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第28 讲 三大观点解决力学问题
目录
01 课标达标练
题型01 应用三大观点解决直线运动
题型02 应用三大观点解决曲线运动
02 核心突破练
03 真题溯源练
01 应用三大观点解决直线运动问题
1．（2025·福建·二模）如图甲所示，一质量为
的物块放在水平面上，
时刻在水平向右的拉力作用
下由静止开始运动，
时物块的速度又刚好为零，拉力随时间变化关系如图乙所示，重力加速度
，则
时物块的加速度大小为（ ）
1
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】在
内，根据动量定理可得
解得
根据数学知识，结合图乙可知，
时，拉力大小
根据牛顿第二定律
解得
故选A。
2.（2025·山西·二模）乘坐飞机时，若乘客需要携带大件行李，则需要办理托运，行李箱要经过一系列的人
工搬运和传送带的运输过程才会到达飞机上。如图所示，一个重为
的行李箱（可视为质点）在传
输过程经过一个倾角为
的固定斜面，斜面长为
，斜面底端固定一个垂直于斜面的挡板，斜面
和行李箱间的动摩擦因数为0.5，行李箱从斜面顶端由静止下滑，到达底端与挡板相碰，碰撞时间为
，碰撞过程中摩擦力忽略不计，反弹后行李箱向上滑行了
，则行李箱和挡板碰撞的平均作用
力为（
，
，重力加速度
）（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】下滑时，分析行李箱受力根据牛顿第二定律
2
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可得加速度
由
，得
上滑时
加速度
由
，得
箱子和挡板碰撞过程，以沿斜面向上为正方向，根据动量定理
解得
故选D。
3.（2025·贵州安顺·二模）如图甲所示，质量为m 的某同学直立于箱子上，
时刻该同学从箱子上跳下，
时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，
时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F
随时间t 变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力，该同学在空中始终处
于直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．该同学的最大速度为
B．箱子的高度为
C．图乙中图像与横轴
围成的面积为
D．
时间内该同学的机械能减少了
【答案】BC
3
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【详解】A．由
图像可知，
时间内该同学在空中，
时刻着地时速度为
，
时间内，
支持力小于重力，合力向下，根据牛顿第二定律
知该同学接触地面继续向下加速，速度大于
，该同学的最大速度大于
，故A 错误；
B．
时间内该同学做自由落体运动，根据运动规律知箱子的高度为
，故B 正确；
C．
时间内根据动量定理有
题图乙中图像与横轴
围成的面积为在
时间内地面对该同学的冲量，根据动量定理有
解得
故C 正确；
D．
时间内该同学的机械能减少了
，故D 错误。
故选BC。
4.（2025·河南郑州·二模）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；
4
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(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
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
5．（2025·山东菏泽·一模）如图所示，光滑水平面上固定质量为2m、倾角为θ 的斜面 OAB，在斜面右侧
有 n 个质量均为
的物块，质量为m 的滑块从光滑斜面顶端A 由静止释放。
(1)求滑块到达斜面底端时的速度大小
；
(2)若斜面底端有一小圆弧，斜面和地面平滑连接。
①所有的碰撞均为完全非弹性碰撞，求第n 个物块的最终速度大小
5
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②所有的碰撞均为弹性碰撞，求第n 个物块的最终速度大小
(3)水平面上靠近 B 处有一固定竖直挡板，斜面不固定，滑块运动至斜面底端与水平面碰撞后，仅保留水
平方向动量。物块与挡板碰撞后以原速率返回，此时改变滑块与水平面、斜面与水平面间的粗糙程度，斜
面与水平面动摩擦因数
。要使滑块能追上斜面，求滑块与水平面间动摩擦因
数的最大值。
【答案】(1)
(2)①
；②
(3)
【详解】（1）对滑块，由动能定理得
解得
（2）①若是完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律则有
解得
②若是弹性碰撞，设滑块第1 次与第 n 个物块相碰后的速度分别是v₀₁、v₁，根据动量守恒定律则有
根据能量守恒定理则有
联立解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，所以物块1 的最终速度为
，之后滑块第2 次与第n 个物块发生弹性碰
撞，设滑块与第 n 个物块相碰后的速度分别是v₀₂、 v₂，根据动量守恒定律，则有
6
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根据能量守恒定律，则有
解得
由于后面发生的都是弹性碰撞，物块2 的最终速度为
，第n 个物块的最终速度
（3）设滑块刚要滑到斜面底端时的水平速度为
，竖直速度为
，斜面体的速度为
水平方向动量守
恒，根据动量守恒定律可得
根据机械能守恒定律则有
解得
，
滑块从释放到滑到斜面底端，设滑块的水平位移大小为s₁，斜面体的水平位移大小为s₂，由于水平方向系
统动量守恒，则有
整理可得
即
代入数据解得
，
当滑块到达水平面时，由于挡板的存在，问题简化为滑块在斜面后方
，则有
解得
故滑块与水平面间动摩擦因数的最大为
6．（2025·山东日照·一模）如图所示，一水平传送带的左右两端均与水平地面平滑连接，左侧地面粗糙，
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右侧地面光滑，传送带两轮轴间的距离
，传送带以
的速度顺时针传动。质量m 均为1kg
的A、B 两物块间有一压缩的轻弹簧（弹簧与两物块不连接），开始弹簧的压缩量
，弹性势能
。两物块与左侧地面和传送带间的动摩擦因数
均为0.2。紧靠传送带右端地面上依次排放着三
个完全相同的小球1、2、3，质量M 均为2kg，相邻两小球间的距离d 均为1m。现由静止同时释放A、B
两物块，B 脱离弹簧时恰好滑上传送带，此时开始计时。物块A、B 和三个小球均在同一直线上，所有的碰
撞为弹性碰撞，且碰撞时间忽略不计，物块和小球都可视为质点，取重力加速度
。求：
(1)物块B 滑上传送带时的速度大小；
(2)小球3 开始运动的时间；
(3)物块B 与传送带间由于摩擦产生的总热量。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对A、B 和弹簧组成的系统根据动量守恒
根据能量守恒
联立，解得
（2）因为
所以B 在传送带上减速，假设B 可以减速到与传送带共速，则设经过
时间与传送带共速，根据牛顿第二
定律
8
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根据运动学公式有
联立，解得
减速的位移大小为
所以假设成立。则匀速的位移大小为
匀速的时间为
物块B 与小球1 碰撞，根据动量守恒
根据动能守恒
解得
，
因为小球1、2、3 完全相同，所以小球1 与小球2 发生弹性碰撞后，交换速度，所以从小球1 运动到小球3
运动所需时间为
小球3 开始运动的时间为
（3）物块B 第一次在传送带上相对传送带的路程为
物块B 第一次与小球1 碰撞后返回到传送带上，与传动带作用后以相同的速度大小反向再次与小球1 发生
碰撞，物块B 第二次在传送带上相对传送带的路程为
物块B 与小球1 第二次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得
，
解得
物块B 第三次在传送带上相对传送带的路程为
