秘籍7 力学三大观点的综合应用问题
一、复杂物理模型构建与分析
1、多体多过程模型：题目常涉及多物体系统的多种运动过程，如连接体加速、碰撞，物体在不同轨道运动等。考查学生识别各物体不同阶段运动性质，构建模型，明确过程衔接点物理量关联的能力，为解题打基础。
2、与实际情境结合的模型：以生活、科技实际问题为背景，如汽车制动、航天器对接等，考查学生提取关键信息，简化并建立力学模型，运用三大观点分析物体运动和相互作用的能力。
二、力学规律的精准选取与联合运用
1、根据运动过程选规律：多过程问题中，不同阶段适用不同力学规律。匀变速直线运动常用牛顿运动定律结合运动学公式；涉及力的空间积累效果，如求变力做功、动能变化，用动能定理；系统合外力为零，用动量守恒定律。考查学生依运动特征和已知条件选规律、联立方程求解的能力。
2、多规律联立求解复杂问题：复杂力学问题需同时运用多个规律。如含碰撞且有能量损失的系统，要用动量守恒定律确定速度关系，用能量守恒定律分析能量变化，还可能借助牛顿运动定律分析碰撞瞬间受力，考查学生综合运用能力和逻辑思维。
三、与图像信息的融合考查
1、从图像获取关键信息：题目常给出运动学、动力学或能量相关图像，考查学生从图像提取物体运动状态、受力、能量变化等信息，结合力学三大观点解决问题的能力。
2、依据物理过程绘制图像：要求学生根据物体运动过程和力学规律，绘制物理量随时间或位移变化的图像，考查对物理过程的理解及对力学三大观点的运用能力。
题型一 应用三大动力学观点创新解决经典模型问题（计算题）
题型二 应用三大动力学观点解决多过程问题（计算题）
题型三 借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动观（计算题）
1、本专题的常见过程与情境
2、应对策略
(1)力的观点解题:要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
(2)两大定理解题:应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
(3)过程中动量或机械能守恒:根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
3、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
4、冲量与动量、功和能
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率 平均功率： 即时功率：
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
动量 =
冲量
动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
1．（2025 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，右侧地面光滑，传送带两轮轴间的距离L＝5.5m，传送带以v0＝3m/s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Δx＝25cm，弹性势能Ep＝25.5J。两物块与左侧地面和传送带间的动摩擦因数μ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g＝10m/s2。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。
2．（2025 岳麓区校级模拟）如图甲所示，半径为R＝0.8m的光滑圆弧轨道AB固定在光滑水平地面上，A点与圆心O等高，圆弧轨道与放在地面上质量为M＝1kg的长木板上表面相切于B点，木板右侧距离为x处固定弹性挡板。现将质量m＝3kg的小物块从A点由静止释放，小物块从B点离开圆弧后滑上长木板，一段时间后长木板与右侧弹性挡板发生第一次弹性碰撞（碰撞时间忽略不计），第一次碰撞完瞬间开始的内物块的v﹣t图像如图乙所示，小物块始终没有滑离木板。重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物块滑至圆弧末端B点时对圆弧的压力大小；
（2）x应满足什么条件；
（3）长木板的最小长度及当x取最小值时整个过程中长木板运动的路程。
3．（2025 武汉二模）如图所示，在光滑水平面上，放置着竖直挡板P，距挡板x1＝6m处静止着质量mA＝2kg的小物块A，A右侧固定着倾角θ＝53°的斜面（与水平面平滑连接），质量mB＝1kg的小物块B从距斜面底端x2＝5m处以v0＝7m/s的初速度沿斜面下滑。已知B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，A与B的碰撞为弹性碰撞，A与挡板碰撞后速度反向且大小为碰前的，所有碰撞时间极短且不计，重力加速度大小g＝10m/s2、sin53°＝0.8、cos53°＝0.6。求：
（1）B与A第1次碰撞前的速度大小；
（2）B与A第1次碰撞后二者的速度大小；
（3）B与A第1次碰撞后立即撤去斜面，经过多长时间二者再次碰撞？
