高考重点考点解读与针对性训练
第八章 动量守恒定律
考点62 三大观点的综合运用
【考点解读】
考点1 动量与能量观点的综合应用
1.两大观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律.
能量的观点：动能定理和能量守恒定律.
2.三种技巧
（1）若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律（机械能守恒
定律）.
（2）若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理.
（3）动量守恒定律、能量守恒定律（机械能守恒定律）、动能定理都只考查一个物理过程
的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处
特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性.
考点2 三大观点的综合应用
1.三大基本观点
动力学观点
运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题
能量观点
用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
动量观点
用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
2.三大观点的选用原则
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问题特别方便.
3. 深化观念、建构模型，解决力学综合难题
【高考真题】
【典例1】(2023·浙江6 月选考)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。
水平直轨道AB、CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m 的四分之一圆周组
成的竖直细圆弧管道DEF 与轨道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m
的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用劲度系数k＝100 N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。
现有质量m＝0.12 kg 的滑块a 以初速度v0＝2 m/s 从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上
的滑块b 碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s 的速率顺时针转动，滑块a
与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的
弹性势能Ep＝kx2(x 为形变量)。
(1)求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a 碰后返回到B 点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
答案：(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
解析：(1)滑块a 从D 到F，由动能定理得mg·2R＝mv－mv
在F 点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N。
(2)滑块a 返回到B 点时的速度vB＝1 m/s
滑块a 一直在传送带上减速，由牛顿第二定律得a＝＝μg＝5 m/s2
根据运动学公式有v＝v－2aL
可得在C 点的速度vC＝3 m/s
则滑块a 从碰撞后到达C 点，由能量守恒定律得mv＝mv＋mg·2R
解得v1＝5 m/s
因a、b 碰撞过程中动量守恒，则mvF＝－mv1＋3mv2
解得碰后b 的速度v2＝5 m/s
则碰撞损失的能量
ΔE＝mv－mv－·3mv＝0。
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，由动量守恒定律得mvF＝4mv
解得a、b 碰后的共同速度v＝2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度，由动量守恒定律得(m＋3m)v＝6mv′
解得v′＝ m/s
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系得·(m＋3m)v2＝·6mv′2＋kx
解得x1＝0.1 m
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2＝x1
则弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
【典例2】.[2021 高考湖北]如图所示，一圆心为O、半径为R 的光滑半圆弧轨道固定在竖
直平面内，其下端与光滑水平面在Q 点相切.在水平面上，质量为m 的小物块A 以某一速度
向质量也为m 的静止小物块B 运动.A、B 发生正碰后，B 到达半圆弧轨道最高点时对轨道压
力恰好为零，A 沿半圆弧轨道运动到与O 点等高的C 点时速度为零.已知重力加速度大小为
g，忽略空气阻力.
（1）求B 从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q 点的距离；
（2）当A 由C 点沿半圆弧轨道下滑到D 点时，OD 与OQ 夹角为θ，求此时A 所受力对A 做
功的功率；
（3）求碰撞过程中A 和B 损失的总动能.
答案 （1）2R （2）mgsinθ❑√2gR c osθ （3）❑√10mgR
解析 （1）设B 到半圆弧轨道最高点时速度为v2'，由于B 对轨道最高点的压力为零，则
由牛顿第二定律得mg＝mv2
2'
R
B 离开最高点后做平抛运动，则在竖直方向上有2R＝1
2gt2
在水平方向上有x＝v2't
联立解得x＝2R
（2）对A 由C 到D 的过程，由机械能守恒定律得
mgRcosθ＝1
2mv D
2
由于对A 做功的力只有重力，则A 所受力对A 做功的功率为P＝mgvDsinθ
解得P＝mgsinθ❑√2 gR c osθ
（3）设A、B 碰后瞬间的速度分别为v1、v2，对B 由Q 到最高点的过程，由机械能守恒定
律得1
2mv2
2＝1
2mv2
2'＋mg·2R
解得v2＝❑√5 gR
对A 由Q 到C 的过程，由机械能守恒定律得
1
2mv1
2＝mgR
解得v1＝❑√2gR
设碰前瞬间A 的速度为v0，对A、B 碰撞的过程，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
解得v0＝❑√2gR＋❑√5 gR
碰撞过程中A 和B 损失的总动能为
ΔE＝1
2mv0
2－1
2mv1
2－1
2mv2
2
解得ΔE＝❑√10mgR.
【典例3】[2023 浙江1 月]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、水平直轨道FG 组成，
除FG 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AB、EF 相切于B（E）处.
凹槽GHIJ 底面HI 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH 处，摆渡车
上表面与直轨道FG、平台JK 位于同一水平面.已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5m，B 点高度为
1.2R，FG 长度LFG＝2.5m，HI 长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m＝1kg.将一质量也为
m 的滑块从倾斜轨道AB 上高度h＝2.3m 处静止释放，滑块在FG 段运动时的阻力为其重力
的0.2 倍.（摆渡车碰到竖直侧壁IJ 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin37°＝
0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s2）
（1）求滑块过C 点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ 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μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t.