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物块B 与小球1 第三次碰撞，根据动量守恒和能量守恒可得
，
解得
物块B 第四次在传送带上相对传送带的路程为
所以，物块B 与传送带间由于摩擦产生的总热量为
7．（2025·山东青岛·一模）如图所示，质量
的光滑斜劈
静止在水平台面上，底边长度
，
高度
。
底端距离台面边缘
，水平地面上一质量
的木板
紧靠平台静置，
上表面
与台面相平。质量
、可看作质点的物块
从
顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作
用，
的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为
。已知
沿
下滑过程中，
和
相对地面均做匀变速直线运动，
与台面、
与地面间均无摩擦，
与台面、
与
间动摩擦因数
，重力加速度
。求
(1)
滑到
底端时，
向左滑动的距离
；
(2)
滑上
时
的速度大小
；
(3)为使
不从
上滑下，
的最小长度
；
(4)
滑到
底端后，与台面发生相互作用过程中
损失的动能
。
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【答案】(1)
(2)
(3)
(4)
【详解】（1）
、
系统水平方向上动量守恒，有
所以
滑到
底端过程中有
又
解得
，
（2）设
滑上
时的速度为
，由动能定理得
解得
（3）
滑至
右端时两者刚好共速，设共同速度为
，
、
系统动量守恒
、
系统能量守恒
解得
的最小长度
（4）设
运动方向与水平方向夹角为
，已知
沿
下滑过程中，
和
相对地面均做匀变速直线运动，
、
系统水平方向上动量守恒
、
系统机械能守恒
解得A 滑到B 底端时动能
、
系统能量守恒
解得
11
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．（
02 应用三大观点解决曲线运动问题
8．（2025·广东深圳·一模）现拉住绳的一端，用大小为
的恒力竖直向上拉动，从拉力开始作
用到绳的下端到离开地面的高度为的过程中，不计绳子间的摩擦，忽略绳子的摆动，下列说法中正确
的有（ ）
A．绳的机械能变化量为
B．绳的机械能变化量为
C．绳的动量变化量为
D．绳的动量变化量为
【答案】AC
【详解】AB．从拉力开始作用于细绳的一端到细绳另一端离开地面有动能定理
解得
当细绳下端离开地面后因F=mg 可知细绳向上匀速运动，则当细绳下端离开地面l 时机械能变化量等于
力F 做功，即∆E=F∙2l=2mgl
选项A 正确,B 错误；
CD．绳的动量变化量为：Δp=mv-0
解得动量变化量为
故C 正确，D 错误。
故选AC。
9.（2025·北京石景山·一模）如图甲所示，游乐场里有一种空中飞椅游戏，可以将之简化成如图乙所示的结
构装置，装置可绕竖直轴匀速转动，绳子与竖直方向夹角为θ，绳子长L，水平杆长L0，小球的质量为
m。不计绳子重力和空气阻力，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
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A．装置中绳子的拉力为mgtanθ
B．装置转动的角速度为
C．装置转动的周期为
D．装置旋转一周，小球的动量变化为0
【答案】D
【详解】A．对装置受力分析如图所示
装置受到重力和绳子的拉力作用，重力和绳子的拉力的合力提供向心力，则
解得
故A 错误；
BC．由牛顿第二定律
其中圆周运动的半径为
联立解得装置转动的角速度为
装置转动的周期为
故BC 错误；
D．装置做匀速圆周运动，装置旋转一周，速度变化量为零，所以小球的动量变化为0，故D 正确。
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故选D。
10.（2025·江苏·一模）如图所示，光滑圆弧轨道ABC 竖直固定，与水平面相切于A 点，B 为圆弧上一点，
C 为圆弧最高点，弧长AC 远小于半径。质量相等的小球甲、乙（两小球可以看成质点）分别从B、C
位置由静止同时释放，则两球从开始运动到A 点的过程中（ ）
A．甲球比乙球运动的时间短
B．两球可能在A 点右侧相撞
C．两球动量的改变量相等
D．两球重力的冲量相等
【答案】D
【详解】AB．由于弧长AC 远小于半径，可认为小球甲、乙在光滑圆弧轨道做简谐运动，
根据单摆周期公式可得周期为
小球甲、乙从B、C 位置由静止同时释放，两球从开始运动到A 点运动时间均为
可知两球在A 点相撞，故AB 错误；
D．根据
由于两球质量相等，可知两球重力的冲量相等，故D 正确。
C．根据动能定理可得
可得小球到达A 点的速度大小为
则小球的动量变化量为
由于两球释放高度不同，所以两球动量的改变量不相等，故C 错误。
故选D。
11.（）2025·云南大理·二模）如图所示，两个四分之一圆弧体A、B 静止在光滑的水平面上。A、B 的圆弧
14
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面光滑，半径分别为
和
，底端切线均沿水平面且靠在一起。将一可视为质点的小物块C 从A 的圆
弧面的顶端静止释放，A、C 的质量分别为
和
，则以下说法正确的是（ ）
A．整个过程ABC 组成的系统动量守恒
B．C 刚滑到A 底端时，C 距B 的圆弧面底端的水平距离为
C．C 刚滑到A 底端时，C 的速度为
D．若C 滑到A 底端后，恰好能滑上B 的圆弧面顶端，则B 的质量为
【答案】CD
【详解】A．整个过程ABC 组成的系统在水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A 错误；
B．设C 刚滑到A 底端时，A、C 的水平位移的大小分别为
、
，根据“人船模型”有
依题意有
可得C 刚滑下A 时到B 的圆弧面底端的距离为
故B 错误；
C．C 刚滑到A 底端时，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得
，
故C 正确；
D．C 滑上B 的过程，水平方向由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
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联立解得
故D 正确。
故选CD。
12.（2025·河北石家庄·二模）如图所示为一游戏装置的竖直截面图，装置由光滑水平直轨道AB、半径
的竖直光滑圆轨道、长
的水平直轨道BD、长
的水平传送带DE 和足够长的
光滑轨道EK 平滑连接而成（A、B、D、E、K 共线），其中C 点为竖直圆轨道上的最高点。质量
的滑块（可视为质点）静止在水平轨道上的A 点，质量
、半径
的四分
之一光滑圆弧形物块GFH 静置于水平轨道EK 上。传送带DE 以恒定速率
顺时针转动。现对
滑块施加一水平瞬时冲量I 使滑块恰好能通过圆轨道的C 点，之后滑块经过轨道BD 滑上传送带，而
后冲上物块GFH。已知滑块与轨道BD、滑块与传送带间的动摩擦因数均为
，重力加速度g 取
，不计空气阻力。求：
(1)瞬时冲量I 的大小；
(2)滑块冲出物块GFH 后上升到最高点时与H 点之间的距离h；
(3)滑块从开始运动到不再滑上传送带的过程中，滑块和传送带因摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据动量定理
在C 点根据牛顿运动定律
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滑块由A 运动到C 的过程中，由机械能守恒得
综合解得
（2）滑块由A 运动到D 的过程中，由动能定理得
解得
因为
，所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可以减速到与传送带共速，则
滑块运动的位移
所以假设成立，滑块到达E 点时速度
滑块与光滑圆弧物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到H 点时，它们水平方向有相同的速度
，设此时滑块竖直方向分速度为
，根据动量守恒：
由能量守恒得：
解得
滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与
点之间的距离