4．（2025 重庆模拟）如图所示，一边长为1.5R的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为m的小球（可视为质点），以初速度沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力不计，重力加速度为g。
（1）求该正方体物块的质量；
（2）求小球离开孔道时的速度；
（3）若小球以初速度沿水平方向进入孔道，小球在孔道圆弧部分运动的时间为t0，求小球从进入孔道至到达运动轨迹的最高点的过程中，该正方体物块移动的距离。
5．（2025 芜湖校级二模）如图所示（俯视图）的水平传送带由三段组成，AB、CD段为直线，BC段边缘是圆心角为90°的圆弧，CD段上方有一光滑挡板，挡板与传送带中心线之间的夹角θ＝60°，物体碰到挡板瞬间，垂直挡板方向速度变为零，物块沿挡板匀速运动到工作台。一质量m＝1kg的物体由A端轻放在传送带的中心线上，到达B端时恰好与传送带共速，在BC段与传送带相对静止。已知传送带速率恒定，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，AB段长L＝1m，物块在BC段的时间tBC＝2s，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）传送带的速率及物块与挡板作用后匀速运动的速度大小；
（2）物体从A运动到B的过程中，传送装置比空载时多做的功；
（3）物块从B到C的过程中，传送带对物块的冲量大小。
6．（2025 深圳一模）如图所示为一项冰上游戏设施，平台之间的水平冰面上有可滑动的小车，左右平台及小车上表面等高，小车紧靠左边平台。小孩坐在雪橇上（系有安全带），静止在左边平台边缘处。现在家长施加推力，雪橇瞬时获得水平冲量I＝160N s，滑上小车。小车在冰面上滑行了L2＝4m的距离后与右侧平台碰撞并被锁定，雪橇最终停在右侧平台上。已知小孩和雪橇的总质量m＝20kg，雪橇与小车上表面间的动摩擦因数μ1＝0.8，雪橇与右侧平台间的动摩擦因数μ2＝0.5。小车质量M＝20kg，长度L1＝2.5m。将雪橇视作质点，忽略冰面阻力，g取10m/s2。试计算：
（1）雪橇滑上小车时的速度；
（2）小车碰撞右侧平台时的速度；
（3）雪橇在右侧平台上滑行的距离。
7．（2025 珠海一模）如图所示，卡车A上放有一块木板B，木板与卡车间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板质量m＝100kg。木板右侧壁（厚度不计）到左端的距离d＝2m，到驾驶室距离D＝4m。一质量与木板相等的货物C（可视为质点）放在木板的左端，货物与木板间的动摩擦因数μ2＝0.1。现卡车、木板及货物整体以v0＝10m/s的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现前方有交通事故后以a＝5m/s2的恒定加速度刹车，直到停下。司机刹车后瞬间，货物相对木板滑动，木板相对卡车静止。货物与木板右侧壁碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物的加速度大小；
（2）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，木板受到卡车的摩擦力大小；
（3）木板最终是否会与驾驶室相碰？如果会，求出木板碰撞驾驶室的速度；如果不会，最终木板右侧与驾驶室相距多远？
8．（2025 高新区校级模拟）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道ABC，BC段是R＝0.5m的半圆，AB段足够长，小球Q静止于小球P的左侧，质量m1＝50g的小球P与轻弹簧一端连接，以速度v＝4m/s沿水平地面向左运动。与小球P连接的轻弹簧从接触小球Q到弹簧被压缩到最短的过程中，小球Q运动的距离d＝0.4m，经历的时间t＝0.25s。在此后的运动中，Q与弹簧分离后，滑上轨道BC，恰能经过最高点C。小球P、Q均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小球Q在C点的速度大小vC；
（2）小球Q的质量m2；
（3）弹簧的最大压缩量Δx。
9．（2025 杭州一模）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＝1m、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。在轨道末端E点的右侧光滑水平地面FG上紧靠着质量M＝0.5kg的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。水平地面上距滑板右侧足够远处固定有挡板GH，滑板b与其碰撞时会立即被锁定。质量为m＝0.5kg的物块a从轨道AB上距B高度为h＝0.3m处以初速度v0下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，与滑板b间的动摩擦因数μ2＝0.2。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
