【文档说明】备战2024年高考物理抢分秘籍（新高考通用）秘籍09 动力学三大观点的综合应用 Word版含解析.docx，共(34)页，1.404 MB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-992c048315a3b51774515144bbdc9289.html

以下为本文档部分文字说明：

秘籍09动力学三大观点的综合应用一、三大观点在力学中的应用力学三大观点对应规律表达式适用范围动力学观点牛顿第二定律F合＝ma恒力作用下的匀变速运动(包括匀变速曲线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题匀变速直线运动规律v＝v0＋at，x＝v0t＋12at2v

2－v20＝2ax等能量观点动能定理W合＝ΔEk求解功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，优先选用能量守恒定律机械能守恒定律Ek

1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能关系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2动量观点动量定理I合＝p′－p不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打击类问题、流体连续作用问题，用动量定理求解动量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′对碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块

问题，若只涉及初末速度而不涉及力、时间，用动量守恒定律求解【题型一】动力学三大观点解决多过程问题【典例1】（2024·四川广安·二模）某同学研究碰撞中动能损失的装置如图所示，竖直面内，光滑弧形轨道AB和34光滑圆弧轨道CD分别与水平

粗糙轨道BC相切于B和C点，圆弧半径R=0.4m，BC长L=2m。某次实验中，将质量m=0.4kg的滑块从弧形轨道上高h=1.4m处静止释放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小F=4N，此后，滑块与水平

轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。滑块可视为质点，重力加速度g=10m/s2。求：（1）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ：（2）碰撞过程中动能的损失率η（动能损失

量与碰前动能的百分比）。【答案】（1）0.1；（2）16.7%【详解】（1）滑块第一次通过Q时，由牛顿第三定律知，滑块所受轨道的弹力大小为4NFF==由牛顿第二定律有21QvmgFmR+=代入数据得122m/sQ

v=从释放到Q，由动能定理有211202QmghmgLmgRmv−−=−代入数据解得0.1=（2）滑块在D点正下方与水平轨道碰撞，设滑块碰前与碰后的动能分别为Ek1和Ek2，从Q到碰前，由机械能守恒定

律有2k11122QEmvmgR=+滑块第二次通过Q时，所受轨道的弹力为零，由牛顿第二定律有22QvmgmR=代入数据得22m/sQv=从碰后到Q，由机械能守恒定律有2k22122QEmvmgR=+所以k1k2k1100%16.7%EEE−==1．（2024

·重庆·模拟预测）如题图所示，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03vgR=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可不计，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）小球从进入孔道至到达孔道最高点的过程中，小球在孔道圆弧部分运动的时间为0t，求小球到达孔道最高点时，该正方体物块移动的距离。【答案】（1

）2m；（2）gR，方向水平向右；（3）0423RtgR+【详解】（1）小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有()0mvMmv=+，()220111.522mvMmvmgR=++解得2vgR=，2mM=（2）小球从进

入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有012mvmvMv=+，222012111222mvmvMv=+解得1vgR=，24vgR=即小球离开孔道时速度大小为gR，方向与初速度相同，即水平向右。（3）

小球从进入孔道至到达孔道圆弧部分最高点的过程中，小球和物块组成的系统水平方向动量始终守恒，则有012mvmvMv=+小球在孔道圆弧部分运动的时间为0t，则有001020mvtmvtMvt=+其中110xvt=，220xvt=该时间0t内，小球和物块的相对位移为12xxR−=解得()0

0223vtRx−=小球离开孔道圆弧部分至到达孔道最高点过程中，小球在竖直方向做竖直上抛运动，则有2111.52RRgt−=该过程中，物块在水平方向做匀速直线运动，此过程物块的位移31xvt=其中2v

gR=解得32xR=综上可知，小球到达孔道最高点时，物块移动的距离23xxx=+解得0423RxtgR=+2．（2024·贵州安顺·一模）如图，足够长的光滑水平桌面上静止着质量为3m的滑块，滑块右上角边缘AB为半径为R的14光滑圆弧，圆弧最低点的切线沿水平方向。在桌子

右侧有固定在水平地面上的管形轨道，轨道左端CD段为圆弧，对应的圆心角为60°，CD段圆弧和轨道上其余各竖直圆的半径均为R，小物体在轨道内运动时可以依次经过C、D、E、F、E、G、H、G、Ⅰ、L、I……。某时刻一质量为m的小物体自A点由静止释放，经过一段时间后恰好由C点

沿着圆弧CD的切线无碰撞地进入管形轨道。已知轨道CD段和右侧各竖直圆内壁均光滑，轨道的内径相比R忽略不计，小物体与管形轨道各水平部分的动摩擦因数均为0.3，水平部分4DEEGCIR====，重力加速度为g，不计空气阻力，小物体运动过程没有与桌面发生碰撞。（1）求小物体离开滑块时