（3）滑块冲上物块到与物块分离的过程中，由水平方向动量守恒
由能量守恒
解得
，
滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E 点，该过程所用时间
此过程中，滑块与传送带的相对位移
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滑块由D 点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位移
整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量
13．（2025·河南·二模）如图所示，套在光滑水平杆上的滑块A 用长为
的轻绳悬挂小物块B，右端
带有竖直薄挡板的长木板Q 静止在水平地面上。现将B 拉起至轻绳水平然后由静止释放，B 运动至最
低点时恰好到达Q 的左端，且B 的下表面与Q 的上表面重合，轻绳此刻断裂。已知长木板的长度
，质量
，物块B 的质量
，滑块A 的质量
，物块B 与Q 间的动摩擦
因数
，Q 与地面之间的动摩擦因数
，设B 与挡板的碰撞为弹性碰撞，最大静摩擦力等
于滑动摩擦力，物块可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g 取
。求：
(1)释放B 时，物块B 距离Q 的左端距离；
(2)B 与挡板碰撞前的瞬间，B 的速度大小；
(3)整个过程Q 和地面之间因摩擦产生的热量。
【答案】(1)
(2)1.5m/s
(3)
【详解】（1）对于A、B 组成的系统来说在下落过程中的任何时间段水平动量都是守恒的，有
即：
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又水平位移
则有
由于B 运动至最低点时，A 和B 的水平位移之和等于绳长L，即
根据比例关系，可以解得
因此，释放B 时，物块B 距离Q 的左端距离为
。
（2）B 从静止释放运动至最低点时，根据机械能守恒定律有
由于
解得
B 滑上Q 后，由于
所以B 刚上Q 到与Q 右侧挡板碰撞之前，Q 是不动的，对B 根据牛顿定律有
在与挡板碰撞前有
解得
即B 与挡板碰撞前的速度为1.5m/s。
（3）B 刚上Q 到与Q 右侧挡板碰撞之前，Q 是不动的，因此B 与薄板碰撞，根据动量守恒有
碰撞前后动能相同有
解得：
，
碰撞后B 所受滑动摩擦力大小仍为
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方向变为向右；
B 的加速度大小为
方向水平向右。
Q 上、下表面所受滑动摩擦力大小分别为
，
对Q 根据牛顿第二定律
解得
方向水平向左。
假设B、Q 经时间t 达到共速，共速的速度大小为v，此时B 仍在Q 上，则有
解得
，
碰后到共速，B 对地位移大小为：
碰后到共速，Q 对地位移大小为
B 相对Q 的位移大小为
所以假设成立。
假设共速后，B、Q 发生相对滑动，B 做减速运动的加速度满足
方向水平向左。
Q 减速的加速度满足
假设成立。
则B 减速为零的位移大小
Q 减速为零的位移大小为
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B 相对Q 运动的位移大小为
故不会再次碰撞。
整个过程Q 的位移大小
则整个过程Q 和地面之间因摩擦产生的热量
14.（2025·内蒙古包头·二模）半径为
（为外半径之差可忽略）的光滑圆管水平放置并固定，俯视图如图
所示。圆心为
，圆管内有质量分别为
的A、B、C 三个小球，静止在图示位置，对应刻度盘上
的角度分别是
，不计小球碰撞的时间，重力加速度为g。
(1)现给A 一个初速度
，让其沿圆管切线方向逆时针运动，若A、B、C 三个小球中任意两球之间的碰
撞为弹性碰撞，但三球同时碰撞时会结合在一起，求：
①第2 次碰撞发生时，A 球的位置；
②第3 次碰撞后瞬间，小球A 的速度大小；
③第3 次碰撞后瞬间，三球对圆管压力的合力大小；
(2)现撤去C 球，给B 一个初速度
，让其沿圆管切线方向顺时针运动，若B 与A 球之间的碰撞为非弹
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
倍，其中
，求第1 次碰撞到
第2025 次碰撞之间小球A 通过的路程。
【答案】(1)①
位置；②
；③
21
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(2)
【详解】（1）①A 球与B 球在
处的弹性碰撞是第1 次碰撞，设A 与B 球碰撞后的速度分别是
、
，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
，
即第1 次碰后，A 球顺时针转动，速度大小为
，B 球逆时针转动，速度大小为
，B 逆时针从
转到
位置，转过
过程，A 顺时针转过的角度是
故当第2 次碰撞发生时，A 球在圆环内刻度盘上
位置。
②B 球与C 球在
位置处的弹性碰撞是第2 次碰撞，设B 与C 球碰后的速度分别是
、
，同理根
据动量守恒定律和能量守恒定律有
，
解得
，
即第2 次碰后，B 球顺时针转动，速度大小为
，C 球逆时针转动，速度大小为
，经分析，三
个球将在圆管内刻度盘上
位置处同时碰撞(即第3 次碰撞)，依题意，三球将结合在一起，结合体的
质量为
，设该结合体的速度为v，则有
解得
即第3 次碰后，结合体将逆时针转动，速度大小为
；
③对结合体，水平面内有
竖直方向上有
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由力的合成得
由牛顿第三定律得
（2）设B 与A 球第1 次碰撞后的速度分别是
、
，则有
，
解得
，
第1 次碰撞和第2 次碰撞之间时间间隔为
，此过程A 球比B 球多运动一圈，有
此过程中，A 球运动的路程为
设B 与A 球第2 次碰撞后的速度分别是
、
，则有
，
解得
，
第2 次碰撞和第3 次碰撞之间时间间隔为
，此过程B 球比A 球多运动一圈，有
此过程中，A 球运动的路程为
设B 与A 球第3 次碰撞后的速度分别是
、
，第3 次碰撞和第4 次碰撞之间时间间隔为
，A 球运
动的路程为
，同理可得
，
，
，
23
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同理可以分析接下来的两球的各次碰撞过程，则从第1 次碰撞到第2025 次碰撞共有2024 个间隔过程，
小球A 通过的路程为
化简得
1.（2025·重庆·二模）如图所示，物块A（可视为质点）和木板B、C 静止在足够长的光滑水平面上，A、
B、C 质量均为m。B 右端固定一长为L 的水平轻杆，轻杆右端光滑部分的长度为其总长的k 倍（k 未
知），剩余左端为粗糙涂层部分。C 内部有一中空的水平光滑通道，通道左端开口处为小孔D（通道
和小孔的尺寸略大于轻杆截面尺寸）。当正对小孔的轻杆进入小孔后，仅轻杆涂层部分滑过小孔时，
轻杆会受到小孔施加的大小恒定的水平阻力。某时刻，A、B 获得水平向右的相同初速度
；当
时，轻杆恰好全部进入通道且B、C 恰好未发生碰撞。已知A、B 间的滑动摩擦力与小孔对涂层的阻力
大小相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，B、C 足够长且B、C 间的碰撞为弹性碰撞，碰撞时间及空
气阻力不计。
(1)求小孔对涂层的阻力大小f；
(2)若
，B、C 发生碰撞后，轻杆的粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出，求
；
(3)若
，求最终各物体的速度大小，以及从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间（用k、L、
表示）。
24
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【答案】(1)
(2)
(3)见解析
【详解】（1）当
时，B、C 恰好未发生碰撞，此时A、B、C 三者共速，设速度大小为
由分析知，该过程中，A、B 始终保持相对静止，对A、B、C 整体由动量守恒定律有：
由动能定理有：
联立解得：
（2）设B、C 碰撞前瞬时速度大小分别为
、
，碰撞后瞬时速度分别为
、
，弹性碰撞满足动量
守恒定律和机械能守恒
，
联立解得：
，
（可知碰撞后，B、C 速度交换）
由此可知，碰撞后，A、C（同步）做加速度相同的匀减速直线运动，B 做匀加速直线运动，且A、B 的