（1）若初速度v0＝0，求物块a：
①第一次通过D点时速度vD大小；
②在轨道AB上运动的总路程S。
（2）若物块a能沿轨道冲上滑板b，则：
①v0应满足什么条件？
②滑板b至少要多长，物块a一定不会碰到挡板GH？
10．（2025 重庆校级模拟）如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1kg的小物块1（可视为质点），当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的固定光滑圆弧轨道BC，C端的切线水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量M＝4kg，其左端放置与小物块1完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质弹簧，A点距B点的高度H＝0.45m，圆弧轨道半径R＝2.75m。小物块1滑行到车上立即与小木块2发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间达到相对静止，物块与长木板间动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）小物块1抛出时水平速度v0的大小；
（2）小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）木板的长度。
11．（2025 北碚区校级模拟）如图所示，半径为R的光滑圆弧面AB与光滑水平面BC平滑连接（圆弧的圆心在B的正下方），其中A、B两点的水平距离和竖直距离分别为d、h。长为的轻杆上端固定在光滑水平转轴O，下端固定一个小球，小球刚好与水平面接触。质量为M的物块在水平恒力作用下从A点由静止运动到B点。物块在B点处时撤去水平恒力，此时物块对圆弧面的压力为零。最后物块与小球发生一次弹性正碰，使小球在竖直平面内做完整的圆周运动。忽略一切阻力，重力加速度为g，求：
（1）物块到达B点的速度v0；
（2）水平恒力F的大小；
（3）小球质量m的取值范围。
12．（2025 宁波校级一模）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角θ＝37°长l1＝2.75m的固定斜面AB、质量m1＝1kg的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量m2＝4kg长度l2＝2.25m的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径R＝1m，最低点C与小车等高。当P把m＝1kg的小物块（视为质点）以v0＝4m/s速度水平弹出，恰好由A点沿斜面方向进入斜面，不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，忽略小车和M下表面与地面的摩擦。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求水平弹出点离A点的竖直高度h1；
（2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.6。求小物块滑上M时对C点的压力F及上滑的最大高度h2；
（3）现解除小车锁定，并在小车上表面喷涂一种特殊材料（不计喷涂材料的质量），使小物块与小车间的动摩擦因数能从右（B端）向左随距离变化，如图乙所示。若小物块仍以v0＝4m/s速度水平弹出，试分析小物块能否通过C点？并说明理由。
第1页（共1页）
秘籍7 力学三大观点的综合应用问题
一、复杂物理模型构建与分析
1、多体多过程模型：题目常涉及多物体系统的多种运动过程，如连接体加速、碰撞，物体在不同轨道运动等。考查学生识别各物体不同阶段运动性质，构建模型，明确过程衔接点物理量关联的能力，为解题打基础。
2、与实际情境结合的模型：以生活、科技实际问题为背景，如汽车制动、航天器对接等，考查学生提取关键信息，简化并建立力学模型，运用三大观点分析物体运动和相互作用的能力。
二、力学规律的精准选取与联合运用
1、根据运动过程选规律：多过程问题中，不同阶段适用不同力学规律。匀变速直线运动常用牛顿运动定律结合运动学公式；涉及力的空间积累效果，如求变力做功、动能变化，用动能定理；系统合外力为零，用动量守恒定律。考查学生依运动特征和已知条件选规律、联立方程求解的能力。
2、多规律联立求解复杂问题：复杂力学问题需同时运用多个规律。如含碰撞且有能量损失的系统，要用动量守恒定律确定速度关系，用能量守恒定律分析能量变化，还可能借助牛顿运动定律分析碰撞瞬间受力，考查学生综合运用能力和逻辑思维。
三、与图像信息的融合考查
1、从图像获取关键信息：题目常给出运动学、动力学或能量相关图像，考查学生从图像提取物体运动状态、受力、能量变化等信息，结合力学三大观点解决问题的能力。
