思维进阶课八 力学三大观点的综合应用
[学习目标] 1．掌握解决力学综合问题常用的三大观点。
2．会灵活选用三个观点解决力学综合问题。
1．三个基本观点
(1)力的观点：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。
(2)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。
(3)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．规律选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，或涉及加速度，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
动力学和动量观点的综合
[典例1] 如图所示，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
[听课记录]
能量观点和动量观点的综合
[典例2] 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为 20 g 的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
[听课记录]
动力学、动量和能量观点的综合
[典例3] (2024·江苏苏州二模)如图所示，半径为 0.5 m 的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN在N点平滑相接，质量为0.04 kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为0.25 m。另一质量为0.2 kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块A运动到N点时对曲面的压力；
(2)物块A与B碰撞前的速度大小；
(3)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。
[听课记录]
[典例4] (2024·山东卷)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
[听课记录]
[典例5] (2024·重庆卷节选)如图所示，两个钉子固定在相距为a的M、N两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，细绳一端固定在M上，另一端连接位于M正下方的放置在水平地面上的质量为m的小木块B(可视为质点)，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A(可视为质点)，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值。
(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面内做圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳断开，B也运动到P点，求B碰后瞬间的速度大小。
[听课记录]
思维进阶课八 力学三大观点的综合应用
典例1 解析：(1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝3 m/s2，设滑雪者在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
L＝a1(t＋t0)2
L＝v0t＋a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度分别为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上所受外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
答案：(1)9 m (2)7.44 m/s
典例2 解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能
ΔE＝－(M＋m)v2＝882 J。
(2)假设子弹以v′0＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv′0＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻d
ΔE′＝F阻x′相＝F阻d′
则＝＝
解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块。
答案：(1)6 m/s 882 J (2)能
典例3 解析：(1)物块A从静止开始下滑到圆弧曲面底端的过程中，由机械能守恒得
mAgR cos 37°＝
设物块A运动到N点时受到曲面的支持力为FN，由牛顿第二定律得
FN－mAg cos 37°＝
联立解得FN＝4.8 N
由牛顿第三定律得曲面受到的压力F压＝FN＝4.8 N
方向与竖直方向成37°夹角斜向右下。
(2)滑上斜面后，对物块A，设加速度为a，与物块B碰撞前速度大小为v，由牛顿第二定律可得
mAg sin 37°－μmAg cos 37°＝mAa
由运动运动学公式可得＝2axNB
联立解得v＝3 m/s。
(3)物块A与物块B发生弹性碰撞，设碰撞后物块A速度为v1，物块B速度为v2，碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒定律，即
mAv＝mAv1＋mBv2
mAv2＝
联立解得v1＝2 m/s，v2＝5 m/s
因为物块B恰好静止在斜面上，碰撞后物块B匀速运动，物块A与物块B碰后，物块A以加速度a匀加速运动，设经时间t第二次碰撞，由运动学公式可得v1t＋at2＝v2t
解得t＝3 s。
答案：(1)4.8 N，方向与竖直方向成37°夹角斜向右下 (2)3 m/s (3)3 s
典例4 解析：(1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有
mg＋3mg＝m
解得v＝4 m/s。
(2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N 时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a
