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专题11 用力学三大观点处理多过程运动问题
命题预测
用力学三大观点（动力学观点、能量观点和动量观点）处理多过程运动问题是高考物理
中的重要命题方向。这三大观点涵盖了物体受力与运动状态的关系、能量转换与守恒以及动
量变化与守恒等核心物理概念。通过动力学观点，可以分析物体的受力情况和运动状态的变
化。能量观点在处理非匀变速运动问题时尤为重要，可以通过分析物体在不同过程中的能量
转换和守恒关系来求解问题。动量观点在处理涉及碰撞、爆炸等物理现象的问题时具有独特
优势，可以通过分析物体在不同过程中的动量变化来求解问题。
在2025 年高考中，常考的问题主要涉及以下几个方面：
1.多过程运动问题：这类问题通常涉及多个物理过程和多个研究对象，需要考生运用力
学三大观点对各个过程进行受力分析、运动分析和能量分析。常见题型包括物体在多个力作
用下的运动问题、物体在不同阶段的运动状态变化问题等。
2.守恒定律应用问题：这类问题主要考查能量守恒定律和动量守恒定律的应用。常见题
型包括物体在碰撞过程中的能量损失和动量守恒问题、物体在复杂运动过程中的机械能守恒
问题等。
3.综合应用题：这类问题通常将动力学观点、能量观点和动量观点综合起来进行考查，
要求考生能够灵活运用这三大观点分析解决复杂问题。常见题型包括物体在复杂运动过程中
的受力、运动状态和能量变化问题等。
在备考过程中，考生应深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理
公式和定理。同时，要通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对
多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为多个简单过程进行分析和处理。
高频考法
1. 用力学三大观点处理物块多过程问题
2. 用力学三大观点处理传送带多过程问题
3. 用力学三大观点处理弹簧多过程问题
4. 用力学三大观点处理板块多过程问题
考向一： 三大观点及相互联系
1
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考向二： 三大观点的选用原则
力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，
所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。
(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。
(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。
(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。
(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对
路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。
考向三： 用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法
1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系
选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔
离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统
作为整体进行研究；或将隔离法与整体法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互
作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，
通常可从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。
2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律
观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析
每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过
程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。
3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件