2、依据物理过程绘制图像：要求学生根据物体运动过程和力学规律，绘制物理量随时间或位移变化的图像，考查对物理过程的理解及对力学三大观点的运用能力。
题型一 应用三大动力学观点创新解决经典模型问题（计算题）
题型二 应用三大动力学观点解决多过程问题（计算题）
题型三 借助碰撞、爆炸等模型综合考察能量观、动量观及运动观（计算题）
1、本专题的常见过程与情境
2、应对策略
(1)力的观点解题:要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度。
(2)两大定理解题:应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)。
(3)过程中动量或机械能守恒:根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)。
3、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
4、冲量与动量、功和能
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率 平均功率： 即时功率：
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
动量 =
冲量
动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
1．（2025 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，右侧地面光滑，传送带两轮轴间的距离L＝5.5m，传送带以v0＝3m/s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Δx＝25cm，弹性势能Ep＝25.5J。两物块与左侧地面和传送带间的动摩擦因数μ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g＝10m/s2。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。
【解答】解：（1）对A、B和弹簧组成的系统，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒
mvA＝mvB
根据能量守恒
联立，解得
vB＝5m/s
（2）因为
vB＝5m/s＞v0＝3m/s
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t1时间与传送带共速，根据牛顿第二定律
μmg＝ma
根据运动学公式有
v0＝vB﹣at1
联立，解得
t1＝1s
减速的位移大小为
解得
x1＝4m＜L
所以假设成立。
则匀速的位移大小为
x2＝L﹣x1
解得
x2＝1.5m
匀速的时间为
解得
t2＝0.5s
物块B与小球1碰撞，根据动量守恒，以vB的方向为正方向：
mvB＝mvB1+Mv1
根据机械能守恒
解得
vB1＝﹣1m/s
v1＝2m/s
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5运动所需时间为
解得
t3＝1s
小球5开始运动的时间为
t＝t1+t2+t3
解得
t＝2.5s
（3）物块B第一次在传送带上相对传送带的路程为
Δx1＝x1﹣v0t1
解得
Δx1＝1m
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
解得
Δx2＝3m
物块B与小球1第二次碰撞，以vB1的方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒可得
mvB1＝mvB2+Mv1'
解得
物块B第三次在传送带上相对传送带的路程为
解得
Δx3＝1m
物块B与小球1第三次碰撞，以vB2的方向为正方向，根据动量守恒和能量守恒可得
mvB2+Mv1'＝mvB3+Mv1''
解得
物块B第四次在传送带上相对传送带的路程为
解得
所以，物块B与传送带间由于摩擦产生的总热量为
Q＝μmg（Δx1+Δx2+Δx3+Δx4）
解得
Q
2．（2025 岳麓区校级模拟）如图甲所示，半径为R＝0.8m的光滑圆弧轨道AB固定在光滑水平地面上，A点与圆心O等高，圆弧轨道与放在地面上质量为M＝1kg的长木板上表面相切于B点，木板右侧距离为x处固定弹性挡板。现将质量m＝3kg的小物块从A点由静止释放，小物块从B点离开圆弧后滑上长木板，一段时间后长木板与右侧弹性挡板发生第一次弹性碰撞（碰撞时间忽略不计），第一次碰撞完瞬间开始的内物块的v﹣t图像如图乙所示，小物块始终没有滑离木板。重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小物块滑至圆弧末端B点时对圆弧的压力大小；
（2）x应满足什么条件；
（3）长木板的最小长度及当x取最小值时整个过程中长木板运动的路程。
【解答】解：（1）根据题意，由A 到B过程中，由机械能守恒定律有得v0＝4m/s.在B点时，由牛顿第二定律得，由牛顿第三定律得小物块滑至圆弧末端B点时对圆弧的压力大小F＝90N。