变形得a＝F
结合题图乙可知＝kg-1＝0.5 kg-1
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有
F－μmg＝Ma
变形得a＝ F－
结合题图乙可知＝kg-1＝1 kg-1
－＝－2 m/s2
联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(ⅱ)根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左
设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得
此时轨道的速度v1＝a1t0
小物块在P点时的速度v2＝a2t0
小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有
＝＋2mgR
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解不符合题意，舍去)
根据运动学规律有L＝
解得L＝4.5 m。
答案：(1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2 1 kg
(ⅱ)4.5 m
典例5 解析：(1)当A、B碰后B恰能通过最高点时，B碰后瞬间速度最小，设A与B碰后瞬间B的最小速度为v，恰通过最高点时的速度为v1，则B从碰后瞬间到最高点的过程，由动能定理有
－mg·20a＝－mv2
在最高点由牛顿第二定律有mg＝
联立解得v＝5。
(2)设A、B发生弹性碰撞前瞬间A的速度为vA，A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为vA1、vB，B旋转2圈到达M正下方的速度为vB1，则
由动量守恒定律有2mvA＝2mvA1＋mvB
由机械能守恒定律有＝
设B与P间的距离为x0，则对碰后A的运动过程由动能定理有
－2μmgx0＝
对碰后B转2圈至M正下方的过程由动能定理有－4mga＝
在M点正下方细绳断开后B做平抛运动，有
4a＝gt2
x0＝vB1t
令＝k>0，联立化简得k2－k＋64a2＝0
解得k＝80ga，即vB＝4；k＝ga，即vB＝<，B不能通过最高点，舍去。
答案：(1)5 (2)4
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第六章 动 量
思维进阶课八 力学三大观点的综合应用
[学习目标] 1．掌握解决力学综合问题常用的三大观点。
2．会灵活选用三个观点解决力学综合问题。
1．三个基本观点
(1)力的观点：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。
(2)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。
(3)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．规律选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，或涉及加速度，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态发生改变时，一般用动量定理(涉及时间)或动能定理(涉及位移)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
角度1 动力学和动量观点的综合
[典例1] 如图所示，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2 kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1 s后质量为48 kg的滑雪者从顶端以1.5 m/s的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度g取10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。求：
(1)滑道AB段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
[解析] (1)设斜面长度为L，背包质量为m1＝2 kg，在斜面上滑行的加速度为a1，由牛顿第二定律有
m1g sin θ－μm1g cos θ＝m1a1
解得a1＝2 m/s2
滑雪者质量为m2＝48 kg，初速度为v0＝1.5 m/s，加速度为a2＝
3 m/s2，设滑雪者在斜面上滑行时间为t，落后时间t0＝1 s，则背包的滑行时间为t＋t0，由运动学公式得
L＝a1(t＋t0)2
L＝v0t＋a2t2
联立解得t＝2 s或t＝－1 s(舍去)，L＝9 m。
(2)设背包和滑雪者到达水平轨道时的速度分别为v1、v2，有
v1＝a1(t＋t0)＝6 m/s
v2＝v0＋a2t＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的过程，系统在光滑水平面上所受外力为零，动量守恒，设共同速度为v，有
m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v
解得v＝7.44 m/s。
[答案] (1)9 m (2)7.44 m/s
角度2 能量观点和动量观点的综合
[典例2] 如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g的长方形匀质木块，现有一颗质量为 20 g 的子弹以大小为300 m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。
(1)求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；
(2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？
[解析] (1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝6 m/s
此过程系统所增加的内能
ΔE＝－(M＋m)v2＝882 J。
(2)假设子弹以v′0＝400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得
mv′0＝(M＋m)v′
解得v′＝8 m/s
此过程系统所损耗的机械能为