的速度大小；（2）求小物体开始释放时的位置距D点的水平距离；（3）求小物体停止运动时的位置距D点的距离。【答案】（1）62gR；（2）3234R+；（3）133R【详解】（1）根据水平方向动量守恒和机械能守恒03'mvmv=，22011·3'22

mgRmvmv=+解得062gRv=（2）根据水平方向动量守恒可知03'mxmx=且有'xxR+=可得034xR=小物体做平抛运动有01tan60yvvgt==解得013vtg=平抛水平位移1013

32xvtR==小物体开始释放时的位置距D点的水平距离013sin60234xxxRR=++=+（3）小物块在C点的速度22002cyvvvv=+=设恰能到达第n个圆周的最高点，则有()211co

s60?4202cmgRnmgRmgRmv−−−=−解得1.252n=不能越过第二个圆周，则()211cos6002cmgRmgsmv−−=−解得353sR=小物体停止运动时的位置距D点的距离

()1342423xRsRR=−−=3．（2024·安徽·一模）如图，为某轮滑赛道模型，AB段和BC段为在B点相切的圆弧，半径分别为23RR、，在圆弧AB的最上端A点的切线水平，1O为圆弧AB的圆心，1OB与竖直方向的夹角为60；圆弧BC的最下端C点的切线水

平，2O为圆弧BC的圆心，C点离地面的高度为R，一个质量为m的滑块从A点（给滑块一个扰动）由静止开始下滑，到B点时对AB圆弧的压力恰好为零，到C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，求：（1）滑块运动到B点时的速度多大；（2）滑块在AB段圆弧和

在BC段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少；（3）若滑块与地面碰撞一瞬间，竖直方向速度减为零，水平方向速度不变，滑块与地面间的动摩擦因数为0.5，则滑块停下时离C点的水平距离为多少。【答案】（1）gR；（2）12mgR，12mg

R；（3）(36)R+【详解】（1）到B点时对AB圆弧的压力恰好为零，则向心力完全由重力的分力提供，根据牛顿第二定律2cos602BvmgmR=得滑块运动到B点时的速度BvgR=（2）在AB段圆弧，根据动能定理2f102

ABBmghWmv−=−克服摩擦力做的功f12WmgR=到C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg，根据牛顿第三定律，滑块受到的支持力2Nmg=根据牛顿第二定律23CvNmgmR−=得3CvgR=根据动能定理22f11122BCCBmghWm

vmv−=−克服摩擦力做的功f112WmgR=（3）根据212Rgt=2Rtg=263CRvgRRxtg===在地面滑行时，加速度大小25m/sag==滑行距离232CvsRa==所以滑块停下时离C点的水

平距离为(36)CsxsR=+=+【题型二】动力学三大观点解决传送带问题【典例1】（2024·湖南邵阳·二模）某工厂利用配重物体通过轻质绳及光滑定滑轮协助传送带运煤，如图所示，倾角为θ=30°的传送带以v1=5m/s的速度顺时针转动，配重物体B的质量mB=300kg

，离地高度为h=9m。现将质量mA=200kg的装煤麻袋A从传送带底端（与地面等高）无初速度释放，当B落地瞬间绳子断裂，最终A恰好能到达传送带顶端，传送带与麻袋接触面间动摩擦因数36=（传送带长度L大于9m）。g取10m/s2。求：（1）释放后瞬间B的

加速度大小a1；（2）该过程中B对A所做的功W；（3）传送带长度L。【答案】（1）215m/sa=；（2）17400JW=；（3）16.6mL=【详解】（1）A无初速度释放后瞬间，对A、B两物体分析，由牛顿

第二定律可得AAA1cossinTmgmgma+−=BB1mgTma−=代入数据联立解得215m/sa=1500NT=（2）A从静止加速到5m/s，发生的位移为21112vxa=解得12.5m9mx=A与传送带共速后，由于BAAsincosmgmgmg+A继续加速

，对A、B物体分析，可得AAA2cossinTmgmgma−−=BB2mgTma−=代入数据联立解得223m/sa=2100NT=且21xhx=−所以12WTxTx=+解得17400JW=（3）设物体B落地时速度大小为v2，则有2221222vvax−=解得28m/sv=B

落地后，A向上做匀减速运动的加速度大小为a3，有AAA3cossinmgmgma+=解得237.5msa=物体A从速度为v2减速到v1，发生的位移为2221332vvxa−=解得32.6mx=A减速到v1后，继续向上做匀减速运动的加速度大小为a4，有AAA4sincos

mgmgma−=解得242.5m/sa=从v1刚好到达顶端速度是零时，发生的位移为21442vxa=解得45mx=则有传送带的长度1234Lxxxx=+++解得16.6mL=【典例2】（2024·辽宁抚顺·三模）一水平传送带以2m/sv=的速度顺时针匀