（2）根据图像可知，根据牛顿第二定律μmg＝ma，得μ＝0.4，小物块在长木板上滑行，动量守恒，则mv0＝Mv1+mv2，解得v1＝3m/s，长木板与挡板碰撞前已经共速，所以共速碰撞x最小，对长木板有，解得x＝0.375m即x应满足x≥0.375m。
（3）经过多次碰撞，长木板最终停在挡板处，对系统的全过程由能量守恒可得
解得：L＝2m。
小物块滑上木板后，木板的加速度大小为
解得
木板与挡板第一次碰撞前，小物块与木板刚好共速，木板与挡板C第一次碰撞后，向左减速到速度为0运动的距离为
解得：
然后向右匀加速运动直到与物块共速：mv1﹣Mv1＝（m+M）v2
由于v2＜v1所以物块和木板会先共迷，再以速度大小功与挡板发生第二次碰撞，碰后木板速度反向，大小不变，加速度不变，向左运动位移为
解得m
同理，可知木板和物块会再次共速然后和挡板发生碰撞反弹向左运动，x1，x2，x3 构成等比数列
木板的总路程s＝x+2x1+2x2+2x3+…
解得s＝1.375m。
3．（2025 武汉二模）如图所示，在光滑水平面上，放置着竖直挡板P，距挡板x1＝6m处静止着质量mA＝2kg的小物块A，A右侧固定着倾角θ＝53°的斜面（与水平面平滑连接），质量mB＝1kg的小物块B从距斜面底端x2＝5m处以v0＝7m/s的初速度沿斜面下滑。已知B与斜面间的动摩擦因数μ＝0.8，A与B的碰撞为弹性碰撞，A与挡板碰撞后速度反向且大小为碰前的，所有碰撞时间极短且不计，重力加速度大小g＝10m/s2、sin53°＝0.8、cos53°＝0.6。求：
（1）B与A第1次碰撞前的速度大小；
（2）B与A第1次碰撞后二者的速度大小；
（3）B与A第1次碰撞后立即撤去斜面，经过多长时间二者再次碰撞？
【解答】解：（1）设B与A第1次碰撞前的速度大小为v，
物块B第1次与物块A碰前的过程，由动能定理可得：，
解得：v＝9m/s；
（2）设B与A第1次碰撞后二者的速度分别为vB、vA，
因为A与B的碰撞为弹性碰撞，则碰撞过程，该系统动量守恒且动能无损失，取水平向左为正方向，
由动量守恒可得：mBv＝mAvA+mBvB，
由能量守恒可得：，
联立可得：vA＝6m/s，vB＝﹣3m/s，
则碰后物块A的速度大小为6m/s，B的速度大小为3m/s；
（3）设碰撞后物块A经过时间t1与挡板相碰，此后又经过时间t2与物块B相碰，物块B与物块A第1次碰后到再次相碰经过的时间为t，
则：t＝t1+t2，
由运动学规律可得：x1＝vAt1，，
联立可得：t＝10s；
4．（2025 重庆模拟）如图所示，一边长为1.5R的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为m的小球（可视为质点），以初速度沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力不计，重力加速度为g。
（1）求该正方体物块的质量；
（2）求小球离开孔道时的速度；
（3）若小球以初速度沿水平方向进入孔道，小球在孔道圆弧部分运动的时间为t0，求小球从进入孔道至到达运动轨迹的最高点的过程中，该正方体物块移动的距离。
【解答】解：（1）水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则：mv0＝（m+M）v
系统机械能守恒：
解得
M＝m
（2）水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则：mv0＝mv1+Mv2
系统机械能守恒：
解得
v1＝0
（3）从进入孔道到圆弧轨道的最高点的过程中，以水平向右为正方向，水平动量守恒：
mv0'＝mv1'+Mv2'
求和得mv0't0＝mx1+Mx2
由几何关系：x1﹣x2＝R
联立解得：
小球运动到与圆心等高处，以水平向右为正方向：mv0'＝（m+M）v'
解得：
由机械能守恒：
解得
从与圆心等高到轨迹最高点用时
水平位移：x3＝v't
解得
x3＝2R
物块总位移：x总＝x2+x3
解得
5．（2025 芜湖校级二模）如图所示（俯视图）的水平传送带由三段组成，AB、CD段为直线，BC段边缘是圆心角为90°的圆弧，CD段上方有一光滑挡板，挡板与传送带中心线之间的夹角θ＝60°，物体碰到挡板瞬间，垂直挡板方向速度变为零，物块沿挡板匀速运动到工作台。一质量m＝1kg的物体由A端轻放在传送带的中心线上，到达B端时恰好与传送带共速，在BC段与传送带相对静止。已知传送带速率恒定，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，AB段长L＝1m，物块在BC段的时间tBC＝2s，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）传送带的速率及物块与挡板作用后匀速运动的速度大小；
（2）物体从A运动到B的过程中，传送装置比空载时多做的功；
（3）物块从B到C的过程中，传送带对物块的冲量大小。
【解答】解：（1）物体在AB段，由牛顿第二定律可得：μmg＝ma，解得： 由运动学公式可得：，解得：
