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专题15 力学综合题
题型解码
高考力学计算题思维含量大，但解决问题是有章可循的。
(1)仔细审题，明确题意。审题时要慢、要仔细，尤其要注意一些重要的关键字眼。
(2)计算题一般有二到三问，难度是层层递进的，从感觉最熟悉、最有把握的子过程或图像的物理意义切入，
对研究对象进行受力或运动情况分析，列方程，进而结合题述向前或向后分析其他过程，逐渐扩大“战
场”，步步为营，可化难为易。
(3)可把复杂的问题分解为一个个具体的小问题，充分利用各种手段，把物理情境分析清楚，建立物理模型，
各个击破。
(4)遇到难以突破的，可尝试从不同角度分析。比如某些变力问题，从动力学角度不好突破，可以尝试从能
量转换角度、动量角度等进行分析。
考向破译
考向01 匀变速直线运动规律的应用
【典例引领1】有一列动车从静止状态开始做匀变速直线运动。此时，有一位同学安全站立在第一节车
热点题型·计算题攻略
目录
第一部分 题型解码 高屋建瓴，掌握全局
第二部分 考向破译 微观解剖，精细教学
典例引领
方法透视
变式演练
考向01 匀变速直线运动规律的应用
考向02 牛顿运动定律的综合应用
考向03 应用动能定理求解多过程问题
考向04 机械能守恒定律的综合应用
考向05 动量观点与能量观点的综合应用
第三部分 综合巩固 整合应用，模拟实战
厢前端的站台前进行观察，当第一节车厢通过这位同学时，历时3s，接下来剩余的车厢通过这位同学，又
历时12s，在此过程中，忽略车厢之间的距离，且车厢的长度是相等的。求：
(1)这列火车共有多少节车厢？
(2)过程中第5 节至第9 节连续5 节车厢经过该同学需要多长时间？
【答案】(1)25 (2)3s
【详解】（1）设车厢的长度为L，火车的节数为n，即火车总长度为nL，第1 节车厢通过他历时
全部车厢通过他历时
由位移时间关系式得
，
由两式解得
n=25
（2）设前4 节车厢通过人所用时间为t3，前9 节车厢通过人所用时间为t4，由位移时间关系式得
，
解得第5 节至第9 节连续5 节车厢经过该同学需要的时间为
【方法透视】
求解匀变速直线运动问题的一般思路
①准确选取研究对象，根据题意画出物体在各阶段的运动示意图，直观呈现物体的运动过程．
②明确物体在各阶段的运动性质，找出题目给定的已知量、待求未知量以及中间量．
③合理选择运动学公式，列出物体在各阶段的运动方程，同时列出物体各阶段间的关联方程．
(2)追及、相遇或避免碰撞等问题的解题思路
画出运动过程示意图；找出时间关系、速度关系、位移关系并列出方程.
【变式演练】
【变式1-1】．如图，轮滑训练场沿直线等间距地摆放着若干个定位锥筒，锥筒间距
，某同学穿
着轮滑鞋向右匀减速滑行。现测出他从1 号锥筒运动到2 号锥筒用时
，从2 号锥筒运动到3 号锥筒
用时
。求该同学
(1)滑行的加速度大小；
(2)到达3 号锥筒时的速度大小。
(3)最终停在哪两个锥筒之间。
【答案】(1)
(2)
(3)4 号锥筒与5 号锥筒之间
【详解】（1）根据匀变速运动规律某段内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知在1、2 间中间时刻的
速度为
2、3 间中间时刻的速度为
故可得加速度大小为
（2）到达3 号锥筒时的速度大小
（3）该同学在1 号锥筒时的速度为
从1 号开始到停止时通过的位移大小为
故最终停在4 号锥筒与5 号锥筒之间。
【变式1-2】．某无人机
时刻从地面由静止开始竖直向上先做匀加速直线运动，一段时间后再做匀减
速直线运动，当
时速度减为零到达最高点。下表记录了不同时刻无人机的速度大小，求
时刻（s）
0
2
4
6
8
10
速度（m/s）
0
4.0
8.0
12.0
12.5
2.5
(1)无人机运动过程中的最大速度
；
(2)无人机到达最高点时离地的高度。
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由表格数据可知,人机加速过程加速度大小
无人机减速过程加速度大小
无人机上升过程总时间
解得
（2）无人机加速过程上升高度
无人机减速过程上升高度
无人机到达最高点离地高度
【变式1-3】．图甲所示为一种自动感应门，其门框上沿的正中央安装有传感器，传感器可以预先设定一
个水平感应距离，当人或物体与传感器的水平距离小于或等于水平感应距离时，中间的两扇门分别向左右
平移。当人或物体与传感器的距离大于水平感应距离时，门将自动关闭。图乙为该感应门的俯视图，O 点
为传感器位置，以O 点为圆心的虚线圆半径是传感器的水平感应距离，已知每扇门的宽度为d，运动过程
中的最大速度为，门开启时先做匀加速运动而后立即以大小相等的加速度做匀减速运动，当每扇门完全
开启时的速度刚好为零，移动的最大距离为d，不计门及门框的厚度。
（1）求门从开启到单扇门位移为d 的时间
；
（2）若人以