相对位移等于B、C 的相对位移，均为
又由分析知，当粗糙涂层部分恰好全部从小孔滑出时，A、B、C 三者共速且
解得：
因此，从A、B 开始运动到粗糙涂层部分恰好全部滑出小孔过程中，由动能定理有
解得：
（3）当
时，设涂层全部从小孔滑出时，A、C（同步）速度大小为
，B 速度大小为
25
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从A、B 开始运动到涂层全部滑出小孔，对A、B、C 整体由动量守恒
由动能定理
联立解得：
，
此后C 匀速，A、B 继续相对运动至共速，设最终A、B 的速度大小为
，则
解得：
即：最终C 的速度大小为
（其中
）
A、B 的速度大小为
（其中
）
设碰撞前瞬时，B、C 的速度大小分别为
、
，则碰撞前，对A、B、C 整体有：
，
联立解得：
，
设从涂层开始进入小孔到碰撞前瞬时，历时
，则
对C 有：
解得：
设从碰撞后瞬时到A、B 最终共速，历时
，则
对A 有：
解得：
因此从涂层开始进入小孔到最终稳定的总时间：
26
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联立解得：
（其中
）
2．（2025·湖南·二模）如图所示，一长度为L、质量为M 的箱子倒扣在水平地面上，箱子与地面之间的摩
擦阻力可以忽略不计，初始时刻，箱子静止不动。将一质量为m（可视作质点）的小物块紧靠在箱子
的左端，小物块的初速度大小为v0，方向水平向右，物块与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为
g。物块与箱子之间的碰撞均为弹性碰撞，求：
(1)求物块与箱子发生第一次碰撞前的速度大小以及碰撞后物块、箱子的速度大小。
(2)若物块与箱子的质量相等，物块的初速度大小为
，求物块运动的总时间、箱子运动的
总位移大小以及物块最终静止时距离箱子左端的距离大小。
(3)若物块与箱子的质量相等，为使物块最终静止时相对于箱子位于箱子中间位置，则物块的初速度大
小v0需满足什么条件。
【答案】(1)
，
，
(2)
，
，
(3)
【详解】（1）根据题意可知物块运动时的加速度为
由运动学公式可得物块与箱子第一次碰撞前的速度大小为
由于碰撞是弹性碰撞，因此满足动量守恒定律和能量守恒定律，即有
其中
为物块第一次碰撞箱子后箱子的速度。
由上述两式方程可以解得物块与箱子第一次碰撞后物块的速度
和箱子的速度
分别为
27
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（2）由题意可知若
，则每次物块与箱子发生碰撞后，速度发生交换。物块撞击箱子后物块停
止运动，箱子以木块碰撞前的速度向前做匀速直线运动。箱子撞击物块后箱子停止运动，物块以箱子
碰撞前的速度继续向前做匀减速直线运动。整体而言，物块一直在做匀减速直线运动直到静止，由
，
，得物块运动的总时间为
设物块第
次碰撞箱子的速度为
，由
分析可得
，之后箱子再次撞击物块，当
时物块不能再次撞击箱子，根据题意
，代入上式可以解得
，即
物块每撞击箱子一次，箱子通过的位移为
，因此箱子的总位移为
物块第6 次撞击箱子时的速度大小为
此后箱子以该速度向前匀速运动后撞击物块，物块再以该速度向前运动直到停止运动，此时物块会向
前运动
，此即物块最终静止时距离箱子左端的距离。
（3）为使得物块最终静止在箱子的中间位置要求，由
知
由此可得
，可以解得
3．（2025·浙江台州·二模）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θ=37°的直轨
道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ=37°的直轨道EF、足够长水平直轨道FG 组成，半径R=0.32m 的
螺旋圆形轨道与轨道AB、EF 相切于B(E)处，B 点高度为1.2R，轨道间平滑连接。质量M=5kg 的滑块
b 放置在轨道FG 上，滑块b 的上端面是一水平台面，台面的长度和高度均为l=0.8m，滑块b 的侧面是
28
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圆周的圆弧形光滑槽，槽底跟水平面相切。质量m=2kg 的物块a 从倾斜轨道AB 上高度为H 处静止
释放。（各段轨道均光滑，物块a 视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)若H=1.12m，求
①物块a 经过B 点时螺旋圆形轨道对物块a 的作用力大小FB；
②物块a 冲上滑块b 后能达到的最大离地高度h；
(2)欲使物块a 击中滑块b 的水平台面，求释放高度H 的取值范围。
【答案】(1)①
；②
(2)
【详解】（1）①从A 到B 由机械能守恒定律
在B 点时
解得
②从A 到F 由机械能守恒定律
当物块上升到最大高度时，假设没有离开圆弧面，则物块与滑块共速，此时由动量守恒和能量关系
解得
假设正确，因此最大高度为0.8m。
29
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（2）恰过C 点，根据机械能守恒
在C 点时
解得
恰好击中平台右端：
由动量守恒和能量关系
；
，
且
；
其中
综上解得
由（1）得
时，恰好到达平台左端；综上得：
4．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图所示，光滑水平面上，一轻质弹簧的一端固定在质量为
物块
P 上，另一端与质量为
物块Q 接触，但未拴接，轻质弹簧处于原长。现使物块P 以
初速度向左运动，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，Q 与弹簧分离后，滑上半径
的光滑半圆弧轨道，A 为轨道的最低点，B 为轨道的最高点。弹簧劲度系数为
，
弹簧弹性势能
为弹簧形变量，取重力加速度
，求：
(1)物块Q 与弹簧分离时的速度大小；
(2)物块Q 离开半弧轨道后落地点与最低点A 之间的水平距离L；
30
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(3)若物块P 运动时开始计时，经0.03s 弹簧压缩到最短，则物块P 从开始运动到弹簧压缩最短时，物
块P 的位移大小。
【答案】(1)2m/s
(2)0
(3)0.07m
【详解】（1）P 与Q 从压缩弹簧到分开过程，由动量守恒得
由能量守恒得
解得
（2）物块Q 从A 到B 过程,根据动能定理，有
解得
小球在B 点前脱离轨道物块Q 在轨道C 点恰好分离,根据牛顿第二定律，有
由A 到C 过程，根据动能定理，有
解得
，
假设物块Q 能落到水平面水平方向，有
竖直方向，有
解得
由
可得
物块Q 恰好落到A 点。
（3）物块P 与弹簧接触到最短动量守恒
乘
得
31
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可得
压缩到最短时，根据动量守恒，有
根据能量守恒，有
位移间的关系为
联立解得
5．（2025·湖南常德·二模）如图所示，质量为
、长为
的均匀长木板，其上表面光滑，下表面粗糙，静
止平放在粗糙的水平桌面上，左端安有一竖直挡板。一质量为
的小滑块静置在长木板的右端。现
给小滑块一个水平向左的瞬时速度
，小滑块与长木板发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好
不会从长木板掉下。假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰，碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相
同，桌面足够长，重力加速度大小为
。求
(1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小；
(2)长木板与桌面间的动摩擦因数；
(3)长木板运动的总时间。
【答案】(1)
，
(2)
(3)
【详解】（1）设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度分别为
和
，碰撞瞬间根据系统动量守恒和机械能守恒可得
，
32
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联立解得