速转动。将物块A轻轻放到传送带左端，物块A和传送带之间的动摩擦因数00.2=。传送带紧挨着右侧水平地面，地面左侧O点放一物块B，物块B与水平面间的动摩擦因数为，且随物体到O点的距离x按图所示规律变化，传送带水平部分长L1.2m=，物块A运动到水平地面上和B发生弹性碰撞，碰

后B向右运动挤压弹簧，B向右运动的最大距离为0.5md=，物块A、B的大小可忽略，质量均为0.5kgm=。g取210m/s。求：（1）A碰B前的瞬间A物块的速度；（2）A碰B后B物块的速度；（3）弹簧的最大弹性势能。【答案】（1）2

m/s；（2）2m/s；（3）0.5J【详解】（1）设物块能加速到和传送带速度相等，则加速过程根据牛顿第二定律0mgma=设加速过程物块的位移为x则22vax=解得1mxL=假设成立，A碰B前速度为2m/s。（2）A、B碰撞过程由动量守恒和能量守恒得ABmvmvm

v=+222AB111222mvmvmv=+解得A0v=B2m/sv=（3）AB碰撞后到弹簧弹性势能最大的过程摩擦生热fQW=−由图知B运动0.5m时0.4=，摩擦力对物块做的功f02mgwd+=−根据能量守恒得2Bm1p2m

QE=+解得mp0.5JE=1．（2024·云南昆明·三模）如图所示，长21mL=的水平传送带顺时针以速度4m/sv=匀速转动，可以视作质点且质量AB1kgmm==的物块A和物块B通过足够长的轻质细线相连（细

线跨过光滑定滑轮）。t＝0时刻A物块从水平传送带最左端静止释放，1.5st=时刻一质量为040gm=的子弹以初速度0750m/sv=从右向左正对射入物块A并且穿出，穿出速度为250m/sv=，之后每隔2sT=就有一颗相同的子弹以相

同的速度射入物块A并穿出，子弹射穿物块A时间极短且每次射入点均有细微不同。运动过程中细线OA始终保持水平，细线OB始终保持竖直，且物块B始终没有碰到地面，轻质细线始终未断裂。已知物块A与水平传送带之间动摩擦因

数0.6=，重力加速度大小g取210m/s，求：（1）从静止释放物块A开始到物块A的速度与传送带速度相同所需的时间；（2）第一颗子弹射穿物块A后瞬间，物块A的速度大小；（3）物块A第一次运动到传送带右端所需时间。【答案】（1）0.5s；（2）14m/sv=−；（3）7.5s【

详解】（1）根据题意，物块A刚放上时，对B受力分析BTB1mgFma−=对A受力分析TAA1Fmgma+=解得218m/sa=到达共速的时间110.5svta==（2）共速后，对B受力分析BT2B2mgFma−=对A受力分析T2AA2Fmgma=−解得222m/sa=子

弹射入前物块的速度126m/svvat=+=子弹射入，物块A、B、子弹系统动量守恒()()A00A101BBmvmvmmmvmv+−=+−解得14m/sv=−（3）根据题意，结合上述分析可知，00.5s−内211111m2xat==0.5s1.5s−内1225m

2vvxt+==子弹射入后到下一次子弹射入过程中，物块A与传送带共速的时间为'11svvta−==到下一次子弹射入前，物块A与传送带共速后的运动时间为31stTt=−=物块A运动的距离为'2332315m22vvxtvtat+=++=综上所述，相邻两次子弹射入间隔内，物块A向前运动

的距离相等，则有物块A第一次运动到传送带右端所需时间121237.5sLxxtttTx−−=++=2．（2024·浙江温州·二模）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由倾角53=的固定斜面CD、水平传送带EF、粗糙水平轨道FG、光滑圆弧轨道GPQ、及固定在Q处的弹性挡板组成。斜面CD高度00.

4mh=，传送带EF与轨道FG离地面高度均为h，两者长度分别为14ml=、21.5ml=，OG、OP分别为圆弧轨道的竖直与水平半径，半径0.8mR=，圆弧PQ所对应的圆心角37=，轨道各处平滑连接。现将质量1kgm=的滑块（可视为

质点）从斜面底端的弹射器弹出，沿斜面从D点离开时速度大小05m/sv=，恰好无碰撞从E点沿水平方向滑上传送带。当传送带以5m/sv=的速度顺时针转动，滑块恰好能滑至P点。已知滑块与传送带间的动摩擦因数10.5=，滑块与挡板碰撞后原速率反向弹回，不计空气阻力。sin370