ΔE′＝－(M＋m)v′2＝1 568 J
由功能关系有ΔE＝F阻x相＝F阻d
ΔE′＝F阻x′相＝F阻d′
则＝＝
解得d′＝ cm
因为d′>10 cm，所以能射穿木块。
[答案] (1)6 m/s 882 J (2)能
角度3 动力学、动量和能量观点的综合
[典例3] (2024·江苏苏州二模)如图所示，半径为 0.5 m 的光滑圆弧曲面与倾角为37°足够长的固定粗糙斜面MN在N点平滑相接，质量为0.04 kg的小物块B恰好静止在斜面上，此时物块B与N点的距离为0.25 m。另一质量为0.2 kg的小物块A从与圆心等高处由静止释放，通过N点滑上斜面，与物块B发生弹性碰撞。已知物块A与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，两物块均可视为质点，碰撞时间极短，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块A运动到N点时对曲面的压力；
(2)物块A与B碰撞前的速度大小；
(3)从物块A与B第一次碰撞到两物块再次碰撞经历的时间。
[解析] (1)物块A从静止开始下滑到圆弧曲面底端的过程中，由机械能守恒得
mAgR cos 37°＝
设物块A运动到N点时受到曲面的支持力为FN，由牛顿第二定律得
FN－mAg cos 37°＝
联立解得FN＝4.8 N
由牛顿第三定律得曲面受到的压力F压＝FN＝4.8 N
方向与竖直方向成37°夹角斜向右下。
(2)滑上斜面后，对物块A，设加速度为a，与物块B碰撞前速度大小为v，由牛顿第二定律可得
mAg sin 37°－μmAg cos 37°＝mAa
由运动运动学公式可得＝2axNB
联立解得v＝3 m/s。
(3)物块A与物块B发生弹性碰撞，设碰撞后物块A速度为v1，物块B速度为v2，碰撞过程满足动量守恒、机械能守恒定律，即
mAv＝mAv1＋mBv2
mAv2＝
联立解得v1＝2 m/s，v2＝5 m/s
因为物块B恰好静止在斜面上，碰撞后物块B匀速运动，物块A与物块B碰后，物块A以加速度a匀加速运动，设经时间t第二次碰撞，由运动学公式可得v1t＋at2＝v2t
解得t＝3 s。
[答案] (1)4.8 N，方向与竖直方向成37°夹角斜向右下 (2)3 m/s (3)3 s
[典例4] (2024·山东卷)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ和m；
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
[解析] (1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有
mg＋3mg＝m
解得v＝4 m/s。
(2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有
F＝(M＋m)a
变形得a＝F
结合题图乙可知＝kg-1＝0.5 kg-1
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有
F－μmg＝Ma
变形得a＝ F－
结合题图乙可知＝kg-1＝1 kg-1
－＝－2 m/s2
联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(ⅱ)根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左
设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得
此时轨道的速度v1＝a1t0
小物块在P点时的速度v2＝a2t0
小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有
＝＋2mgR
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解不符合题意，舍去)
根据运动学规律有L＝
解得L＝4.5 m。
[答案] (1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2 1 kg
(ⅱ)4.5 m
[典例5] (2024·重庆卷节选)如图所示，两个钉子固定在相距为a的M、N两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，细绳一端固定在M上，另一端连接位于M正下方的放置在水平地面上的质量为m的小木块B(可视为质点)，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A(可视为质点)，沿水平方向与B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，
且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值。
(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面内做圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳断开，B也运动到P点，求B碰后瞬间的速度大小。
[解析] (1)当A、B碰后B恰能通过最高点时，B碰后瞬间速度最小，设A与B碰后瞬间B的最小速度为v，恰通过最高点时的速度为v1，则B从碰后瞬间到最高点的过程，由动能定理有
－mg·20a＝－mv2
在最高点由牛顿第二定律有mg＝
联立解得v＝5。
(2)设A、B发生弹性碰撞前瞬间A的速度为vA，A、B发生弹性碰撞后瞬间的速度分别为vA1、vB，B旋转2圈到达M正下方的速度为vB1，则
由动量守恒定律有2mvA＝2mvA1＋mvB
由机械能守恒定律有＝
设B与P间的距离为x0，则对碰后A的运动过程由动能定理有
－2μmgx0＝
对碰后B转2圈至M正下方的过程由动能定理有
－4mga＝
在M点正下方细绳断开后B做平抛运动，有
4a＝gt2
x0＝vB1t
令＝k>0，联立化简得k2－k＋64a2＝0
解得k＝80ga，即vB＝4；k＝ga，即vB＝<，B不能通过最高点，舍去。
[答案] (1)5 (2)4
思维进阶特训(八)
题号
1
3
5
2
4
6
1．(2025·河北石家庄模拟)如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过弹簧与顶部一质量M＝2m的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h，已知重力加速度为g，则( )