，
（2）发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块做匀速直线运动，因为小滑块与长木板
发生第一次碰撞后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木板匀减速到与小滑块速度
相等时二者相对位移恰好等于
，设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板匀减速的加
速度大小为
，则有
，
解得
，
对长木板根据牛顿第二定律可得
解得
（3）二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为
，
这段时间内小滑块的位移为
因为
所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，根据动
量守恒定律和机械能守恒定律有
，
联立解得
，
同理，小滑块与长木板第
次碰撞后瞬间长木板的速度大小
小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做加速度相同的匀减速运动，故
长木板运动的总时间
解得
33
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6．（2025·河南·二模）如图，质量均为m 的滑块（可视为质点）和质量为3m 的长板静止于图示位置。滑
块1、2、3 与长板间动摩擦因数均为μ，长板与地面间光滑。现让滑块1、2、3 分别以
的速
度同时从图示位置滑上长板，它们之间不会相碰也不会从长板滑下，重力加速度为g，当三个滑块与
长板刚好相对静止时长板的右端刚好与墙壁发生弹性碰撞。求：
(1)滑块2 从放上长板到速度达到最小，系统产生的内能。
(2)刚开始时长板与墙壁的距离s。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）当滑块2 与长木板刚好相对静止时，其速度最小，设为
，从开始到滑块2 与长木板
刚好相对静止瞬间，23 间的相对速度始终相等为
，故此时滑块3 的速度为
，则由动量守恒
定律得
解得
系统产生的内能为
（2）当滑块1 刚好与长木板保持相对静止时根据动量守恒
解得
该过程长木板加速度为
34
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对长木板有
当滑块2 与长木板相对静止时，对长木板有
，
解得
当滑块3 与长木板保持相对静止时根据动量守恒有
同时有
解得
由运动学规律有
解得
7．（2025·山西临汾·二模）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：
35
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(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
根据能量守恒定律，则有
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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
8．（2025·陕西渭南·二模）如图所示，质量为2kg 的小球A（视为质点），在长度均为1.6m 的细绳
和
OP 作用下处于平衡状态，
、OP 与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg 的足够长的木板B 静止在
光滑水平面上，质量为2kg 的物块C（视为质点）静止在B 的左端，C 与B 之间的动摩擦因数为
。剪断细绳
，小球A 开始运动，重力加速度g 取
。
(1)求小球A 运动到最低点时对细绳OP 的拉力大小；
(2)当小球A 运动到最低点时，恰好与C 发生弹性正碰（碰撞时间极短），求碰后C 的速度大小；
(3)小球A 与物块C 碰后，C 相对B 滑行的距离
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）OP 的长度为
，从小球A 开始做圆周运动到最低点的过程，根据动能定理得
解得
设小球A 运动到最低点时细绳OP 对小球A 的拉力为T，根据牛顿第二定律得
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解得
根据牛顿第三定律可知，小球A 运动到最低点时对细绳OP 的拉力大小
（2）A 运动到最低点时，恰好与C 发生弹性正碰，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
解得碰后C 的速度大小
（3）A、C 碰后，C 与B 动量守恒，以向右为正方向，达到共同速度时，由动量守恒定律得
解得
由能量守恒定律得
解得
9．（2025·河南焦作·二模）某玩家设计了如图1 所示的一个装置，完全相同的饼状物块
、
分别焊接在
两根轻杆的一端，两根轻杆另一端与饼状物块
用铰链相连（轻杆能够围绕铰链转轴在水平面内无阻
碍地转动），轻杆长度远大于物块
、
和
的直径，把整个装置放在光滑水平面上，在
、
之间
置入少量炸药，引爆炸药后，整个装置获得的机械能为
。已知
、
的质量均为
，
的质量为
，轻杆长度为
，引爆炸药后，物块
仅沿着对称中心线（图1 中的虚线）运动。
(1)若将物块
固定，求引爆炸药后瞬间，轻杆受到的拉力大小；
(2)若物块
不固定，求物块
运动的最大位移；
(3)如图2 所示，在（2）的基础上，当
、
、
第一次运动到一条直线时，求物块
、
和
的速
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度大小。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据对称关系，引爆后瞬间，对物块
和
，有
方向相反，且有
此时，物块
固定，物块A 和B 都可以看做圆周运动，则两物块对各自轻杆的拉力为
化简可得
（2）整个系统动量守恒。物块A 和B 的运动关于中心线对称，沿着中心线向上运动，物块C 沿着中心
线向下运动。所以沿中心线方向，任何时刻均有
所以有
即
又有
其中
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所以物块
运动的最大位移
（3）根据动量守恒定律，有
根据能量守恒有
其中由对称性关系可知
解得
10．（2025·江西九江·二模）在光滑平直轨道边依次站着2025 个人，间距均为d，每人手里拿着质量均为
m、编号为1、2、3、…、2025 的沙包。一个质量也为m 的货斗，在恒定外力F 的推动下，从距离第
1 人的左侧d 处由静止开始沿直线向右运动，货斗经过人身边时，该人立即将沙包无初速放入货斗，
直到沙包全部放入为止。设沙包放入货斗时间极短，货斗及沙包均可视为质点。求
(1)1 号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；
(2)2025 号沙包放入货斗后瞬间的共同速率；
(3)全过程中的能量损失。
【答案】(1)
(2)
(3)
40
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【详解】（1）放入沙包前，对货斗动能定理：
代入数据解得
1 号沙包放入货斗后:
可得
（2）2 号沙包放入货斗前：
2 号沙包放入货斗后
可得
3 号沙包放入货斗前：
3 号沙包放入货斗后：
可得
依此类推，可知第n 个沙包放入货斗后的共同速度
所以，2025 个沙包放入货斗后的共同速度
（3）全过程由能量守恒可知
所以
11．（2025·四川广安·二模）如图所示，质量为0.3kg 的滑块B 静止在光滑水平面上，形状大小相同质量为
0.1kg 的滑块A 以初速度5m/s 向右运动，与B 发生正碰，碰后B 滑上θ=60°足够长的粗糙斜面，上升的
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最大高度为
，B 与斜面间的动摩擦因数为
，斜面与水平面平滑连接，空气阻力不计，重力加
速度取10m/s2。求：
(1)第一次碰撞后滑块B 和A 的速度大小：
(2)物理学中将材料一定的两物体，碰撞后分开的相对速度与碰撞前接近的相对速度之比定义为恢复系
数，即
，其中
、
为两物体碰撞前的速度，
、
