三大力學觀點（動力學、能量、動量）的綜合應用
一、單選題
1．（2024·四川成都·模擬預測）如圖甲所示，大型物流貨場廣泛地應用傳送帶搬運貨物。與水平面夾角為θ的傾斜傳送帶以恒定速率運動，皮帶始終是繃緊的。將質(zhì)量為 的貨物 （可視為質(zhì)點） 輕放在傳送帶的A端，經(jīng)過1.2s到達傳送帶的B端。用速度傳感器測得貨物與傳送帶的速度ν隨時間t變化的圖像如圖乙所示。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度，下列說法正確的是 （ ）
A．貨物從 A 端到 B 端的過程中受到的摩擦力始終不變
B．貨物與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.4
C．貨物從A端到 B 端的過程中，貨物與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為9.6J
D．貨物從A 端到 B 端的過程中，貨物與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的熱量為22.4J
【答案】C
【知識點】物塊在傾斜的傳送帶上運動分析、能量守恒定律與傳送帶結(jié)合
【詳解】A．由題意可知，貨物先以a1加速度做勻加速直線運動，再以a2加速度做勻加速直線運動，則時間內(nèi)，貨物受到的摩擦力沿傳送帶向下，時間內(nèi)，貨物受到的摩擦力沿傳送帶向上，A錯誤；
B．由圖像可知，貨物的加速度大小為
根據(jù)牛頓第二定律則有
解得
同理可得內(nèi)有
聯(lián)立解得
B錯誤；
CD．由圖可知，整個過程貨物的位移
傳送帶的位移
二者的相對位移
根據(jù)上述結(jié)論可知
故整個過程產(chǎn)生的熱量
C正確，D錯誤。
故選C。
2．（2025·廣東·模擬預測）如圖所示，底端帶有擋板的光滑斜面固定在水平面上，一輕彈簧一端與擋板連接，軸線與斜面平行，質(zhì)量為M的物塊（可視為質(zhì)點，與彈簧不連接）緊靠彈簧靜止在斜面上。現(xiàn)施加沿斜面向下的力進一步壓縮彈簧，然后由靜止釋放物塊，物塊沿斜面開始運動，忽略空氣阻力，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。以釋放點為坐標原點O，沿斜面向上為x軸正方向建立坐標系，從物塊釋放到第一次回到坐標原點的過程中，物塊的加速度a隨路程s變化的圖像或位移x隨時間t變化的圖像可能正確的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【知識點】細繩或彈簧相連的連接體問題
【詳解】AB．設彈簧的初始壓縮量為，物塊釋放前，根據(jù)平衡條件有
釋放后彈簧未恢復原長前，根據(jù)牛頓第二定律可得
聯(lián)立解得
若彈簧能夠恢復原長（即），則彈簧恢復原長后
物塊到達最高點后，開始沿斜面向下做勻加速運動，加速度仍為
再次接觸彈簧后，物塊先做加速度減小的加速運動，再做加速度增大的減速運動，回到坐標原點時速度恰好減為零，物塊做往復運動，根據(jù)對稱性結(jié)合上述分析可知，故A錯誤，B正確；
CD．若，物塊釋放后不能脫離彈簧，位移x隨時間t按正弦規(guī)律變化；若，物塊釋放后能脫離彈簧，脫離彈簧后位移x隨時間t按二次函數(shù)規(guī)律變化，故CD錯誤。
故選B。
3．（2024·河北·模擬預測）高頻考點彈簧連接體如圖所示，質(zhì)量為M的小球套在固定傾斜的光滑桿上，原長為的輕質(zhì)彈簧一端固定于O點，另一端與小球相連，彈簧與桿在同一豎直平面內(nèi)。圖中AO水平，BO間連線長度恰好與彈簧原長相等，且與桿垂直，在O點正下方，C是段的中點，桿與豎直方向的夾角?，F(xiàn)讓小球從A處由靜止釋放，重力加速度為g，彈簧的勁度系數(shù)為。查閱資料知，彈簧的彈性勢能，其中x為彈簧的形變量，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列說法正確的是（ ）