A．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为－mgh
B．绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为3mgh
C．绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为1.5mgh
D．用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能为4.5mgh
√
题号
1
3
5
2
4
6
C [玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为WG＝－(M＋m)gh＝－3mgh，选项A错误；设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，则有v2＝2gh，得v＝。设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为v0，细绳绷紧过程，外力远小于内力，系统动量守恒，取竖直向上方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，可得v0＝，则绳
题号
1
3
5
2
4
6
子绷紧前的瞬间，小球的动能为Ek＝＝＝4.5mgh，则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为ΔE＝－(M＋m)v2＝1.5mgh，故B错误，C正确；用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故弹簧的弹性势能满足＝4.5mgh，故D错误。]
题号
1
3
5
2
4
6
2．(多选)(2025·湖南常德高三检测)如图所示为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是小球A质量的3倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不
考虑空气阻力，则下列判断中正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
A．下落过程中两个小球之间没有相互作用力
B．小球A与小球B第一次碰撞后小球B的速度为零
C．小球A与小球B第一次碰撞后小球A弹起的最大高度是2h
D．小球A与小球B第一次碰撞后小球A弹起的最大高度是4h
√
题号
1
3
5
2
4
6
√
√
ABD [小球B与地面碰撞前，对A、B整体，由牛顿第二定律得(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝g，设下落过程中两个小球之间的弹力为T，对小B球，由牛顿第二定律得mBg＋T＝mBa，解得T＝0，故A正确；根据机械能守恒定律可得(mA＋mB)gh＝，解得球A、B与地面碰撞前瞬间的速度大小为v0＝，小球B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选小球A与小球B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后小球A、B速度大小分别为vA、
题号
1
3
5
2
4
6
vB，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得mBv0－mAv0＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律得＝，由题可知mB＝3mA，联立解得vA＝2，vB＝0，故B正确；小球A与小球B第一次碰撞后小球A弹起的最大高度为H＝＝＝4h，故C错误，D正确。]
题号
1
3
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6
3．(多选)(2025·四川达州高三质检)如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，绳长L＝0.8 m，轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度h＝0.2 m，小物块沿水平地面滑到B点停止运动。已知小物块质量为m2，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，A点到B点的距离x＝0.4 m，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
题号
1
3
5
2
4
6
A．小球与小物块质量之比＝
B．小球与小物块碰后小物块速率v＝2 m/s
C．小球与小物块的碰撞是弹性碰撞
D．小球与小物块碰撞过程中有机械能损失
√
题号
1
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6
√
BC [对小物块根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可知小物块的加速度a＝μg＝5 m/s2，根据匀变速运动公式v2＝2ax解得，小球与小物块碰后小物块速率v＝＝2 m/s，B正确；设小球碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v′1，对小球下落过程及碰后上升过程根据动能定理得mgL＝，mgh＝，解得v1＝4 m/s，v′1＝2 m/s，以向右为正方向，对小球和小物块的碰撞过程根据动量守恒定律得
题号
1
3
5
2
4
6
m1v1＝－m1v′1＋m2v，解得＝，A错误；碰撞前动能Ek1＝＝8m1，碰撞后动能Ek2＝＋m2v2＝2m1＋2m2＝8m1，碰撞前后动能相等，所以小球与小物块的碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，C正确，D错误。]
题号
1
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2
4
6