则传送带的速率为：v＝at＝2×1m/s＝2m/s
物块与挡板作用后瞬间的速度大小为：；
（2）物体从A运动到B的过程中，传送带的位移大小为：x＝vt＝2×1m＝2m
由能量守恒定律可知，传送装置比空载时多做的功为：；
（3）物体从B到C的过程中，由动量定理可得：
重力的冲量大小为：IG＝mg tBC＝1×10×2N s＝20N s
其矢量图如图所示：
则传送带对物块的冲量大小为：。
6．（2025 深圳一模）如图所示为一项冰上游戏设施，平台之间的水平冰面上有可滑动的小车，左右平台及小车上表面等高，小车紧靠左边平台。小孩坐在雪橇上（系有安全带），静止在左边平台边缘处。现在家长施加推力，雪橇瞬时获得水平冲量I＝160N s，滑上小车。小车在冰面上滑行了L2＝4m的距离后与右侧平台碰撞并被锁定，雪橇最终停在右侧平台上。已知小孩和雪橇的总质量m＝20kg，雪橇与小车上表面间的动摩擦因数μ1＝0.8，雪橇与右侧平台间的动摩擦因数μ2＝0.5。小车质量M＝20kg，长度L1＝2.5m。将雪橇视作质点，忽略冰面阻力，g取10m/s2。试计算：
（1）雪橇滑上小车时的速度；
（2）小车碰撞右侧平台时的速度；
（3）雪橇在右侧平台上滑行的距离。
【解答】解：（1）设雪橇滑上小车的瞬时速度为v1，取向右为正方向，根据动量定理有
I＝mv1﹣0
解得v1＝8m/s
（2）法一：
假设小车和雪橇可以共速，设共同速度为v2，取向右为正方向，根据动量守恒定律有
mv1＝（m+M）v2
解得v2＝4m/s
根据能量守恒定律有
μ1mgx相（m+M）
联立解得x相＝2m
设小车滑行的距离为x2，对小车，根据动能定理有
解得x2＝1m
由于x相＜L1，x2＜L2，假设成立，则最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，小车碰撞右侧平台的速度为v2＝4m/s。
法二：
对雪橇在小车上受力分析，设雪橇的加速度为a1，小车的加速度为a2，对雪橇，根据牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
解得
对小车，由牛顿第二定律有
μ1mg＝Ma2
解得
假设雪橇与小车共速时，用时为t，雪橇的位移为x1，小车的位移为x2，由运动学公式有
v1t﹣a1t＝a2t
v2＝v1t﹣a1t
小车与雪橇的相对位移x相＝x1﹣x2
联立解得x相＝2m，x2＝1m
由于x相＜L1，x2＜L2，假设成立，即最终雪橇与小车以共同速度滑行至右侧平台，速度为v2＝4m/s。
（3）法一：
设雪橇在平台上滑行的距离为x4，在小车上滑行的距离为x3
x3＝L1﹣x相
对雪橇，由动能定理有
联立解得x4＝0.8m
法二：
设雪橇在平台上滑行的距离为x4，在小车上滑行的距离为x3，则
x3＝L1﹣x相
雪橇离开小车时的速度为v3，由运动学公式有
设雪橇在平台上的加速度为a3，由牛顿第二定律有
μ2mg＝ma3
又
联立解得x4＝0.8m
7．（2025 珠海一模）如图所示，卡车A上放有一块木板B，木板与卡车间的动摩擦因数μ1＝0.5，木板质量m＝100kg。木板右侧壁（厚度不计）到左端的距离d＝2m，到驾驶室距离D＝4m。一质量与木板相等的货物C（可视为质点）放在木板的左端，货物与木板间的动摩擦因数μ2＝0.1。现卡车、木板及货物整体以v0＝10m/s的速度匀速行驶在平直公路上。某时刻，司机发现前方有交通事故后以a＝5m/s2的恒定加速度刹车，直到停下。司机刹车后瞬间，货物相对木板滑动，木板相对卡车静止。货物与木板右侧壁碰撞后粘在一起，碰撞时间极短。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物的加速度大小；
（2）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，木板受到卡车的摩擦力大小；
（3）木板最终是否会与驾驶室相碰？如果会，求出木板碰撞驾驶室的速度；如果不会，最终木板右侧与驾驶室相距多远？
【解答】解：（1）在刹车过程中，货物与木板右侧壁碰撞前，货物C相对木板B滑动，对货物C受力分析，根据牛顿第二定律有
μ2mg＝maC
解得
（2）在刹车过程，货物C与木板B右壁碰撞前，木板B与卡车A相对静止，对木板受力分析，根据牛顿第二定律有
fB﹣μ2mg＝ma
解得
fB＝600N
（3）货物C在木板B上滑动，则有
解得
t2＝1s
在t2＝1s内，木板B与卡车A一起减速，则有
vB＝v0﹣at2
货物C在木板B上减速滑动，则有
vC＝v0﹣aCt2
货物C与木板B碰撞，动量守恒，规定C的速度方向为正方向，则有
mvC+mvB＝2mvBC
解得货物C与木板B的共同速度为
vBC＝7m/s
因vBC＞vB，所以货物C与木板B整体相对卡车A会滑动，对BC，根据牛顿第二定律有
μ1 2mg＝2maBC
解得
则卡车刹停的时间为
从货物C与木板B相碰到卡车A停止的时间
t3＝t1﹣t2＝2s﹣1s＝1s
在t3＝1s时间内，货物C与木板B整体减速到
vBC1＝vBC﹣aBCt3
继续向前减速到0，货物C与木板B的共速度到停下的位移为
解得sBC＝4.9m
