文档文本内容
第34 讲
题
三大观点解决力学问
（专项训
练）
目 录
模拟·基础演练.......................................................................................................................................1
题型01 动力学与能量综合 .......................................................................................................1
题型02 力学三大观点解决多物体组合问题...........................................................................5
题型03 力学三大观点解决的多过程组合问题.......................................................................6
重难·创新演练.....................................................................................................................................10
真题·实战演练.....................................................................................................................................13
模拟·基础演练
考查重点：力学三大观点解决综合问题
⏳题型01 动力学与能量综合
题
问
1.（2026·湖南长沙·二模）如图所示，绝缘水平导轨MN 上有质量分别为
和
的滑块甲、乙。
劲度系数
的轻质弹性绳左端与A 点连接，右端跨过固定在导轨正上方
处的轻质光滑
小滑轮B 与甲相连，弹性绳原长与AB 段长度相等。甲不带电，乙带正电，电荷量
，整个装置处
于
、方向水平向左的匀强电场中（图中未画出）。现乙以初速度
与甲发生完全
非弹性碰撞结合成一个整体。已知弹簧振子的周期
，弹性绳弹性势能
（
为形
变量），取
，
。下列说法正确的有（ ）
A．若导轨光滑，两滑块向左运动的最大位移大小为0.6m
B．若导轨光滑，从碰撞结束到两滑块第一次回到碰撞点经历的时间为0.8s
C．若滑块与导轨间动摩擦因数
，且
，则弹性势能增量最大值为12.5J
D．若滑块与导轨间动摩擦因数
，且
，从碰撞结束至两滑块最终停止运动，滑块运
动的总路程为0.5m
【答案】ABC
【详解】A．设弹性绳BC 段与竖直方向夹角为θ，对甲所受弹性绳弹力分析有
，
（保持不变）
由
解得
导轨光滑时，设碰后最大位移为
，由
解得
，故A 正确；
B．分析知甲、乙做简谐运动，由
可知平衡位置
，则
由
，
，
联立可得
，故B 正确；
C．由
解得
则
，故C 正确；
D．由
可知滑块运动至最左端后会滑回，故总路程
，故D 错误。
故选ABC。
2.（2026·湖南永州·二模）图示为一种缓冲装置的简化模型。两根光滑平行导轨（足够长）水平放置，一
根质量为M 的缓冲细滑杆AB 与轨道垂直且左右对称放于轨道上，AB 的中点O 通过一根不可伸长的轻绳
连接一质量为m 的小球，轻绳所在竖直面垂直于杆，初始状态绳恰好拉直，与水平面成
夹角，绳长为
L，O 点与地面之间的高度差为H（
）。静止释放小球，绳绷直后始终保持伸直状态，当轻绳摆至固
定在O 点正下方的电热丝P（大小不计）处时被电热丝瞬间烧断。重力加速度为g。求：
(1)细滑杆AB 被锁定时，小球下落过程中损失的机械能；
(2)细滑杆AB 被锁定时，小球落到地面上的落点与O 点之间的水平距离；
(3)撤去电热丝P，解除细滑杆AB 的锁定（AB 仅能在水平方向运动），小球仍从题干要求的初始状态静止
释放。令
，若
，求小球运动至最低点的v 与k 的关系式及动能的最小值。
【答案】(1)
(2)
(3)
；
【详解】（1）小球先做自由落体运动至与轨道水平面对称位置，对小球用动能定理
绷直瞬间速度大小为
细线绷直后沿细线方向的速度消失，只有垂直细线方向的速度，此时
可知小球损失的机械能
解得
（2）根据机械能守恒定律，有
然后小球做平抛运动，则
竖直方向
联立解得
（3）撤去电热丝，解除细滑杆AB 的锁定后，小球在绳绷直前的速度仍是
，方向竖直向下。而绷直瞬间
由于受到绳的拉力远大于自身重力，对小球在水平及竖直方向列动量定理，设绳给的冲量大小为I，绷直
后瞬间小球的水平速度大小为
，竖直速度大小为
，滑杆AB 的速度大小为
，如图所示
以水平向左为正方向：
以竖直向上为正方向：
滑杆AB 和小球系统水平方向动量守恒
沿绳方向速度相等（关联速度）：
联立解得
，
，
从绳绷直后瞬间至小球运动到最低点，滑杆AB 与小球组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，设最
低点处小球的速度大小为v（水平），AB 的速度大小为
解得
可简化为
可知随着k 增大速度v 会增大，所以当k=1 时，v 最小。
3.(2026·天津市·期末考试)如图所示，质量为m1=2kg的物块A静止在光滑水平轨道上，轨道右端与一
半圆形粗糙轨道相切，轨道半径R =0.1m。质量为m2=3kg的物块B以初速度v0=10m/ s滑向A，A和B
碰后粘在一起运动，恰好通过圆弧轨道最高点P。物块A和物块B可视为质点，重力加速度g取10m/ s
2，
求：
(1) A和B碰撞过程中损失的机械能；
(2) A和B在半圆形粗糙轨道上运动过程中摩擦力所做的功。
【答案】(1)对A和B组成的系统，碰撞过程由动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v
由能量守恒定律有1
2 m2v0
2=1
2 (m1+m2)v
2+ΔE联立解得ΔE =60 J。
(2)对A和B组成的系统，到达半圆弧轨道最高点P点时，由牛顿第二定律有
(m1+m2)g=(m1+m2)
vP❑
2
R
由动能定理有−2(m1+m2)gR+W f =1