4．(2022·广东卷)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＝10 m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为 1 N，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＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
题号
1
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5
2
4
6
(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v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
题号
1
3
5
2
4
6
[解析] (1)当滑块静止时，桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
N1＝(m＋M)g＝8 N
滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f ′＝5 N。
题号
1
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2
4
6
(2)从滑块向上运动到碰撞前瞬间根据动能定理有
－mgl－f l＝
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
题号
1
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2
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6
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
题号
1
3
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2
4
6
[答案] (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
5．(2024·湖南卷节选)如图所示，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
题号
1
3
5
2
4
6
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
题号
1
3
5
2
4
6
[解析] (1)小球A与B碰撞后结合在一起，则小球A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，设碰后两者的共同速度为v，有
mAv0＝(mA＋mB)v，则v＝
根据向心力公式F向＝(mA＋mB)，得F向＝。
题号
1
3
5
2
4
6
(2)若小球A、B之间为弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两球第一次碰撞在B球初始位置，设碰后A、B的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2
由机械能守恒定律有＝
可得v1＝，v2＝
题号
1
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2
4
6
题号
1
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6
因mA>mB，则碰后瞬间两球同向运动，又<，结合(v2－v1)t＝2πR可知，从第一次碰撞到第二次碰撞的过程，A的路程小于一个圆周
第一种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，＝
可得＝2
题号
1
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5
2
4
6
第二种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，＝
可得＝5
由动量守恒和机械能守恒可知两种情况下第二次碰撞后A球速度重新变为v0，B球的速度为0，之后两小球做周期性运动，两种情况均符合题意。
[答案] (1) (2)2或5
6．(2023·辽宁卷)如图所示，质量m1＝1 kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝
10 m/s2，结果可用根式表示。
题号
1
3
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2
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6
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0，求木板从速度为v2到之后与物块加速度首次相同的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
题号
1
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2
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6
[解析] (1)设木板接触弹簧前的加速度大小为a1，小物块受到的力为最大静摩擦力或滑动摩擦力时的加速度大小为a2
解法一 对木板和小物块分别由牛顿第二定律可得
μm2g＝m1a1，μm2g＝m2a2
由运动学公式可得
v1＝a1t，v1＝v0－a2t，x1＝a1t2
联立解得x1＝0.125 m，v1＝1 m/s。
题号
1
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4
6
解法二 对木板，由牛顿第二定律可得
μm2g＝m1a1
取向右为正方向，对木板和小物块整体，根据动量守恒定律可得
m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝1 m/s
由运动学公式可得
x1＝＝0.125 m。
题号
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6
(2)小物块与木板即将相对滑动时，由牛顿第二定律可得
对小物块有μm2g＝m2a2
对整体有kx2＝(m1＋m2)a2
解得x2＝0.25 m