A．下滑過程中小球的機械能先減小后增大
B．小球位于A點時的加速度大小為
C．小球下滑到B點時的動能為
D．小球下滑到C點時的動能為
【答案】D
【知識點】彈簧類問題機械能轉(zhuǎn)化的問題、常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化
【詳解】A．下滑過程中小球的機械能會與彈簧的彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，由題意知在B處時彈簧的彈性勢能為零，則彈簧的彈性勢能先減小后增加，小球的機械能先增大后減小，A錯誤；
B．由幾何關(guān)系得
，，，，，
根據(jù)幾何關(guān)系可得
，
小球位于A點時的加速度
B錯誤；A、B兩點間的高度差為
由機械能守恒定律得
解得
C錯誤；
A、C兩點間的高度差
小球在兩位置彈簧的彈性勢能相等，小球重力做的功全部轉(zhuǎn)化為小球的動能，所以得
D正確。
故選D。
4．（2024·安徽·模擬預測）如圖所示，光滑水平面上有一光滑的斜面，斜面上有一可視為質(zhì)點的物塊從頂端由靜止開始下滑，一直運動到底端。忽略空氣阻力的影響，在此過程中，下列說法正確的是（ ）
A．物塊受到的支持力對物塊不做功
B．物塊受到的支持力對物塊做負功
C．物塊對斜面的壓力對斜面不做功
D．物塊受到的支持力與斜面不垂直
【答案】B
【知識點】判斷某個力是否做功，做何種功、判斷系統(tǒng)機械能是否守恒
【詳解】ABC．由于水平面是光滑的，在物塊下滑的過程中，物塊和斜面組成的系統(tǒng)機械能守恒，隨著斜面動能的增加，物塊的機械能減小，所以物塊受到的支持力對物塊做負功，物塊對斜面的壓力對斜面做正功，AC項錯誤、B項正確；
D．在物塊運動過程中，物塊受到的支持力方向與斜面始終垂直，D項錯誤。
故選B。
5．（2024·安徽·一模）如圖所示，兩根平行的光滑金屬導軌MN、PQ，距離為L，與左側(cè)M，P間連接阻值為R的電阻構(gòu)成一個固定的水平U型導體框架，導軌電阻不計且足夠長。框架置于一個方向豎直向下，范圍足夠大的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，磁場左側(cè)邊界是。質(zhì)量為m、電阻為R、長度為L的導體棒垂直放置在兩導軌上，并與導軌接觸良好，現(xiàn)導體棒以一個水平向右的初速度進入磁場區(qū)域，當導體棒在磁場中運動距離為x的過程，則（ ）

A．通過導體棒的電量為
B．導體棒的運動為勻變速運動
C．導體棒所受安培力在不斷增大
D．若將磁感應強度的方向調(diào)整為豎直向上，則導體棒所受安培力方向?qū)l(fā)生變化
【答案】A
【知識點】左手定則的內(nèi)容及簡單應用、求導體棒運動過程中通過其截面的電量、作用的導體棒在導軌上運動的電動勢、安培力、電流、路端電壓
【詳解】A．由法拉第電磁感應定律
由閉合電路歐姆定律
則該過程中通過導體棒的電量為
聯(lián)立可得
故A正確；
BC．規(guī)定向右為正方向，由動量定理
其中
聯(lián)立可得
導體棒所受安培力為
所以安培力在不斷變小，加速度不斷變小，故BC錯誤；
D．若將磁感應強度的方向調(diào)整為豎直向上，根據(jù)右手定則可知回路中的感應電流順時針，根據(jù)左手定則可知導體棒所受的安培力方向仍向左，故D錯誤。
故選A。
6．（2024·福建·二模）如圖，傾角為37°的傳送帶沿逆時針方向以4m/s的速度勻速轉(zhuǎn)動，將質(zhì)量為1kg的小物塊輕放在傳送帶的頂端A處，經(jīng)過2s小物塊到達傳送帶的底端B處。已知小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.25，重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。下列說法正確的是（ ）