.6=，cos370.8=，求：（1）高度h；（2）滑块与水平轨道FG间的动摩擦因数2；（3）滑块最终静止时离G点的距离x；（4）若传送带速度大小可调，要使滑块与挡板仅碰一次，且始终不脱离轨道，则传送带速度大小v的范围。【答案】（1）1.2

m；（2）0.3；（3）1m3；（4）39.4m/s43m/sv【详解】（1）滑块从D到E做斜抛运动，E点为最高点，分解0v，竖直方向0sin4m/syvv==水平方向0cos3m/sxvv==竖直位移为y

，则22yvgy=，解得0.8my=所以0.4m1.2mhy=+=（2）滑块以3m/sxv=滑上传送带，假设能被加速到5m/sv=，则22111.6m4m2xvvxlg−===成立。故滑块离开F点的速度5m/sFv=从F

到P由动能定理得222102FmgRmglmv−−=−解得20.3=（3）由分析可知，物块从P返回后向左进入传送带，又被传送带原速率带回，设物块从P返回后，在FG之间滑行的总路程为s，则20mgRmgs−=解得8m3s=所以，滑块停止时离G点212m

3xls=−=（4）设传送带速度为1v时，滑块恰能到Q点，在Q点满足2sinQvmgmR=解得4.8m/sQv=从F到Q由动能定理得()22221111sin22QmglmgRmvmv−−+=−解得139.4m/sv=设传送带速度为2v时，滑块撞挡板后恰能重新返回到P点，由动能定理得22

221302mglmgRmv−−=−解得243m/sv=若滑块被传送带一直加速，则2211m1122xmglmvmv=−可得m7m/sv=所以，传送带可调节的速度范围为39.4m/s43m/sv【题型三】动力学三大观

点解决滑块板块问题【典例1】（2024·山西·一模）连续碰撞检测是一项重要的研究性实验，其模型如图所示：光滑水平面上，质量为3m的小物块A，叠放在质量为m、足够长的木板B上，其右侧静置着3个质量均为2m的小物块CDE、、。A与B上表面间的动摩擦因数为。0=t时，A

以0v的初速度在B的上表面水平向右滑行，当A与B共速时B恰好与C相碰。此后，每当A、B再次共速时，B又恰好与C发生碰撞直到它们不再相碰为止。已知重力加速度为g，所有碰撞均为时间极短的弹性碰撞，求：（1）0=t时，B（右端）与C的距离；（2）B与C

发生第1、2次碰撞间，B（右端）与C的最大距离。（3）C的最终速度大小。【答案】（1）20332vg；（2）2024vg；（3）029v【详解】（1）由于地面光滑，A、B系统动量守恒，根据动量守恒0103(3)mvmmv=+解得

共速时的速度10034vv=对B从释放到第一次与A共速过程，用动能定理对B分析有2110132mgdmv=解得0=t时，B（右端）与C的距离为201332vdg=（2）B与C发生第1次弹性碰撞，根据动量守恒和机械

能守恒10B112mvmvmv=+22210B111112222mvmvmv=+解得B1014vv=−，1012vv=A、B第二次达到相同速度，根据动量守恒10B1203(3)mvmvmmv+=+对B分析有22220B111322mg

dmvmv=−解得20232vdg=由于C小物块与D小物块质量相等且发生弹性碰撞，碰撞后速度发生交换，C小物块碰后静止，D小物块速度为012v。A、B发生相对运动过程中的加速度大小分别为B33mgagm

==Amgagm==从C第一次被碰后，直到C碰D，历时为0212116vdtvg==B的速度反向减速到0，历时为B10BB12vvtag==可知B12tt表明B的速度减小到0时，B距C最远，最远距离为220B1m2B224vvxdag

=+=（3）B与C发生第2次弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒20B222mvmvmv=+22220B221112222mvmvmv=+解得0B26vv=−，023vv=依次类推B1012()23nnvv=−，102()3nnvv=，10102()3nnvv−=

由于小物块C后放着D、E物体，B与C会发生第3次弹性碰撞，碰撞后3029vv=，B3019vv=−，40029vv=由于403vv=可知B与C不发生第4次弹性碰撞，故C的最终速度大小为C3029vvv==【典例2】（2024·新疆·一模）如图（a）所示，将长为0.8mL=的粗糙木

板B与水平地面成37=角固定放置，将小物块A从木板B顶端由静止释放，A与底端挡板P碰撞后，恰好能回到木板B的中点。之后将水板B放置在光滑水平地面上，并在木板B中点放置与A完全相同的小物块C，如图（b）所示，物块A以0v的初速度滑上木板，并能够

恰好不从木板B的左端掉落。已知ABC、、质量相同，以上过程中所有碰撞时间极短且均为弹性碰撞。sin370.6,cos370.8==，重力加速度210m/s=g，求：（1）A与B之间的动摩擦因数；（2）0v的大小；（3）若A以1v的初速度滑上木板B，且AC、物块均能从木板B左端掉