从木板与弹簧接触到小物块与木板之间即将相对滑动时，对木板、小物块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律可得
＝
解得v2＝ m/s。
题号
1
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6
(3)木板速度为v2时，木板和小物块的加速度相同，木板的速度从v2向右减小到0，然后木板再由0向左加速到v2大小，此时木板和小物块的加速度再次相同，木板从速度为v2到之后与小物块加速度首次相同的过程中，小物块的加速度不变，小物块对木板的摩擦力不变，根据运动的对称性可知，这一过程所用时间为2t0，木板位移为零，整个过程中系统因摩擦转化的内能等于小物块动能的减少量
题号
1
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2
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6
解法一 对小物块由运动学规律可得
x3＝v2·2t0－a2(2t0)2
由功能关系可得
ΔU＝μm2gx3
解得ΔU＝ J。
题号
1
3
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解法二 取向左为正方向，木板从速度大小为v2到之后与小物块加速度首次相同的过程中，对小物块由动量定理可得
μm2g·2t0＝m2v′－(－m2v2)
对整个系统，由能量守恒定律可得
ΔU＝－m2v′2
解得ΔU＝ J。
题号
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6
[答案] (1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s J
谢 谢 ！思维进阶特训(八)
1．(2025·河北石家庄模拟)如图所示为某弹跳玩具，底部是一个质量为m的底座，通过弹簧与顶部一质量M＝2m的小球相连，同时用轻质无弹性的细绳将底座和小球连接，稳定时绳子伸直而无张力。用手将小球按下一段距离后释放，小球运动到初始位置处时，瞬间绷紧细绳，带动底座离开地面，一起向上运动，底座离开地面后能上升的最大高度为h，已知重力加速度为g，则( )
A．玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为－mgh
B．绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为3mgh
C．绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为1.5mgh
D．用手将小球按下一段距离后，弹簧的弹性势能为4.5mgh
2．(多选)(2025·湖南常德高三检测)如图所示为“子母球”表演的示意图，弹性小球A和B叠放在一起，从距地面高度为h处自由落下，h远大于两小球直径，小球B的质量是小球A质量的3倍。假设所有的碰撞都是弹性碰撞，且都发生在竖直方向，不考虑空气阻力，则下列判断中正确的是( )
A．下落过程中两个小球之间没有相互作用力
B．小球A与小球B第一次碰撞后小球B的速度为零
C．小球A与小球B第一次碰撞后小球A弹起的最大高度是2h
D．小球A与小球B第一次碰撞后小球A弹起的最大高度是4h
3．(多选)(2025·四川达州高三质检)如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为m1的小球悬挂在O点，绳长L＝0.8 m，轻绳处于水平拉直状态。现将小球由静止释放，下摆至最低点与静止在A点的小物块发生碰撞，碰后小球向左摆的最大高度h＝0.2 m，小物块沿水平地面滑到B点停止运动。已知小物块质量为m2，小物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，A点到B点的距离x＝0.4 m，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．小球与小物块质量之比＝
B．小球与小物块碰后小物块速率v＝2 m/s
C．小球与小物块的碰撞是弹性碰撞
D．小球与小物块碰撞过程中有机械能损失
4．(2022·广东卷)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＝10 m/s 向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为 1 N，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＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/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v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
5．(2024·湖南卷节选)如图所示，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。
(1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小；
(2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。
6．(2023·辽宁卷)如图所示，质量m1＝1 kg 的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20 N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s 滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。取重力加速度g＝10 m/s2，结果可用根式表示。
(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1；
(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小；
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0，求木板从速度为v2到之后与物块加速度首次相同的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。
