
（3）图示位置时，由几何关系得，A 球最低点力水平面的距离为h1＝2rcos30°＝2r× √3
2 =√3r
A 与BC 刚分离时，设AB 中点的连线与竖直方向夹角为θ，如图（3）
此时A 球最低点离地面的高度为h2＝r
则A 下落的高度为h＝h1﹣h2＝（√3-1）r
设此时A、B、C 的速度分别为vA、vB、vC，设水平向左为正方向，水平方向由动量定理得：
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mvB﹣mvC＝0
由机械能守恒定律得：2mgh= 1
2•2mv A
2 + 1
2 mvB
2 + 1
2 mvC
2
AB 分离前，两球沿两球心连线方向分速度大小相等，有：vAcosθ＝vBsinθ
A 相对B 做圆周运动，相对速度vAB＝vAsinθ+vBcosθ
AB 分离瞬间，A 与B 间的弹力为0，A 所受重力沿半径方向的分力提供向心力，有：2mgcosθ＝
2mv AB
2
2r
AB 分离后，A 向下做匀加速直线运动，从分离瞬间到A 接触水平面，由动能定理得：2mgR= 1
2
mvA′2- 1
2 mv A
2
联立解得：vA′= 4
3 √√3 gr
答：（1）B 对A 的支持力FN为2√3
3
mg，方向与竖直方向夹角为30°；
（2）μ 的最小值为√3
6 ；
（3）A 刚接触水平面时的速度为4
3 √√3 gr。
7．（2023•雁塔区校级模拟）小宁同学设计的“弹球入筐”游戏如图所示，在高为L 的光滑水平台
面上，排列着三个小球1、2、3，台面左侧放有一弹射装置。某次游戏中，小球1 在弹射装置的
作用下以某一水平速度与小球2 发生对心弹性碰撞，接着小球2 再与小球3 发生对心弹性碰撞，
碰撞后小球3 从水平台面边缘的O 点飞出，并在A 点与地面发生碰撞，经地面反弹后，最终落
入水平地面上B 点的小框里。已知小球1 的质量为m1＝m0，小球3 的质量为m3= 9
4 m0，A 点距
O 点的水平距离为2L，小球在A 点与地面发生碰撞前、后瞬间的速度方向与水平地面的夹角相
等，小球反弹后距地面的最大高度为0.81L，重力加速度的大小为g，小球与地面碰撞过程中对
地面的压力远大于小球的重力，小球可视为质点，不计空气阻力。
（1）求小球3 从O 点飞出时的速度大小v；
（2）小球在地面上运动时，小球与地面间的摩擦力与对地面的压力的比值μ；
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（3）m2为何值时，小球1、2 碰撞前小球1 的速度最小，并求出该最小速度vmin的大小。
【解答】解：（1）小球3 从O 点到A 点做平抛运动，设运动时间为t，则有L= 1
2 gt
2，2L＝vt
解得v =√2gL
（2）设小球3 在A 点与地面发生碰撞前瞬间速度的竖直分量为vy，碰后瞬间速度的水平、竖直
分量分别为vx1、vy1，地面对小球的摩擦力为Ff，小球对地面的压力大小为FN，由运动学公式有
v y
2 =2gL，vy1＝2g×0.81L
可得vy1＝0.9vy
由题意知小球在A 点与地面发生碰撞前后瞬间的速度方向与水平地面的夹角相等，因此有vx1＝
0.9v
分别对小球3 在A 点碰撞过程中水平方向和竖直方向由动量定理：﹣Fft＝mvx1﹣mv（以vx1方向
为正方向）
FNt＝mvy1﹣（﹣mvy）（以vy1方向为正方向）
μ= Ff
F N
解得μ= 1
19
（3）设小球1、2 碰撞前瞬间小球1 的速度为v0，碰撞后瞬间小球1、2 的速度分别为v1、v2，
小球2、3 碰撞后瞬间，小球2 的速度为v'2，则由动量守恒定律和能量守恒可得m1v0＝
m1v1+m2v2，1
2 m1v0
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2，m2v2＝m2v'2+m3v，1
2 m2v2