A．小物塊一直做勻變速運動
B．A、B間的長度為11.5m
C．小物塊到達B處時的速度大小為16m/s
D．全過程中小物塊機械能減少23J
【答案】B
【知識點】物塊在傾斜的傳送帶上運動分析、能量守恒定律與傳送帶結(jié)合
【詳解】A．當小物塊的速度小于傳送帶的速度時，由牛頓第二定律可知
解得
當小物塊的速度等于傳送帶的速度時，由于
小物塊會繼續(xù)以a2加速運動至B點，由牛頓第二定律可知
解得
故全程做變加速運動，故A錯誤；
C．設小物塊從A點運動到與傳送帶共速時經(jīng)過的時間為t1，則
由題可知，全程運動時間為
到達B點時的速度為
解得
故C錯誤；
B．AB間長度為
解得
故B正確；
D．全過程中小物塊機械能減小量為
解得
故D錯誤。
故選B。
二、多選題
7．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為的木板B與直立輕彈簧的上端拴接，彈簧下端固定在地面上。平衡時彈簧的壓縮量為，一質(zhì)量為的物塊A從木板B正上方距離為的高處自由落下，打在木板上與木板粘連在一起向下運動。從A、B碰撞到兩者到達最低點后又向上運動到最高點經(jīng)歷的總時間為，已知彈簧的彈性勢能，為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度為，空氣阻力忽略不計。則在時間內(nèi)，下列說法正確的是（ ）
A．彈簧的最大彈性勢能為
B．A和B一起運動的最大加速度大小為
C．A和B一起運動的最大速度大小為
D．從A、B碰撞到兩者到達最低點經(jīng)歷的時間為
【答案】AD
【知識點】彈簧振子在一個周期內(nèi)運動的定性規(guī)律、利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題、細繩或彈簧相連的連接體問題、彈簧類問題機械能轉(zhuǎn)化的問題
【詳解】A．物塊A做自由落體運動，設其與木板B碰撞前瞬間的速度大小為，由動能定理可得
解得
物塊A與木板B碰撞瞬間滿足動量守恒，由動量守恒定律可得
解得
從A、B碰撞到達最低點，設最低點位置彈簧壓縮量為，由能量守恒定律可得
其中
解得
可得彈簧的最大彈性勢能為
故A正確；
B．A、B一起運動到最低點時，彈簧的形變量最大，彈簧對A、B整體的彈力最大，加速度最大，由牛頓第二定律有
解得A、B一起運動的最大加速度大小為
故B錯誤；
C．當彈簧彈力與A、B的重力相等時，A和B一起運動的速度最大，設此時彈簧壓縮量為，由受力平衡可得
解得
根據(jù)能量守恒定律有
解得
故C錯誤；
D．A、B在一起做簡諧運動，設振動方程為
在點A、B碰撞，從有
解得
由題意知從時間為，則有
可得簡諧運動的周期為
從A、B碰撞到兩者到達最低點，即從的時間為
故D正確。
故選AD。
8．（2024·四川成都·模擬預測）如圖甲所示，“L”形木板Q（豎直擋板厚度不計）靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為的滑塊P（視為質(zhì)點）以的初速度滑上木板，時滑塊與木板相撞并粘在一起。兩者運動的圖像如圖乙所示。重力加速度大小，則下列說法正確的是（ ）
A．“L”形木板的長度為
B．Q的質(zhì)量為
C．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1
D．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能與碰撞后木板Q與地面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之比為
【答案】BD
【知識點】碰撞后直接粘連問題、板塊/子彈打木塊模型
【詳解】A．“L”形木板的長度
A錯誤；
B．滑塊P滑上木板后，滑塊P做勻減速運動，木板Q做勻加速運動，由兩者運動的圖像可知，兩者在碰撞前滑塊P的速度為
木板Q的速度
兩者碰撞后共同速度為
碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒，設滑塊P的質(zhì)量為m，木板Q的質(zhì)量為M，取滑塊P的速度方向為正方向，由動量守恒定律可得
代入數(shù)據(jù)解得
B正確；
C．設滑塊P與木板Q間的滑動摩擦因數(shù)為，地面與木板之間的滑動摩擦因數(shù)為，由運動的圖像可知，在0~2s時間內(nèi)，滑塊P的加速度為
木板Q的加速度為
對兩者由牛頓第二定律可得
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得
C錯誤；
D．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為
代入數(shù)據(jù)解得
碰撞后木板Q與地面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能
課中由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能與碰撞后木板Q與地面摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能之比為，D正確。
故選BD。
9．（2024·福建寧德·三模）如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊A、B用輕質(zhì)橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長。t = 0時，A以水平向左的初速度v0開始運動，B的初速度為0，A、B運動的v ? t圖像如圖乙所示。已知A的質(zhì)量為m，0 ~ t0時間內(nèi)B的位移為x0，t = 3t0時二者發(fā)生碰撞并粘在一起，則（ ）
A．B的質(zhì)量為2mB．橡皮繩的最大彈性勢能為
C．橡皮繩的原長為D．橡皮繩的原長為v0t0
【答案】AD
【知識點】滑塊彈簧模型、利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題
【詳解】A．由圖乙及動量守恒定律得
解得
故A正確；
CD．由圖乙知，2t0時刻橡皮繩處于原長，設此時A、B的速度分別為vA、vB，由動量守恒定律及能量守恒定律得
解得
，
橡皮繩的原長
故C錯誤，D正確；
B．由能量守恒定律，橡皮繩的最大彈性勢能
故B錯誤。
故選AD。
10．（2024·四川成都·模擬預測）如圖甲，同一豎直平面內(nèi)，四點距點的距離均為，點為水平連線的中點，在連線的中垂線上。兩點分別固定有一點電荷，電荷量均為（）。以為原點，豎直向下為正方向建立軸。若取無窮遠處為電勢零點，則上的電勢隨位置的變化關(guān)系如圖乙所示。一電荷量為的小球S以一定初動能從點豎直下落，一段時間后經(jīng)過點，且在點的加速度大小為，為重力加速度大小，為靜電力常量。則下列說法正確的是（ ）
A．小球S在點受到的電場力大小為
B．從點到點的過程，小球S受到的電場力先減小后增大
C．從點到點，小球S動能變化為
D．在連線的中垂線上電場強度最大的點到點的距離為
【答案】ACD
【知識點】庫侖定律表達式和簡單計算、用動能定理求解外力做功和初末速度、等量同種電荷連線中垂線和連線上的電場強度分布圖像
【詳解】AB．設A到小球的距離為R，A點的電荷對小球S的庫侖力大小為FA，小球S和A點連線與中垂線的夾角設為θ，由庫侖定律有
設小球S所受電場力大小為F，由力的合成有
則根據(jù)數(shù)學知識可知，從點到點的過程，小球S受到的電場力先增大后減小，再增大再減?。?br>小球S在點受到的電場力大小為
故A正確，B錯誤；
C．在N點的加速度大小為2g，根據(jù)牛頓第二定律有
小球S從O點到N點由動能定理有
根據(jù)圖線可解得
故從O點到N點小球S的動能增加了，故C正確；
D．根據(jù)選項AB分析可得，小球S在連線的中垂線上受到的電場力為