2 (m1+m2)vP❑
2−1
2 (m1+m2)v
2
联立并代入数据解得W f =−77.5 J。
4.(2026·江苏省淮安市·月考试卷)如图所示，水平轨道BC的左端与固定的光滑竖直1
4 圆轨道相切于B点，
右端与一倾角为30°的光滑斜面轨道在C点平滑连接(即物体经过C点时速度的大小不变)，斜面顶端固定一
轻质弹簧。一质量为2kg的滑块从圆弧轨道的顶端A由静止释放，经水平轨道后滑上斜面并压缩弹簧，第
一次可将弹簧压缩至D点。已知圆轨道半径R =0.45m，水平轨道BC长为0.4 m，滑块与轨道BC间的动摩
擦因数μ=0.2，斜面轨道上CD长为0.6m，g取10m/ s
2，求：
(1)滑块第一次经过圆轨道上B点时，轨道对滑块的支持力大小F N；
(2)弹簧被压缩至D点时具有的弹性势能E p；
(3)滑块在水平轨道BC上运动的总路程s。
【答案】(1)对滑块，A →B，根据动能定理有mgR =1
2 m vB
2 −0
滑块在B点，根据牛顿第二定律有：F N −mg=m vB
2
R
解得F N =60 N
(2)对滑块，A →D，根据能量守恒定律有mgR−mg LCDsin 30
∘=Q+E p
Q =μmg LBC
解得E p=1.4 J
(3)滑块最终停止在水平轨道BC间，对滑块，自A到静止，根据动能定理有
mgR−μmgs=0−0
解得s=2.25m。
⏳题型02 力学三大观点解决多物体
题
组合问
5.（2026·湖南·二模）如图所示，长为
的水平传送带在电机带动下沿顺时针方向以
的速度匀速运动。在传送带右侧光滑地面上有一小车，小车上固定有一个“
”型硬杆，车和硬杆的总质
ㄱ
量为
，杆的左端
点系有一条长为
的轻绳，绳的下端系有质量为
的小球，
小球下端刚好与传送带右端接触，但无压力。质量为
的小物块以初速度
从传送
带左端沿传送带水平向右滑上传送带，小物块与传送带之间的动摩擦因数为
，小物块运动到传送
带右端时与小球发生弹性碰撞。小球和小物块均可视为质点，忽略空气的阻力，重力加速度
取
，整个过程小车不会翻转。求：
(1)物块与小球碰撞后各自的速度大小；
(2)小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值；
(3)从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能
。
【答案】(1)2m/s、4m/s
(2)0.4
(3)3.6J
【详解】（1）对物块
解得
根据运动学公式可得
解得
说明物块到达传送带右端时与传送带共速，物块与小球碰撞过程，根据动量守恒定律以及能量守恒定律可
得
，
解得
，方向水平向左。
，方向水平向右。
（2）小球摆到右侧最高点时与小车共速，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
小球摆到右侧最高点时细绳与竖直方向夹角的余弦值为
解得
（3）物块在传送带向右运动的时间为
传送带的位移为
多消耗的电能为
物块与小球碰撞后向左运动，有
解得
可见物块从传送带左侧滑出，物块向左运动的时间为
传送带位移为
多消耗的电能为
则从物块滑上传送带到滑离传送带的过程中，由于传送小物块电机多消耗的电能
6.(2026·河北省石家庄市·其他类型)如图所示，质量m=1.5kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左
端固定一轻质弹簧，平台右侧有一质量M =2.5kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩
擦不计，平台左侧的光滑圆弧轨道与平台平滑连接，圆弧轨道半径R =9
8 m，其左侧端点P与圆弧圆心O的
连线与竖直方向的夹角θ =53
∘。现将滑块A从P点由静止开始释放，滑块A滑至平台上挤压弹簧，经过一
段时间弹簧恢复原长后，滑块B离开平台滑上小车C，最终滑块B恰好未从小车C上滑落。已知滑块B与小
车C之间的动摩擦因数μ=0.25，小车的长度L=2m，重力加速度大小g=10m/ s
2，sin53
∘=0.8，
cos53
∘=0.6，滑块A、B均可视为质点，求：
(1)滑块B刚滑上小车C时的速度大小v0；
(2)滑块A的质量m0；
(3)该过程中弹簧弹性势能的最大值E p。
【答案】(1)设滑块B滑至小车C右端时它们的共同速度大小为v，滑块B从滑上小车C到滑至小车C右
端的过程中，滑块B和小车C两者组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律：m v0=(M +m)v
根据能量守恒定律：1
2 m v0
2−1
2
(M +m)v
2=μmgL
解得v0=4 m/ s
(2)滑块A自P点滑至平台的过程中，由动能定理有m0 gR(1−cos53
∘)=1
2 m0v A
2
设滑块A挤压弹簧结束后(弹簧恢复原长时)的速度大小为v1，滑块A与滑块B在水平平台上相互作用的
时间内，两者组成的系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律，根据动量守恒定律m0v A =m0v1+m v0
根据机械能守恒定律1
2 m0v A
2 =1
2 m0v1
2+1
2 mv0
2
解得m0=3kg
(3)当滑块A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律m0v A =(m0+m)v共
根据能量守恒定律E p=1
2 m0v A
2 −1
2 (m0+m)v共
2
解得E p=4.5 J
7.(2026·湖北省宜昌市·月考试卷)如图所示，用一轻绳把质量为1kg的小球悬挂在O点，将小球拉至距
离水平传送带高h处的A点静止释放，当小球运动到最低点B时，与静止在传送带左端质量为1kg的物块发
生弹性碰撞，物块从传送带右端C点飞出，最后落在水平地面的D点。已知B、C的距离为1.5m，物块与
传送带之间动摩擦因数为0.2，传送带上端距离地面高度为H。物块、小球均可视为质点，重力加速度大
小g取10m/ s
2，不计空气阻力。
(1)传送带静止时，物块刚好能够运动到C点，求高度h。
(2)当传送带以速度v沿顺时针方向转动，其他条件不变，要使落点D、C两点水平距离最远，v至少
为多大?