落，则1v的大小应满足什么条件。【答案】（1）14；（2）23m/s；（3）14m/sv【详解】（1）设ABC、、质量均为m。从A释放到返回B中点，能量守恒3sincos22LLmgmg=解得1

4=（2）A恰好不从左端掉下的条件是：A运动到木板B左端时，恰好ABC、、共速03mvmv=共A滑上木板减速，BC、一起加速；A与C弹性碰撞交换速度，C减速，AB、相对静止，以相同初速度加速；C与P弹性碰

撞交换速度后，AC、以相同的初速度和加速度相对于B向左运动，故当A滑到B的左端时，C滑到B的中点，由能量守恒220112322mgLmvmv=−共解得023m/sv=（3）当A滑到B的左端时，C滑到B的中点，此时AC、的速度为2v，B的速

度为3v。对整个系统动量守恒1232mvmvmv=+对整个系统能量守恒22212311122222mgLmvmvmv=−−之后若C恰好从B左端掉落，此时BC、共速，设速度大小为4v。B与C动量守恒2342mvmvmv+=B与C系统能量守恒22223411122222Lmgm

vmvmv=+−解得14m/sv=故要使AC、物块均能从木板B左端掉落，则1v的大小应满足14m/sv【典例3】（2024·山东枣庄·一模）如图所示，水平地面上P点左侧粗糙、右侧光滑，物块A静止放置在木板B上。物块A、木板B的质量分别为2m、m

，A、B之间的动摩擦因数为2μ，木板B与地面之间的动摩擦因数为μ。P点右侧足够远处有N个（10N≥）质量均为3m的光滑小球向右沿直线紧密排列，球的直径等于木板的厚度。用带有橡胶指套的手指作用在物块A的上表面并以某一恒定速度向右运动，手指对物块A施加的压力大小为mg，运动时间

0t后手指立即撤离。手指作用过程中，物块A上表面留下的指痕长度恰好等于物块A在木板B上滑过距离的13。手指撤离后经过时间0t，木板B右端刚好抵达P点，且A、B速度恰好相等。木板B完全通过P点的速度为其右端刚到P点时速度的23。已知物块A始终未脱离木板B，最大静摩擦力等于滑动

摩擦力，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间忽略不计，重力加速度为g。求：（1）木板B右端刚好到达P点时的速度；（2）橡胶指套与A上表面间的动摩擦因数μ'；（3）木板B第一次与球碰撞到第二次与球碰撞的时间间隔；（4）从物块A开始运动到木板B与最

后一个静止小球刚好相碰时的过程中，A、B之间因摩擦产生的热量。【答案】（1）03vgt=；（2）31=；（3）012tt=；（4）222011474NQmgt−=−【详解】（1）由题意可得，手指作用期间，AB发生

相对滑动，B相对地面向右加速运动，对B有()()223Bmgmgmgmgma+−+=解得2Baug=撤去手指后，B仍然向右加速运动，对B'223Bmgmgma−=解得'Bag=此时AB的速度为'

00BBvatat=+解得03vgt=（2）撤去手指后，A向右减速，对A222Amgma=解得2Aag=撤去手指瞬间，A的速度0AAvtva=+解得05Avugt=手指作用时，对A有()222Amgmgmgma−+=假设手指作用时先与A相对

滑动，设经t手指和A达到共速，随后保持相对静止，则指套在A上留下的指痕长度为112Axvt=滑块A在木板B上表面上滑动的距离为22001122AABxvtvtat=−−依题意1213xx=解得025tt=手指作用时，A的加

速度AAvat=联立解得31=（3）设木板B完全通过P点时的速度v0，由题意可知023vv=随后木板B匀速运动，并与小球相碰，根据牛顿摆原理可得最左侧小球不动，最右侧小球被弹出，根据动量守恒和机械能守恒可知013Bmvmvmv=+球222011113222Bmvmvmv=+球解得

012Bvv=−02vv=球碰撞后木板B速度方向向左，设AB共速时速度为v1，根据系统动量守恒100232vmvmmv−=解得012vv=则碰后木板B先匀减速再反向匀加速，再次碰撞，设加速度为a，所需时间为t1，对木板B根据2

2mgma=01022vta=+解得012tt=（4）手指作用期间，AB摩擦生热1223Qumgx=撤去手指到木板B到达P点之前，物块A相对木板的位移03022Avugtxt−=AB摩擦生热为2322Qumgx=木板B第一次与球碰撞到第二

次与球碰撞的过程中，物块A相对木板B位移为0101122vsvt=+第二次碰撞的速度为第一次碰撞速度的一半，则第二次碰撞到第三次碰撞过程中，物块A相对木板B位移为124ss=则碰撞阶段，AB摩擦生热为3