答案 （1）4m/s 22N （2）0.3 （3）2.5s
解析 （1）C 点离地高度为1.2R＋Rcosθ＋R＝3R
滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
mg（h－3R）＝1
2mvC
2 －0
解得vC＝4m/s
在最高点C 时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝mvC
2
R
解得FC＝22N
（2）从静止释放到G 点，由动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝1
2mvG
2
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得2mv＝mvG
由功能关系可得μmgL＝1
2mvG
2 －1
2×2mv2
综合解得μ＝0.3
（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a＝μg
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t1，有
t1＝vG－v
μg
＝1s
共速后继续向右匀速运动的时间
t2＝L0－L－1
2 v t1
v
＝1.5s
t＝t1＋t2＝2.5s.
【典例4】.[2022 广东]某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型.竖
直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从A 处以初
速度v0为10m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为1N.滑块滑到B 处与滑杆发生完全非弹
性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m＝0.2kg，滑杆的质量M＝
0.6kg，A、B 间的距离l＝1.2m，重力加速度g 取10m/s2，不计空气阻力.求：
（1）滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
（2）滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
（3）滑杆向上运动的最大高度h.
答案 （1）8N 5N （2）8m/s （3）0.2m
解析 （1）滑块静止时，滑块和滑杆均处于静止状态，以滑块和滑杆整体为研究对象，由
平衡条件可知
N1＝（m＋M）g＝8N
滑块向上滑动时，滑杆受重力、滑块对其向上的摩擦力以及桌面的支持力，则有N2＝Mg－
f'，f'＝f
代入数据得N2＝5N
（2）解法1 碰前，滑块向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得mg＋f＝ma1
解得a1＝15m/s2，方向向下
由运动学公式得v2－v0
2＝－2a1l
代入数据得v＝8m/s
解法2 由动能定理得－（mg＋f）l＝1
2mv2－1
2mv0
2
代入数据解得v＝8m/s
（3）滑块和滑杆发生的碰撞为完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有mv＝（M＋m）v 共
代入数据得v 共＝2m/s
此后滑块与滑杆一起竖直向上运动，根据动能定理有
－（M＋m）gh＝0－1
2（M＋m）v共
2
代入数据得h＝0.2m.
【典例5】.[2021 湖南]如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L 的水平轨道
通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ.质量为m 的小物块A
与水平轨道间的动摩擦因数为μ.以水平轨道末端O 点为坐标原点建立平面直角坐标系
xOy，x 轴的正方向水平向右，y 轴的正方向竖直向下，弧形轨道P 端坐标为（2μL，μL），
Q 端在y 轴上.重力加速度为g.
（1）若A 从倾斜轨道上距x 轴高度为2μL 的位置由静止开始下滑，求A 经过O 点时的速度
大小；
（2）若A 从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O 点落在弧形轨道PQ 上的动能均
相同，求PQ 的曲线方程；
（3）将质量为λm（λ 为常数且λ≥5）的小物块B 置于O 点，A 沿倾斜轨道由静止开始下滑，
与B 发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A 和B 均能落在弧形轨道上，且A 落在B 落点
的右侧，求A 下滑的初始位置距x 轴高度的取值范围.
答案 （1 ）❑√2 μgL （2 ）x
2
2 y
＋2y ＝4μL （0≤x≤2μL ） （3 ）3 λ－1
λ－3 μL ＜h≤μL ＋
3 μL（λ+1）
2
（λ－1）
2
解析 （1）设A 滑到O 点时速度为v0，A 从倾斜轨道上滑到O 点过程中，由动能定理有
mg·2μL－μmgL＝1
2mv0
2
解得v0＝❑√2 μgL
（2）若A 以（1）中的位置从倾斜轨道上下滑，A 从O 点抛出，假设能运动到弧形轨道上
的P 点，水平方向有
2μL＝v0t1
竖直方向有yP＝1
2gt1
2
解得yP＝μL，假设成立
所以A 落在弧形轨道时的动能Ek满足
mg·2μL－μmgL＋mg·μL＝Ek－0
A 从O 点抛出，做平抛运动，水平方向有x＝v1t
竖直方向有y＝1
2gt2
又y＝v y
2
2 g
，Ek＝1
2m（v1
2＋v y
2）
联立解得PQ 的曲线方程为
x
2
2 y ＋2y＝4μL（0≤x≤2μL）
（3）设A 初始位置到x 轴的高度为h，A 滑到O 点的速度为vA0，碰撞后的速度为vA1，反弹
后再次返回O 点时速度为vA，A、B 碰撞后B 的速度为vB，A、B 碰撞过程有
mvA0＝mvA1＋λmvB
1
2mv A 0
2 ＝1
2mv A 1
2 ＋1
2λmvB
2
解得vA1＝1－λ
1+ λ vA0，vB＝2
1+ λ vA0
A 从倾斜轨道上滑到O 点的过程有
mgh－μmgL＝1
2mv A 0
2
碰后又运动到O 点过程有
－μmg·2L＝1
2mv A
2 －1
2mv A 1
2
又A、B 均能落在弧形轨道上且A 落在B 点右侧应满足
vB＜vA≤v0
联立求解得3 λ－1
λ－3 μL＜h≤μL＋3 μL（λ+1）
2
（λ－1）
2
【典例6】（2021 高考全国乙卷） 水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从
静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续
滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度大小为g。则（ ）
A. 在此过程中F所做的功为1
2 mv0
2
B. 在此过程中F的冲量大小等于3
2 mv0
C. 物体与桌面间的动摩擦因数等于v0
2
4 s0 g
D. F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2 倍
【参考答案】BC
【关键能力】 本题通过水平恒力作用下的运动考查考生灵活运用知识的能力。
【学科素养】本题考查的学科素养主要是物理观念中的运动和相互作用观念，动量的观念
考生要能够用功、牛顿运动定律和动量定理分析，能从物理学的运动和相互作用的视角分