(3)若传送带以速度v =2❑√6m/ s沿顺时针方向转动，其他条件不变，在物块通过传送带期间，电动
机需要多做多少功?(结果可用根式表示)
【答案】解：(1)小球由A点运动到B点，由动能定理：m1gh=1
2 m1v1
2，
小球与物块发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律：m1v1=m1v1
' +m2v2
' ，
1
2 m1v1
2=1
2 m1v1
' 2+1
2 m2v2
' 2，
物块由B点恰运动到C点，由动能定理：−μm2 gL=0−1
2 m2v2
' 2，
解得：h=0.3m。
(2)要使物块落点最远，即物块飞离传送带时与之共速，由运动学公式：v
2−v2
' 2=2aL，
由牛顿第二定律：μm2 g=m2a，
解得：v =2❑√3m/ s。
(3)因为2❑√6m/ s>2❑√3m/ s，根据能量守恒定律，电动机多做的功应等于物块与传送带摩擦产生热
量与物块增加的动能之和，
故：ΔW =△Ek +Q，
Δ Ek =1
2 m2v
2−1
2 m2v2
' 2，
Q =μm2 gΔx，
摩擦生热的时间：t =v −v2'
a
，
物块与传送带之间相对位移：△x =vt −L，
解得：ΔW =(12❑√2−12)J ≈4.97 J。
8.(2026·天津市·期中考试)如图，光滑轨道abcd固定在竖直平面内，ab水平，bcd为半圆，在b处与ab
相切。在直轨道ab上放着质量分别为mA =2kg、mB=1kg的物块A、B(均可视为质点)，用轻质细绳将A、
B连接在一起，且A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(未被拴接)。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量
M =2kg的小车，小车上表面与ab等高。现将细绳剪断，之后A向左滑上小车，B向右滑动且恰好能冲到
圆弧轨道的最高点d处，已知圆形轨道的半径R =0.32m。已知A与小车之间的动摩擦因数μ=0.1，g取
10m/ s
2，求
(1) A、B离开弹簧瞬间的速率v A、vB；
(2)初始时弹簧的弹性势能；
(3)若A恰好没滑出小车，则小车的车长L是多少？
【答案】(1)设B经过d点时速度为vd，在d点mB g=mB
v❑d
2
R
，
解得vd =❑√3.2m/ s，
由机械能守恒定律1
2 mB v❑B
2=1
2 mB v❑d
2+mB g⋅2 R，
解得vB=4 m/ s，
设弹簧恢复到自然长度时A、B的速度分别为v A、vB，由动量守恒定律0=mA v A−mB vB，
解得v A =2m/ s；
(2)由能量关系EP=1
2 mA v❑A
2+1
2 mB v❑B
2，
可得EP=12J；
(3) A恰好能滑到小车左端，其共同速度为v，由动量守恒定律mA v A =(mA+M )v，
由能量关系1
2 mA v A
2=μmA gL+1
2 (mA+M )v
2，
可得L=1m。
⏳题型03
题
力学三大观点解决的多过程组合问
．9（2026·湖南长沙·二模）如图所示，AB 为足够大的光滑圆弧轨道，BC、EF 均为光滑水平平台，CD 是
半径为R 上端切线水平的
光滑圆弧轨道。质量为m 的滑块甲从AB 不同高度H 处自由释放，与静止在水
平面上质量为nm（
，且为定值）的滑块乙发生弹性正碰，两平台间高度差h 可调，重力加速度为g。
已知
时，碰撞后乙恰能过C 点做平抛运动。
(1)求n 的值；
(2)若
、
，求甲、乙在EF 上落点间的水平距离
；（结果用分式及根号表示）
(3)若
、h 已知，甲带正电、电量为q，不加电场时甲落点在乙左侧，欲使甲落点在乙右侧，在C
点右侧空间加一竖直向上的匀强电场，甲仅受重力和电场力，乙除受重力外还受始终与运动方向相反的空
气阻力
（k 为常数）。已知在右侧空间运动时甲乙均不与轨道CDE 相碰，乙刚过C 点时
，落到EF 上时，乙速度大小为
、方向斜向右下，求场强E 的取值范围。（结果用m、
g、q、h、R 表示）
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）甲滑下，由动能定理有
甲、乙弹性碰撞
乙在C 点，有
联立解得
（2）
时，由（1）有
、
，甲先沿圆弧轨道运动后脱离，假设在P 点脱离，PO 与CO 夹角为θ
C→P 过程有
P 点有
，
联立得
、
又
，
联立得
乙做平抛运动，由平抛运动规律有
、
，
联立得
又
，代入数据解得
（3）甲从
下滑，由机械能守恒：
已知
，乙质量
，弹性正碰，由动量守恒和动能守恒得碰撞后速度：
甲碰撞后反弹，沿光滑圆弧返回后再次滑下，到水平平台时速度大小为
，方向向右。
乙受阻力
对乙列运动的微分方程，结合题目条件：
得
且落地速度大小
即
。
解分量微分方程可得速度关系：
联立
解得：
对水平方向由动量定理：
代入得：
甲加竖直向上电场后，竖直加速度
要落到EF 上，必须
，即：
甲做平抛运动，竖直方向
得运动时间
水平位移：
要求甲落点在乙右侧，即
代入得：
两边平方整理得：
结合题目给出不加电场时甲在乙左侧，符合
不满足上述不等式，对应
，下限为正。
场强
的取值范围为：
10．（2026·湖南·二模）如图所示，四分之一光滑圆弧轨道与水平传送带左端平滑连接，圆弧半径
，传送带长为
，逆时针匀速转动，传送带到光滑水平地面的高度
。一质量为
的正方形木板在光滑水平地面上以水平初速度
匀速运动，速度方向垂直于圆弧轨道与
传送带所在的竖直面。现将一质量为
的小物块从圆弧最上端A 点无初速度释放，物块落下后恰好
打在木板上表面的中心。已知物块与传送带及木板之间的动摩擦因数分别为
，
，物块始终
未落在地面上，重力加速度g 取
，不计空气阻力及木板的厚度。
(1)求物块刚离开传送带时的速度大小；
(2)若物块与木板每次碰撞时间极短（重力的冲量可忽略），每次碰撞前后物块的竖直方向速度大小减半，
方向反向。求：