的速度沿图乙中虚线AO 走向感应门，人到达门框时左右门分别向左向右移动的距离不小
于
，那么设定的传感器水平感应距离R 至少应为多少？
【答案】（1）
；（2）3d
【详解】（1）依题意，门先做匀加速后做匀减速，有
解得
（2）依题意，人在感应区运动的最短时间为
根据运动的对称性可知，门匀加速过程的时间为
匀减速运动过程，运用逆向思维，可得
可得门运动的位移恰好为
的时间为
联立，解得
考向02 牛顿运动定律的综合应用
【典例引领2】传送带广泛应用于生产生活的多种场景。如图所示，足够长的传送带与长度
的
滑板在同一水平面紧密衔接，滑板右端装有厚度不计的挡板，滑板质量
。可视为质点的包裹从
传送带左端无初速度释放，一段时间后冲上滑板。已知包裹的质量
，包裹与传送带的动摩擦因数
，包裹与滑板的动摩擦因数
，滑板与台面的动摩擦因数
，最大静摩擦力近似等于
滑动摩擦力，不计包裹经过衔接处的机械能损失，重力加速度大小取
。
(1)当传送带以速度
顺时针匀速运动时，求包裹与传送带因摩擦产生的热量及包裹相对于滑板滑
动的距离；
(2)为保证包裹不与滑板右端的挡板相撞，求传送带的最大速度。
【答案】(1)
，
(2)
【详解】（1）包裹在传送带上的加速度
设包裹与传送带经过时间共速，则有
解得
所以包裹的位移
传送带的位移
二者的相对位移
包裹与传送带因摩擦产生的热量
包裹在滑板上的加速度
滑块的加速度
设包裹与滑板经过时间共速，则有
解得
包裹与滑块的共同速度
包裹的位移
滑板的位移
故二者的相对位移
（2）设传送带的最大速度为
时，包裹不与滑板右端的挡板恰好不相碰，根据上述分析可知，二者共速
的时间
共同速度
包裹的位移
滑块的位移
二者的相对位移恰好等于滑板的长度，即
解得
【方法透视】
1.动力学基本问题的解题步骤
(1)明确研究对象：根据问题的需要和解题的方便，选择某个物体或某系统作为研究对象。
(2)受力分析：画好受力示意图，选择适当的处理方法求出合力或合力的表达式。
①合成法：合成法适用于受力个数较少(2 个)的情况。
②正交分解法：正交分解法适用于各种情况，尤其是物体的受力个数较多(3 个或3 个以上)时。
(3)运动情况分析：画出运动示意图，明确物体的运动性质和运动过程，求出或设出物体的加速度。
(4)根据牛顿第二定律和运动学规律列式求解。
2．处理多过程动力学问题的“二分析一关键”
(1)“二分析”
①分析研究对象在每个过程的受力情况，并画出受力分析图；
②分析研究对象在每个阶段的运动特点。
(2)“一关键”
前一个过程的结束时刻和状态就是后一个过程的开始时刻和状态，明确两个过程的交接点速度不变往往是
解题的关键。
3.分析“板—块”模型的四点注意
(1)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与滑板之间的联系．
(2)滑块与滑板共速是摩擦力发生突变的临界条件．
(3)滑块与滑板存在相对滑动的临界条件
①运动学条件：若两物体速度不等，则会发生相对滑动．
②力学条件：一般情况下，假设两物体间无相对滑动，先用整体法算出一起运动的加速度，再用隔离法算
出滑块“所需要”的摩擦力Ff，比较Ff与最大静摩擦力Ffm的关系，若Ff>Ffm，则发生相对滑动．
(4)滑块不从滑板上掉下来的临界条件是滑块到达滑板末端时，两者共速．
4.传送带的摩擦力分析
(1)关注两个时刻
①初始时刻：物体相对于传送带的速度或滑动方向决定了该时刻的摩擦力方向。
②物体与传送带速度相等的时刻：摩擦力的大小、方向或性质(滑动摩擦力或静摩擦力)可能会发生突变。
(2)注意过程分解
①摩擦力突变点是加速度突变点，也是物体运动规律的突变点，列方程时要注意不同过程中物理量莫混淆。
②摩擦力突变点对应的状态是前一过程的末状态，也是后一过程的初状态，这是两个过程的连接点。
(3)物体在倾斜传送上运动，物体与传送带速度相同后需比较tanθ 与μ 的大小关系：μ>tanθ，速度相等后一
起匀速；μ<tanθ，速度相等后物体的加速度向下，根据v 与a 的方向关系即可判定运动情况。
【变式演练】
【变式2-1】如图甲所示，一质量为m=2kg 的小物块从倾角α=37°的斜面上的A 点由静止开始滑下，最后停
在水平面上的C 点。已知小物块与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面在B 点处平滑连接，
小物块滑过斜面与水平面连接处时无机械能损失。从滑块滑上水平面BC 开始计时，其运动的速度图像如
图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2。
(1)求物块与水平面间的动摩擦因数；
(2)求A、B 两点间的距离。
【答案】(1)0.5 (2)6.25m
【详解】（1）由图乙求得物块在水平面上滑行的加速度大小为
根据牛顿第二定律，有
求得物块与水平面间的动摩擦因数为
（2）物块在斜面上滑行过程中，根据牛顿第二定律，有
另外
代入数据求得
【变式2-2】利用倾斜传送带可将货物向上运送，如图所示，传送带与水平面夹角为θ，传送带沿顺时针匀