析问题。
【解题思路】根据功的定义，可知在此过程中，F 做的功为WF=Fs0，选项A 错误；水平桌
面上质量为m 的物体在恒力F 作用下从静止开始做匀加速直线运动，，通过路程s0时，速
度大小为v0，撤去F 后，由牛顿第二定律，μmg=ma2，根据匀变速直线运动规律，
v0
2=2a2·2s0，联立解得：μ=
，选项C 正确；由v0
2=2a2·2s0，v0
2=2a1s0，可得a1=2 a2，设
物体在水平桌面上运动所受摩擦力为f，由F-f=ma1，f=ma2，可得F=3f，即F 的大小等于物
体所受滑动摩擦力f 大小的3 倍，选项D 错误；对F 作用下物体运动的过程，由动量定理，
Ft-ft=mv0，解得F 的冲量大小为IF=Ft=
，选项B 正确。
【典例7】.（20 分）(2020 高考全国理综III 卷)如图，相距L=11.5m 的两平台位于同一
水平面内，二者之间用传送带相接。传送带向右匀速运动，其速度的大小v 可以由驱动系
统根据需要设定。质量m=10 kg 的载物箱（可视为质点），以初速度v0=5.0 m/s 自左侧平台
滑上传送带。载物箱与传送带间的动摩擦因数μ= 0.10，重力加速度取g = 10 m/s2。
（1）若v=4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；
（2）求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度；
（3）若v=6.0m/s，载物箱滑上传送带
后，传送带速度突然变为零。求载物箱
从左侧平台向右侧平台运动的过程中，传送带对它的冲量。
【名师解析】：（1）传送带的速度为v=4.0 m/s 时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，
设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有
μmg=ma ①
设载物箱滑上传送带后匀减速运动的距离为s1，由运动学公式有
v2– v0
2= –2as1
②
联立①②式，代入题给数据得
s1=4.5 m ③
因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动。设载物箱
从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为
，由运动
学公式有
v= v0–at1´
④
⑤
联立①③④⑤式并代入题给数据得
t1=2.75 s ⑥
（2）当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为
v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，设为
v2。由动能定理有
⑦
⑧
由⑦⑧式并代入题给条件得
m/s，
m/s
⑨
（3）传送带的速度为v=6.0 m/s 时，由于v0<v<v2，载物箱先做匀加速运动，加速度大
小仍为a。设载物箱做匀加速运动通过的距离为s2，所用时间为t2，由运动学公式有
v=v0+at2 ⑩
v2–v0
2=2as2
⑪
联立①⑩⑪式并代入题给数据得
t2=1.0 s ⑫
s2=5.5 m ⑬
因此载物箱加速运动1.0 s、向右运动5.5 m 时，达到与传送带相同的速度。此后载物
箱与传送带共同运动（Δt–t2）的时间后，传送带突然停止。设载物箱匀速运动通过的
距离为s3，有
s3=（Δt–t2）v ⑭
由①⑫⑬⑭式可知，
，即载物箱运动到右侧平台时速度大于
零，设为v3。由运动学公式有
v3
2–v2= –2a（L–s2–s3）
⑮
设载物箱通过传送带的过程中，传送带对它的冲量为I，由动量定理有
I=m（v3–v0） ⑯
联立①⑫⑬⑭⑮⑯式并代入题给数据得
I=0
⑰
【典例8】.（2019 全国理综II 卷25）一质量为m=2000 kg 的汽车以某一速度在平直公
路上匀速行驶。行驶过程中，司机忽然发现前方100 m 处有一警示牌。立即刹车。刹车过
程中，汽车所受阻力大小随时间变化可简化为图（a）中的图线。图（a）中，0~t1时间段
为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间（这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保
持匀速行驶），t1=0.8 s；t1~t2时间段为刹车系统的启动时间，t2=1.3 s；从t2时刻开始汽车
的刹车系统稳定工作，直至汽车停止，已知从t2时刻开始，汽车第1 s 内的位移为24 m，
第4 s 内的位移为1 m。
（1）在图（b）中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t 图
线；
（2）求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；
（3）求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1~t2时间内汽车克服阻力做的功；司机
发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少（以t1~t2时间段始末速度的算术平均值
替代这段时间内汽车的平均速度）？
【名师解析】
（1）v-t 图像如图所示。
（2）设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1，t2时刻的速度也
为v2，在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt=1s，设汽车在t2+n-1Δt
内的位移为sn，n=1,2,3,…。
若汽车在t2+3Δt~t2+4Δt 时间内未停止，设它在t2+3Δt 时刻的速度为v3，在t2+4Δt 时刻的速
度为v4，由运动学有
①
②
③
联立①②③式，代入已知数据解得
④
这说明在t2+4Δt 时刻前，汽车已经停止。因此，①式不成立。
由于在t2+3Δt~t2+4Δt 内汽车停止，由运动学公式
⑤
⑥
联立②⑤⑥，代入已知数据解得
，v2=28 m/s ⑦
或者
，v2=29.76 m/s
（3）设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿定律有
f1=ma
在t1~t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
由动量定理有
由动能定理，在t1~t2时间内，汽车克服阻力做的功为
联立⑦⑨⑩式，代入已知数据解得
v1=30 m/s
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s 约为
联立⑦，代入已知数据解得
s=87.5 m
【针对性训练】
1.[2024 江西九校联考]如图所示，质量M＝4kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m＝
2kg 的小球通过长L＝0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴O 连接，小球和轻杆可在竖直平
面内绕轴O 自由转动.开始时轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0＝
4m/s，以初始时刻轴O 的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定的直角坐标系xOy，取
g＝10m/s2.