2= 1
2 m2v '2
2+ 1
2 m3v
2
由以上各式可得v0=
13
4 m0+m2+ 9m0
2
4 m2
4 m0
v
当m2= 3
2 m0
14
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时小球1 的速度v0有最小值，最小值为vmin= 25
16 √2gL
答：（1）小球3 从O 点飞出时的速度大小为√2gL；
（2）小球与地面间的摩擦力与对地面的压力的比值为1
19；
（3）m2为3
2 m0时，该最小速度vmin的大小为25
16 √2gL。
8．（2023•南关区校级模拟）工人使用一块长L＝4m 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θ＝37°的斜面。工人甲从木板底部推动质量M
＝3kg 的小车，使小车以v0＝12m/s 的速度冲上木板。当小车在木板上运动一段时间t 后，工人
乙站在平台上，以v1＝2.4m/s 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动摩擦因数μ＝0.5，g 取10m/s2，
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，小车和货物均可视为质点，求：
（1）货物抛出点距平台边缘的水平距离x；
（2）货物的质量m；
（3）时间t。
【解答】解：（1）由于货物落入小车时速度方向沿着斜面方向，故
v y = v1tan37° =2.4× 3
4 m/ s=1.8m/ s
设货物从抛出到落入小车的时间为t1，则
t1= v y
g = 1.8
10 s=0.18 s
货物抛出点距平台边缘的水平距离
x＝v1t1＝2.4×0.18m＝0.432m
（2）货物落入小车时的速度
v2=
v1
cos37° = 2.4
0.8 m/ s=3m/ s
以沿斜面向下为正方向，小车沿斜面向上运动，则有
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a1= Mgsin37°+ μMgcos37°
M
，解得a1＝10m/s2
设小车到达斜面顶端的速度为vt，根据运动学公式可得
vt
2- v0
2=-2a1 L
解得
vt＝8m/s
货物和小车碰撞瞬间沿斜面方向动量守恒，以vt为正方向。
Mvt﹣mv2＝0
解得
m＝8kg
（3）设小车从斜面底端到达斜面顶端时间为t2，则
t2= v0- vt
a1
= 12-8
10
s=0.4 s
则
t＝t2﹣t1＝0.4s﹣0.18s＝0.22s
答：（1）货物抛出点距平台边缘的水平距离0.432m；
（2）货物的质量8kg；
（3）时间0.22s。
9．（2023•沙坪坝区校级模拟）某商家举办“撞球”游戏派送优惠券活动，有质量分别为m，
2m，3m，4m 且半径相同、质量分布均匀的四个球A、B、C、D。四个球可任意放置于如图中
的1、2、3、4 位置，其中2、3 位置的球分别放置于水平桌面的两端，1、4 位置的球用两根长
度相同的轻绳系在天花板上，静止时恰好接触2、3 位置的球，且球心高度相同。现将位置1 的
球拉升高度h0后静止释放，如果位置4 的球第一次上摆的最大高度超过h0，顾客将获得优惠券。
已知球与球之间的碰撞为弹性碰撞，不计所有阻力，重力加速度为g。
（1）如果A 球放置于位置1、B 球放置于位置2、C 球放置于位置3、D 球放置于位置4，求碰
撞前瞬间A 球的速度大小；
（2）如果A 球放置于位置1、B 球放置于位置2、C 球放置于位置3、D 球放置于位置4，请根
据计算判断顾客能否获得优惠券；
（3）要求A 球不能放置于位置1、B 球不能放置于位置2、C 球只能放置于位置1 或位置2，请
计算顾客获得优惠券的概率。