速运行的速度为3 m/s，货物与传送带间的动摩擦因数为0.75，重力加速度g 取10 m/s2，不计货物的大小，
tan37° = 0.75。
(1)要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则θ 应满足什么条件？
(2)当θ = 24°时，将货物由静止释放在传送带底端，货物运动到传送带顶端时恰好与传送带共速，则传送
带的长度为多少（取sin24° = 0.4，cos24° = 0.9）
【答案】(1)θ < 37° (2)
【详解】（1）要使货物由静止释放在传送带上后能随传送带向上运动，则要满足
解得
即
（2）由题意，货物一直匀加速运动到顶端，设其加速度大小为a，则有
解得
货物到达顶端时速度为
设传送带的长为L，则有
解得
【变式2-3】如图所示，质量M = 1 kg、足够长的木板A 静止在水平地面上，地面与木板A 之间的动摩擦
因数μ1 = 0.2，在A 的左端放置一质量m = 1 kg 的铁块B（可视为质点），B 与A 间的动摩擦因数μ2 =
0.6，现用一水平恒力F 作用在B 上，初始时木板A 右端距O 点（l = 9 m，当木板A 右端到达O 点时撤去
外力F。重力加速度取g = 10 m/s2，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。
(1)要保持A、B 一起做匀加速运动，求力F 的取值范围；
(2)若F = 10 N，求整个过程中铁块相对木板滑行的距离；
(3)若F = 12 N，求从初始到A、B 都相对地面静止过程，整个系统产生的热量。
【答案】(1)4 N < F ≤ 8 N (2)11.25 m (3)324 J
【详解】（1）要保持A、B 一起做匀加速运动，整体法可知，拉力的最小值Fmin需满足
分析可知二者匀加速运动，当AB 间摩擦达到最大值静摩擦力时拉力最大为Fmax，故对整体研究
隔离B 研究，有
联立解得
故里F 的范围为
（2）分析可知，F = 10 N 时，二者已相对滑动，由牛顿第二定律可知，B 的加速度为
同理A 的加速度为
则木板A 右端到达O 点时，有
解得
此时A 的速度
此时B 的位移
此时B 的速度
故该过程铁块相对木板滑行的距离
撤去F 后，A 继续加速运动，且加速度为和之前一样为
撤去F 后，B 做减速运动，且加速度大小为
设经过t1时间，二者共速，则有
解得
则该过程二者相对位移
因为μ2 > μ1，故共速后二者相对静止一起匀减速，故求整个过程中铁块相对木板滑行的距离
（3）若F = 12 N 时，由牛顿第二定律可知，B 的加速度为
同理A 的加速度为
则木板A 右端到达O 点时，有
解得
此时B 的位移
撤去F 后，A、B 最终速度减为零，则从初始到A、B 都相对地面静止过程，整个系统产生的热量，由能量
守恒可知
考向03 应用动能定理求解多过程问题
【典例引领3】如图所示，一小圆环A 套在一条均匀直杆B 上，A 的质量为m，B 的质量为2m，它们之
间的滑动摩擦力f = 0.5mg（g 为所处区域的重力加速度），开始时A 处于B 的下端，B 竖直放置，在A 的
下方与A 相距为h 处，存在一个“相互作用”区域C，区域C 的高度为d，固定在地面上方的空中（如图
划有虚线的部分），当A 进入区域C 时，A 就受到一个方向竖直向上、大小F = 3mg 的恒力作用，区域C
对直杆B 不产生作用力，让A 和B 一起由静止开始下落，已知A 首次进入区域C 内运动直到离开过程始
终没有脱离直杆且直杆也没有碰到地面，不计空气阻力。
(1)若A 从区域C 下方离开“相互作用”区，求A 离开区域C 时的速度v 的大小，并求高度d 与h 之间满足
的关系；
(2)若高度d 分别取两个不同值
和
，试求这两种不同情况下，直杆B 的长度l 分别应满足的条
件。
【答案】(1)见解析 (2)见解析
【详解】（1）A 和B 一起由静止下落到进入区域C 时速度为v0，有
A 进入区域C 后，受到方向向上的合力作用，做减速运动，有
联立解得A 离开区域C 时的速度
由于
则高度d 与h 之间满足的关系
（2）A 进入区域C 之后，把A 和B 两个物体构成的整体作为研究对象，外力之和为零，动量守恒，设A
离开区域C 时B 的速度为vB，则
当
时，B 在这一过程中下降的高度为hB，有
联立解得
又
则直杆B 的长度l 应满足的条件是
当
时，A 从区域C 上方离开“相互作用”区，A 离开“相互作用”区时的速度
联立解得
则直杆B 的长度应满足的条件是
【方法透视】
运用动能定理需注意的问题
(1)应用动能定理解题时，在分析过程的基础上无需深究物体运动过程中状态变化的细节，只需考虑整个过
程的功及过程初末的动能．
(2)若过程包含了几个运动性质不同的分过程，既可分段考虑，也可整个过程考虑．但求功时，有些力不是
全过程都作用的，必须根据不同的情况分别对待求出总功，计算时要把各力的功连同正负号一同代入公式.