（1）若锁定滑块，求小球通过最高点时轻杆对小球的作用力大小；
（2）若解除对滑块的锁定，求小球运动到最高点时的动能Ek；
（3）若解除对滑块的锁定，在平面直角坐标系xOy 中，求出小球从出发至运动到最高点的
过程的轨迹方程.
答案 （1）4N （2）4J （3）（3
2x－1
4 ）2＋y2＝1
4
解析 （1）若锁定滑块，则小球从开始运动到上升至最高点的过程，机械能守恒，有
1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋mgL
小球在最高点时，设轻杆对小球的作用力大小为F，则有
mg＋F＝mv1
2
L
联立解得F＝4N
（2）若解除对滑块的锁定，由于小球与滑块组成的系统在水平方向上不受力，因此小球与
滑块组成的系统在水平方向上动量守恒.设小球通过最高点时的速度大小为v2，
此时滑块的速度大小为v，以水平向右为正方向，则有0＝mv2－Mv
运动过程中，系统的机械能守恒，则有
1
2mv0
2＝1
2mv2
2＋1
2Mv2＋mgL
又Ek＝1
2mv2
2
联立解得Ek＝4J
（3）若解除对滑块的锁定，在小球上升的过程中，滑块向左运动，小球在水平方向上向右
运动，设小球的位置坐标为（x，y）时，滑块向左运动的位移大小为Δx，则由人船模型有
m（L－x）＝MΔx
由几何关系可知
（x－Δx）2＋y2＝L2
联立可得小球运动的轨迹方程为
（3
2x－1
4 ）2＋y2＝1
4 .
2.（16 分）(2025 河北大数据调研联合测评)如图,PQ 为半径足够大的 1
4 光滑圆弧轨道，圆
弧轨道末端与右侧光滑水平面QS 平滑连接，水平面QS 右侧平滑对接一足够长的水平传
送带，传送带正在以 v =8.0m/ s的速度逆时针匀速转动。有一质量为 m=1.0kg的物块
A 静止于圆弧轨道底端，在物块A 右侧有一质量为 M =1.0kg的物块 B，物块 B 与传送
带之间的动摩擦因数； μ=0.20,物块 B 以水平向右 v ₀=10m/ s的速度从传送带左侧滑
上传送带。当物块 B 滑离传送带后与物块A 发生碰撞，物块A 上有特殊装置，可以使物
块A、B 碰撞瞬间让两者合在一起成为一个整体沿圆弧轨道向上运动，当A、B 整体沿圆
弧轨道向下运动到轨道底端时，该装置使物块A、B 分开，物块A 停在轨道底端，物块B
以分开前瞬间的速度向右运动，之后物块A、B 会多次作用，重力加速度大小取
g=10m/ s² ,不计空气阻力，两物块均可看作质点。求：
（1）物块A、B 第一次沿圆弧轨道向下运动到轨道底端分开时物块B 的速度大小 v ₁;
（2）物块 B 从第一次滑上传送带到滑离传送带过程中摩擦产生的热量 Q₁;
（3）物块 B 开始滑上传送带之后的整个过程中传送带对物块B 摩擦力的冲量I。
【答案】.(16 分)(1)4 m/s (2)162 J (3)34 N·s
【解析】(1)传送带足够长,则物块B 在传送带上向右滑动的速度一定能减小到0,传送带的
速度v=8 m/s
小于物块B 初始的速度v0=10 m/s,
则物块B 第一次滑离传送带时速度等于传送带的速度v=8 m/s (1 分)
设物块A、B 第一次碰撞之后速度为v 共 ,物块A、B 碰撞过程,根据动量守恒定律有
Mv=(M +m)v 共 (1 分)
解得v 共 =4 m/s
物块A、B 碰撞之后,沿圆弧轨道向上运动和返回过程中系统的机械能守恒,即 A、B 分开
前瞬间它们的 速度v 共 =4 m/s,
所以A、B 分开时物块B 的速度为v1=v 共 =4 m/s(1 分)
(2)物块B 在传送带上向右减速运动过程根据牛顿第二定律有μMg=Ma(1 分)
解得a=2 m/s 2
物块B 减速到0 的时间t1= v0 /a =5 s(1 分)
物块B 和传送带运动的位移分别为x1 和x2,减速过程中相对滑动的位移为
Δx1=x1+x2=
t1+vt1=65 m(1 分)
物块B 在传送带上向左加速运动的加速度还为a=2 m/s 2
物块B 向左加速到与传送带速度相等时不再发生相对滑动,加速过程时间
t2= v/ a =4s(1 分)
加速过程物块B 和传送带运动的位移分别为x3 和x4
加速过程中相对滑动的位移为 Δx2=x4-x3=vt2-
t2=16 m(1 分)
整个过程产生的热量为Q1=μMg(Δx1+Δx2)=162 J(1 分)
(3)物块A、B 第一次碰撞后,物块B 以速度v1=4 m/s 滑上传送带,物块B 的速度v1=4 m/s
小于传送 带的速度,则物块向右减速到0 后再向左加速,减速和加速过程的加速度大小相等,
根据运动的对称性可 知物块B 离开传送带时速度大小也为v1=4 m/s
物块B 在传送带上运动的时间为T1=
=4 s(1 分)
设物块A、B 第二次碰撞之后速度为v2,物块A、B 碰撞过程,根据动量守恒定律有
Mv1=(M +m)v2(1 分)
解得v2=2 m/s
物块B 以速度v2=2 m/s 滑上传送带,物块B 的速度v2=2 m/s 小于传送带的速度,则物块向右
减速到
0 后再向左加速,减速和加速过程的加速度大小相等,根据运动的对称性可知物块B 离开传
送带时速度 大小也为v2=2 m/s
物块B 在传送带上运动的时间为T2=
=2 s
之后重复上述过程,设物块A、B 第n 次碰撞之后速度为vn,物块A、B 碰撞过程,根据动量
