2025年新高考物理壓軸題專(zhuān)項(xiàng)訓(xùn)練：用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理多過(guò)程問(wèn)題（含解析）

壓軸題10用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理多過(guò)程問(wèn)題

NO.1

壓軸題解讀

1.用力學(xué)三大觀點(diǎn)（動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)）處理多過(guò)程問(wèn)題在高考物理中占據(jù)核心地位，是檢驗(yàn)

學(xué)生物理思維能力和綜合運(yùn)用知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題能力的重要標(biāo)準(zhǔn)。

2.在命題方式上，高考通常會(huì)通過(guò)設(shè)計(jì)包含多個(gè)物理過(guò)程、涉及多個(gè)力學(xué)觀點(diǎn)的復(fù)雜問(wèn)題來(lái)考查學(xué)生的綜合能

力。這些問(wèn)題可能涉及物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化、能量轉(zhuǎn)換和守恒、動(dòng)量變化等多個(gè)方面，要求考生能夠靈活運(yùn)用力

學(xué)三大觀點(diǎn)進(jìn)行分析和解答。

3.備考時(shí)，學(xué)生應(yīng)首先深入理解力學(xué)三大觀點(diǎn)的基本原理和應(yīng)用方法，掌握相關(guān)的物理公式和定理。其次，要

通過(guò)大量的練習(xí)來(lái)提高自己分析和解決問(wèn)題的能力，特別是要注重對(duì)多過(guò)程問(wèn)題的訓(xùn)練，學(xué)會(huì)將復(fù)雜問(wèn)題分解為

多個(gè)簡(jiǎn)單過(guò)程進(jìn)行分析和處理。

NO.2

壓軸題密押

m解題要領(lǐng)歸納

考向一：三大觀點(diǎn)及相互聯(lián)系

考向二：三大觀點(diǎn)的選用原則

力學(xué)中首先考慮使用兩個(gè)守恒定律。從兩個(gè)守恒定律的表達(dá)式看出多項(xiàng)都是狀態(tài)量（如速度、位置），所以守

恒定律能解決狀態(tài)問(wèn)題，不能解決過(guò)程（如位移X,時(shí)間/）問(wèn)題，不能解決力⑺的問(wèn)題。

（1）若是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個(gè)守恒定律。

（2）若物體（或系統(tǒng)）涉及速度和時(shí)間，應(yīng)考慮使用動(dòng)量定理。

（3）若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和時(shí)間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。

（4）若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動(dòng)能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時(shí)應(yīng)用摩擦力乘以相對(duì)路程，

動(dòng)能定理解決曲線運(yùn)動(dòng)和變加速運(yùn)動(dòng)特別方便。

考向三：用三大觀點(diǎn)的解物理題要掌握的科學(xué)思維方法

1.多體問(wèn)題一一要正確選取研究對(duì)象，善于尋找相互聯(lián)系

選取研究對(duì)象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵。選取研究對(duì)象后需根據(jù)不同的條件采用隔離法，

即把研究對(duì)象從其所在的系統(tǒng)中抽離出來(lái)進(jìn)行研究；或采用整體法，即把幾個(gè)研究對(duì)象組成的系統(tǒng)作為整體進(jìn)行

研究；或?qū)⒏綦x法與整體法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系統(tǒng)或各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同的系統(tǒng)，宜采用整體法；在需討論系統(tǒng)各部分間的相互作用時(shí),

宜采用隔離法；對(duì)于各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的系統(tǒng)，應(yīng)慎用整體法。至于多個(gè)物體間的相互聯(lián)系，通常可從它們之

間的相互作用、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、位移、速度、加速度等方面去尋找。

2.多過(guò)程問(wèn)題一一要仔細(xì)觀察過(guò)程特征，妥善運(yùn)用物理規(guī)律

觀察每一個(gè)過(guò)程特征和尋找過(guò)程之間的聯(lián)系是求解多過(guò)程問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵。分析過(guò)程特征需仔細(xì)分析每個(gè)過(guò)

程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運(yùn)用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個(gè)進(jìn)行研究。至于過(guò)程之間的聯(lián)系，