注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是
求解的关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行
间或图像中去挖掘。
4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况
解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一
定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。
01 用力学三大观点处理物块多过程问题
1．如图所示，足够长的固定斜面与水平面的夹角为
，质量为m 的物块B 恰好静止在斜面上，质量为2m
底面光滑的物块A 自斜面上与B 相距为L 处静止释放，A 沿斜面加速下滑，与 B 发生正碰，碰撞时间极短。
重力加速度的大小为 g。
2
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(1)若A 与B 碰撞过程中系统损失的动能为碰撞前动能的
，则碰撞后A、B 的速度;
(2)若A 与B 的碰撞系统没有机械能损失，求：
与B 发生第1 次碰撞到第2 次的时间;
第n 次碰撞后到第
次碰撞前的过程中， B 物块的位移。
【答案】(1)
，
(2)
；
【详解】（1）A 与B 碰撞前的速度
A 与B 碰撞后的速度分别为
、
，由动量守恒得
A 与B 碰撞过程中系统损失的动能为碰撞前动能的
，则
解得
（2）设A 与B 第1 次碰撞后的速度为
、
，由动量守恒和能量守恒得
3
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解得
经时间
，A 与B 发生第2 次碰撞，碰撞前A 与B 的速度为
、
，则
解得
第2 次碰撞前A 与B 的速度为
、
，则
第1 次碰撞后到第2 次碰撞前B 的位移
设A 与B 第2 次碰撞后的速度为
、
，由动量守恒和能量守恒得
解得
经时间
， A 与B 发生第3 次碰撞，碰撞前 A 与B 的速度为
、
，同理可得
第2 次碰撞后到第3 次碰撞前B 的位移
4
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同理可得第3 次碰撞后到第4 次碰撞前B 的位移
第n 次碰撞后到第
次碰撞前的过程中，B 物块的位移
02 用力学三大观点处理传送带多过程问题
2．如图所示，一足够长的倾斜传送带以
的速度顺时针方向匀速转动，传递带与水平方向的夹角
为
，M 点为传送带上顶端的一点，N 点为传送带上M 点以下的一点，MN 连线平行于传送带，两点
间距离为
，有两个物块A、B，质量分别为
和
，将物块A、B 同时无初速度地分
别放置于传送带上的M 点和N 点，物块A、B 与传递带之间的动摩擦因数分别为
，
，之
后两物块可以发生多次弹性正碰，碰撞时间极短可以忽略不计，两物块均可看作质点，重力加速度大小g
取
，
，
。求：
（1）两物块第一次碰撞后瞬间物块A 的速度大小
；
（2）两物块第二次碰撞后瞬间物块B 的速度大小
；
（3）从物块A 放置于传送带上的M 点到两物块第三次碰撞前瞬间的过程中物块A 与传送带之间相互摩擦
产生的热量Q。
【答案】（1）1m/s；（2）4m/s；（3）50.25J
【详解】（1）物块B 放在传送带上后受重力、传送带对物块的支持力和滑动摩擦力f，分析可得
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则物块B 受力平衡，无初速度放置于N 后将保持静止状态，对物块A，根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式得两物块第一次碰撞前瞬间物块A 的速度大小
设第一次碰撞之后瞬间物块A、B 速度分别为
和
，弹性碰撞过程根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
两物块第一次碰撞后瞬间物块A 的速度大小为1m/s；
（2）第一次碰撞之后物块B 受力不变，仍受力平衡，则沿传送带向下以速度2m/s 做匀速直线运动，则第
二次碰撞之前物块B 的速度为
物块A 开始向上运动的速度1m/s 小于传送带的速度4m/s，物块A 受力也不变，加速度仍为
则先沿传送带向上做匀减速直线运动，速度减为零之后再向下做匀加速直线运动，设两物块第二次碰撞前
瞬间物块A 的速度大小为
，从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，设
为x2，运动时间相等，设为
，则有