設，則有
求導可得
可知F在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，則即時，小球S受到的電場力最大，此位置的電場強度也最大，此時，則在連線的中垂線上電場強度最大的點到點的距離為
故D正確。
故選ACD。
11．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，間距均為的粗糙平行傾斜導軌與足夠長光滑平行水平導軌在、處平滑連接，空間存在方向豎直向下、磁感應強度大小為的勻強磁場。、是兩根完全相同且粗細均勻的金屬棒，質(zhì)量為，電阻為棒垂直放置在傾斜導軌距水平導軌高處；棒與水平導軌垂直并處于靜止狀態(tài)，到的距離。現(xiàn)給棒一個水平向右的初速度，運動過程中棒始終垂直于導軌，棒始終靜止。不計導軌電阻，重力加速度為，下列說法正確的是（ ）
A．初始時通過閉合回路的磁通量為
B．棒獲得初速度瞬間，通過棒的電流大小為
C．棒獲得初速度后向右做減速運動過程中，棒受到的支持力和摩擦力均變大
D．棒獲得初速度后向右運動的最大位移為
【答案】BD
【知識點】雙桿在等寬導軌上運動問題、計算磁通量的大小、作用的導體棒在導軌上運動的電動勢、安培力、電流、路端電壓
【詳解】A．初始時穿過閉合回路的磁通量
A錯誤；
B．棒獲得初速度瞬間，產(chǎn)生的感應電動勢
B正確；
C．由右手定則和左手定則可知棒所受安培力水平向左，棒獲得初速度后向右做減速運動，棒受到安培力水平向右，隨著棒速度的減小，感應電動勢減小，感應電流減小，兩棒所受安培力也逐漸變小，根據(jù)受力平衡可得，棒受到的支持力變大，摩擦力變小，C錯誤；
D．棒獲得初速度后向右做減速運動過程中，由動量定理有
解得
D正確。
故選BD。
12．（2024·湖北·模擬預測）如圖所示，平行光滑金屬導軌間距為，導軌處在豎直向上的勻強磁場中，兩個相同的金屬棒垂直于導軌平行放置，與導軌始終接觸良好，每個金屬棒質(zhì)量為，接入電路的電阻均為。開始時棒鎖定在軌道上，對棒施加水平向右的恒定拉力，經(jīng)時間棒的速度達到最大值，此時撤去拉力，同時解除對棒的鎖定，導軌足夠長且電阻不計。則（ ）
A．勻強磁場的磁感應強度大小為B．撤去拉力前棒前進的距離為
C．撤去拉力前棒前進的距離為D．全過程中回路產(chǎn)生的焦耳熱為
【答案】AC
【知識點】雙桿在等寬導軌上運動問題
【詳解】A．a(chǎn)b棒勻速時受力平衡，有
解得
故A正確；
BC．a(chǎn)b棒從開始運動到勻速，列動量定理
解的
故B錯誤，C正確。
D．解除鎖定后兩棒相互作用過程中動量守恒，最后共同運動速度為，
對全過程由能量守恒定律
得
故D錯誤。
故選AC。
三、解答題
13．（2025·山東·模擬預測）如圖所示，一質(zhì)量，長度的長木板C（右端帶擋板）靜止在光滑水平面上，小物塊A放置在長木板最左端，小物塊B放置在長木板上距右端為x處，A、B均可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為。某時刻，給A一個水平向右、大小為的初速度，A、B、C之間的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。A、C和B、C之間的動摩擦因數(shù)均為，A、B始終未脫離C，取。
(1)求從A開始運動到A、B、C達到穩(wěn)定狀態(tài)的過程，整個系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量；
(2)求B與擋板碰后瞬間B和C各自的速度大??；
(3)若A、B不發(fā)生第二次碰撞，求B與長木板右端的距離x的最小值。
【答案】(1)24J
(2)；
(3)
【知識點】利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題、沒有其他外力的板塊問題
【詳解】（1）對A、B、C由動量守恒定律有