則可從物體運(yùn)動(dòng)的速度、位移、時(shí)間等方面去尋找。

3.含有隱含條件的問(wèn)題一一要深究細(xì)琢，努力挖掘隱含條件

注重審題，深究細(xì)琢，綜觀全局重點(diǎn)推敲，挖掘并應(yīng)用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是求解的

關(guān)鍵。通常，隱含條件可通過(guò)觀察物理現(xiàn)象、認(rèn)識(shí)物理模型和分析物理過(guò)程，甚至從試題的字里行間或圖像中去

挖掘。

4.存在多種情況的問(wèn)題一一要分析制約條件，探討各種情況

解題時(shí)必須根據(jù)不同條件對(duì)各種可能情況進(jìn)行全面分析，必要時(shí)要自己擬定討論方案，將問(wèn)題根據(jù)一定的標(biāo)

準(zhǔn)分類(lèi)，再逐類(lèi)進(jìn)行探討，防止漏解。

?題型01用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理物塊多過(guò)程問(wèn)題

1.如圖所示，傾角6=30。的足夠長(zhǎng)斜面固定在水平面上，/=0時(shí)刻，將物塊A、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面上

相距/=0.05m的兩處同時(shí)由靜止釋放。已知A的質(zhì)量是B的質(zhì)量的3倍，A、B與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為

〃A=也、均=2,A、B之間的碰撞為彈性碰撞，且碰撞時(shí)間極短，重力加速度大小g=10m/s2,求:

63

（1）A、B發(fā)生第一次碰撞后瞬間，A、B的速度大小;

（2）A、B發(fā)生第三次碰撞的時(shí)刻；

（3）從靜止釋放到第〃次碰撞，A運(yùn)動(dòng)的位移。

【答案】(1)0.25m/s,0.75m/s；(2)1.0s；(3)0.05(3?2-3w+l)m

【詳解】（1）A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根據(jù)牛頓第二定律

3mgsin0-//A3mgcos0=3ma

分析B的受力

mgsin0=//Bmgcos6

即B靜止在斜面上。A與B發(fā)生第一次碰撞前，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律

VAO=2al

A與B發(fā)生第一次碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律

3%%=3加VAI+加%，1-3機(jī)匕=1-3mv^+；機(jī)《

解得

vA1=0.25m/s,vB1=0.75m/s

（2）由（1）可得，A從靜止釋放后，經(jīng)過(guò)時(shí)間％與B發(fā)生第一次碰撞，有

VAO=孤

B以勻速直線運(yùn)動(dòng)，A以初速度VAI，加速度。勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第二次碰撞前，有

1,2,

VA/I+5M=VB/1

此時(shí)，B以VBI勻速直線運(yùn)動(dòng)，A的速度為

%I=VAI+M

A與B發(fā)生第二次碰撞，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律

3加以+mvBl=3mvA2+mvB2,1-3mv'^+1mv^=1-3mv12+；加喧

B以勻速直線運(yùn)動(dòng)，A以初速度VA2,加速度。勻加速直線運(yùn)動(dòng)，第三次碰撞前，有

Vt+1at2

A22~2=VB2Z2

顯然，每次碰撞后，B均相對(duì)A以初速度VA。、加速度瓢做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至下一次碰撞，經(jīng)過(guò)時(shí)間均為0.4s。

故A與B發(fā)生第3次碰撞后的時(shí)刻為

^3=t0+tl+t2

解得

7；=1.0s

（3）從開(kāi)始至第一次碰撞

XA1=/

從第一次碰撞至第二次碰撞

xA2=2/+4/=6/

從第二次碰撞至第三次碰撞

xA3=8/+4/=12/

從第三次碰撞至第四次碰撞

%=14/+4/=18/

從第n-1次碰撞至第n次碰撞

%=（6”10）/+4/（心1）4從靜止釋放到第n次碰撞后運(yùn)動(dòng)的總位移

X即—xA1+xA2+xA3+.......+=（3"-3〃+1）I=0.05（3ii-3〃m

?題型02用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理傳送帶多過(guò)程問(wèn)題

2.如圖所示，質(zhì)量為2kg的物體A靜止于光滑水平面九W上，水平面與右端與傾斜傳送帶平滑連接，傳送

帶長(zhǎng)￡=3.2m,傾斜傳送帶與水平方向夾角為6=30。，傳送帶以8m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，物體A與傳送帶間的