122111221444NQmgs−=++++从木块A开始运动到所有小球都运动起来，AB之间的摩擦产生的热量123QQQQ=++解得222011474NQmgt−=−1．（2024·贵州·一模）如图，光滑的四分之

一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O点，半径1.8mR=，厚度相同、材质相同、质量均为2kgM=的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互接触但没有粘接，木板Q的右端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左端，滑块B

、C分别放置在木板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时与物块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为124.86m5.6mLL==、，滑块A的质量为13kgm=，滑块B的质量为21kgm=，滑块C的质量为31kgm=，块A、B、C与木板

间的动摩擦因数分别为120.30.1==、和30.3=，有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取210m/s。（1）求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；（2）求滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；（3）滑块C是

否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板D多远的地方？【答案】（1）A3m/sv=，B9m/sv=；（2）12.96J；（3）0.16m【详解】（1）设滑块A与物块B碰撞前瞬间的速度大小为v0，对滑块A从圆弧轨道的顶端滑至底端的过程由机械能守恒定律

得211012mgRmv=解得06m/sv=设滑块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为vA、vB，A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律分别得101A2Amvmvmv=+222101A2B1112

22mvmvmv=+联立解得A3m/sv=，B9m/sv=（2）滑块A、B碰撞后在木板P上分别做匀减速直线运动，设滑块A、B的加速度分别为aA、aB，由牛顿第二定律得111Amgma=222Bmgma=假设滑块C相对木板P、Q静止，设三者整体的加速

度为aP，由牛顿第二定律得11223P(2mgmgMma+=+)解得2P2m/sa=因滑块C的最大加速度为2m3P3msaga==故假设成立，可得滑块C与木板P、Q相对静止一起以加速度aP做匀加速直线运动。设A

与P达到共速的时间为t1，共速时的速度为v共，由速度一时间关系得AA1P1vvatat−=共＝解得1.2msv=共，10.6st=A与P达到共速时B的速度为B1BB19m/s10.6m/s8.4m/vv

ats=−=−=A与P达到共速的过程，A、B、P三者的位移大小分别为AA112(xvvt=+共)BBB111(2xvvt=+)P12xvt=1共解得A1.26mx=，B5.22mx=，P0.36mx=此过程A相对P的位移大小为11.26m0.

36m0.9mAPxxx=−=−=此过程B相对P的位移大小为2BP5.22m0.36m4.86mxxx=−=−=因214.86mxL==故A与P达到共速时B恰好运动到P的右端与C发生弹性碰撞，因B、C的质量相等，故碰撞过程两者的速度发生交换，碰撞后瞬间C的

速度大小为CB18.4m/svv==B的速度大小为B21.2m/svv=共＝可知B相对P静止在其右端，A、B、P三者一起做匀速直线运动。滑块C相对木板Q向右运动，木板Q做加速直线运动，P、Q分离。滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦

而产生的热量为111222Qmgxmgx=+解得Q=12.96J（3）假设滑块C不会从木板Q上滑落，最终C与Q相对静止一起匀速直线运动的速度为v共1，C相对Q的运动路程为s，最终对C与Q的相对运动过程，以向右为正方向，由动量守恒定律()3C31mvMvmMv++共共＝

解得13.6m/sv=共由能量守恒定律和功能关系()333312umgsmMvmMv=+解得5.67ms=因2225.6m11.2msL==故滑块C是不会从木板Q上滑落，最终与木板Q相对静止时与挡板D的距离为25.76m5.6m0.16mdsL

=−=−=。2．（2024·湖南·二模）如图所示，粗糙水平桌面EF左侧固定一个光滑圆弧轨道QS，其圆心为O，半径为R=0.75m，37=，S点切线水平，且恰好与放置在桌面上的长木板等高。一小球从P点以初速度3m/s

v=水平抛出，恰好从Q点沿切线进入圆弧轨道，在圆弧轨道下端S点与放置在长木板左端的小木块发生弹性正碰，碰撞时间极短。已知小球、木块、长木板质量分别为m、3m、2m，重力加速度为210m/s=g，小球与木块都可以视为质

点，木板与桌面都足够长，木块与木板间的动摩擦因数10.4=，木板与桌面间的动摩擦因数20.2=，sin37°=0.6，求：（1）小球刚进入圆弧轨道时的速度大小；（2）木块与小球碰后瞬间的速度大小；（3）木板在桌面上停下来时左端与S点的距离。【答案】（1）5m/s；（2）3.5m/s；（3）

0.3675m【详解】（1）小球恰好从Q点沿切线进入圆弧轨道，分析几何关系知，此时速度与竖直方向夹角为37=故小球刚进入圆弧轨道时的速度大小5m/ssin37Qvv==（2）小球从Q点沿切线进入圆弧轨道