①物块与木板最终的速度大小；
②物块与木板第1 次碰后瞬间，物块沿水平向右方向上的分速度大小。
【答案】(1)
(2)①
；②
【详解】（1）设物块滑上传送带时的初速度为
，离开传送带时的速度为
，根据动能定理有
解得
由牛顿第二定律可知，物块在传送带上的加速度大小为
由
解得
（2）①物块每次与木板相碰，竖直方向速度减半，水平方向最终趋于共速，令水平向右为x 正方向，水平
且垂直x 方向指向纸面内侧为y 轴正方向，由动量守恒定律，
方向满足
方向满足
解得
②以木板为参考系，物块刚落到木板上时，水平面内相对速度
碰撞瞬间摩擦力方向与x 轴成
斜向纸面内侧，竖直方向物块速度满足
解得
因此碰后瞬间竖直方向速度
由动量定理可知物块与木板第一次碰撞过程，z 方向满足
水平面内
x 方向满足
解得
11.（2026·辽宁省·月考试卷)如图所示，光滑水平面的左端与一倾角为θ =53
∘的斜面连接，F为斜面的
顶点，斜面高度为h=0.8m，水平面右端与一半径为R =0.4 m的半圆形轨道连接，两轨道相切于D点。水
平面上有质量分别为mA =0.1kg、mB=0.4 kg的静止小球A和B，两球间有一压缩的轻弹簧，两个小球用
一根细线连接固定，弹簧与小球不拴接。剪断细线，两小球分别运动到水平面的D、F点时弹簧已经与小
球脱离。运动过程中小球B恰落在斜面的底端E点，而小球A恰能通过半圆轨道的最高点C。已知重力加速
度g=10m/ s
2，sin37
∘=0.6。求：
(1)细线被剪断前弹簧的弹性势能;
(2)小球A经过D点时对轨道的压力;
(3)小球A从D点运动到C点过程中克服阻力做的功。
【答案】解：(1)小球B从F点平抛运动到E点
h
tan53° =vBt
h=1
2 gt
2
解得vB=1.5m/ s
A与B分离的过程中，水平方向A与B组成的系统仅仅受到弹簧的弹力，所以水平方向动量守恒，选取
向右为正方向，则：mA v D−mB vB=0
解得v D=6m/ s
剪断细线后弹簧对小球A与B做功，弹性势能转化为动能，则：
EP=1
2 mA v D
2 +1
2 mB vB
2 =1
2 ×0.1×6
2+1
2 ×0.4×1.5
2J =2.25 J
(2)小球A经过D点时，受到的支持力与重力的合力提供向心力，所以：N −mA g=mA
v D
2
R
❑
代入数据得：N =10 N．
根据牛顿第三定律可知小球A经过D点时对轨道的压力: N ' =10 N。
(3)小球A在竖直平面内做圆周运动，在最高点时重力恰好提供向心力，
mA g=mA
v
2
R
解得vC =❑√gR =❑√10×0.4 m/ s=2m/ s
小球A从D点运动到C点过程中，设克服阻力做的功为W ，根据动能定理得
−W −mA g⋅2 R =1
2 mA vC
2 −1
2 mA v D
2
代入数据得：W =0.8 J
12.(2026·陕西省·同步练习)如图所示，上表面光滑的滑板Q锁定在光滑水平面上，一轻弹簧的右端固
定在Q上，另一端自由伸长。质量为m的滑块P以大小为v0、方向与水平方向成θ =37
∘角的初速度抛向滑
板，恰好在最高点从滑板的左端飞入滑板。当弹簧弹性势能为E p=0.195m v0
2时，解除Q的锁定。已知
sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求滑块P抛出时距离Q左端的水平距离;
(2)解除Q的锁定后，若弹簧的最大弹性势能为E p' =0.295m v0
2，求Q的质量;
(3)解除Q的锁定后，若Q最终的动能最大，求Q的质量。
【答案】(1)滑块抛出时的水平速度大小为v x =v0cosθ =0.8 v0
竖直速度大小为v y =v0sinθ =0.6 v0
在空中的运动时间为t =v y
g
在空中飞行的水平距离为x =v xt
联立解得x =0.48 v0
2
g
(2)弹簧弹力做的功为W =−E p
滑块飞入滑板，当弹簧的弹性势能为E p=0.195m v0
2时，设此时滑块的速度为v，根据动能定理可得
W =1
2 mv
2−1
2 mv x
2
解得v =0.5 v0
设滑块的质量为M，解除Q的锁定后，当弹簧的弹性势能最大时，P和Q共速，根据动量守恒可得
mv =(m+M )v '
根据能量守恒可得
1
2 m v x
2=1
2 (m+M )v
' 2+E p'
联立解得M =4 m
(3)对Q和P组成的整体，根据机械能守恒可知，要使Q的最终动能最大，需满足滑块的速度刚好为零
时，弹簧刚好恢复原长;设Q的质量为M '，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有mv =M ' vm
1
2 m v x
2 =1
2 M ' vm
2
联立解得M ' =25
64 m
重难·创新演练
设题创新:结合生活情景 娱乐设施
1.(2026·湖北省·月考试卷)如图所示，带有光滑半椭圆曲面的木板A固定在光滑水平面上，A的上表面
PQ粗糙。物块B以水平速度v0=6m/ s从P点滑上A，从Q点飞出后恰好落到半椭圆曲面最低点C。已知
A的质量M =1kg，B的质量m=1kg，PQ的长度L=2m，椭圆半长轴a=0.8m，半短轴b=0.2m，重力
加速度g=10m/ s
2。
(1)求A、B间的动摩擦因数μ；
(2)若A不固定，要使B仍能落到C点，求B滑上A时的速度大小v1；
(3)在(2)问情形下，B与A在C点碰撞后，B的水平速度不变，竖直速度减为0，求B离开D点后能上
升的最大高度h。
【答案】(1)物块B从Q点运动到C点，竖直方向有
b=1
2 gt
2解得t =0.2s水平方向有a=vQt解得vQ=4 m/ s
物块B从P点到Q点，由动能定理有
−μmgL=1
2 mvQ
2 −1
2 mv0
2解得μ=0.5。
(2)设物块B到达Q点时，B的速度大小为v3，A的速度大小为v2，物块B从P点到Q点的过程中，由动
量守恒定律有m v1=m v3+M v2
由能量守恒定律有μmgL=1
2 m v1
2−1
2 m v3
2−1