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【解答】解：（1）根据题意，设碰撞前瞬间A 球的速度大小为v，A 球从静止释放到最低点的
过程中，机械能守恒，则由机械能守恒定律有
mgh0= 1
2 m v
2
解得：v =√2gh0
（2）根据题意可知，在最低点A 球和B 球发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有
mAv＝mAv'+mBvB
1
2 mA v
2= 1
2 mA v '
2+ 1
2 mB vB
2
解得：vB=
2mA
mA+mB
v = 2
3 v
同理可得，B 球与C 球碰撞之后，C 球的速度为
vC =
2mB
mB+mC
vB= 8
15 v
C 球与D 球碰撞之后，D 球的速度为
v D=
2mC
mC +mD
vC = 16
35 v
D 球摆到最高点，由机械能守恒定律有
1
2 mD v D
2 =mD gh
解得：h=( 16
35 )
2
h0
则不能获得优惠券。
（3）根据（2）分析可知，第4 个小球上升的最大高度为
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h=[
8m1m2m3
(m1+m2)(m2+m3)(m3+m4) ]
2
h0
根据题意，放置小球的方法有：
①若B 球放置于位置1、C 球放置于位置2、A 球放置于位置3、D 球放置于位置4，则有
h=[
8m1m2m3
(m1+m2)(m2+m3)(m3+m4) ]
2
h0=( 12
25 )
2h0＜h0
不能获得优惠券。
②若B 球放置于位置1、C 球放置于位置2、D 球放置于位置3、A 球放置于位置4，同理可得
h=( 192
175 )
2
h0＞h0
可以获得优惠券。
③若C 球放置于位置1、A 球放置于位置2、B 球放置于位置3、D 球放置于位置4，同理可得
h=( 2
3 )
2
h0＜h0
不能获得优惠券。
④若C 球放置于位置1、A 球放置于位置2、D 球放置于位置3、B 球放置于位置4，同理可得
h=( 4
5 )
2
h0＜h0
不能获得优惠券。
⑤若C 球放置于位置1、D 球放置于位置2、B 球放置于位置3、A 球放置于位置4，同理可得
h=( 32
21 )
2
h0＞h0
可以获得优惠券。
⑥若C 球放置于位置1、D 球放置于位置2、A 球放置于位置3、B 球放置于位置4，同理可得
h=( 32
35 )
2
h0＜h0
不能获得优惠券。
⑦若D 球放置于位置1、C 球放置于位置2、B 球放置于位置3、A 球放置于位置4，同理可得
h=( 64
35 )
2
h0＞h0
可以获得优惠券。
⑧若D 球放置于位置1、C 球放置于位置2、A 球放置于位置3、B 球放置于位置4，同理可得
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h=( 8
7 )
2
h0＞h0
可以获得优惠券。综上所述，顾客获得优惠券的概率为50%。
答：（1）如果A 球放置于位置1、B 球放置于位置2、C 球放置于位置3、D 球放置于位置4，
碰撞前瞬间A 球的速度大小为√2 gh0；
（2）如果A 球放置于位置1、B 球放置于位置2、C 球放置于位置3、D 球放置于位置4，顾客
不能获得优惠券；
（3）要求A 球不能放置于位置1、B 球不能放置于位置2、C 球只能放置于位置1 或位置2，顾
客获得优惠券的概率为50%。
10．（2023•安庆二模）某大型主题乐园拟设计一款户外游乐设施，设计团队用如图所示的装置进
行模拟设计论证。该装置由模拟小人、固定弹射器、圆轨道和水平轨道组成。已知，模拟小人
质量m1＝2kg，弹射器的弹性势能可在0～400J 间调节，圆轨道1 为管状，半径r1＝2m，圆轨道
2 为环状，半径r2＝2.8m。两圆轨道间有长为L＝6m 的粗糙水平轨道，水平轨道与模拟小人之间
的动摩擦因数μ＝0.25。其余部分摩擦均不计。试求：