守恒定律有
Mvn-1=(M +m)vn(1 分)
解得vn=
vn-1=
v=
m/s (n=1,2,3,…)
物块B 以速度vn=
m/s 滑上传送带,物块B 的速度vn=
m/s 小于传送带的速度,则物
块向右减速 到0 后再向左加速,减速和加速过程的加速度大小相等,根据运动的对称性可知
物块B 离开传送带时速 度大小也为vn=
m/s(1 分)
物块B 在传送带上运动的时间为Tn=
=
s (n=1,2,3,…)(1 分)
物块B 在传送带上与传送带有相对滑动过程中物块B 会受到水平向左的滑动摩擦力,速度
与传送带速 度相等之后不再受到摩擦力的作用,则摩擦力的作用时间为
t=t1+t2+T1+T2+…+Tn(1 分)
根据等比数列求和得T1+T2+…+Tn=
s=8s
则摩擦力的冲量为I=μMgt=34 N·s(1 分)
3.(13 分)(2024·湖南省长沙市长郡中学模拟)如图所示，质量为m＝1 kg 的工件甲
静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB 和四分之一光滑圆弧轨道
BC 组成，两轨道相切于B 点，圆弧轨道半径为R＝0.824 m，质量也为m 的小
滑块乙静置于A 点。不可伸长的细线一端固定于O 点，另一端系一质量为M＝
4 kg 的小球丙，细线竖直且丙静止时O 到球心的距离为L＝2 m。现将丙向右拉
开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O 正下方与甲发生弹性
碰撞(之后两者不再发生碰撞)。已知重力加速度大小为g＝10 m/s2，sin 53°＝
0.8，cos 53°＝0.6，不计空气阻力。
(1)求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；
(2)通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C 点离开圆弧轨道。
【答案】.(1)2.4 m/s 6.4 m/s (2)见解析
解析 (1)丙向下摆动过程中机械能守恒
MgL(1－cos θ)＝Mv
解得v0＝4 m/s
丙与甲碰撞过程，由动量守恒定律得Mv0＝Mv′＋mv
由机械能守恒定律得Mv＝Mv′2＋mv2
解得碰后瞬间，丙速度大小v′＝2.4 m/s
甲速度大小v＝6.4 m/s。
(2)假设乙能从C 点离开，C 点甲、乙水平速度相同，设甲速度为v 甲2，从丙与
甲碰撞结束至乙从C 点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒mv＝2mv 甲2
解得v 甲2＝3.2 m/s
设乙从C 点离开时乙竖直方向速度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C 点离
开甲过程中，由机械能守恒定律得mv2＝mv＋mv＋mgR
又因为v＝v＋v
解得vy＝2 m/s>0
所以乙能从C 点离开圆弧轨道。
4.（14 分）（2025 年5 月河北雄安新区部分重点高中联考）如图所示，两个完全相同的光
滑直角三角形斜面体固定在水平地面上，倾角均为θ=30°，斜面体顶端均固定相同的轻质
滑轮。两根等长的轻细线均绕过滑轮，一端与放在斜面上的质量均为m 的物块A、B 相连，
另一端与质量为2m 的物块C 连接。一开始用外力托住物块A、B、C，细线处于拉直状态，
此时物块C 距离地面的高度为h0，同时撤去外力后，物块C 开始向下运动。已知物块C 触
地后速度立即变为零；物块C 被提起时，细线瞬间绷直，绷直瞬间细线上的拉力非常大，
从细线绷直到物块C 再次落地前，细线均保持拉直状态，在整个运动过程中，细线始终不
会脱离滑轮，物块A、B 不会与滑轮相碰。不计一切摩擦，重力加速度为g，求：
（1）物块C 第一次触地过程中损失的机械能
；
（2）物块C 第一次触地后上升的最大高度h1；
（3）物块C 从开始下落到最终停止运动所经历的时间t。
【参考答案】.（1）
（2）
（3）
【名师解析】（1）根据牛顿第二定律，对A 有
对C 有
解得
从C 开始下落到C 落地前，有
C 落地过程中的机械能损失为
解得
（2）C 触地后，A、B 先沿着斜面上滑再下滑，下滑至细线再次绷紧时的速度仍为v1。细
线紧绷瞬间，设一根绳上作用力的冲量大小为I，重力冲量因作用时间极短忽略不计。对
A、C 列动量定理，有
解得
C 之后做加速度为
的匀减速运动，最终上升高度记为h1，故
解得
（3）将C 到达最高点到下一次回到最高点的过程看作第一过程，此过程中，C 由最高点下
落的时间
，
A、B 此后上滑后下滑至再次绷直的时间
C 上升至最高点所用时间
总用时
第二个过程与第一个过程的区别在于初始下落高度由h0变为
，由第（2）问的方程可
知第三次初始下落高度为
故可得第二过程总用时
第三过程总用时
第四过程总用时
物块C 从开始运动到最终停止所经历的总时间为
5．（16 分）（2024 年5 月湖南重点高中质检）如图所示，光滑水平地面上叠放着两块质
量均为
的板，它们左端对齐，接触面粗糙程度均匀．给A、B 一个大小均为
的相向的初速度；与此同时，将两个大小忽略不计，质量分别为
和
的光滑小球C、D 从短板A 的上表面以上
处，以大小为
的初速度相向水平抛出．其中，小球C 的抛出点在两板左端正上方，两球抛