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解得
设第二次碰撞之后瞬间物块A、B 速度分别为
和
，第二次碰撞过程，根据动量守恒定律有
根据机械能守恒定律有
解得
，
（3）从开始到第一次碰撞前的过程，运动时间
从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，对物块A 有
解得
此过程中物块A 运动的位移为
设两物块第三次碰撞前瞬间物块A 的速度大小为
，从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间过程中两物
块运动位移相等，设为x2，运动时间相等，设为
，则有
解得
从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间的过程，对物块A 有
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解得
此过程中物块A 运动的位移为
整个过程中传送带运动的位移为
产生的热量
03 用力学三大观点处理弹簧多过程问题
3．如图所示，足够长的水平光滑直轨道
和水平传送带平滑无缝连接，传送带长
，以
的
速度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道
的装置
固定于水平地面上，
位于竖直平面内，由两段半
径均为
的
圆弧细管道组成，
管道与水平传送带和水平地面上的直轨道
均平滑相切连接，
长
，右侧为竖直墙壁。滑块
的质量
，滑块
与轻弹簧相连，质量
，滑块
质量
，滑块
均静置于轨道
上。现让滑块
以一定的初速度水平向右运动，与滑块
相撞后立即被粘住，之后与滑块发生相互作用，与劲度系数
的轻质弹簧分离后滑上传送带，
加速之后经
管道后滑上
。已知滑块在
点的速度为
，与传送带间的动摩擦因数
，
与
间的动摩擦因数
，其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均
可视为质点，重力加速度大小
，弹簧的弹性势能
（
为形变量）。求：
（1）滑块第一次经过
点时对装置
的作用力；
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（2）滑块
的初速度大小
；
（3）试通过计算判断滑块能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。
【答案】（1）
，竖直向上；（2）
；（3）能，
【详解】（1）滑块第一次经过
点到
点，根据动能定理
滑块在
点的速度为
解得
根据牛顿第二定律，在
点滑块
解得
方向竖直向下，根据牛顿第三定律知滑块第一次经过
点时对装置
的作用力为
方向竖直向上；
（2）滑块在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块的速度设为
，根据运动学规律
解得
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滑块
作为整体与滑块发生相互作用，最终滑块被弹出，根据动量守恒与能量守恒得
解得大小
与
发生碰撞，最后共速，满足动量守恒
解得
（3）假设滑块能再次回到
点，从
点到
点，根据动能定理
解得
速度大于零，假设成立，滑块可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律
解得
即可以追上滑块
发生再次碰撞，设最大压缩量为
，根据动量守恒与能量守恒
解得
04 用力学三大观点处理板块多过程问题
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4．如图，质量为
的物块A 用细线与墙拴连使轻弹簧处于压缩状态；圆心角为53°、半径
的
光滑圆弧轨道固定在光滑水平轨道上；一表面与圆弧右端相切质量
的长木板B 与圆弧轨道接触不粘
连，在B 右侧放着多个质量均为
的滑块（视为质点）。开始时B 和滑块均静止，现将拴连物块A 的
细线烧断，A 被弹簧弹开，物块A 与弹簧分离后从平台飞出，竖直方向下落
，恰好从圆弧轨道左
端沿切线方向滑入，一段时间后滑上B。当A、B 刚共速时，B 恰好与滑块1 发生第1 次碰撞。一段时间后，
A、B 再次共速时，B 恰好与滑块1 发生第2 次碰撞，此后A、B 共速时，B 总是恰好与滑块1 发生碰撞；最
终物块A 恰好没从B 上滑落，若A 与B 之间的动摩擦因数
，重力加速度为
，所有碰撞均
为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。求：
(1)物块A 刚滑上B 时的速度大小；
(2)B 与滑块1 发生第1 次碰撞后，物块1 的速度；
(3)B 全过程运动的总位移
；