（1）游戏过程中模拟小人经过圆轨道1 最高点时对轨道压力小于重力，弹射器发射时的弹性势
能应满足的条件；
（2）游戏过程中模拟小人不脱离轨道且最终停在粗糙水平轨道上，弹射器发射时的弹性势能应
满足的条件，并计算模拟小人停的位置范围。
（3）为确保游戏安全，在圆轨道2 的右侧放置一质量为m2＝3kg 的缓冲橡胶块，橡胶块不固定，
模拟小人与缓冲橡胶块碰撞为弹性碰撞且碰撞时间可近似为t＝0.4s，游戏安全要求模拟小人不
脱离轨道且与缓冲橡胶块的撞击力不超过150N。当弹射器以最大弹性势能发射时，通过计算说
明游戏设计是否安全。
【解答】解：（1）要使人经过轨道1 最高点，由能量守恒得Ep＞m1g•2r1＝2×10×2×2J＝80J
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在轨道1 最高点对人受力分析有：F N +m1g=m v1
2
r1
因压力FN小于重力，即满足1
2 mv1
2＜mgr1
由能量守恒得：E p= 1
2 m1v1
2+m1g⋅2r1
代入数据解得
Ep＜120J
所以弹射器发射时的弹性势能应满足80J＜Ep＜120J。
（2）人不脱离轨道且最终停在粗糙水平轨道上，需满足人通过轨道1 且最多到达轨道2 右侧与
圆心等高处，设弹性势能为Ep1时通过轨道1，由（1）可知
Ep1＞80J
设弹性势能为Ep2时恰能到达轨道2 右侧与圆心等高处，由能量守恒有Ep2＝μm1gL+m1g⋅r2
解得
Ep2＝86J
弹射器发射时的弹性势能应满足80J＜E'p≤86J
若以80J 发射，则由能量守恒得Ep1＝um1gs1
解得
s1＝16m
若以86J 发射，则由能量守恒得Ep2＝um1gs2
解得
s2＝17.2m
人停的位置离轨道1 最低点的距离为s，则有
4m＜s≤5.2m
（3）设人与橡胶块碰前速度为v，由能量守恒得：E pm= 1
2 m1v
2+ μm1gL
人与橡胶块发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，由动量守恒得：m1v＝m1v1+m2v2
由能量守恒得：1
2 m1v
2= 1
2 m1v1
2+ 1
2 m2v2
2
解得：v1=- 1
5 √370m/ s，v2= 4
5 √370m/ s
碰撞过程中对m2分析，由动量定理得：F•t＝m2v2
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解得F =6√370 N ＜150 N
故碰撞符合安全要求。
碰后人向左运动，因1
2 m1v1
2＜m1g⋅r2
故人返回轨道2 时不会脱离轨道，游戏设计符合安全要求。
答：（1）游戏过程中模拟小人经过圆轨道1 最高点时对轨道压力小于重力，弹射器发射时的弹
性势能应满足的条件为80J＜Ep＜120J；
（2）游戏过程中模拟小人不脱离轨道且最终停在粗糙水平轨道上，弹射器发射时的弹性势能应
满足的条件为80J＜E'p≤86J，模拟小人停的位置范围为4m＜s≤5.2m；
（3）游戏设计符合安全要求。
11．（2023•天津一模）如图所示，一弹枪将质量m0＝0.3kg 的弹丸从筒口A 斜向上弹出后，弹丸
水平击中平台边缘B 处质量m1＝0.3kg 的滑块，打击过程为完全弹性碰撞，此滑块放在质量m2
＝0.2kg 的“L 形”薄板上。已知弹丸抛射角θ＝53°，B 与A 的高度差h= 20
9 m，薄板长度L＝
0.9m，最初滑块在薄板的最左端；薄板在平台的最左端，滑块与薄板间的动摩擦因数为μ1＝
0.5，薄板与平台间的动摩擦因数μ2＝0.3，最大静摩擦力等于滑动摩擦力：薄板厚度不计，弹丸
和滑块都视为质点，不计碰撞过程的时间，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝
0.8。
（1）求A、B 间的水平距离x；