出点相距
．两个小球与短板A 的碰撞是弹性碰撞，且撞击时间忽略不计；撞击过
程A、B 间的弹力始终等于两个小球对短板A 的撞击力之和．两个小球前两次落到板上时
都恰好分别落在A 的两端，之间某个时刻两小球相碰，碰撞过程它们的竖直分速度不变．
长板B 足够长，整个过程短板A 的任意部分都不会滑出长板B．重力加速度
．
求：
（1）短板A 的长度l；
（2）A、B 两块板之间的动摩擦因数μ；
（3）C、D 两球发生碰撞后，各自的水平分速度大小．
【答案】（1）
（2）0.6 （3）
【解析】（1）对两个小球，第一次落到A 上之前的过程
．
解得：
2 分
两球一开始相距L，第一次撞击短板A 两端时，距离即为A 的长度；
故
1 分
解得：
1 分
（2）两个小球落到A 上之前，假设A、B 尚未停下，则对A、B 均有
2 分
这个过程中，A 的位移等于C 的位移
1 分
解得：
2 分
此时，A、B 的速度大小均为
；
解得
，假设成立 1 分
（3）撞击前，两个小球的竖直分速度大小记为
，则
；解得
．
撞击后，它们的竖直分速度大小也为
．
撞击过程，对两个小球整体，竖直方向上，由动量定理
解得A 对两个小球的反作用力的冲量
1 分
由于撞击过程A、B 间弹力
可视为始终等于两球对A 的冲击力，由牛顿第三定律，也等
于A 对两球的反作用力．而摩擦力
，故A、B 间的摩擦力的冲量为
．
撞击过程，对A、B，分别由动量定理
解得
1 分
小球两次落到A 上的时间间隔记为
，则
；解得
1 分
从两球第一次落到A 上，到两球相撞的时间记为
，则
；
解得
1 分
以向右为正方向，设两球碰后的水平速度分别为
和
，则C、D 在两次落到A 上之间
的过程中的位移分别为
按照题意，应该有
；于是
1 分
碰撞过程，水平方向动量守恒
解得
；大小分别为
1 分
6．（18 分）（2024 年4 月湖南名校质检）如图所示，半径
的光滑圆环形滑杆
MNP 竖直固定放置，左侧端点M 和圆心
的连线与竖直方向夹角的余弦值
，
右侧端点P 和圆心
、
在同一水平线上，P 点的切线沿竖直方向。现有一质量
的小橡胶环A 以
的初速度水平抛出，恰好沿滑杆左侧端点M 的切
线套入滑杆，在滑杆的最高点静止着质量
的小橡胶环B。在右侧端点P 的正下
方
处，有一质量
、长度
的长直木杆C 竖直静止在水平面上，
但跟水平面并不黏合。已知小橡胶环B 与长直木杆C 之间的滑动摩擦力大小
，最
大静摩擦力大小等于滑动摩擦力，小橡胶环A、B 均可视为质点，两小橡胶环之间和小橡
胶环与水平面间的碰撞都是弹性碰撞；小橡胶环B 套入长直木杆C 后，长直木杆C 不倾倒，
且每次与水平面碰撞瞬间都会立即停下而不反弹、不倾倒。不计空气阻力，取
（1）小橡胶环A 到达滑杆最低点Q 时所受弹力大小；
（2）小橡胶环B 在长直木杆C 上上滑的最大距离；
（3）长直木杆C 跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能；
（4）小橡胶环B 在长直木杆C 上运动的总路程。
【解析】、（1）小橡胶环A 恰好沿滑杆左侧端点M 的切线套入滑杆，设小橡胶环A 在M
点时的速度为
，则
，解得
小橡胶环A 从M 点到Q 点，
根据动能定理有
，
解得
小橡胶环A 在Q 点时，支持力和重力的合力提供向心力
解得
（2）设小橡胶环A 从Q 点运动到最高点与小橡胶环B 碰撞前的速度为
，
根据动能定理
设小橡胶环A 和小橡胶环B 碰后的速度分别为
和
，
根据动量守恒和动能守恒
、
小橡胶环B，从碰撞后到与长直木杆接触前瞬间，设接触前速度为v，
根据动能定理
，
解得
小橡胶环B 沿长直木杆下滑时，长直木杆静止不动，
根据受力分析
，可得小橡胶环B 在长直木杆C 上受力平衡做匀速直线运动，小橡
胶环B 做匀速直线运动；小橡胶环B 沿长直木杆上滑时，小橡胶环B 做匀减速直线运动，
长直木杆C 做匀加速直线运动，设共速时速度大小为
，对小橡胶环B 有
、
对长直木杆有
、
、
此时小橡胶环B 上滑的距离最大
（3）小橡胶环B 与长直木杆C 共速后一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第一次碰
撞前，则有
解得长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间前的速度大小为
长直木杆跟水平面第一次碰撞瞬间损失的机械能为
（4）长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆做匀速下滑，小橡胶环跟水
平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，小橡胶环做匀减速直线运动，长直木杆做匀加速
直线运动，第二次共速后又一起做竖直上抛，直到长直木杆跟水平面第二次碰撞，
则有
、
、
联立可得，长直木杆跟水平面第二次将要碰撞时的速度大小为
所以可得，长直木杆跟水平面第n 次将要碰撞时的速度大小表达式为
小橡胶环沿长直木杆第一次下滑的路程为L，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木
杆，
在长直木杆上第一次上滑的路程为