在t3＝1s时间内卡车刹停的位移为
解得sA＝2.5m
因
sBC＜sA+D
所以卡车刹停时，木板右侧不会与驾驶室相碰，则木板右侧与驾驶室相距的距离为
L＝sA+D﹣sBC
解得L＝1.6m
8．（2025 高新区校级模拟）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道ABC，BC段是R＝0.5m的半圆，AB段足够长，小球Q静止于小球P的左侧，质量m1＝50g的小球P与轻弹簧一端连接，以速度v＝4m/s沿水平地面向左运动。与小球P连接的轻弹簧从接触小球Q到弹簧被压缩到最短的过程中，小球Q运动的距离d＝0.4m，经历的时间t＝0.25s。在此后的运动中，Q与弹簧分离后，滑上轨道BC，恰能经过最高点C。小球P、Q均可视为质点，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）小球Q在C点的速度大小vC；
（2）小球Q的质量m2；
（3）弹簧的最大压缩量Δx。
【解答】解：（1）小球Q沿BC运动时恰能经过最高点C，根据牛顿第二定律可得：
求得：
（2）设Q 与弹簧分开时 P、Q的速度分别为v1、v2，小球Q从B点到C点的过程中，根据机械能守恒可得：
P、Q、弹簧组成的系统动量守恒，以向左为正可得：m1v0＝m1v1+m2v2
P、Q、弹簧组成的系统机械能守恒，可得：
代入数据解得：m2＝30g
（3）P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，小球P连接的轻弹簧从接触Q到弹簧被压缩到最短的过程中的任意时刻有：m1v0＝m1v1'+m2v2'
在任意一段很短的时间Δt内均有：m1v0Δt＝m1v1'Δt+m2v2'Δt
两边分别对时间累加求和，可得：m1v0t＝m1xP+m2d
代入数据求得：xP＝0.76m
所以，弹簧的最大压缩量为：Δx＝xP﹣d＝（0.76﹣0.4）m＝0.36m
9．（2025 杭州一模）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＝1m、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。在轨道末端E点的右侧光滑水平地面FG上紧靠着质量M＝0.5kg的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。水平地面上距滑板右侧足够远处固定有挡板GH，滑板b与其碰撞时会立即被锁定。质量为m＝0.5kg的物块a从轨道AB上距B高度为h＝0.3m处以初速度v0下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，与滑板b间的动摩擦因数μ2＝0.2。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
（1）若初速度v0＝0，求物块a：
①第一次通过D点时速度vD大小；
②在轨道AB上运动的总路程S。
（2）若物块a能沿轨道冲上滑板b，则：
①v0应满足什么条件？
②滑板b至少要多长，物块a一定不会碰到挡板GH？
【解答】解：（1）①物块从开始运动到D点过程，根据动能定理：
代入数据解得：
②设过D点后冲上曲面高度为h′，根据机械能守恒定律：
代入数据解得：h′＝0.1m
而由几何关系可知：hDE＝R（1﹣cosθ）＝0.2m
所以：h′＜hDE
故物块不会冲上滑板，会原路返回。物体运动全程由能量守恒有：mgh＝μ1mgcosθ s
解得：s＝0.75m
（2）①在D点不脱离轨道则全程不会脱离轨道，此时初速度最大，根据动能定理
还需要满足：
解得：
同理，物块能到达E点，满足：
解得：
综上：
②物块在D点没有脱轨，根据牛顿第二定律：
物块以最大速度到达E点，根据机械能守恒定律：
物块在滑板上运动，在刚滑上滑板到与滑板共速的过程中，由动量守恒定律有：mvE＝（m+M）v1，
由能量守恒定律有：
滑板被锁定后，物块继续滑动，由能量守恒定律：
故滑板长度最小为：L＝l1+l2
联立代入数据得：L＝0.75m
10．（2025 重庆校级模拟）如图所示，从A点以某一水平速度v0抛出质量m＝1kg的小物块1（可视为质点），当物块1运动至B点时，恰好沿切线方向进入圆心角∠BOC＝37°的固定光滑圆弧轨道BC，C端的切线水平且与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量M＝4kg，其左端放置与小物块1完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质弹簧，A点距B点的高度H＝0.45m，圆弧轨道半径R＝2.75m。小物块1滑行到车上立即与小木块2发生碰撞（碰撞时间极短），碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间达到相对静止，物块与长木板间动摩擦因数μ＝0.25，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，弹簧始终在弹性限度内，求：