（2）求m1开始运动到撞击m2的过程中系统因摩擦产生的热量；
（3）若m1撞击m2后与m2粘在一起，薄板右端未滑出平台，平台s 至少需要多长。
【解答】解：（1）设弹丸在筒口A 的速率为v0，弹丸从A 到B 可视为平抛运动的逆过程，由运
动学规律有
h= 1
2gt2，
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x＝v0t 又tanθ=gt
v0
代入数据解得t= 2
3s，v0＝5m/s，x= 10
3 m
（2）弹丸与滑块发生完全碰撞，系统动量和机械能均守恒。设碰后两者速率分别为v0′、v1。
因m0＝m1，故两者速度互换，即v0′＝0 （弹丸此后掉落），v1＝5m/s
薄板所受滑块的滑动摩擦力为f1＝μ1m1g＝1.5N
薄板所受平台的最大静摩擦力为f2＝μ2（m1+m2）g＝1.5N
因f1＝f2，故薄板静止不动。设滑块滑至薄板右侧与薄板右端相碰时，
Q＝μ1m1gL
解得Q＝1.35J
（3）滑块与薄板发生非弹性碰撞，系统动量守恒
﹣μ1m1gL= 1
2 m2v2
2- 1
2 m1v1
2
解得v2＝4m/s
m1v2＝（m1+m2）v3
解得 v3＝2.4m/s
两者共速滑行至停止滑行x1，
﹣μ2（m1+m2）gx1= 1
2（m1+m2）v3
2
代入数据解得x1＝0.96m
s＝L+x1＝0.9m+0.96m＝1.86m
答：（1）A、B 间的水平距离x 为10
3 m；
（2）m1开始运动到撞击m2的过程中系统因摩擦产生的热量为1.35J；
（3）若m1撞击m2后与m2粘在一起，薄板右端未滑出平台，平台s 至少需要1.86m。
12．（2023•鼓楼区校级模拟）如图所示，在光滑水平面上有一带挡板的长木板，挡板和长木板的
总质量为m，木板长度为L（挡板的厚度可忽略），挡板上固定有一个小炸药包（可视为质量不
计的点）。木板左端有一质量也为m（可视为质点）的滑块．滑块与木板间的动摩擦因数恒定，
整个系统处于静止状态。给滑块一个水平向右的初速度v0，滑块相对木板向右运动，刚好能与
小炸药包接触，接触瞬间小炸药包爆炸（此过程时间极短，爆炸后滑块与木板只在水平方向上
运动，且完好无损），滑块向左运动，最终回到木板的左端，恰与木板相对静止。求：
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（1）滑块与木板间的动摩擦因数；
（2）小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度。
【解答】解：（1）滑块相对木板向右运动，刚好能与炸药包接触，此时滑块和木板的速度相同．
设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1，以水平向右为正方向．以滑块和木板组成的系统为研
究对象，滑块在木板上滑动的过程中，系统所受合力为零，则该系统动量守恒，故有mv0＝
2mv1
解得v1= 1
2v0，方向水平向右；
滑块在木板上滑动的过程中，由功能关系可知μmgL= 1
2mv0
2- 1
2•2mv1
2
联立解得μ= v0
2
4 gL
（2）设爆炸后滑块和木板的速度分别为v′1和v′2，最终滑块相对木板静止于木板的左端时速
度为v2，系统在爆炸前后动量守恒，规定向右为正方向，则有2mv1＝mv′1+mv′2，2mv1＝
2mv2
系统爆炸后，对滑块在木板上运动的过程应用功能关系，则有μmgL= 1
2mv '1
2+ 1
2mv '2
2- 1
2•2mv2
2
联立以上各式解得v′1＝0
v′2＝v0，方向水平向右．
答：（1）滑块与木板间的动摩擦因数为v0
2
4 gL
；
（2）小炸药包爆炸完毕时滑块和木板的速度分别为0，v0。
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