【变式演练】
【变式3-1】如图所示为摩托车特技表演轨道示意图，
段为水平平台，
段为一壕沟，
段为位于
竖直平面内的圆弧轨道。运动员骑摩托车在
段加速后从B 点水平飞出，越过壕沟后从C 点沿切线进入
圆弧轨道
，圆弧轨道的半径
与竖直方向的夹角为53°。若B、C 两点的竖直高度差为
，圆
弧轨道
的半径
，运动员和摩托车总质量为
且可视为质点，通过圆弧轨道最低点D
时对轨道的压力大小为
，取重力加速度
，
，
，不计空气阻力。求：
(1)B、C 两点间的水平距离；
(2)从C 到D 的过程中，运动员和摩托车克服摩擦力做的功。
【答案】(1)10.8m (2)
【详解】（1）设摩托车通过
点时水平速度为
，竖直速度为
，据平抛运动的规律可得
根据几何关系
水平方向的位移
解得
（2）从
到
，据动能定理可得
根据运动的合成可得在
点的速度
在
点，据牛顿第二定律可得
解得
【变式3-2】某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ = 37°的直轨道AB，半径R = 1 m、圆心角为2θ 的
圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ 的圆弧DE 组成，轨道间平滑连接。质量为m = 0.5 kg 的物块从轨道AB
上距B 高度为h 处静止释放，经圆弧轨道BCD 滑上轨道DE。物块与轨道AB 间的动摩擦因数μ = 0.5，圆
弧轨道均光滑，物块可视为质点，取重力加速度g = 10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8。求：
(1)若h = 0.3 m，物块第一次通过C 点时对轨道的压力大小；
(2)h 为多少时物块刚好可以沿轨道运动到E 点。
【答案】(1)8 N (2)0.6 m
【详解】（1）物块从开始运动到C 点过程，根据动能定理
在C 点，根据牛顿第二定律有
解得
根据牛顿第三定律可知，第一次通过C 点时物块对轨道的压力大小为
（2）若物块恰好沿轨道到E 点，则有vE = 0，设释放的高度为h1，根据动能定理有
解得
【变式3-3】如图，将一轻质弹簧水平放置在光滑水平面上，一端固定在A 点，另一端与质量为
的
小球P 接触但不拴连。若用外力缓慢推动P 到某一位置时，撤去外力，P 被弹出运动一段时间后从B 点水
平飞出，恰好从固定在竖直面内的粗糙圆弧轨道上的C 点以
的速度沿切线进入圆弧轨道，并恰能
经过圆弧轨道的最高点D。已知圆弧轨道的半径
，O、C 两点的连线与竖直方向的夹角
。小
球P 视为质点，重力加速度g 取
，
，
，不计空气阻力。求：
(1)撤去外力时弹簧的弹性势能以及B、C 两点的水平距离x；
(2)小球从C 点运动到D 点的过程中，轨道阻力做的功
。
【答案】(1)160J，4.8m (2)－20J
【详解】（1）根据题意，由几何关系可得，小球在
点时，水平方向的速度为
竖直分速度为
由能量守恒定理可知，撤去外力时弹簧的弹性势能
小球从
到
所用时间为
则B、C 两点的水平距离
（2）小球恰好通过
点，在
点由牛顿第二定律有
小球从
点运动到
点的过程中，由动能定理有
联立解得
考向04 机械能守恒定律的综合应用
【典例引领4】轻质弹簧一端固定在地面上，另一端连接物体A，一轻绳跨过定滑轮分别与A、B 两物体
相连接。手托着B，轻绳恰好伸直且无张力，由静止释放B 后，A、B 在竖直方向运动，A、B 均不会与滑
轮和地面相碰。已知A、B 质量分别为m、2m，弹簧劲度系数为k，原长为
，始终处于弹性限度内，重
力加速度为g，不计阻力。求：
(1)刚释放B 时弹簧的长度L；
(2)A 运动中的最大速度v；
(3)B 运动到最低点时的加速度大小a。
【答案】(1)
(2)
，方向竖直向上 (3)
【详解】（1）刚释放B 时，绳没有拉力，设弹簧压缩量为x，根据平衡，对A
解得
刚释放B 时弹簧的长度
（2）速度最大时，加速度为零，设此时弹簧伸长量为
，则有
解得
与之前的压缩量相等，故弹簧的弹性势能不变，则从释放到A 速度最大，对整个系统根据机械能守恒
解得
方向竖直向上。
（3）设刚释放时弹簧的弹性势能为
，B 运动到最低点时，弹簧的伸长量为
，弹簧的弹性势能为
，
对系统从释放到B 运动到最低点，根据机械能守恒
又因为
，
解得
根据牛顿第二定律，对A
对B
解得
【方法透视】
一 机械能守恒定律的三种表达形式及注意问题
1．守恒观点
(1)表达式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2或E1＝E2.
(2)注意问题：要先选取零势能参考平面，并且在整个过程中必须选取同一个零势能参考平面．
2．转化观点
(1)表达式：ΔEk＝－ΔEp.
(2)注意问题：要明确势能的增加量或减少量，即势能的变化，可以不选取零势能参考平面．
3．转移观点
(1)表达式：ΔEA 增＝ΔEB 减．
(2)注意问题：A 部分机械能的增加量等于A 部分末状态的机械能减初状态的机械能，而B 部分机械能的减
少量等于B 部分初状态的机械能减末状态的机械能．
二 应用机械能守恒定律解题的一般步骤
(1)选取研究对象
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况，明确各力的做功情况，判断机械能是否守恒．
(3)选取零势能面，确定研究对象在初、末状态的机械能．
(4)根据机械能守恒定律列出方程．
(5)解方程求出结果，并对结果进行必要的讨论和说明．
【变式演练】
【变式4-1】如图所示，ABC 和DEF 是在同一竖直平面内的两条光滑轨道，其中ABC 的末端水平，DEF 是
半径为r＝0.4 m 的半圆形轨道，其直径DF 沿竖直方向，C、D 可看做重合的点．现有一可视为质点的小球
从轨道ABC 上距C 点高为H 的地方由静止释放．(g 取10 m/s2)
(1)若要使小球经C 处水平进入轨道DEF 且能沿轨道运动，H 至少多高？
(2)若小球静止释放处离C 点的高度h 小于(1)中H 的最小值，小球可击中与圆心等高的E 点，求h.
【答案】：(1)0.2 m (2)0.1 m
【解析】：(1)小球沿ABC 轨道下滑，机械能守恒，设到达C 点时的速度大小为v，则mgH＝mv2
小球能在竖直平面内做圆周运动，在圆周最高点必须满足mg≤
①②两式联立并代入数据得H≥0.2 m.