为碰后的速度，e 仅由两物体材料决定。
①滑块A、B 相碰时的恢复系数为e；
②滑块A、B 第二次碰撞后的速度大小。
【答案】(1)2m/s，1m/s
(2)①0.6；②1.6m/s，1.3m/s
【详解】（1）设第一次碰后AB 两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A 速度为v0，对B，由动能定理可
得
解得
碰撞过程，由动量守恒定律可得
解得
（2）①由恢复系数公式
代入第一次碰撞数据解得
②再次到达水平面时速度为vB1，从H 处再次滑下时，由动能定理可得
42
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再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B 速度分别为vA2、vB2，由动量守恒定律和恢复系数公式可得
，
可得
，
1．（2025·海南·高考真题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径
，圆心角
的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A
从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B 碰成一整体，B 随后滑上传送带，已知
，
，A、B 可视为质点，AB 与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，
因摩擦生热
，忽略轨道及平台的摩擦，
(1)A 滑到圆弧最低点时受的支持力；
(2)A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能；
(3)传送带的速度大小。
【答案】(1)
，方向竖直向上；
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(2)
(3)
或
【详解】（1）A 从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得
，方向竖直向上；
（2）根据题意AB 碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A 与B 整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度
小于
时，AB 滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB
与传送带间的动摩擦因数为
，对AB 根据牛顿第二定律
设经过时间
后AB 与传送带共速，可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
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联立解得
，另一解大于
舍去；
第二种情况，当传送带速度
大于
时，AB 滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间
后AB 与传送带共速，同理可得
该段时间内AB 运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得
，另一解小于
舍去。
2. （2025·广重庆·高考真题）如图所示，长度为d 的水平传送带M 顺时针匀速运动。质量为m 的小物
块A 在传送带左端M 由静止释放。A 还未与传送带达到相同速度时就从右端N 平滑地进入光滑水平面
NO，与向右运动的小物块B 发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B 均向右运动，从O 点进入粗糙水平地
面。设A 与传送带间的动摩擦因数和A、B 与地面间的动摩擦因数均为
，重力加速度为g。
（1）求A 在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B 的速度大小为A 的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B 在粗糙地面上停下后相距
d，求B 的质量；
（3）若B 的质量是A 的n 倍，碰后瞬间A 和B 的动量相同，求n 的取值范围及碰后瞬间B 的速度大小范
围。
【答案】（1）
，
（2）
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（3）
，
【解析】
【小问1 详解】
A 在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即
可得
由于A 还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由
解得
【小问2 详解】
设B 的质量为M，则由题意由碰前
，
，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有
，
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即
联立解得
，
因为OP 段粗糙，由动能定理有
得
，即
，
根据题意有
，且由（1）有
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联立各式解得
【小问3 详解】
设碰前小物块B 向右运动的速度为
,A、B 发生碰撞，则
A、B 碰撞过程动量守恒有
又因为碰后瞬间A 和B
动量相同，则
则
，
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有
，即
碰后动能不增，即
，可得
所以n 的取值范围为
分别将
和
代入
，分别可得
，
所以对应的B 的速度范围为
，代入
可得
3．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带
由底端A 运动到顶端B 后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉
入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送
带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为
，以速度
匀速运行。若以
47
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相同的时间间隔
将散货以几乎为0 的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开
始计数，当放置第10 个散货时，第1 个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦
因数
，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方
向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d 的货箱装总质为M 的一批散货。若货箱之间无
间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲
信号与横轴所围面积为I 如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
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（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为
其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在
时间内传送带额外多做的功为
其中
，
，
，
49
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联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
4．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N 两个钉子固定于相距a 的两点，M 的正下方有不可伸长的轻