減少的動能因摩擦轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，則
解得
則系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量
（2）因為A、B的質(zhì)量相同，所以A與B碰后速度交換，可視為A直接滑到右端，從開始到B與擋板碰撞前瞬間由動量守恒定律得
由能量守恒定律得
B與C碰撞過程，由動量守恒定律有
由機械能守恒定律有
聯(lián)立解得
，
（3）B與擋板碰后瞬間A的速度大小為，對A、B、C由牛頓第二定律可得
A、B的加速度大小
C的加速度大小
設A、C先達到共速的時間為t，則
解得
這段時間內(nèi)A的位移大小
B的位移大小
A、C共速瞬間
，
之后B與A、C整體作用，最后A、B、C共速，速度大小為
由能量守恒定律有
解得
若A、B不發(fā)生第二次碰撞，則x至少為
14．（2024·河北·模擬預測）如圖所示，斜面點處固定有一輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長時其末端在點處，斜面段光滑，段粗糙且足夠長。兩個可視為質(zhì)點、質(zhì)量均為的物塊、靜置于彈簧上。若將物塊取走，物塊運動的最大速度為。已知物塊與段之間的動摩擦因數(shù)，斜面傾角為，重力加速度取。
(1)求彈簧的勁度系數(shù)；
(2)若物塊的質(zhì)量為，取走物塊，求物塊在離開彈簧時的速度；
(3)在（2）的條件下，求物塊在點上方運動的總時間。
【答案】(1)
(2)
(3)
【知識點】細繩或彈簧相連的連接體問題、應用動能定理解多段過程問題
【詳解】（1）初始時兩物塊靜止，設此時彈簧壓縮量為，對物塊、，由平衡條件得
取走物塊后，物塊速度最大時所受合力為零，設此時彈簧壓縮量為，對有
聯(lián)立解得
即物塊有最大速度時沿斜面向上的位移為，對物塊，由動能定理得
聯(lián)立解得
（2）若物塊的質(zhì)量，靜止時，設此時彈簧壓縮量為，由平衡條件得
取走物塊后，物塊在彈簧原長處離開彈簧，此時彈簧彈力為0，對物塊，由動能定理得
聯(lián)立解得
（3）物塊在段運動時受摩擦力作用，設向上滑行和向下滑行的加速度大小分別為、，由牛頓第二定律得
解得
設物塊向下滑行經(jīng)過點時的速度為，由運動學公式得
解得
由（2）可知
故
設物塊每次經(jīng)過點的速度大小依次為、、、、、、，其中、、、表示向上經(jīng)過點的速度大小，、、、…表示向下經(jīng)過點的速度大小，由運動過程知，每次向上經(jīng)過點時的速度大小之比為
同理，每次向下經(jīng)過點的速度大小之比為
設物塊每次從點向上運動到最高點的時間依次為、、、，從最高點向下運動到點的時間依次為、、、，有
、、、
、、、
15．（2024·安徽·模擬預測）如圖所示，質(zhì)量為3m、半徑為R的四分之一光滑圓弧體b靜止在光滑的水平面上，圓弧面的最低點與水平面上的A點對齊，且與水平面相切，輕質(zhì)彈簧的右端與靜止的質(zhì)量為3m的物塊c相連，左端與水平面上的B點對齊，AB部分長為R，彈簧處于原長，水平面僅A、B部分粗糙?，F(xiàn)將質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊a從圓弧面的最高點由靜止釋放，物塊a與彈簧作用，第二次滑過AB段后，恰好不再能滑上圓弧面。已知彈簧的形變在彈性限度內(nèi)，重力加速度大小為g，不計空氣阻力，求：
(1)物塊a從釋放運動到圓弧面最低點時，圓弧體運動的距離為多少；
(2)物塊a第一次運動到A點時速度多大；
(3)物塊a與水平面AB部分間的動摩擦因數(shù)。
【答案】(1)
(2)
(3)
【知識點】含有動量守恒的多過程問題、機械能與曲線運動結(jié)合問題
【詳解】（1）物塊a在圓弧面上運動時，物塊a和b組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，則