動(dòng)摩擦因數(shù)為h=等，傾斜傳送帶上端與光滑水平面PQ平滑連接，上方加有光滑曲面轉(zhuǎn)向裝置，使物體在傾

斜傳送帶上端速度方向變?yōu)樗椒较蚨笮〔蛔?，足夠長(zhǎng)的薄板C靜止在尸。下方光滑水平面昉上，薄板C的

質(zhì)量為3kg,薄板C的上表面與水平面PQ的高度差〃=1.8m,物體A與薄板C的上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃?=。?。5,

重力加速度取g=10m/s2,質(zhì)量為1kg的物體B以某一水平向右的初速度撞向A,與A發(fā)生彈性碰撞，求：

（1）若使物體A到達(dá)傳傾斜傳送帶上端速度大小為5m/s,B的初速度多大；

（2）若使物體A從水平面上。點(diǎn)平拋軌跡相同，B的初速度取值范圍；

（3）當(dāng)B的初速度大小為12m/s時(shí)，若物體A與薄板C每次碰后豎直方向速度與碰前等大反向，則A與C碰撞

幾次后，A在C上碰撞位置將會(huì)相同（每次碰撞時(shí)間極短）。

【答案】（1）4.5m/s；（2）6V3m/s<v0<18m/s；（3）8

【詳解】（1）A與B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有

解得

2mR

以=-7—%

加B+加A

物塊A在傳送帶上，根據(jù)牛頓第二定律

從加Agcos6-mAgsin0=mkax

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

V[2_v；=2a、L

解得

vA=3m/s

%=4.5m/s

（2）若使物體A從水平面上口點(diǎn)平拋軌跡相同，則到達(dá)頂端的速度與傳送帶速度相同，即

v=8m/s

若物體A在傳送帶上一直加速

v?—vj=2%￡

解得

vA1=4>/3m/s

2加B

由VAI=可得

機(jī)B+外

v01=66mzs

若物體A在傳送帶上一直減速，根據(jù)牛頓第二定律

cosm

〃[加Ag°+\gsin3=mxa2

根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式

唆—"2=2a2L

解得

%=12m/s

2m,

由%=—R可得

加B+叫

v02=18m/s

B的初速度取值范圍

6V§m/s<v0<18m/s

（3）由（2）分析可知B的初速度12m/s,則A到。點(diǎn)平拋速度

v=8m/s

根據(jù)

解得

t=0.6s

則

vy=gt=6m/s

vx=v=8m/s

A與C相撞時(shí)根據(jù)動(dòng)量定理：對(duì)A

FW=mQVy

A。=2vy

=mAAvx

對(duì)C

從然加=mc^v'x

A與C水平速度相等時(shí)

r

vx+z?Avx=nAvx

聯(lián)立解得

w=8

?題型03用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理彈簧多過(guò)程問(wèn)題

3.如圖所示，質(zhì)量為根的凹槽A放在傾角6=30。的足夠長(zhǎng)的絕緣斜面上，斜面固定在水平地面上，槽內(nèi)左端

用輕彈簧和質(zhì)量為2〃?的物體B相連，空間存在垂直斜面向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)、電場(chǎng)強(qiáng)度大小￡=叵重（g為重力

2q

加速度大?。?。質(zhì)量為加、電荷量為q的帶正電物體C靜置在凹槽A中時(shí)，A、B、C恰好能處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將

C取出，在A內(nèi)移動(dòng)B到某位置后撤去外力，此時(shí)A、B靜止，再將C從斜面上A的上方某點(diǎn)由靜止釋放后，C

以大小為%的速度與A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均絕緣且不帶電，A、B間接觸面光滑，C與A、C與斜

面間都絕緣，整個(gè)過(guò)程中，物體C所帶的電荷量保持不變，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧彈性勢(shì)能與彈簧