(4)长木板B 的长度L。
【答案】(1)7m/s
(2)
(3)3m
(4)4m
【详解】（1）物块A 平抛运动竖直方向
，
物块A 在固定轨道上的运动过程
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得
（2）对A、B 分析，A、B 第一次共速
长木板B 与滑块1 发生第一次弹性碰撞过程
解得
，
，
滑块1 的速度大小为
。
（3）A、B 第二次达到共速有
滑块1 与滑块2 碰撞后速度交换，滑块1 碰后静止。B 与滑块1 第二次碰撞有
解得
，
，
依次类推有
（
），
，
（
）
A、B 发生相对滑动的过程中，加速度大小分别为
，
B 每次加速到共速时的位移
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全过程B 发生的位移
则B 发生的总位移为3m。
（4）物块A 全过程匀减速运动
B 的长度
1．如图所示，传送带PQ 间的距离为L=4.50m，以v=2m/s 的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角为
θ=37°，一质量M=0.09kg 的A 物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5。左下方的发射器每隔一段时间发射一
颗质量为m=0.01kg 的弹丸，弹丸每次击中物体前的瞬时速度大小均为v0=40m/s，方向平行传送带向上，射
入物体并留在其中（忽略弹丸射入木块的时间）。将A 物体轻放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸
击中，此后，每隔1s 会有一颗弹丸击中木块（物体和弹丸均可看成质点），g 取10m/s2，sin37°=0.6，
cos37°=0.8。求：
(1)弹丸第一次击中A 物体过程中损失的机械能；
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(2)从第一次射击结束到第二次击中前的过程中物体A 的位移大小；
(3)需要射入几颗弹丸才能使A 物体到达传送带顶端。
【答案】(1)
(2)
(3)3 颗
【详解】（1）以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中动量守恒
所以
损失的机械能
所以
（2）因为传送带速度为
，所以物块的加速度为
解得
减至共速，所需时间为
解得
此时位移为
继续减速时，摩擦力方向沿传送带向上，此时加速度方向沿传送带向下，大小为
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解得
若继续减速至零，所需时间为
解得
所以物块未减至零时，第二颗弹丸已射入。此时物块的速度为
解得
此时位移为
则
（3）第二颗弹丸射入的过程中量守恒
所以
由此可推至每次射入弹丸后，物块A 都是先减速至传送带速度，然后继续减速到下一颗弹丸射入。可推知
这次物块上升的位移也是
。第三颗子弹射入的过程中动量守恒
所以
减至共速，所需时间为
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所以物块未减至零时，第4 颗子弹已射入，此时物块的速度为
此时上升的总位移为
此时已发生位移为
传送带总长
，小于
，可以推知：第4 颗子弹丸射入前，A 物体到达传送带顶端，所以弹丸需
要射入3 次。
2．如图所示，在一粗糙水平平台最左端固定一弹簧动力装置，可以将物体瞬间弹开，此时储存的弹性势
能为
，动力装置的右端有一滑块A，质量m＝3kg，滑块与平台间的动摩擦因数为
，滑块
A 到平台右侧边缘长度为s＝1m。平台右侧有一质量M＝1kg 的“L”型长木板B，长木板B 上表面光滑，下
表面与地面的动摩擦因数为
。长木板B 右端有一点O，O 点右侧空间中有一水平向右的匀强电场，
电场强度为E＝8N/C，滑块A 带正电，电荷量为3C，长木板B 不带电，O 点右侧有一凸起P，OP 距离为
12m。一段时间后长木板B 右端到O 点时速度为0，此前A、B 仅发生了一次碰撞。已知所有碰撞无能量损
失，A 可视为质点，整个运动过程中A 电荷量不变，A 未脱离B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速
度
。求：
(1)滑块A 第一次与B 碰后各自的速度。
(2)滑块A 与长木板B 从第一次碰撞到第二次碰撞所需要的时间。
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(3)从第二次碰后开始计时，经过多长时间长木板B 右端到达凸起点P。
【答案】(1)2m/s，6m/s
(2)
(3)