即
又因為
解得
（2）設物塊a第一次運動到A點時速度為v1，圓弧體的速度為v2，根據(jù)水平方向動量守恒有
根據(jù)機械能守恒有
解得
，
（3）設物塊a與彈簧作用前的速度為v3，根據(jù)動能定理
設a與彈簧作用后一瞬間速度為v4，物塊c的速度為v5，a與彈簧作用過程，根據(jù)動量守恒定律
根據(jù)機械能守恒
解得
，
由于物塊a剛好不再能滑上圓弧面，故物塊a第二次滑過AB段后的速度大小等于v2，根據(jù)動能定理
解得
16．（2025·山東·模擬預測）如圖所示，光滑曲面末端水平，固定于水平面上。曲面右側(cè)緊靠一足夠長的木板C，木板上表面粗糙，與曲面末端等高，下表面光滑，木板右側(cè)有一豎直墻壁P。物塊A置于曲面距末端高h = 0.2 m處，物塊B置于木板左端。已知物塊A、B均可視為質(zhì)點，質(zhì)量均為6 kg，長木板C的質(zhì)量為2 kg，B、C間的動摩擦因數(shù)μ = 0.1，取g = 10 m/s2。物塊A由靜止釋放，與B發(fā)生彈性碰撞（不考慮物塊A的后續(xù)運動），之后C與B第一次共速時恰好與墻壁P發(fā)生碰撞，碰后C被原速率彈回，所有碰撞時間均極短。求：
(1)物塊A、B碰后瞬間，B的速度大小；
(2)木板C初始位置右端與墻壁P的距離；
(3)木板C從與墻壁P第4次碰撞前瞬間到木板C與物塊B第5次共速瞬間的時間間隔；
(4)從木板C開始運動到停止運動的總路程。
【答案】(1)2 m/s
(2)
(3)
(4)
【知識點】利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題
【詳解】（1）對于A沿曲面下滑，由動能定理得
A、B發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律得
聯(lián)立解得
（2）B、C相互作用至第1次共速過程中由動量守恒定律得
解得
對于C由牛頓第二定律有
解得
C做勻加速直線運動，由運動學公式有
聯(lián)立解得
（3）C與擋板第n次（n > 1）碰撞前瞬間的速度大小和C與B第n次共速時的速度大小相同
從C與B第1次共速至第2次共速時過程由動量守恒有
解得
從C與B第2次共速至第3次共速的過程由動量守恒有
解得
同理可知，C與B第4次共速時的速度大小
C與B第5次共速時的速度大小
從C與擋板第4次碰撞前瞬間到C與B第5次共速瞬間的過程由動量定理有
解得
（4）木板C從開始運動到第2次與擋板碰撞前的路程為
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次碰撞期間木板C的路程
第3次碰撞到第4次碰撞期間木板C的路程
……
17．（2025·陜西寶雞·一模）如圖所示，長為l的輕繩一端固定在O點，另一端拴一質(zhì)量為m的小球，O點下方固定有一個滑槽裝置，由水平直軌道和豎直圓弧軌道組成。其中BC段為粗糙水平軌道，長度為d，CDE部分為光滑圓弧軌道，半徑為R，B點在O點正下方，D點為圓弧最高點，E點和圓心O等高?，F(xiàn)將球拉至最高點A，以的速度向左水平拋出。當小球運動至最低點時，與靜止在B點的一質(zhì)量為m的滑塊P發(fā)生彈性正碰。碰撞后滑塊P沿BC滑向圓弧軌道CDE?；瑝K和小球均視為質(zhì)點，重力加速度為g，求：
(1)小球拋出后，經(jīng)過多長時間繩子被拉直？
(2)設繩子被拉直瞬間，小球沿繩子方向的分速度突變?yōu)榱悖瑒t小球第一次運動到B點的速度vB大小為多少？
(3)要使滑塊始終不脫離圓弧軌道，則水平軌道BC段的摩擦因數(shù)μ取值范圍是多少？
【答案】(1)
(2)
(3)或者
【知識點】機械能與曲線運動結(jié)合問題、利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題
【詳解】（1）由于
故小球拋出后做平拋運動。設繩子恰好拉直時繩子與水平方向的夾角為θ，平拋運動的時間為t，則有