长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程
为
，小橡胶环跟水平面碰撞后小橡胶环沿长直木杆上滑时，
在长直木杆上第二次上滑的路程为
长直木杆跟水平面第一次碰撞后，小橡胶环先沿长直木杆在长直木杆上做匀速下滑的路程
为
，以此类推，小橡胶环在长直木杆上运动的总路程
7．（11 分）(2024 年4 月浙江金丽衢12 校联考)如图所示为一处于竖直平面内的实验探究
装置示意图，该装置由光滑圆弧轨道AB、速度可调节，长度为
的固定水平传送带
BC 及两半径均为
的固定四分之一光滑细圆管DEF 组成，其中圆弧轨道的B、D
端与水平传送带相切且平滑连接。紧靠F 处有一质量为
的小车静止在光滑水平
地面上，小车的上表面由长为
的水平面GH 和半径为
的四分之一的
光滑圆弧面HI 组成，GH 与F 等高且相切。现有一质量为
的滑块（可视为质
点）从圆弧轨道AB 上距B 点高度为
处自由下滑，滑块与传送带及小车上表面间
的动摩擦因数均为
，不计其他阻力，取
。求
（1）当传送带静止时，滑块运动到圆弧轨道上的D 点时，细圆管道受到滑块的作用力；
（2）当传送带静止时，滑块在小车上运动过程中离上表面GH 的最大高度；
（3）调节传送带以不同速度v 匀速转动，试分析滑块最终在小车上表面GH 滑行的路程S
与速度v 的关系。
【名师解析】．（11 分）
（1）
得
得
方向：竖直向下
（2）
得
得
（3）要求滑块不脱离小车
①滑块不离开小车的右端时
得
②滑块不离开小车左端时
得
所以滑块到F 点时的最大速度为
，则D 点时的最大速度为
得
所以，当传送带逆时针或传送带的速度顺时针
时，
当传送带的速度顺时针
时，滑块会脱离小车
当传送带的速度顺时针
时
得
得
8.（16 分）（2024 湖南名校3 月适应性训练）如图所示，足够长的水平光滑直轨道AB 和
水平传送带平滑无缝连接，传送带长L=4m，，以10m/s 的速度顺时针匀速转动，带有光滑
圆弧管道EF 的装置P 固定于水平地面上，EF 位于竖直平面内，由两段半径均为R=0.8m 的
圆弧细管道组成，EF 管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN 均平滑相切连接，
MN 长
，右侧为竖直墙壁。滑块a 的质量
，滑块b 与轻弹簧相连，质
量
，滑块c 质量
，滑块a、b、c 均静置于轨道AB 上。现让滑块a
以一定的初速度水平向右运动，与滑块b 相撞后立即被粘住，之后与滑块c 发生相互作用，
c 与劲度系数k=1.5N/m 的轻质弹簧分离后滑上传送带，加速之后经EF 管道后滑上MN。已
知滑块c 第一次经过E 时对轨道上方压力大小为42N，滑块c 与传送带间的动摩擦因数
，与MN 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g=10m/s2，弹簧的弹性势能
（x 为形变量）。求：
（1）滑块c 第一次经过F 点时速度大小（结果可用根号表示）；
（2）滑块a 的初速度大小
：
（3）试通过计算判断滑块c 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。
【名师解析】15．（16 分）
（1）根据牛顿第二定律，在E 点滑块c，
解得
滑块c 第一次经过E 点到F 点，
根据动能定理
解得
（2）滑块c 在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块c 的速度设为
，
根据运动学规律
滑块a，b 作为整体与滑块c 发生相互作用，最终滑块c 被弹出，
根据动量守恒与能量守恒得
联立解得
、
a 与b 发生碰撞，最后共速，满足动量守恒
联立解得
（3）假设滑块c 能再次回到E 点，从F 点到E 点，
根据动能定理
解得
速度大于零，假设成立，滑块c 可再次滑上传送带，做减速运动，
根据运动学规律
联立解得
即可以追上滑块a，b 发生再次碰撞，设最大压缩量为
，
根据动量守恒与能量守恒
联立解得
9.（16 分）（2024 山东聊城一模）如图所示，水平传送带以速度v 顺时针转动，其左端A
点和右端B 点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B 两点间的距离L=4m。左侧水平台
面上有一被压缩的弹簧，弹性势能EP=2.6J，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1=0.1kg
的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之
间的动摩擦因数μ1=0.2。右边水平台面上有一个倾角为53°，高为h=0.55m 的固定光滑斜面
（水平台面与斜面用平滑小圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面
左端依次叠放着质量为m3=0.1kg 的木板（厚度不计）和质量为m2=0.2kg 的物块乙，物块乙
与木板之间的动摩擦因数为μ2=0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距
x0=0.5m，木板与挡板碰撞会原速率弹回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块
甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始
终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，g=10m/s2。
（1）求物块甲到达B 点的速度的可能值；
（2）若传送带速度v=4m/s，求物块甲运动到最高点时的速度大小；
（3）在满足第2 问条件下，求木板运动的总路程；
（4）在满足第2 问条件下，若木板的质量为m3=0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求
挡板与木板距离的范围为多少。
【名师解析】．（16 分）
（1）由题意可知，物块甲到达A 点时
物块甲从A 到B 过程中，若物块甲一直加速
则有：
……①
……②
此时
若物块甲一直减速，则有
……③
此时
若物块甲先加速后匀速或先减速后匀速
则
……④
此时
综上所述：物块甲到达B 点的速度
（2）当传送带速度
时，物块甲在B 点的速度
，此后冲向斜面到达最
高点时，速度为
由：
……⑤
解得：
离开斜面后做斜上抛运动，
最高点时的速度
……⑥
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，由动量守恒定律：
由机械能守恒定律：
解得：
，
……⑦
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律：
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理：
解得：
……⑧
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。木板与挡板第一次碰后，以速度
向左减速到零，
位移大小为
，此后向右运动与挡板发生第二次碰撞。
由动量守恒定律：
第二次碰后以速度
向左减速到零，位移为
，木板向左减速过程中，由动能定理得：
解得：
……⑨
同理可得：
……⑩
以此类推木板的总路程为：
解得：
m……⑪
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律：
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，有
……⑫
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0 时，木板与挡板仅能发生一次
碰撞。
即
解得：
m……⑬
②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0 时，木板与挡板仅能发
生二次碰撞。
即：
解得：
m……⑭
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为
……⑮
评分标准：四式2 分，其余各式每式1 分，共16 分。
10. （2024 福建泉州质检2）如图，一质量为3m、长度为L 的木板静止在倾角
的
固定斜面上，木板的上表面光滑，下表面与斜面间的动摩擦因数
，木板的下端固
定有垂直于木板的薄挡板。一与斜面平行的轻弹簧下端固定在斜面的底端，上端由原长被
压缩了
后用触控锁钉锁定。现将质量为
的小滑块从木板的中点由静止释放，经过一段
时间，滑块与挡板发生第一次碰撞后，木板开始运动。经过多次碰撞后，当滑块位于挡板
处且和木板速度都为零时，木板刚好接触弹簧并触发锁钉立即解除锁定。已知重力加速度
大小为
，弹簧的劲度系数
，滑块与挡板间的碰撞为弹性正碰，且碰撞时间极
短，不计空气阻力。求：
（1）滑块第一次与挡板碰撞前瞬间，滑块的速度大小
；
（2）滑块第一次与挡板碰撞后瞬间，木板的速度大小
和加速度大小
；
（3）木板在初始位置时，其下端与锁钉的距离d；
（4）锁钉解除后，当滑块与挡板第一次分离时木板的速度大小
。
【参考答案】（1）
；（2）
，
；
（3）
；（4）
【名师解析】
（1）设滑块释放时加速度大小为
，由牛顿第二定律得
滑块释放后到第一次与挡板碰撞前的过程中做匀加速直线运动，有
得
（2）设第一次碰撞后瞬间，木板的速度为
，滑块的速度为
，由动量守恒定律和能量
守恒定律可得
联立解得
，
对木板由牛顿第二定律可得
解得
方向沿斜面向上。
（3）方法一：
从滑块开始运动到滑块位于挡板处且和木板速度都为零时，木板一直向下运动，在这过程
中,滑块重力做功
木板重力做功
木板所受摩擦力做功
由功能关系得
解得
方法二：
木板第一次碰后向下减速的位移
在木板向下减速时滑块向上减速，由于加速度大小
，当木板速度为0 时，滑块速度
也为0，此时两者之间距离为
接下来板不动，滑块沿板加速下滑与板碰撞，设第二次碰撞时滑块速度为
，则
第二次碰撞后瞬间，木板的速度为
，滑块的速度为
，由动量守恒和能量守恒可得
联立解得
，
木板向下的位移
当两者速度再次为0，此时两者之间距离为
滑块再次碰撞木板时的速度
由动量守恒和能量守恒可得第三次碰撞后瞬间，木板的速度为
木板向下的位移
即每次木板向下的位移
或
木板下端与锁钉的距离
（4）当板块分离时，弹簧的形变量为
，挡板与滑块间的弹力
，两者的加速度相等
都为
对板块整体
得
对弹簧和板块系统，由能量守恒得
解得