2 M v2
2
又因为要使B仍能落到C点，则B相对A的水平速度仍为vQ，也即v3−v2=vQ
解得v1=2❑√14 m/ s，v3=(❑√14 +2)m/ s v2=(❑√14−2)m/ s。
(3)物块B运动到D点时和A水平速度大小相同，设为v共
由水平方向动量守恒定律有m v3+M v2=(m+M )v共
由能量守恒定律有mg(h+b)=1
2 mv3
2+1
2 M v2
2−1
2
(m+M )v共
2 解得h=0.2m。
2.(2026·重庆市·同步练习)如图所示，质量mB=4 kg的光滑斜劈B静止在水平台面上，底边长度d =6m，
高度h=4 m。B底端距离台面边缘x0=2m，水平地面上一质量mC =2kg的木板C紧靠平台静置，C上表面
与台面相平。质量mA =2kg、可看作质点的物块A从B的顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互
作用，A的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小为v x =4 ❑√2m/ s。已知A沿B下滑过程中，
A和B相对地面均做匀变速直线运动，B与台面、C与地面间均无摩擦，A与台面、A与C间动摩擦因数都
为μ=0.2，重力加速度g=10m/ s
2。求：
(1) A滑到B底端时，B向左滑动的距离xB；
(2) A滑上C时A的速度大小v0；
(3)为使A不从C上滑下，C的最小长度L；
(4) A滑到B底端后，与台面发生相互作用过程中A损失的动能Δ Ek。
【答案】(1) A滑到B底端过程，A、B组成的系统水平方向上动量守恒，有mA v A =mB vB
有mA x A =mB xB由人船模型知x A+xB=d解得x A =4 m，xB=2m。
(2) A从离开B的底端到滑上C的过程中受到台面摩擦力的作用，由动能定理得
−μmA g(xB+x0)=1
2 mA v0❑
2−1
2 mA v x❑
2解得v0=4 m/ s。
(3)设A滑至C右端时两者共同速度为v AC，C的长度最小，由A、C组成的系统动量守恒，有
mA v0=(mA+mC)v AC
根据能量守恒定律，有μmA gL=1
2 mA v0❑
2−1
2 (mA+mC)v AC❑
2
解得C的最小长度L=2m。
(4)设A在B上运动方向与水平方向夹角为α，已如A沿B下滑过程中，A和B相对地面做匀变速直线
运动，A、B组成的系统在水平方向上动量守恒，有
mA v A cosα =mB vB
A、B组成的系统机械能守恒，有mA gh=EkA+1
2 mB vB
2解得A滑到B底端时动能EkA =64 J
A与台面发生相互作用过程中损失的动能
Δ Ek =EkA−1
2 mA v x
2 =32J。
3.(2026·江苏省盐城市·月考试卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q
分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物
块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m=1
2 kg的小球自Q点正上方h=2m处自由下
落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到
F =15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma=1kg，b的质量mb=3
4 kg，方形物体的质量M =9
2 kg，
重力加速度大小g=10m/ s
2，弹簧的劲度系数k =50 N / m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表
达式E p=1
2 k x
2( x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2;
(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值E pm。
【答案】(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，
则有m v1=M v2
由能量守恒定律有mgh=1
2 m v1
2+1
2 M v2
2
联立解得v1=6m/ s，v2=2
3 m/ s
即小球速度为6m/ s，方向水平向左，方形物体速度为2
3 m/ s，方向水平向右。
(2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动
量守恒，
则有m v1=(m+ma)v3
解得v3=2m/ s
设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度大小为v4，
根据胡克定律F =k x1
系统机械能守恒1
2 (m+ma)v3
2=1
2 (m+ma)v4
2+1
2 k x1
2
联立解得v4=1m/ s，方向水平向左，x1=0.3m
b的固定解除之后，小球、物块a和物块b及轻弹簧组成的系统动量守恒，
当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，
由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb
解得vb=2
3 m/ s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为E pm=1
2 (m+ma)v4
2+1
2 k x1
2−1
2 (m+ma+mb)vb
2=2.5 J。
4.(2026·湖南三模）某学习小组设计了一个力学游戏实验探究装置，如图所示，在光滑水平桌面上沿
直线方向自左向右静置一固定斜面与滑块A、B，斜面倾角θ =37
∘、高h=0.06m，A、B质量分别为