运动到圆弧轨道下端S点的过程，由机械能守恒定律得2211(sin)22QSmgRRmvmv++=解得7m/sSv=在圆弧轨道下端S点与放置在长木板左端的小木块发生弹性正碰，由动量守恒定律得123Smv

mvmv=+由机械能守恒定律得212221113222Smvmvmv=+联立解得木块与小球碰后瞬间的速度大小235m/sv.=(3)木块滑上木板后做减速运动，木板加速运动，根据牛顿第二定律，对木块和木板分析1133mgma=()1

223322mgmmgma−+=解得214m/sa=221m/sa=木板与桌面都足够长，一直运动到共速，设共速时速度为3v，则3212vvatat=−=解得0.7m/st=30.7m/sv=这段时间木板运动的距离为21210.245m2xat==之后再一起减速到停下，根据牛顿第二

定律()23325mmgma+=根据运动学规律23322vax=联立解得20.1225mx=故木板在桌面上停下来时左端与S点的距离为120.3675mxx+=【题型四】动力学三大观点解决弹簧问题【典例1】（2024·湖南长沙·一模）可利用如图所示装置测量滑块与某些材料间的动摩擦因数。将原长为L

的轻质弹簧放置在光滑水平面AB上，一端固定在A点，另一端与滑块P（可视为质点，质量为m）接触但不连接，AB的长度为2R（2RL），B端与半径为L的光滑半圆轨道BCD相切，C点与圆心O等高，D点在O点的正上

方，是半圆轨道的最高点，用滑块P将弹簧压缩至E点（图中未画出），AE的长度为R，静止释放后，滑块P刚好能到达半圆轨道的最高点D；在水平面AB上铺被测材料薄膜，滑块P仍从E点由静止释放，恰能运动到半圆轨道上的F点，O、F连线与

OC的夹角为53，重力加速度为g，sin5308=．。（1）求滑块P与被测材料间的动摩擦因数；（2）在不撤去被测材料的基础上仅将滑块P换为质量2m的同种材质的滑块Q，滑块Q最终不与弹簧接触，试判断滑块Q由静止释放后能否压缩弹簧2次。【答案

】（1）310LR；（2）滑块Q可以压缩弹簧两次【详解】（1）滑块P到达半圆轨道最高点D点时，只有滑块P的重力提供向心力，有2DvmmgL=滑块P从E点运动到D点的过程，由机械能守恒定律有2p15222DEmvmgLmgL=+=水平面AB上铺上被测材料薄膜后

，滑块P到达F点时，只有滑块P重力沿半径方向的分力提供向心力有2sin53FvmmgL=由能量守恒定律可得()2p1sin532FEmvmgLLfR=+++又fmg=联立解得310LR=（2）当换

成滑块Q后，假设滑块Q滑不到C处，由能量守恒定律得p22EmgRmgh=+解得1920LhL=则假设成立，滑块Q第一次释放后没有脱离半圆轨道，由能量守恒定律可得p2Emgx=解得146xR=若滑块Q下滑后都运动到E点，可知释放后滑块Q可以再运动到

E点两次，而实际上，滑块下滑后都只能运动到E点左侧，故释放后滑块Q可以压缩弹簧两次。【典例2】（2024·浙江·二模）物理老师自制了一套游戏装置供同学们一起娱乐和研究，其装置可以简化为如图所示的模型。该模型由同一竖直平面内的水平轨道OA、半

径为10.6mR=的半圆单层轨道ABC、半径为20.1mR=的半圆圆管轨道CDE、平台EF和IK、凹槽FGHI组成，且各段各处平滑连接。凹槽里停放着一辆质量为0.1kgm=的无动力摆渡车Q并紧靠在竖直侧壁FG处，其长度11mL=且上表面与平台EF、IK平齐。水平面OA的左端通过挡板固定一个

弹簧，弹簧右端可以通过压缩弹簧发射能看成质点的不同滑块P，弹簧的弹性势能最大能达到pm5.8JE=。现三位同学小张、小杨、小振分别选择了质量为10.1kgm=、20.2kgm=、30.4kgm=的同种材质滑块P参与游戏，游戏成功的标准是通过弹簧发射出去的滑块能停在平台的目

标区JK段。已知凹槽GH段足够长，摆渡车与侧壁IH相撞时会立即停止不动，滑块与摆渡车上表面和平台IK段的动摩擦因数都是0.5=，其他所有摩擦都不计，IJ段长度20.4mL=，JK段长度30.7mL=。问：（1）已知小振同学的滑块以最大