思维进阶特训(八)
1．C [玩具离开地面上升到最高点的过程中，重力做功为WG＝－(M＋m)gh＝－3mgh，选项A错误；设细绳绷紧后瞬间，小球和底座一起向上运动的速度大小为v，底座离开地面后能上升h高，则有v2＝2gh，得v＝。设细绳绷紧前瞬间，小球的速度为v0，细绳绷紧过程，外力远小于内力，系统动量守恒，取竖直向上方向为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v，可得v0＝，则绳子绷紧前的瞬间，小球的动能为Ek＝＝＝4.5mgh，则绳子绷紧瞬间，系统损失的机械能为ΔE＝－(M＋m)v2＝1.5mgh，故B错误，C正确；用手将小球按下一段距离后，在绳子绷紧前的瞬间，减小的弹性势能转化成小球的动能和重力势能，故弹簧的弹性势能满足＝4.5mgh，故D错误。]
2．ABD [小球B与地面碰撞前，对A、B整体，由牛顿第二定律得(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，解得a＝g，设下落过程中两个小球之间的弹力为T，对小B球，由牛顿第二定律得mBg＋T＝mBa，解得T＝0，故A正确；根据机械能守恒定律可得(mA＋mB)gh＝，解得球A、B与地面碰撞前瞬间的速度大小为v0＝，小球B碰撞地之后，速度瞬间反向，大小相等，选小球A与小球B碰撞过程为研究过程，碰撞前后动量守恒，设碰后小球A、B速度大小分别为vA、vB，选向上方向为正方向，由动量守恒定律得mBv0－mAv0＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律得＝，由题可知mB＝3mA，联立解得vA＝2，vB＝0，故B正确；小球A与小球B第一次碰撞后小球A弹起的最大高度为H＝＝＝4h，故C错误，D正确。]
3．BC [对小物块根据牛顿第二定律有μmg＝ma，可知小物块的加速度a＝μg＝5 m/s2，根据匀变速运动公式v2＝2ax解得，小球与小物块碰后小物块速率v＝＝2 m/s，B正确；设小球碰撞前的速度为v1，碰撞后的速度为v′1，对小球下落过程及碰后上升过程根据动能定理得mgL＝，mgh＝，解得v1＝4 m/s，v′1＝2 m/s，以向右为正方向，对小球和小物块的碰撞过程根据动量守恒定律得m1v1＝－m1v′1＋m2v，解得＝，A错误；碰撞前动能Ek1＝＝8m1，碰撞后动能Ek2＝＋m2v2＝2m1＋2m2＝8m1，碰撞前后动能相等，所以小球与小物块的碰撞是弹性碰撞，无机械能损失，C正确，D错误。]
4．解析：(1)当滑块静止时，桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即
N1＝(m＋M)g＝8 N
滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f ′＝5 N。
(2)从滑块向上运动到碰撞前瞬间根据动能定理有
－mgl－f l＝
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒定律有
mv1＝(m＋M)v
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
答案：(1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
5．解析：(1)小球A与B碰撞后结合在一起，则小球A、B发生完全非弹性碰撞，碰撞过程动量守恒，设碰后两者的共同速度为v，有
mAv0＝(mA＋mB)v，则v＝
根据向心力公式F向＝(mA＋mB)，得F向＝。
(2)若小球A、B之间为弹性碰撞，则碰撞过程动量守恒、机械能守恒，两球第一次碰撞在B球初始位置，设碰后A、B的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2
由机械能守恒定律有＝
可得v1＝，v2＝
因mA>mB，则碰后瞬间两球同向运动，又<，结合(v2－v1)t＝2πR可知，从第一次碰撞到第二次碰撞的过程，A的路程小于一个圆周
第一种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，＝
可得＝2
第二种情况：碰后B球比A球多跑一圈，A球跑了圈，＝
可得＝5
由动量守恒和机械能守恒可知两种情况下第二次碰撞后A球速度重新变为v0，B球的速度为0，之后两小球做周期性运动，两种情况均符合题意。
答案：(1) (2)2或5
6．解析：(1)设木板接触弹簧前的加速度大小为a1，小物块受到的力为最大静摩擦力或滑动摩擦力时的加速度大小为a2
解法一 对木板和小物块分别由牛顿第二定律可得
μm2g＝m1a1，μm2g＝m2a2
由运动学公式可得
v1＝a1t，v1＝v0－a2t，x1＝a1t2
联立解得x1＝0.125 m，v1＝1 m/s。
解法二 对木板，由牛顿第二定律可得
μm2g＝m1a1
取向右为正方向，对木板和小物块整体，根据动量守恒定律可得
m2v0＝(m1＋m2)v1
解得v1＝1 m/s
由运动学公式可得
x1＝＝0.125 m。
(2)小物块与木板即将相对滑动时，由牛顿第二定律可得
对小物块有μm2g＝m2a2
对整体有kx2＝(m1＋m2)a2
解得x2＝0.25 m
从木板与弹簧接触到小物块与木板之间即将相对滑动时，对木板、小物块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律可得
＝
解得v2＝ m/s。
(3)木板速度为v2时，木板和小物块的加速度相同，木板的速度从v2向右减小到0，然后木板再由0向左加速到v2大小，此时木板和小物块的加速度再次相同，木板从速度为v2到之后与小物块加速度首次相同的过程中，小物块的加速度不变，小物块对木板的摩擦力不变，根据运动的对称性可知，这一过程所用时间为2t0，木板位移为零，整个过程中系统因摩擦转化的内能等于小物块动能的减少量
解法一 对小物块由运动学规律可得
x3＝v2·2t0－a2(2t0)2
由功能关系可得
ΔU＝μm2gx3
解得ΔU＝ J。
解法二 取向左为正方向，木板从速度大小为v2到之后与小物块加速度首次相同的过程中，对小物块由动量定理可得
μm2g·2t0＝m2v′－(－m2v2)
对整个系统，由能量守恒定律可得
ΔU＝－m2v′2
解得ΔU＝ J。
答案：(1)1 m/s 0.125 m (2)0.25 m m/s J
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