(2)若h<H，小球过C 点后做平抛运动，设球经C 点时的速度大小为vx，则击中E 点时，竖直方向上有r＝
gt2
水平方向上有r＝vxt
又由机械能守恒定律有mgh＝mv
可解得h＝＝0.1 m.
考向06 动量观点与能量观点的综合应用
【典例引领5】如图所示，质量为3m、半径为R 的四分之一光滑圆弧体b 静止在光滑的水平面上，圆弧
面的最低点与水平面上的A 点对齐，且与水平面相切，轻质弹簧的右端与静止的质量为3m 的物块c 相连，
左端与水平面上的B 点对齐，AB 部分长为R，弹簧处于原长，水平面仅A、B 部分粗糙。现将质量为m、
可视为质点的物块a 从圆弧面的最高点由静止释放，物块a 与弹簧作用，第二次滑过AB 段后，恰好不再
能滑上圆弧面。已知弹簧的形变在弹性限度内，重力加速度大小为g，不计空气阻力，求：
(1)物块a 从释放运动到圆弧面最低点时，圆弧体运动的距离为多少；
(2)物块a 第一次运动到A 点时速度多大；
(3)物块a 与水平面AB 部分间的动摩擦因数。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物块a 在圆弧面上运动时，物块a 和b 组成的系统水平方向动量守恒，则
即
又因为
解得
（2）设物块a 第一次运动到A 点时速度为v1，圆弧体的速度为v2，根据水平方向动量守恒有
根据机械能守恒有
解得
，
（3）设物块a 与弹簧作用前的速度为v3，根据动能定理
设a 与弹簧作用后一瞬间速度为v4，物块c 的速度为v5，a 与弹簧作用过程，根据动量守恒定律
根据机械能守恒
解得
，
由于物块a 刚好不再能滑上圆弧面，故物块a 第二次滑过AB 段后的速度大小等于v2，根据动能定理
解得
【方法透视】
1．动量守恒定律
表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p 等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝
0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、
方向相反)．
2．力学规律的选用原则
多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，
然后再根据能量关系分析解决．
3.动量和能量综合问题的主要情境模型为：碰撞、滑块在滑板上滑动和爆炸．
(1)碰撞过程满足动量守恒并遵循碰撞后系统动能不增加、碰撞前后的运动情况要合理的原则．
(2)滑块放置在光滑水平地面的滑板上滑动时，滑块和滑板组成的系统满足动量守恒，滑块和滑板之间因摩
擦生热，故系统机械能减少，一般利用功能关系(即摩擦产生的热量等于系统动能的减少量)列方程求解.
【变式演练】
【变式5-1】．如图所示，轻质弹簧左端固定在竖直墙面上，右侧有一质量
、半径
的
四分之一光滑圆弧轨道
（厚度不计）静置于水平地面上。圆弧轨道底端
与水平面上的
点平滑相接，
为圆弧轨道圆心。用质量为
的物块把弹簧的右端压缩到
点由静止释放（物块与弹簧不拴
接），此时弹簧的弹性势能为
。已知B 点左侧地面粗糙，物块与地面之间的动摩擦因数为
，
、
之间的距离为
，
点右侧地面光滑，
取
。
(1)求释放后，物块在圆弧轨道能上升的最大高度；
(2)若该物块质量变为
，物块到达
点时以
速度冲向圆弧轨道，求滑块在D 点竖直速度
；
(3)在第（2）问基础上，当物块离开轨道
点时施加一垂直向里的瞬时冲量
，同时锁定轨道让
其瞬间停下，求物块运动到最高点到
点的距离。（提示：立体空间问题）
【答案】(1)0.15m (2)
(3)
【详解】（1）设弹簧的弹性势能为
，物块从
到
的过程由动能定理得
代入数据得
物块和圆弧轨道相互作用的过程水平方向动量守恒，机械能守恒则
解得
（2）物块到达
点时在水平方向上与
共速
解得
设物块到达
点时在竖直方向上的速度为
，由机械能守恒定律得
解得
（3）物块飞出后在竖直方向上做匀减速运动，设从
点飞出到最高点所用时间为
当物块上升到
点时受到一个垂直于纸面的冲量，设获得的速度为
，由
以物块飞出时
点所在的位置为坐标原点，以水平向右为
轴，竖直向上为
轴，垂直于纸面向里为
轴，
则在时间内各方向的位移分别为
则最高点到
点的距离
【变式5-2】．如图所示，足够长的光滑水平面上有一个固定的光滑斜面，斜面末端与水平面平滑连接。
mB = mC = 3mA = 3 kg，B 的右端固定一个自由伸长的轻弹簧，B、C 分开一定的距离静止于水平面。从距
离地面高0.8 m 处静止释放A 物块。此后A、B 分开后（A 脱离弹簧），B、C 碰撞并粘在一起。已知弹簧
一直在弹性限度之内，重力加速度g = 10 m/s2。求：
(1)弹簧的最大弹性势能；
(2)物块A 全过程损失的机械能。
【答案】(1)6 J (2)7.96 J
【详解】（1）由机械能守恒定律
解得
第一次碰撞共速时弹簧最短
（2）AB 碰后分开时，该过程为弹性碰撞
解得
；
A、B 分开后BC 碰撞后粘在一起
A 以2 m/s 的速度滑上斜面返回后又以v1′ = 2 m/s 的速度与BC 发生弹性碰撞，
解得
，
此后A 不再与BC 碰撞，则物块A 最终损失的机械能为
【变式5-3】如图所示，光滑曲面末端水平，固定于水平面上。曲面右侧紧靠一足够长的木板C，木板上表
面粗糙，与曲面末端等高，下表面光滑，木板右侧有一竖直墙壁P。物块A 置于曲面距末端高h = 0.2 m 处，
物块B 置于木板左端。已知物块A、B 均可视为质点，质量均为6 kg，长木板C 的质量为2 kg，B、C 间的
动摩擦因数μ = 0.1，取g = 10 m/s2。物块A 由静止释放，与B 发生弹性碰撞（不考虑物块A 的后续运
动），之后C 与B 第一次共速时恰好与墙壁P 发生碰撞，碰后C 被原速率弹回，所有碰撞时间均极短。求：
(1)物块A、B 碰后瞬间，B 的速度大小；
(2)木板C 初始位置右端与墙壁P 的距离；
(3)木板C 从与墙壁P 第4 次碰撞前瞬间到木板C 与物块B 第5 次共速瞬间的时间间隔；
(4)从木板C 开始运动到停止运动的总路程。
【答案】(1)2 m/s (2)
(3)
(4)
【详解】（1）对于A 沿曲面下滑，由动能定理得
A、B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
联立解得
（2）B、C 相互作用至第1 次共速过程中由动量守恒定律得
解得
对于C 由牛顿第二定律有
解得
C 做匀加速直线运动，由运动学公式有
联立解得
（3）C 与挡板第n 次（n > 1）碰撞前瞬间的速度大小和C 与B 第n 次共速时的速度大小相同
从C 与B 第1 次共速至第2 次共速时过程由动量守恒有
解得
从C 与B 第2 次共速至第3 次共速的过程由动量守恒有
解得
同理可知，C 与B 第4 次共速时的速度大小
C 与B 第5 次共速时的速度大小
从C 与挡板第4 次碰撞前瞬间到C 与B 第5 次共速瞬间的过程由动量定理有
解得
（4）木板C 从开始运动到第2 次与挡板碰撞前的路程为
由（3）中分析可知第2 次及以后的共速的速度大小
第2 次碰撞到第3 次碰撞期间木板C 的路程
第3 次碰撞到第4 次碰撞期间木板C 的路程
……