【详解】（1）从A 弹开到与B 相撞，对A，由动能定理可得
解得
A 与B 弹性碰撞
联立解得
（2）第一次碰后A 匀速直线运动，B 匀减速直线运动。对B 受力分析
解得
B 减速为0，则有
解得
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设经过时间t 滑块A 和木板B 发生第二次碰撞
解得
因为
，则B 停止后A 才与B 相撞，时间为
（3）A、B 第二次碰撞也为弹性碰撞，设碰后A、B 的速度各为
、
，则有
解得
之后A 进入电场，对A
解得
由于AB 加速度相等，则运动具有对称性，当两者速度交换时再次碰撞
解得
依次类推，经过O 点第n 次碰后B 的速度为
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每两次碰撞的时间间隔
则经过O 点第n 次碰后B 走过的总位移
设
可得n 等于8 点多，则一共碰了9 次，到第9 次碰前
设还需要
到P 点
解得
则从过了O 点到P 点所需要的总时间
3．如图所示，半径
的四分之一光滑圆轨道
与光滑水平长直轨道
在
点平滑连接，圆轨道A
点与圆心
等高，
点切线水平。一条长度
的水平传送带
以
的速度匀速向右运行。
时刻一物块
在传送带左端
静止释放。另一时刻，一与物块
完全相同的物块
从A 点以一初速度
释放。
时刻物块
以
的速度冲上传送带左端
。已知物块
、
质量均恒为
，两物
块与传送带的动摩擦因数均为
，两物块运动过程中均可看作质点，两者的碰撞时间极短（可忽略不
计），而且碰后物块
、
粘在一起，求：
(1)物块
在A 点时受到轨道支持力的大小；
(2)碰撞前瞬间物块
、
的速度分别多大；
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(3)物块
从传送带左端
运动到右端
所用的时间
；
(4)在0-3s 时间内，传送带额外消耗的电能
。
【答案】(1)80N
(2)6m/s，8m/s
(3)2s
(4)24J
【详解】（1）从A 点到C 点的过程中，由动能定理
得
在A 点，对物块
受力分析，由牛顿第二定律
得物块
在A 点时受到轨道支持力的大小为
（2）在传送带上对物块由牛顿第二定律可知
可得
和
的加速度大小均为
相遇时由运动学关系可知
解得
或
（舍去）
得碰撞前瞬间物块
、
的速度大小分别为
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（3）碰撞过程中有动量守恒定律
解得
由运动学公式
解得
，
则
（4）0-2s 内传送带位移
2s-3s 内
对传送带的摩擦力和
对传送带的摩擦力大小相等，方向相反，总的摩擦力对传送带不做功所以
传送带额外消耗的电能
4．如图所示，光滑轨道A 固定在水平地面上，其弧形轨道的高度为h，水平部分与木板B 上表面齐平。木
板B 质量为m，紧靠轨道A 放置在光滑水平面上，在B 的右侧放着若干滑块（视为质点），滑块的质量均
为m，编号依次为1、2、3、4。。。。。。n（n 趋于无穷大）。质量为3m 的滑块C（视为质点）置于轨
道A 的顶端，由静止释放，经过
滑上木板B，C 与B 之间的动摩擦因数为
，当C、B 刚达到共
速时，木板B 恰好与滑块1 发生第1 次弹性碰撞。经过一段时间，C、B 再次刚达到共速时，木板B 恰好与
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滑块1 发生第2 次弹性碰撞，依次类推；最终滑块C 没从木板B 上滑落。已知重力加速度为g，滑块间的碰
撞均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：
(1)C、B 第一次达到共速时，B 的速度大小；
(2)轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小和方向；
(3)最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 以及最终n 个滑块的总动能Ek。
【答案】(1)
(2)冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方）
(3)
，
【详解】（1）根据题意，C 沿轨道A 下滑过程，动能定理可知
解得
C、B 第一次达到共速，由动量守恒定律可知
联立得共速速度
（2）滑块C 在光滑轨道A 上运动过程中，由动量定理可知
其中
，
由矢量关系可知
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则有
即轨道A 对滑块C 作用力的冲量大小为
，方向与水平方向成45°（斜向右上方），如下图。
（3）根据题意，C 在B 上滑动过程，由牛顿第二定律可得
，