m1=3kg、m2=1kg，二者通过细线与处于压缩状态的轻弹簧相接(均不拴接)。一小车C静止于光滑水平
地面上，并轻靠于水平桌面右侧，其上部由两个平滑相接的光滑四分之一圆弧管道及一个粗糙的水平木板
轨道组成，管道最底端与水平桌面平滑相接，两个圆弧的半径均为R = 7
40 m，水平木板长L=0.8m，小车
C的总质量m3=4 kg。某次实验开始时，烧断连接A、B的细线，弹簧将A、B由静止完全弹开后，A最高
冲上固定斜面的中点处，B冲上小车，最远滑至水平木板轨道的中点处。已知A与斜面间的动摩擦因数
μ1=0.5，sin37
∘=0.6，cos37
∘=0.8，忽略空气阻力、滑块在连接处的机械能损失，忽略A、B大小和圆
弧管道内径影响，重力加速度g取10m/ s
2。求：
(1)开始处于压缩状态时，弹簧具有的弹性势能;
(2)滑块B刚滑上小车C的圆弧管道时，小车对地面的压力大小;
(3)滑块B刚滑离小车C的圆弧管道最高点时的速度大小，及其与小车C上木板轨道之间的动摩擦因数。
【
答
案
】(1)对
A自
斜
面
滑
上
斜
面
中
点
的
过
程
，
由
动
能
定
理
−m1g h
2 −μ1m1gcosθ×
h
2sinθ =0−1
2 m1v1
2
对A、B与弹簧的分离过程，由水平方向动量守恒m1v1=m2v2
由机械能守恒得E p=1
2 m1v1
2+1
2 m2v2
2
联立解得E p=6 J
(2)当B刚滑上小车C的圆弧轨道时，设滑块B所受C的支持力为F N 2，
由牛顿第二定律F N 2−m2 g=m2
v2
2
R
对C，设其所受地面支持力为F N 3，
由竖直方向受力平衡F N 2' +m3 g=F N 3
其中F N 2' =F N 2，为B对C的压力，可得F N 3=710
7 N
由牛顿第三定律，得小车对地面的压力大小为F 压=F N 3=710
7 N
(3)设B滑离C的圆弧轨道最高点时，二者速度大小分别为v2'、v3'，
取向右为正方向，由水平方向动量守恒m2v2=m2v2' +m3v3'
B与C组成的系统机械能守恒1
2 m2v2
2=1
2 m2v2
' 2+1
2 m3v3
' 2+m2 g×2 R
得滑块B刚滑离小车C上圆弧轨道最高点时的速度大小为v2' =1m/ s
(另一解v2' =0.2m/ s不合题意，舍去)
设滑块B与小车C的共同速度为v共，
则由水平方向动量守恒m2v2=(m2+m3)v共
B与C组成的系统能量守恒1
2 m2v2
2=1
2 (m2+m3)v共
2 +m2 g×2 R+μ2m2 g× 1
2 L
联立解得μ2=0.025
真题·实战演练
高频考点：多过程问题
1. （2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为
的
足够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为
、
。质量为
的小物块甲放置在左侧倾斜轨道
上高
处、质量为
的小物块乙静止在水平轨道上，乙到
、
两点的距离均为
。现静止释放甲，所
有碰撞均为弹性正碰，重力加速度大小为
，不计空气阻力。
（1）求甲第一次到达
点时的速度大小。
（2）求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。
（3）若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求
满足的
关系式（不求具体数值）。
【答案】（1）
（2）
（3）当0＜k≤1 时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3 时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3 时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
【解析】
【小问1 详解】
甲下滑过程轨道光滑，由动能定理
解得
【小问2 详解】
第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为
，乙速度为
，取向右为正方向，由动量守恒和机械能守恒
，
解得乙弹性碰撞后速度
对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化
代入
，得
【小问3 详解】
碰后甲的速度
，乙的速度
；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，需对
k 的取值进行分情况讨论：
①当0＜k≤1 时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，
设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达B 点前相遇，即
，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0
②当k＞1 时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上甲，
设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有
解得
需满足在甲到达A 点前追及，即
，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0
若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移
关系有
解得
需满足在乙到达B 点前追及，即
，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0
综上所述，k 满足的关系式为