【变式5-4】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。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，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，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L=1.25m。小球质量m=0.20kg。
物块、小车质量均为M=0.30kg。小车上的水平轨道长s=1.0m。圆弧轨道半径R=0.15m。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μ 的取值范围。
【答案】(1)6N (2)4m/s (3)
【详解】（1）设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块
碰撞前，由动能定理得
解得
碰撞前瞬间，对小球受力分析，有
解得小球所受拉力大小为
（2）设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒得
根据能量守恒得
解得
（3）物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时
最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小
球与小车水平方向动量守恒，有
解得
根据能量守恒得
解得
物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时
最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平
方向动量守恒，有
解得
根据能量守恒得
解得
综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ 取值范围为
综合巩固
1．（2025·北京·高考真题）某物体以一定初速度从地面竖直向上抛出，经过时间t 到达最高点。在最高点
该物体炸裂成
两部分，质量分别为
和m，其中A 以速度v 沿水平方向飞出。重力加速度为g，不
计空气阻力。求：
(1)该物体抛出时的初速度大小
；
(2)炸裂后瞬间B 的速度大小
；
(3)
落地点之间的距离d。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）物体竖直上抛至最高点时速度为0，由运动学公式
可得
（2）爆炸瞬间水平方向动量守恒，爆炸前总动量为0。A 速度为v，设B 速度为vB，由动量守恒定律得
解得
即大小为2v
（3）根据竖直上抛运动的对称性可知下落时间与上升时间相等为t，则A 的水平位移
B 的水平位移
所以落地点A、B 之间的距离
2．（2025·河南·高考真题）如图，在一段水平光滑直道上每间隔
铺设有宽度为
的防滑带。
在最左端防滑带的左边缘静止有质量为
的小物块P，另一质量为
的小物块Q 以
的速度向右运动并与P 发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P 的速度大小为
，P、Q 与
防滑带间的动摩擦因数均为
，重力加速度大小
。求：
(1)该碰撞过程中损失的机械能；
(2)P 从开始运动到静止经历的时间。
【答案】(1)24.5J (2)5s
【详解】（1）P、Q 与发生正碰，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立可得
，
（2）对物块P 受力分析由牛顿第二定律
物块P 在第一个防滑带上运动时，由运动学公式
，
解得
则物块P 在第一个防滑带上运动的时间为
物块P 在光滑的直道上做匀速直线运动，则
解得
物块P 在第二个防滑带上运动时，由运动学公式
，
解得
则物块P 在第二个防滑带上运动的时间为
物块P 在光滑的直道上做匀速直线运动，则
解得
由以上条件可知，物块P 最终停在第三个防滑带上，由运动学公式
可得物块P 在第三个防滑带上运动的时间为
故物块P 从开始运动到静止经历的时间为
3．（2025·福建·高考真题）在2024 年巴黎奥运会上，我国游泳运动员创造了男子百米自由 泳新的世界纪
录。在此次比赛中，运动员起跳后于
时刻入水。入水后 的运动过程可近似分为三个阶段:
段的前程
游为匀减速直线运动，
段为匀速游，
段的冲刺游为匀加速直线运动；速率随时间变化的图
像如图所示。已知
，
，
,
，求该运动员在
(1)
段的平均速度大小；
(2)
段的加速度大小；
(3)
段的位移大小。
【答案】(1)
(2)
(3)4.2m
【详解】（1）
段内的平均速度
（2）
段内的加速度
（3）
段内的位移
4．（2025·甘肃·高考真题）如图1 所示，细杆两端固定，质量为m 的物块穿在细杆上。初始时刻。物块刚
好能静止在细杆上。现以水平向左的力F 作用在物块上，F 随时间t 的变化如图2 所示。开始滑动瞬间的滑
动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。
求：
(1)t=6s 时F 的大小，以及t 在0~6s 内F 的冲量大小。
(2)t 在0~6s 内，摩擦力f 随时间t 变化的关系式，并作出相应的f−t 图像。
(3)t=6s 时，物块的速度大小。
【答案】(1)
，
(2)见解析 (3)
【详解】（1）由图2 可知F 随时间线性变化，根据数学知识可知
所以当t=6s 时，
0~6s 内F 的冲量为F−t 图围成的面积，即
（2）由于初始时刻。物块刚好能静止在细杆上，则有
即
在垂直杆方向，当
时，
则0−4s，垂直杆方向
摩擦力
在4−6s 内，垂直杆方向
摩擦力
相应的f−t 图像如图
（3）在0~6s 内沿杆方向根据动量定理有
在0~6s 内摩擦力的冲量为f−t 图围成的面积，则
联立有
可得
5．（2025·河北·高考真题）如图，一长为2m 的平台，距水平地面高度为1.8m。质量为0.01kg 的小物块以
3m/s 的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不
考虑空气阻力，重力加速度g 取10m/s2。
(1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。
(2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计
1s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。
【答案】(1)0.6m (2)IN = 0.1N·s；vx′ = 0
【详解】（1）小物块在平台做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有a = μg
则小物块从开始运动到离开平台有
小物块从平台飞出后做平抛运动有
，x = vxt1
联立解得x = 0.6m
（2）物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45m，则物块弹起至最大高度所用时间和弹起的初速度有
，vy2 = gt2
则物块与地面接触的时间Δt = t－t1－t2 = 0.1s