质细绳，一端固定在M 上，另一端连接位于M 正下方放置于水平地面质量为m 的小木块B，绳长与M 到
地面的距离均为10a，质量为2m 的小木块A，沿水平方向于B 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A 与地面间
摩擦因数为
，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B 在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B 碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变A 碰前瞬间的速度，碰后A 运动到P 点停止，B 在竖直面圆周运动旋转2 圈，经过M 正下方时细
绳子断开，B 也来到P 点，求B 碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到12mg 细绳会断，上下移动N 的位置，保持N 在M 正上方，B 碰后瞬间的速度与（2）间中的
相同，使B 旋转n 圈。经过M 正下的时细绳断开，求MN 之间距离的范围，及在n 的所有取值中，B 落在
地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)
（n = 1，2，3，…），
，
【详解】（1）碰后B 能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B 的最小速度大小为v0，最高点
速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B 从最低点到最高点由动能定理可得
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解得
（2）A 和B 碰撞过程中动量守恒，设碰前A 的速度大小为v1碰后A 的速度大小为v2。碰后B 的速度大小为
v3，则有
2mv1 = 2mv2＋mv3
碰后A 减速到0，有
碰后B 做两周圆周运动，绳子在MN 间缠绕2 圈，缩短4a，在M 点正下方时，离M 点6a，离地面4a，此
时速度大小为v4，由功能关系得
B 随后做平抛运动，有
L = v4t
解得
（3）设MN 间距离为h，B 转n 圈后到达M 正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M 为圆心，
由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N 为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B 转n 圈后到达M 正下方，由功能关系得
51
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（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B 做平抛运动，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学分析可得
当
时，
当n = 1 时，
，
5．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R 的
光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE 平滑连接。长为L、质量为M 的平板紧靠长为d 的固定凹槽
EFGH 侧璧EF 放置，平板上表面与DEH 齐平。将一质量为m 的小滑块从A 端弹射，经过轨道BCD 后滑
上平板并带动平板一起运动，平板到达HG 即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平
板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG 间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻
力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度
。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C 点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H 点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
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【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时
从滑块离开弹簧到C 过程，根据动能定理
解得
v0=5 m/s
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
根能量守恒
解得
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
共速后，共同加速度大小为
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
53
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共速过程，滑块、木板位移分别为
共速时，相对位移应为
解得
，
随后共同减速
到达H 速度
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
6．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程
中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，
并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为F N，敏感球的质量为m，重力加速度
为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值
。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H 处做自由落体运
动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F 随时间t 的
变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量
，重力加速度大小取
。求：
①碰撞过程中F 的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
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【答案】（1）
；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg 和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可
知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F 的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
v=2m/s
则上升的最大高度
7．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗
糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q 为轨道的最高点。质量为m 的小物块静置在
轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分
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的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物
块在Q 点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a 与F 对应
关系如图乙所示。