当0＜k≤1 时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3 时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3 时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
2.（2026·云南·高考真题） 某同学设计的弹球游戏装置示意图如图所示，装置由一段倾斜直管道和N 个相
同的不对称“倒V”形管道平滑连接而成，管道透明且光滑，固定在竖直平面内。入口端与第一个“倒V”形
管道左端高度差为
，每个“倒V”形管道最高点与其左、右两端的高度差分别为
和
，每个
“倒V”形管道的左端均静置1 个质量为m 的弹球，自上而下依次编号为1，2，3，…，N。开始游戏时，在
入口端由静止释放一质量为
的弹球P。所有弹球的直径均略小于管道内径，不计管道内径、弹球
大小及滚动、弹球与管道相互作用的能量损失和空气阻力，所有弹球之间的碰撞均视为对心弹性碰撞，重
力加速度为g。
（1）求弹球P 与1 号弹球第一次碰撞后瞬间，弹球P 和1 号弹球各自的速度大小；
（2）已知：每个弹球在被上方弹球碰撞后，与下方弹球碰撞前不会被上方弹球再次碰撞，且所有弹球
（包括P）都能到达出口。
（i）求1 号弹球与2 号弹球第一次碰撞后瞬间，1、2 号弹球各自的速度大小；
（ii）求弹球P 与1 号弹球第
次碰撞后瞬间的速度大小；
（iii）若N 足够大，且
，求
与
之间应满足的关系。
【答案】（1）
，
（2）（i）
，
；（ii）
；（iii）
【解析】
【小问1 详解】
P 球到达第1 个平台时，由机械能守恒定律有
解得
P 球与1 球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
，
解得
，
【小问2 详解】
（i）1 球到达第2 个平台时，由动能定理有
解得
1 球与2 球碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
，
解得
，
可知两球速度交换；
（ii）设P 球到达第k 个平台时的速度为
，与第k 个平台处的1 球碰撞后的速度为
，则P 球从第
个平台发生第
次碰撞后到第k 个平台碰撞前，由动能定理
①
P 球在第k 个平台与1 球碰撞，由动量守恒、机械能守恒，由之前计算结果的规律，可知
②
联立①②可得
由数学知识，可知
是等比数列，公比为
所以有
解得
（iii）经分析，只需考虑P 球，每次都要越过最高点，则对于任意k（
），由能量关系有
即
变形为
由
可知
则
是
的减函数，故
时，
趋近
于零，
化简为
解得
3. （2026·河南·高考真题）如图，水平地面上的球壳内下端有一小球，球壳的直径D = 0.25m，上端距天
花板的距离为h = 6m。现以v0 = 11m/s 的初速度把球壳连同小球一起竖直向上抛出，球壳与天花板碰撞
后经过Δt = 0.1s，小球与球壳发生第1 次碰撞。所有的碰撞均为弹性碰撞、时间极短，不计球壳厚度和空
气阻力，重力加速度大小取g = 10m/s2。
（1）求小球的直径；
（2）求小球与球壳第1 次碰撞后瞬间两者速度差的大小，及它们前两次碰撞的时间间隔；
（3）若小球与球壳第8 次碰撞前瞬间球壳的速度大小为v1 = 6m/s，求球壳首次碰地时的速度大小。
【答案】（1）0.05m
（2）2m/s，0.1s
（3）
【解析】
【小问1 详解】
从抛出至球壳与天花板相碰，小球和球壳一起做竖直上抛运动，末速度大小设为
，根据速度位移关系式
解得
球壳与天花板发生弹性碰撞后以原速率反弹，然后向下做匀加速直线运动，小球继续上升，设小球直径为
d，从球壳与天花板碰撞后到小球与球壳第1 次碰撞，小球与球壳的位移大小之和为D－d，则
解得
【小问2 详解】
设球壳质量为M，小球质量为m，球壳与小球发生第1 次碰撞前速度分别为
、
，以竖直向下为正方
向，则
球壳与小球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为
、
由动量守恒定律
由机械能守恒定律
碰后速度差的大小
拓展：发生弹性碰撞，恢复系数
第1 次碰撞后，球壳与小球均做加速度向下、大小为g 的匀变速直线运动，设两次碰撞时间间隔为
，
两者的相对速度大小始终为
，两者的相对位移大小为
，有
解得
【小问3 详解】
取向下为正，第一次碰前：壳速
，球速
弹性碰撞，每次碰撞后相对速度大小恒为
，时间间隔
设每次碰撞壳速改变量为
（碰前壳快时减速，球快时加速），大小
从第1 次碰前到第8 次碰前，经历7 次碰撞和7 个0.1s 的重力加速（每次加1m/s）
递推球壳碰前速度
①碰前：2
②碰前：
③碰前：
④碰前：
⑤碰前：6
⑥碰前：
⑦碰前：8
⑧碰前：
已知⑧碰前壳速为6m/s，故
解得
由
得
则可推导出所有速度如表所示（速度均为m/s，＋向上，－向下）
碰撞序号
时刻
碰前壳速
碰前球速
碰后壳速
碰后球速
天花板碰
0
—
—
－1
＋1
①
0.1
－2
0
＋1
－1
②
0.2
0
－2
－3
－1
③
0.3
－4
－2
－1
－3
④
0.4
－2
－4
－5
－3
⑤
0.5
－6
－4
－3
－5
⑥
0.6
－4
－6
－7
－5
⑦
0.7
－8
－6
－5
－7
⑧
0.8
－6
－8
－9
－7
⑨
0.9
－10
－8
－7
－9
⑩
1.0
－8
－10
－11
－9
⑪
1.1
－12
－10
－9
－11
利用上表壳速，每段0.1s 匀变速，位移
，逐段累加球壳位置：
时段
壳初速
位移
累加位置y
0→0.1s
－1
－0.15
5.975
0.1→0.2s
＋1
＋0.05
6.025
0.2→0.3s
－3
－0.35
5.675
0.3→0.4s
－1
－0.15
5.525
0.4→0.5s
－5
－0.55
4.975
0.5→0.6s
－3
－0.35
4.625
0.6→0.7s
－7
－0.75
3.875
0.7→0.8s
－5
－0.55
3.325
0.8→0.9s
－9