由（1）可知C、B 第一次达到共速时
第一次共速的时间
可知B 向右滑动距离
B 与滑块1 弹性碰撞且机械能守恒有
，
解得木板B 速度
，滑块1 速度
，即速度交换。
同理第二次共速过程中，共同速度
需要时间
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B 向右滑动距离
递推可知
则初始时木板右端与滑块n 的距离
由等比数列求和公式，解得最初木板B 右端与滑块n 之间的距离S 为
B 第一次与滑块1 碰后，滑块1 的速度为
与滑块2 弹性碰撞后交换速度，以此类推，最后滑块n 获得速度为
其对应的动能为
同理，滑块
最后获得速度为
其对应的动能为
最后，滑块1 获得速度为
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其对应的动能为
n 个滑块的总动能为
联立可知最终n 个滑块的总动能Ek为
5．如图所示，光滑水平地面上静置一表面光滑的
圆弧凹槽D 和一长木板C，质量均为m=1kg，木板与凹
槽紧挨，木板上表面与凹槽圆弧表面相切。上方H=1.8m 处有一长L1=5m 的水平传送带以v=8m/s 的速度顺
时针运行，将一质量m1=1kg 的小物块P（可视为质点）轻放在传送带的左端，物块与传送带的动摩擦因数
μ1=0.8，P 离开传送带后，落至木板表面无反弹，竖直方向速度经
减为0，此时物块P 离木板右端
长度为L2=3.5m，物块与木板表面动摩擦因数μ2=0.2，物块到达木板右端后冲上凹槽，圆弧表面半径
R=0.2m，g 取10m/s2，求：
(1)物块离开传送带时的速度大小v1及刚接触木板的速度大小v2；
(2)物块经
作用后，物块速度v3及木板速度v4的大小；
(3)判断物块滑上凹槽后能否从上端离开，如果能，求离开后还能上升的高度；如果不能，求物块滑上凹槽
后上升的最大高度。
【答案】(1)
，
(2)
，
(3)不能，0.1m
【详解】（1）对物块
设达到与传送带共速需x 的距离
25
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故
平抛过程
得
所以
（2）物块与木板作用过程，竖直方向
得：
水平方向
对物块水平方向
得
对木板及凹槽
得
（3）对物块
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对板及凹槽
假设未共速，物块
板及凹槽
有
得
（另一解舍去）
物块
板及凹槽
假设成立，假设恰好至凹槽最高点的半径为R0，则
得
故不能从凹槽上端离开，上升的最大高度为0.1m。
6．某激光制冷技术与下述力学缓冲模型类似。图甲中轻弹簧下端固定在倾角为
的足够长光滑斜面
底端，上端与质量为3m 的物块B 相连，B 处于静止状态，此时弹簧压缩量为d；现将质量为m 下表面光滑
的足够长的木板A 置于B 的上方，A 的下端与B 相距25d；质量为2m 的物块C 置于A 的上端，C 与A 之间
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动摩擦因数为
，B、C 均视为质点。B 与斜面之间有智能涂层材料，仅可对B 施加大小可调的阻力，当
B 的速度为零时涂层对其不施加作用力。现将A 和C 由静止释放，之后A 与B 发生正碰，碰撞时间极短，
且A、B 碰后分离，B 向下运动2d 时速度减为零，再减速为零之前A、B 不发生第二次碰撞，此过程中B
受到涂层的阻力大小f 与下移距离x 之间的关系如图乙所示。已知重力加速度大小为g，弹簧始终处于弹性
限度内。
（1）求A、B 在第一次碰撞前瞬间A 的速度大小；
（2）求A、B 在第一次碰撞过程中损失的机械能
；
（3）在B 第一次向下运动过程中，求B 与A 下端相距最远的距离
。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）木板A 和物块C 下滑过程，由动能定理
解得
（2）静止时，对B
B 运动过程中，B 所受阻力
B 所受弹力
对B，由牛顿第二定律得
B 碰后的速度大小
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解得
A 与B 碰撞，由动量守恒得
解得
碰撞过程机械能的损失
解得
（3）碰后，对A 由牛顿第二定律得
对C 由牛顿第二定律得
假设A、B 速度相等时，
未达共速
解得
，
对C
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由于
所以假设成立，B 与A 下端相距最远的距离
解得
7．如图所示一滑板的上表面由长度为L 的水平部分AB 和四分之一光滑圆弧BC 组成，两部分在B 点平滑
连接，A、C 为端点，滑板静止于光滑的水平地面上。物体P（视为质点）置于滑板上面的A 点，物体Р 与