水平位移
x = lcsθ = v0t
水平位移
可求得
θ = 0°
即當小球運動到繩子剛好處于水平位置時被拉直。
由以上式解得
（2）在繩子拉直瞬間，小球沿繩子方向的速度立即消失，只余豎直方向的速度
此后小球做圓周運動，從拉直瞬間到運動到最低點B，由動能定理可得
解得
（3）當小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞過程中，由小球和滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。設碰后小球速度為v1，滑塊速度為v2，有
解得
要使滑塊不脫離軌道CDE，有兩種情況：
①滑塊能在圓弧軌道CDE做完整的圓周運動，則滑塊從B點運動到圓軌道最高點D的過程中，由動能定理可得
在D點時
解得
②滑塊最高運動到與圓心O′等高處速度恰好為零，沿軌道返回，設滑塊上升的最大高度為h，則有
h ≤ R
解得
即當水平軌道BC段的摩擦因數(shù)μ滿足或者時，滑塊始終不脫離圓軌道。
18．（2025·云南·模擬預測）如圖，將一質(zhì)量為4kg、高度為4m的光滑圓弧槽放置在足夠大的光滑水平面上，在其左側(cè)放置一質(zhì)量未知的滑塊。某時刻，將一質(zhì)量為1kg的小球（可視為質(zhì)點）從光滑圓弧槽的頂點處由靜止釋放，三個物體均在同一直線上運動，重力加速度g大小取。求：
(1)若圓弧槽固定，小球滑到水平面上時，小球的速度大?。?br>(2)若圓弧槽不固定，小球滑到水平面上時，圓弧槽和小球的速度大?。?br>(3)接（2）問，若小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞后恰好不能追上圓弧槽，滑塊的質(zhì)量大?。ńY(jié)果保留2位有效數(shù)字）。
【答案】(1)
(2)，
(3)
【知識點】利用動量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問題、用動能定理求解外力做功和初末速度
【詳解】（1）若圓弧槽固定，小球滑到水平面上時，設小球的速度大小為v，由動能定理得
求得
（2）若圓弧槽不固定，小球滑到水平面上時，設小球和圓弧槽的速度大小分別為和，由水平方向動量守恒和機械能守恒得
聯(lián)立求得
（3）設滑塊的質(zhì)量為，小球與滑塊發(fā)生彈性碰撞后恰好不能追上圓弧槽，即碰后小球速度與圓弧槽相同，設碰后滑塊的速度大小為，根據(jù)動量守恒和機械能守恒得
聯(lián)立求得
力學三大觀點
對應規(guī)律
表達式
適用范圍
動力學觀點
牛頓第二定律
F合＝ma
恒力作用下的勻變速運動(包括勻變速曲線運動)，涉及時間與運動細節(jié)時，一般選用動力學方法解題
勻變速直線運動規(guī)律
v＝v0＋at，x＝v0t＋ eq \f(1,2)at2
v2－v eq \\al(2,0)＝2ax等
能量觀點
動能定理
W合＝ΔEk
求解功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對位移(摩擦生熱)時，優(yōu)先選用能量守恒定律
機械能守恒定律
Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2
功能關(guān)系
WG＝－ΔEp等
能量守恒定律
E1＝E2
動量觀點
動量定理
I合＝p′－p
不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別是對于打擊類問題、流體連續(xù)作用問題，用動量定理求解
動量守恒定律
p1＋p2＝p1′＋p2′
對碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問題，若只涉及初末速度而不涉及力、時間，用動量守恒定律求解

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