伸長(zhǎng)量的平方成正比。求：

（1）凹槽A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

（2）當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量變?yōu)榕銮八查g壓縮量的2倍時(shí)，A、B、C三者速度恰好相同，求C與A碰撞前彈簧的彈性勢(shì)

能；

（3）從C與A碰后瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，經(jīng)過(guò)時(shí)間/,彈簧形變量恢復(fù)到與初始時(shí)的壓縮量相等，求該過(guò)程中，彈簧

彈力對(duì)B的沖量大小。

【答案】（1）殍；（2）：/片；（3）見(jiàn)解析

【詳解】（1）以A、B、C整體為研究對(duì)象，對(duì)整體受力分析，有

4mgsin0-4mgeos6-qE）

解得

(2)設(shè)初始時(shí)彈簧彈性勢(shì)能為斗，由題意，當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)量為初始?jí)嚎s量的2倍時(shí)，彈性勢(shì)能為4與，C與A碰

撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有

mv0=2mvx

從C與A碰撞，到A、B、C共速，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有

2mv{=4mv2

(3)從C與A碰后瞬間開(kāi)始計(jì)時(shí)，到彈簧形變量等于初始時(shí)彈簧的壓縮量，將A和C看成一個(gè)整體，B與A,C

之間的碰撞類(lèi)似彈性碰撞，有

2,2

—-2mv^=—?2mv/+—?2mv2

v；=/或=0

彈簧第1、3、5.....2〃-1次恢復(fù)初始時(shí)的壓縮狀態(tài)時(shí)，有

v，=—%

22

由動(dòng)量定理有

/彈+2mgsm0-t=2m'—

/彈

即沖量大小為加％-〃陪巾

彈簧第2、4、6.....2〃次恢復(fù)初始時(shí)的壓縮狀態(tài)時(shí)，有

由動(dòng)量定理有

/彈+2mgsin01=0

解得

/彈=-mgt

即沖量大小為冽gt。

?題型04用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理板塊多過(guò)程問(wèn)題

4.如圖所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圓弧軌道/￡軌道上/點(diǎn)切線沿水平方向，忽略/點(diǎn)距地面的

高度，軌道右側(cè)有質(zhì)量M=1kg的靜止薄木板，上表面與/點(diǎn)平齊。一質(zhì)量掰=lkg的小滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）以

初速度％=14m/s從右端滑上薄木板，重力加速度大小為g=10m/s2,小滑塊與薄木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

H=0.75o

（1）若薄木板左端與/點(diǎn)距離d足夠長(zhǎng)，薄木板長(zhǎng)度￡=7.4m,薄木板與軌道/端碰后立即靜止，求小滑塊離

開(kāi)薄木板運(yùn)動(dòng)到軌道上N點(diǎn)時(shí)的速度V”；

（2）在（1）中，小滑塊繼續(xù)沿圓弧軌道N2運(yùn)動(dòng)至8點(diǎn)沿切線方向飛出，最后落回水平地面，不計(jì)空氣阻力，

2點(diǎn)與地面間的高度差%=L2m保持不變，圓弧N3對(duì)應(yīng)的圓心角?？烧{(diào)，求小滑塊的最大水平射程與及對(duì)應(yīng)的

圓心角。；

（3）若薄木板長(zhǎng)度工足夠長(zhǎng)，薄木板與軌道/端碰后立即以原速率彈回，調(diào)節(jié)初始狀態(tài)薄木板左端與/點(diǎn)距離

d,使得薄木板與軌道N端只能碰撞2次，求d應(yīng)滿足的條件。

【詳解】（1）因薄木板左端與5點(diǎn)距離d足夠大，小滑塊與薄木板共速后才和軌道發(fā)生碰撞，設(shè)共同速度

為W，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有

mv0=（M+〃7）K

解得

W=7m/s

設(shè)此過(guò)程中小滑塊相對(duì)薄木板滑動(dòng)的位移為x,對(duì)滑塊、薄木板系統(tǒng)由功能關(guān)系，有

/xmgx=gmv1-g(Af+)v；

解得

98

x=——m

15

薄木板與軌道N3碰后立即靜止，小滑塊繼續(xù)作勻減速運(yùn)動(dòng)，直到運(yùn)動(dòng)到軌道上的/點(diǎn)，有

V"V；=2〃g(￡-X)