滑板水平部分AB 有摩擦，动摩擦因数为
（
）。一长为L 不可伸长的细线，一端固定于О 点，另一
端系一质量为
的小球Q（视为质点），小球Q 位于最低点时与物体P 处于同一高度并恰好接触。现将小
球Q 拉至与O'同一高度（细线处于水平拉直状态），然后由静止释放，小球Q 向下摆动并与物体Р 发生弹
性碰撞（碰撞时间极短），物体Р 将在滑板上向左运动，通过B 点后又返回，最终相对滑板静止于水平部
分AB 上的某点。已知物体P 的质量为m，滑板的质量为2m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。
（1）求小球Q 与物体Р 碰撞后瞬间，物体P 和小球Q 的速度大小；
（2）若碰后小球Q 的最大摆角小于5°，且物体Р 在相对滑板反向运动过程中相对地面有向右运动的速度，
要实现上述运动过程，求
的取值范围（计算结果用
和cos5°表示）；
（3）若
=1.1m，
=0.4，
，物体Р 在滑板上往返运动，最终相对滑板静止于水平部分AB
上的某点，此时小球Q 恰好是碰后第2024 次回到最低点。求物体Р 两次经过B 点的时间间隔（计算结果
用g 和L 表示）。
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【答案】（1）
，
；（2）
；（3）
【详解】（1）在Q 下落过程中有
在P、Q 碰撞过程中有
联立得
，
（2）碰后Q 的最大摆角小于5°，需要
解得
对Р 在板上由A 到B 过程中有
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将以上两式联立得
Р 第一次到达B 点的速度为
P 第二次到达B 点的速度为
要求Р 有相对地面向右的速度，说明
要小于零且判别式大于零，则
联立可得
（3）当
时，Q 碰后的速度为
Q 再次上升的过程中
解得
所以
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即Q 碰后做简谐运动
又
A 到B 过程中有
对Р 与滑板整体有
P 从第一次经过B 点到相对于滑板静止过程中有
所求时间
综上求得
8．如图所示，水平传送带长
，以
的速度顺时针转动。质量为
、足够长的长木
板
静止在粗糙的水平面上，长木板
与传送带的上表面平齐，质量为
的物块B 静置于长木板
的左端。现将质量为
的物块C 轻轻放在传送带的左端，到达传送带右端时恰好与传送带共速，物
块C 与物块B 发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰撞结束瞬间取走物块C。已知长木板
与水平面间的动摩
擦因数为
，物块B 与长木板
间的动摩擦因数为
，物块B 与C 可视为质点，最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度
取
。求：
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（1）物块C 与传送带间的动摩擦因数
；
（2）物块C 与物块B 碰撞后瞬间物块B 的速度大小
；
（3）长木板
在水平面上滑行的位移大小
。
【答案】（1）0.5；（2）
；（3）
【详解】（1）对物块C 在传送带上运动过程，由动能定理得
μ3m3 gL= 1
2 m3v0
2
解得
（2）物块C 与物块B 发生弹性碰撞，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
（3）物块B 在长木板
上与长木板
共速前，对物块B 分析，由牛顿第二定律得
对长木板
分析，由牛顿第二定律得
经过时间
，物块B 与长木板
共速，则有
该过程中，长木板
在水平面上滑行的位移大小为
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由于
，物块B 与长木板
共速后一起做减速运动，由牛顿第二定律得
这个过程中，长木板
在水平面上滑行的位移大小为
长木板
在水平面上滑行的位移大小为
9．如图所示，倾角为θ 且足够长的固定斜面上放置4 个完全相同的滑块，编号为1、2、3、4，相邻滑块
间距均为L。现有一表面光滑、质量为m 的物体从滑块1 上方某处由静止释放，之后所有碰撞均为弹性正
碰且碰撞时间极短。已知每个滑块的质量均为m0（m0>m），滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ，物体与1
号滑块前4 次碰时的速度均相同，物体和滑块均可视为质点，重力加速度大小为g。
（1）求物体释放时到滑块1 的距离x；
（2）求物体与滑块1 第5 次碰撞前物体的速度大小v5；
（3）若物体释放时到滑块1 的距离为