物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt = mvy2－m(－vy1)，vy1
= gt1
解得IN = 0.1N·s
取水平向右为正，在水平方向有
，
解得vx′ = －1m/s
但由于vx′减小为0 将无相对运动和相对运动的趋势，故vx′ = 0
6．（2025·安徽·高考真题）如图，M、N 为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距
。一根
长为
的轻绳一端系在M 上，另一端竖直悬挂质量
的小球，小球与水平地面接触但无压力。
时，小球以水平向右的初速度
开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、
M，运动到M 正下方与M 相距L 的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳
子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g 取
。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在
时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N 的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。
【答案】(1)
，
(2)4m (3)
【详解】（1）小球从最下端以速度v0抛出到运动到M 正下方距离为L 的位置时，根据机械能守恒定律
在该位置时根据牛顿第二定律
解得
，
（2）小球做平抛运动时
，
解得x=4m
（3）若小球经过N 点正上方绳子恰不松弛，则满足
从最低点到该位置由动能定理
解得
7．（2025·黑吉辽蒙卷·高考真题）如图，一雪块从倾角
的屋顶上的
点由静止开始下滑，滑到A
点后离开屋顶。O、A 间距离
，A 点距地面的高度
，雪块与屋顶的动摩擦因数
。
不计空气阻力，雪块质量不变，取
，重力加速度大小
。求：
(1)雪块从A 点离开屋顶时的速度大小
；
(2)雪块落地时的速度大小
，及其速度方向与水平方向的夹角
。
【答案】(1)5m/s (2)8m/s，60°
【详解】（1）雪块在屋顶上运动过程中，由动能定理
代入数据解得雪块到A 点速度大小为
（2）雪块离开屋顶后，做斜向下抛运动，由动能定理
代入数据解得雪块到地面速度大小
速度与水平方向夹角
，满足
解得
8．（2025·天津·高考真题）如图所示，半径为R = 0.45m 的四分之一圆轨道AB 竖直固定放置，与水平桌
面在B 点平滑连接。质量为m = 0.12kg 的玩具小车从A 点由静止释放，运动到桌面上C 点时与质量为M
= 0.18kg 的静置物块发生碰撞并粘在一起，形成的组合体匀减速滑行x = 0.20m 至D 点停止。A 点至C 点
光滑，小车和物块碰撞时间极短，小车、物块及组合体均视为质点，g 取10m/s2，不计空气阻力。求：
(1)小车运动至圆轨道B 点时所受支持力FN的大小；
(2)小车与物块碰撞后瞬间组合体速度v 的大小；
(3)组合体与水平桌面CD 间的动摩擦因数μ 的值。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）设小车运动至圆轨道B 点时的速度大小为
，由机械能守恒定律，有
由牛顿第二定律，有
代入数据，联立解得
（2）小车与物块在C 点碰撞，在水平方向由动量守恒，有
代入数据，联立解得
（3）组合体水平方向受动摩擦力作用，从C 点匀减速运动至D 点静止，由动能定理，有
代入数据，联立解得
9．（2025·浙江·高考真题）某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB 是倾角为
的斜轨
道，BC 是以恒定速率
顺时针转动的足够长水平传送带，紧靠C 端有半径为R、质量为M 置于光滑水平
面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC 处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m 的物块，
从轨道AB 上与B 相距L 的P 点由静止下滑，经传送带末端C 点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦
因数为
，其余接触面均光滑。已知
，
，
，
，
，
。
不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块
(1)滑到B 点处的速度大小；
(2)从B 点运动到C 点过程中摩擦力对其做的功；
(3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度；
(4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。
【答案】(1)4m/s (2)0.9J (3)0.2m (4)3N
【详解】（1）滑块从P 点到B 点由动能定理
解得到达B 点的速度
（2）物块滑上传送带后做加速运动直到与传送带共速，摩擦力对其做的功
（3）物块在传送带上加速运动的加速度为
加速到共速时用时间
在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度
（4）从滑块开始进入圆弧槽到到达圆弧槽最高点由水平方向动量守恒和能量关系可知
，
联立解得
（另一组
，因不合实际舍掉）
对滑块在最高点时由牛顿第二定律
解得F=3N
10．（2025·全国卷·高考真题）如图，物块P 固定在水平面上，其上表面有半径为R 的
圆弧轨道。P 右端
与薄板Q 连在一起，圆弧轨道与Q 上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q 上，另一端自由。质量为m
的小球自圆弧顶端A 点上方的B 点自由下落，落到A 点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减
小至刚接触时的
时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P 和Q 的连接，Q 从静止开始向右滑动。g 为重力
加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q 的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。
(1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功；
(2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A 两点间的距离；
(3)欲使P 和Q 断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q 的质量应为多大？
(4)欲使P 和Q 断开后，Q 的最终动能最大，Q 的质量应为多大？
【答案】(1)
(2)
，
(3)
(4)