（i）求μ 和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P 点时撤去F，
小物块从Q 点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）
；（2）（i）
，
；（3）
【详解】（1）根据题意可知小物块在Q 点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N 时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力
时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
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截距
联立以上各式可得
，
，
（ii）由图乙可知，当F=8N 时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
当小物块运动到P 点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
8．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s 的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距
离为3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为
、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg 的小球，
小球与传送带上表面平齐但不接触。在O 点右侧的P 点固定一钉子，P 点与O 点等高。将质量为0.1kg 的
小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度
大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O 点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P 点向上
运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小
。
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（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P 点正上方，绳子不松弛，求P 点到O 点的最小距离。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传
送带的速度大小
。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方
向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
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（3）若小球运动到P 点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P 点到O 点的距离为
，小球在P 点正上方的
速度为
，在P 点正上方，由牛顿第二定律有
小球从
点正下方到P 点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P 点到O 点的最小距离为
。
9．（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，并轻靠在物块右侧。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）
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【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
v0=5 m/s
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
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10．（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 在滑块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。
【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
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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
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
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11．（2023·广东·高考真题）如图为某药品自动传送系统的示意图．该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽
和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为
，平台高为
。药品盒A、B 依次被轻放在以速度
匀速运动
的传送带上，在与传送带达到共速后，从
点进入滑槽，A 刚好滑到平台最右端
点停下，随后滑下的B
以
的速度与A 发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B 恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B
的质量分别为
和
，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的
。
与传送带间的动摩擦因数为
，重力加速度为g，AB 在滑至N 点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。
求：
（1）A 在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间；
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
；
（3）圆盘的圆心到平台右端
点的水平距离．
【答案】（1）
（2）
；（3）
【详解】（1）A 在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B 从
点滑至
点的过程中克服阻力做的功
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（3）AB 碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
（另一组
舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
解得
12．（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
、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，
，
）
（1）求滑块过C 点的速度大小
和轨道对滑块的作用力大小
；
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（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
根据能量守恒可得
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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
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