，求物体从释放到与滑块1 发生第5 次碰撞的时间t。
【答案】（1）
；（2）
；（3）
【详解】（1）设物体在与滑块1 碰撞前的速度大小为v0，碰后物体的速度为v1，滑块1 的速度为v2，根据
动量守恒和机械能守恒可得
可得
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，
因
，故第一次碰撞后，滑块1 开始向下做匀速直线运动，4 个滑块质量相等，相邻两滑块碰后速
度交换；则滑块1 与滑块2 碰后，滑块1 处于静止状态，已知物体与1 号滑块前4 次碰时的速度均相同，
根据运动学公式可得
联立解得物体释放时到滑块1 的距离为
（2）因
，故第一次碰撞后，滑块1 开始向下做匀速直线运动，4 个滑块质量相等，相邻两滑块碰
后速度交换；可知物体在滑块4 的初始位置处与滑块1 第4 次碰撞，碰撞后物体以速度v1反弹，4 个滑块
均以速度v2匀速运动，则物体与滑块1 第4 次碰撞后到物体与滑块1 第5 次碰撞前过程，有
解得
（3）当
时，则有
，
，
，
物体从静止释放到第一次碰撞时间
物体与滑块1 碰撞后，反弹再运动至滑块2 原来所在位置所需的时间为
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4 个滑块的质量均为
，碰撞后速度置换，即物体再次与滑块1 碰撞后将重复第一次碰撞的过程； 则第
1、2 次，2、3 次，3、4 次碰撞用时均为
，第4、5 次碰撞用时
满足关系式
解得
由
联立解得
10．如图所示，倾角为
的倾斜传送带长为
，以
的速度逆时针匀速转动；水平传送带
长为
，也以
的速度逆时针匀速转动，两传送带之间由很短的一段光滑圆弧连接，圆弧的高
度差忽略不计。紧靠水平传送带两端各静止一个质量为
的物块B 和C，在距传送带左端
的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回。现从倾斜传送带顶端轻轻放
上一质量
的物块A，一段时间后物块A 与B 发生弹性碰撞，碰撞时间忽略不计，碰撞后B 滑上
水平传送带，A 被取走。已知物块A 与倾斜传送带间的动摩擦因数
，物块B、C 与水平传送带间的
动摩擦因数
，与水平面间的动摩擦因数
，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块可视为质点，
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g 取
。
。求：
（1）物块A 在倾斜传送带上滑行过程中，A 在倾斜传送带上留下的痕迹长度和A 在倾斜传送带上因摩擦产
生的内能；
（2）物块B 与物块C 第一次碰撞前，水平传送带因传送物块B 多消耗的电能；
（3）整个过程中，物块B 在传送带上滑行的总路程。
【答案】（1）1.0m，
；（2）
；（3）
【详解】（1）物块A 在斜面上下滑到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得
解得
运动的位移大小为
时间为
故A 落后传送带的距离为
之后再加速运动到斜面底端，根据牛顿第二定律得
解得
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根据运动学规律
解得
故再加速运动到斜面底端的时间
故A 超前传送带的距离为
故A 在倾斜传送带上留下的痕迹长度
A 在倾斜传送带上因摩擦产生的内能
（2）A、B 两物块发生弹性碰撞，设碰后A 的速度为
，B 的速度为
，有
代入数据得
之后物块B 在水平传送带上运动到与传送带速度相同的过程中，根据牛顿第二定律得
解得
物块B 经时间
后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有
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由于
，物块B 与传送带速度相等后一起与传送带做匀速运动，故物块B 在水平传送带上相对滑行的
距离为
根据能量守恒定律知水平传送带因传送物块B 多消耗的电能
（3）物块B 在水平传送带上匀速运动的距离为
再与物块C 第一次碰撞，动量守恒，机械能守恒
代入数据得
由此可知，以后每次B 与C 相碰，速度都发生交换。对物块C，设来回运动了n 次，由动能定理可知
代入数据得
物块C 第
次返回至传送带左端时速度平方大小为
，由运动学公式得
（
，
，25）
物块B 获得速度后在传送带上先向右做匀减速运动，后向左做匀加速运动，回到传送带左端时速度大小不
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变，物块B 第
次在传送带上来回一次运动的路程
（
，
，25）
所以整个过程物块B 在传送带上滑行的总路程
代入数据得
41