弹性势能弹出时都不能进入圆管轨道，求小振同学的滑块经过与圆心1O等高的B处时对轨道的最大压力；（2）如果小张同学以p2JE=的弹性势能将滑块弹出，请根据计算后判断滑块最终停在何处？（3）如果小杨将滑块弹出后滑块最终能成功地停在目标区JK段，则他发射时

的弹性势能应满足什么要求？【答案】（1）34N3；（2）离I点左侧距离0.1m；（3）p4.6J5.5JE【详解】（1）当弹性势能最大弹出时，经过与圆心1O等高的B处时对轨道的压力最大。从弹出到B处，根据动能定理有2pm

31312BEmgRmv−=经过B处时2N31BvFmR=由牛顿第三定律可知NNFF=联立解得最大压力N34N3F=方向由1O指向B。（2）当1m刚好经过C时21111CvmgmR=解得16m/sCv=假设滑块在C点不脱离轨道，由能量守恒得2p111122CEmgRmv=+解得14

m/sCCvv=故滑块在C点不脱离轨道，1m从起点到车左端，根据动能定理有()2p11211122EmgRRmv−+=故p2JE=的弹性势能弹出到达车左端的速度123m/sv=1m与车共速时，根据动量守恒以及机械能守恒有()1111mvmmv

=+共()22111111122mgsmvmmv=−+共解得共速时与摆渡车的相对位移0.6ms=所以，如果小张同学的滑块能滑上摆渡车但又不从摆渡车上掉进凹槽，摆渡车与右端碰后停止，滑块继续向前滑行的距离()223m0.3m225vsg===共1故滑块所停位置在离车右

端距离1(10.60.3)m0.1mLLss=−−=−−=（3）当2m刚好经过C时22221CvmgmR=2p2122122CEmgRmv+将2m弹出到平台上，根据动能定理有()2p2122122EmgRRmv−+=2m与

车共速时()222mvmmv=+共由能量守恒()2p212212122EmgRRmvmgs=+++共要使得滑块停在目标区121123LLsLLL+++联立上面四式解得p4.6J5.5JE且p05.8JE故当小杨同学游戏能成功时，弹簧的弹性势能范围为p4.6J5.5J

E1．（2024·安徽安庆·二模）如图1所示，质量M=4kg的长木板放在水平地面上，其右端挡板上固定一劲度系数为k=200N/m的轻质弹簧，弹簧左端连接物块B，开始弹簧处于原长，物块A位于长木板的左端，A与B的距离L=0.8m，A、B均可视为质点且与长木板的动摩擦因数均为μ1=0.25，给A

初速度v0=4m/s，A运动一段时间后与B发生碰撞，碰后A的速度为0。已知A的质量m1=1kg，B的质量m2=2kg，长木板在整个过程中始终保持静止，可认为最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，已知弹簧的弹性势能表达式2p12Ekx=，其中x为

弹簧的形变量，重力加速度g取10m/s2。求：（1）A与B碰撞前瞬间A的速率v1和碰后瞬间B的速率v2；（2）长木板与地面间动摩擦因数μ2的最小值；（3）如图2所示，把长木板换成相同质量的斜面体，斜面体上表面光滑，斜面倾角θ=30°，其余条件不变，开始时物块

B静止，现让A以v3=3m/s的初速度与B发生弹性正碰，斜面体足够长，要使斜面体保持静止，求斜面体与地面间的动摩擦因数μ3至少为多少。【答案】（1）23m/s，3m/s；（2）0.5；（3）9319【详解】（1）A向右运动过程中，由动能定理得221111101122mgLmvmv−=−得

123m/sv=A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得111A22mvmvmv=+由题意，碰撞后A0v=得23m/sv=（2）m2向右运动压缩到弹簧最短时，木板受到最大弹簧弹力向右，m2对木板的摩擦力向右，此时地面对

木板的摩擦力最大，设弹簧的最大压缩量为x，由能量守恒定律有2222121122mvkxmgx+=x=0.15m此时弹力F弹=kx=30N木板受到的最大摩擦力f=F弹＋μ1m2g=35N解得2120.5()fMmmg=++（3）A与B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒

，有131324mvmvmv=+222131324111222mvmvmv=+得31m/sv=−42m/sv=m2运动到最高点时，向下加速度最大，需要摩擦力最大，M与地面压力最小，物块m2到达最高点时M刚好不与地面相对滑动为M与地面动摩擦因

数最小时。m2向上运动为14简谐运动，由简谐运动能量关系22241122mvkA=解得A=0.2m此时m2的加速度22220m/skAam==，方向沿斜面向下m1的加速度a1=gsin30°=5m/s2，，方向沿斜面向下对a1、a2正交分解，对整体由牛顿第二

定律有122453cos30cos30N2fmama=+=(M＋m1＋m2)g－FN=m1a1sin30°＋m2a2sin30°解得FN=47.5N所以动摩擦因数最小值为N9319fF==