（1）小物块1抛出时水平速度v0的大小；
（2）小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小；
（3）木板的长度。
【解答】解：（1）小物块1从A点到B点做平抛运动，竖直方向有
B点竖直方向的速度为
vy＝gt
小物块恰好沿切线方向进入圆弧轨道BC，有
解得小物块1抛出时水平速度v0的大小
v0＝4m/s
（2）B点的速度为
小物块1从B点到C点，根据动能定理有
解得
vC＝6m/s
小物块1滑动至C点时，根据牛顿第二定律可得
根据牛顿第三定律，小物块1滑动至C点时，对圆弧轨道的压力大小为
（3）小物块1与小木块2发生碰撞，取向右为正方向，由动量守恒得
mvC＝2mv1
解得
v1＝3m/s
若物块没有与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，取向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒有
2mv1＝（M+2m）v2
解得木板的长度为
L1＝2.4m
若物块与右侧弹簧相碰，对三个物体组成的系统，根据能量守恒有
解得木板的长度为
L2＝0.8m
综上所述，木板的长度为2.4m或0.8m。
11．（2025 北碚区校级模拟）如图所示，半径为R的光滑圆弧面AB与光滑水平面BC平滑连接（圆弧的圆心在B的正下方），其中A、B两点的水平距离和竖直距离分别为d、h。长为的轻杆上端固定在光滑水平转轴O，下端固定一个小球，小球刚好与水平面接触。质量为M的物块在水平恒力作用下从A点由静止运动到B点。物块在B点处时撤去水平恒力，此时物块对圆弧面的压力为零。最后物块与小球发生一次弹性正碰，使小球在竖直平面内做完整的圆周运动。忽略一切阻力，重力加速度为g，求：
（1）物块到达B点的速度v0；
（2）水平恒力F的大小；
（3）小球质量m的取值范围。
【解答】解：（1）因为物块在B点处时撤去水平恒力，此时物块对圆弧面的压力为零，则在B点，重力提供向心力，有：
，
解得：
，或者因为R2＝d2+（R﹣h）2，则v0，方向水平向右；
（2）物块从A到B的过程，由动能定理可得：
，
由（1）知：
v0，或者，
联立可得：
F，或者；
（3）由题知，物块与小球发生弹性正碰，则物块、小球系统动量守恒且动能无损失，以水平向右为正方向，可得：
Mv0＝Mv1+mv2，
，
小球做完整圆周运动，则小球至最高点速度大于0，若小球至最高点时速度刚好为0，则碰后小球从最低点运动到最高点过程，由动能定理可得：
，
联立可得：
，或者，
所以小球质量取值范围为：，或者m；
12．（2025 宁波校级一模）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角θ＝37°长l1＝2.75m的固定斜面AB、质量m1＝1kg的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量m2＝4kg长度l2＝2.25m的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径R＝1m，最低点C与小车等高。当P把m＝1kg的小物块（视为质点）以v0＝4m/s速度水平弹出，恰好由A点沿斜面方向进入斜面，不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，忽略小车和M下表面与地面的摩擦。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求水平弹出点离A点的竖直高度h1；
（2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.6。求小物块滑上M时对C点的压力F及上滑的最大高度h2；
（3）现解除小车锁定，并在小车上表面喷涂一种特殊材料（不计喷涂材料的质量），使小物块与小车间的动摩擦因数能从右（B端）向左随距离变化，如图乙所示。若小物块仍以v0＝4m/s速度水平弹出，试分析小物块能否通过C点？并说明理由。
【解答】解：（1）根据平抛运动规律，小物块到在A点时有：
解得：vy＝3m/s，h1＝0.45m；
（2）小物块在A点速度为合速度，则有：
小物块从A运动到B的过程中，由动能定理可得：
解得：vB＝6m/s
小物块从B运动到C的过程中，由动能定理有 可得：
解得：vC＝3m/s
在圆轨道C点，根据牛顿第二定律有：
根据牛顿第三定律可知，小物块滑上M时对C点的压力：F＝N
解得：F＝19N，方向竖直向下。
设小物块滑上M的最大高度时，小物块与M共速v1，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mvC＝（m1+m2）v1
解得：h2＝0.225m；
（3）小物块从B到C过程，克服摩擦力做功为：
解得：WBC＝6.5J
若到C点共速，则对三者组成的系统，由动量守恒定律有：
mvB＝（m+m1+m2）v共
解得：v共＝1m/s
（m+m1+m2）
解得：ΔE损＝15J
可知WBC，故小物块能通过C点。
第1页（共1页）