解得

vA=6m/s

（2）小滑塊由N點(diǎn)到8點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有

gmv\=mgh+；mvj

解得

vB=2A/3HI/

設(shè)小滑塊落地的速度大小為v,落地速度方向與水平方向夾角為根據(jù)機(jī)械能守恒定律知

v=vA=6m/s

畫(huà)出速度矢量關(guān)系如圖所示

設(shè)從2點(diǎn)飛出到落至地面所用時(shí)間為t,則小滑塊水平位移為

s=vBcos0?t

由幾何關(guān)系可知，矢量三角形的面積為

S=；Av?cos6=；g，?以cos6=；gs

由此可知，當(dāng)矢量三角形面積最大時(shí)，水平位移最大。

解得

vRv6A/3

%二—二?m

g5

此時(shí)滿足條件

vBcos6=vsin6

即

tan6=支=且，6=30。

v3

（3）當(dāng)小滑塊與薄木板第1次共速時(shí)恰好和軌道48發(fā)生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時(shí)減速為零，此情形下

薄木板和軌道A3恰好碰1次。

小滑塊與薄木板加速度相等

a="g=7.5m/s2

當(dāng)小滑塊與薄木板第2次共速時(shí)恰好和軌道N8發(fā)生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時(shí)減速為零，此情形下薄木板

和軌道恰好碰2次。

從開(kāi)始到第一次碰撞的時(shí)間

av7.5

薄木板和軌道AB碰撞時(shí)的速度

u=J2ad=\J15d

考慮小滑塊的運(yùn)動(dòng)

%—。?34=u

聯(lián)立解得

綜上可知d應(yīng)滿足的條件為

49,749

——m<a<——m

NO.3

1.（2024?湖南?二模）超市里用的購(gòu)物車(chē)為顧客提供了購(gòu)物方便，又便于收納，收納時(shí)一般采用完全非彈性碰撞

的方式把購(gòu)物車(chē)收到一起，如圖甲所示。某興趣小組在超市對(duì)同款購(gòu)物車(chē)（以下簡(jiǎn)稱(chēng)"車(chē)"）的碰撞進(jìn)行了研究，

分析時(shí)將購(gòu)物車(chē)簡(jiǎn)化為可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊，已知車(chē)的凈質(zhì)量為%=15kg,g=10m/s2-

（1）首先測(cè)車(chē)與超市地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)：取一輛車(chē)停在水平地面上，現(xiàn)給它向前的水平初速度v°=2m/s,測(cè)得

該車(chē)能沿直線滑行x0=2m,求車(chē)與超市地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃；

（2）取編號(hào)為A、B的車(chē)，B車(chē)裝上加°=15kg的貨物后停在超市水平地面上，空車(chē)A的前端裝上輕彈簧，將A

車(chē)停在B車(chē)的正后方且相距x=5.5m處?，F(xiàn)給A車(chē)施加向前的水平推力凡=75N,作用時(shí)間切=ls后撤除。設(shè)A車(chē)

與B車(chē)間的碰撞為彈性正碰（忽略相互作用時(shí)間），兩車(chē)所在直線上沒(méi)有其他車(chē)，求在A車(chē)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中A

車(chē)與地面間產(chǎn)生的摩擦熱；

（3）如圖乙所示，某同學(xué)把"（n>2）輛空車(chē)等間距擺在超市水平地面上的一條直線上，相鄰兩車(chē)間距為無(wú)1m,

用向前的水平恒力尸=300N一直作用在1車(chē)上，推著1與正前方的車(chē)依次做完全非彈性正碰（碰撞時(shí)間極短），

通過(guò)計(jì)算判斷，他最多能推動(dòng)多少輛車(chē)？［已知名）（左+l）=M"+9（"+2）,￥山="5+1）（2〃+1）］

n3?6

【答案】(1)0.1；(2)90J：(3)30輛

【詳解】(1)由功能關(guān)系，A車(chē)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)成摩擦熱，有