【详解】（1）小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为
（2）设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知
，其中
同时有
联立解得
，
（3）弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q 共速，设Q 的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律
有
，
，其中
联立解得
（4）对Q 和小球整体根据机械能守恒可知要使Q 的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零时，此时
弹簧刚好恢复原长；设此时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
，
解得
11．（2025·福建·高考真题）如图甲，竖直平面内，一长度大于4 m 的水平轨道OP 与光滑半圆形轨道
PNM 在P 点平滑连接，固定在水平地面上。可视为质点的A、B 两小物块靠在一起，静置于轨道左端。现
用一水平向右推力F 作用在A 上，使A、B 向右运动。以x 表示A 离开初始位置的位移，F 随x 变化的图
像如图乙所示。已知A、B 质量均为0.2 kg，A 与水平轨道间的动摩擦因数为0.25，B 与水平轨道间的摩擦
不计，重力加速度大小取
。
（1）求A 离开初始位置向右运动1 m 的过程中，推力F 做的功；
（2）求A 的位移为1 m 时，A、B 间的作用力大小；
（3）若B 能到达M 点，求半圆形轨道半径应满足的条件。
【答案】(1)1.5J (2)0.5N (3)
【详解】（1）求
，F 做的功
（2）对AB 整体，根据牛顿第二定律
其中
对B 根据牛顿第二定律
联立解得
（3）当A、B 之间的弹力为零时，A、B 分离，根据（2）分析可知此时
此时
过程中，对A、B 根据动能定理
根据题图可得
从
点到
点，根据动能定理
在
点的最小速度满足
联立可得
即圆弧半径满足的条件
。
12．（2025·山东·高考真题）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
的小球自Q 点正上方
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
时，
b 解除锁定开始运动。已知a 的质量
，b 的质量
，方形物体的质量
，重力加速
度大小
，弹簧的劲度系数
，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式
（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
、
；
(2)弹簧弹性势能最大时，b 的速度大小
及弹性势能的最大值
。
【答案】(1)
，水平向左，
，水平向右 (2)
，水平向左，
【详解】（1）根据题意可知，小球从开始下落到
处过程中，水平方向上动量守恒，则有
由能量守恒定律有
联立解得
，
即小球速度为
，方向水平向左，大物块速度为
，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
水平方向上动量
守恒，则有
解得
设当弹簧形变量为
时物块
的固定解除，此时小球和物块
的速度为
，根据胡克定律
系统机械能守恒
联立解得
，
固定解除之后，小球、物块
和物块
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
解得
，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
13．（2025·湖南·高考真题）某地为发展旅游经济，因地制宜利用山体举办了机器人杂技表演。表演中，
需要将质量为m 的机器人抛至悬崖上的A 点，图为山体截面与表演装置示意图。a、b 为同一水平面上两条
光滑平行轨道，轨道中有质量为M 的滑杆。滑杆用长度为L 的轻绳与机器人相连。初始时刻，轻绳绷紧且
与轨道平行，机器人从B 点以初速度v 竖直向下运动，B 点位于轨道平面上，且在A 点正下方，
。
滑杆始终与轨道垂直，机器人可视为质点且始终作同一竖直平面内运动，不计空气阻力，轻绳不可伸长，
，重力加速度大小为g。
(1)若滑杆固定，
，当机器人运动到滑杆正下方时，求轻绳拉力的大小；
(2)若滑杆固定，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
时，机器人松开轻绳后被抛至A
点，求v 的大小；
(3)若滑杆能沿轨道自由滑动，
，且
，当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为
时，机器人松开轻绳后被抛至A 点，求v 与k 的关系式及v 的最小值。
【答案】(1)
(2)
(3)
，
【详解】（1）由B 点到最低点过程动能定理有
最低点牛顿第二定律可得
联立可得
（2）轻绳运动到左上方与水平方向夹角为
时由能量守恒可得
水平方向
竖直方向取向上为正可得
联立可得
（3）当机器人运动到滑杆左上方且与水平方向夹角为
时计为点C，由能量守恒可得
设
的水平速度和竖直速度分别为
，则有
则水平方向动量守恒可得
水平方向满足人船模型可得
此时机器人相对滑杆做圆周运动，因此有速度关系为
水平方向
竖直方向
联立可得
即
显然当
时取得最小，此时
14．（2025·江苏·高考真题）如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列
有n 个。在两列钢球之间，一质量为m 的玻璃球以初速度
向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰
撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
(2)若钢球质量为
，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小
；
(3)若钢球质量为
，求玻璃球经历
次碰撞后的动能
。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守
恒可知,碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度
为
。
（2）根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
解得
，
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为
（3）根据题意结合小问2 分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的
，
右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第
一个小球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的
，综上所述，
玻璃球碰撞
次后速度大小为
则玻璃球碰撞
次后最终动能大小