－0.95
2.375
0.9→1.0s
－7
－0.75
1.625
1.0→1.1s
－11
－1.15
0.475
（第
次碰前）球壳质心位于
⑪
。
此时碰撞后壳速变为
（见上表
碰后），随后匀加速下降至触地（质心触地高度
⑪
），下
落距离
由运动学公式可知
则触地速度大小为
4. （2026·湖南·高考真题）如图，长为L 的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m 的小球，下端连接于水平
地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小
球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0 时，小球脱离轻杆，重力加速度为g，不计空气阻力。
（1）求小球接触地面瞬间的速度v 的大小；
（2）求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α 的正切值；
（3）小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，
智能弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成
θ 角（θ 已知，且0 < θ < α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。
（i）求E 与k 的关系；
（ii）当E 最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d。
【答案】（1）
（2）
（3）（i）
；（ii）
【解析】
【小问1 详解】
根据机械能守恒定律有
解得小球接触地面瞬间的速度的大小
【小问2 详解】
设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为
，如图所示
设此时小球的速度为
，根据机械能守恒定律
对小球，根据牛顿第二定律
解得
，
此时小球水平方向分速度
竖直方向分速度
竖直方向，根据速度位移关系
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角
的正切值
联立解得
【小问3 详解】
（i）设其中一部分的质量为
，则另一部分质量为
，如图所示
根据动量守恒定律有
，
弹射装置释放的能量
联立可得
（ii）根据数学知识可知，当
时，
最小为
即有
，
，
两小球同时落地，运动时间为
可得
两小球的距离
由
可得
联立可得
5 （2026·浙江·高考真题）如图所示。一宽度为d 的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ 分别平滑连接
半径均为r 的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m 的物块a，从圆弧
面上相对平板竖直高度为h 的A 点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为
的物
块b 与MN 成45°角从O 点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a 发生弹性碰
撞。两物块均为质点。
（1）求物块a 第一次经过B 点时速度大小v0和所受支持力大小FN；
（2）从A 到B 的过程：物块a 相对于B 点位移为x，求其所受回复力F 与x 的关系式；
（3）求物块b 的初速度大小vb以及碰撞后瞬间物块a 的速度大小va；
（4）若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a 从NQ 之间滑离，求BQ 间距L 的范围。
【答案】（1）
，
，方向竖直向上
（2）
（3）
，
（4）见解析
【解析】
【小问1 详解】
对a 物块下滑过程中根据动能定理有
可得
；
在B 点根据牛顿第二定律有
可得
，方向竖直向上；
【小问2 详解】
如图
由于h<<r，滑块a 所受回复力F，则
可知滑块受到的回复力F 与x 成正比，方向与x 相反，因此滑块a 从释放到第一次到达最低点的运动是简
谐运动。
【小问3 详解】
滑块b 在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a 相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。设滑块
b 的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图
当vbx=0 时，滑块b 第一次滑到最高点，由题意可知滑块b 到达的最高点高度与滑块a 的开始下滑的高度相
等。此时速度为vby，经历的时间t1为
；
又因与滑块a 最高点相同，由题意可知
即
因为滑块a 、b 在最高点发生碰撞，设碰后滑块b 的速度为v'by 。由动量守恒和机械能守恒有
，
联立解得
，
【小问4 详解】
碰后滑块a 在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN 边界射出的最基本的几种临界情况如图1、2、
3、4 所示。考虑周期性，则L 有多种情况
由题给数据可得
，
，
滑块a 每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为
滑块a 每一次滑过水平面的时间为
又由于滑块a 从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s
滑块a 由碰后到从MN 之间飞出的时间t 满足
，L=0.4t
所以由图1、2 可知
或
，……
由图3、4 可知
即
或者
，……
综上分析可知t 应满足
则滑块a 能从MN 之间飞出时L 的范围为
，
（n=0，1，2，3，4……）