=〃加g尤0

則

〃2小g%

代入數(shù)據(jù)得

〃二0.1

(2)A車(chē)運(yùn)動(dòng)時(shí)受摩擦力

F依=〃mg=15N

由牛頓第二定律有

F0-FfA=ma

解得

a=4m/s2

A在3時(shí)的速度

vA0=at0=4m/sf0內(nèi)A的位移

12

—2.0TH

設(shè)A與B車(chē)碰前瞬間的速度為山，由動(dòng)能定理有

Foxo-^mgx=^mv\-O

得

v^=3m/s

A與B車(chē)碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律有

mvA=mv'A+(m+m0)vg

mVmV

^A=^A+g（%+機(jī)。）需

解得

r

vA=-lm/s

由功能關(guān)系，有

12

Q=jLimgx+—

代入數(shù)據(jù)得

2=90J

（3）設(shè)1與2車(chē)碰前的速度為v/,由動(dòng)能定理

12

Fd-jLimgd=-mv\-0

1與2碰系統(tǒng)動(dòng)量守怛

mv[=(m+m)v2

解得

1,

2cFd-um2d

x2------------

m

12與3車(chē)碰前的速度為V2’,由動(dòng)能定理

Fd-/1-2mgd=-^x2mv^--^-x2mvf

1-2與3碰系統(tǒng)動(dòng)量守怛

2加v；=3mv3

解得

2,

匕

Fd-pimgdFd-2jumgd1Fd—pimgd2Fd_2/^mgd

XLr/-z-xLH-x'

m2m32m32m

123與4車(chē)碰前的速度為V3’，由動(dòng)能定理

Fd-〃?3mgd=3加vj--lx3mvl

1—2—3與4碰系統(tǒng)動(dòng)量守恒

3加v；=4mv4

解得

2

31Fd-jLimgd2Fd-2/nmgdFd-3ptmgd

V4=FX2-m—VXLrL

m3m

1Fd-pimgd2Fd-2/nmgd3Fd—3^mgd

-x2----------1—Tx2-----------H—zxZ----------

_4-m4-m4m

同理可得與n車(chē)碰后速度為v?：

1Fd-jumgd2Fd-2/umgd3Fd-3jumgdn-\Fd-(ZJ-1)/jmgd

v2，，=L—x2---------+—x2-----------+—x2-----------+....-^-x2---------------J=

rrmrrmn~mn~m

-jumg)+2(^F-2jumg)+3(^F-3jumg)-\—(”-1)［尸一(〃-1)〃〃陪］｝=

2d(n-l)n斤(n-l)w(2n-l)F(2n-l)

n2m26mn26

令Vn=O,即

F(2n-l)

4叫

26

解得

〃二30.5

可知最多能推動(dòng)30輛車(chē)。

2.（2024?江西?一模）如圖甲所示，B物塊靜止在足夠長(zhǎng)的固定斜面上，t=0時(shí)刻將質(zhì)量為加的A物塊從距離B

物塊Z處由靜止釋放，，=”時(shí)刻A、B發(fā)生第一次碰撞，1=19%時(shí)刻發(fā)生第二次碰撞，在兩次碰撞間A物塊的vT

圖線如圖乙所示（其中%、%均為未知量），每次碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，兩物塊與斜面的最大靜摩

擦力均等于滑動(dòng)摩擦力，求：

（1）第一次碰撞后A物塊沿科面向上運(yùn)動(dòng)們最大距離；

（2）B物塊的質(zhì)量及A、B物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)之比；

（3）B物塊沿斜面下滑的最大距離。

32/4

【答案】（1）—;（2）17m,2:7；（3）—L

8145

【詳解】（1）根據(jù)題意，由圖乙可知，A物塊在13/。-的時(shí)間內(nèi)沿斜面勻加速下滑，加速度大小

a-6Vo二V。

1

Zo

A物塊在13。-19。時(shí)間內(nèi)與在0-9片的時(shí)間內(nèi)受力情況一致，加速度相同，則有，=9片時(shí)

v=at-9t0=9v0

剛釋放A物塊時(shí)，AB之間的距離為則有

20

可得

2Z

v/=—

0081

A物塊在9%-13%的時(shí)間內(nèi)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的距離

_8%(13%o-%)

A==]6V(/o

聯(lián)立可得

,32L

L,=-----

181

(2)A物塊與B物塊第一次碰撞時(shí)，由動(dòng)量守怛可得

mv=mvA1+AfvB1

碰撞為彈性碰撞，由能量守恒可得

3爪/=;加片1+：跖喧

其中

v=9%,vA1=-8v0

聯(lián)立可得

VB1=Vo,M=17m

A物塊在13ZO-19%時(shí)間內(nèi)下滑的距離

T-6%(l%0-⑶o)_

2—1

故B物塊碰后沿斜面下滑的距離

%=4一￡]=2v0t0

假設(shè)第二次碰撞前B物塊已停止運(yùn)動(dòng)，則有

占x一~~2t%

可得

乙=%

即1=13/。時(shí)，B物塊停止運(yùn)動(dòng)，假設(shè)成立，設(shè)B物塊下滑過(guò)程中的加速度大小為。，則有

〃=迎=生

4。4t0

設(shè)斜而傾斜角為6,根據(jù)牛頓第二定律：對(duì)B物塊有

Mgsind-Mg/J2cos0=-Ma

A物塊下滑時(shí)

他gsinO-機(jī)gM]COs0=3Z1A物塊沿斜面向上運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為。2，則有

C4-)——

4/010

由牛頓第二定律可得

mgsin0+mg41cos0=ma2

聯(lián)立可得

從：兒=2:7

（3），=19/。時(shí)，A物塊與B物塊發(fā)生第二次碰撞，碰前瞬間A物塊的速度

匕=6%

由動(dòng)量守恒可得

mv^mv^+Mvm

碰撞為彈性碰撞，由能量守怡可得

；加匕2=（加唆+；旃：2

聯(lián)立可得

2

設(shè)第二次碰撞后B物塊下滑的距離為X?,則有

2ax2=Vg2

可得

8vozo4

x

尤2-9-9i

以此類(lèi)推可得

則B物塊運(yùn)動(dòng)的總距離

蟲(chóng)

X=芭+%2+%3...+%=---?王

1--

9

當(dāng)8時(shí)，代入數(shù)據(jù)可得

x-

45

水平面上鑲嵌兩個(gè)傳送帶甲、乙，甲的長(zhǎng)度為2m,乙的長(zhǎng)度為孚m,甲

3.（2024,河南許昌?一模）如圖所示，

27

左側(cè)地面粗糙，甲、乙之間的地面光滑且長(zhǎng)度為0.5m,在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下甲順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度為3m/s,乙逆時(shí)

針轉(zhuǎn)動(dòng)，速度未知。質(zhì)量為O」kg的物體。從距甲左端1m處，在恒定外力廠的作用下由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，滑上甲時(shí)

撤去外力尸，此時(shí)。的速度為％=2m/s,質(zhì)量為0.5kg的物體6靜止于乙左端的地面上。a與甲左側(cè)地面及甲間

141

的動(dòng)摩擦因數(shù)均為)，與乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為左,6與乙間的動(dòng)摩擦因數(shù)為本，a、6均可視為質(zhì)點(diǎn)且它們間的

碰撞為彈性碰撞，重力加速度g=lOm/s?。求：

(1)a在甲上從左端滑到右端的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能；

(2)a與6從第一次碰撞到第二次碰撞的時(shí)間間隔；

(3)6在乙上滑動(dòng)的過(guò)程中摩擦力對(duì)6的沖量大小。

甲乙

【答案】(1)0.3J；(2)4s；(3)—N-s

9

【詳解】(1)物體?；霞讜r(shí)，根據(jù)牛頓第二定律有

〃/%g=m11al

設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間f,物體a和傳送帶速度相同，則有

v=v0+af

解得

t=0.5s

此過(guò)程物體a的位移

V+V5,c

%=—丁■n/=—m<Ap=2m

表明物體a先向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在物體。向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程，傳送帶甲的位

移

比2=vf=3x0.5m=1.5m

則。在甲上從左端滑到右端的過(guò)程中，電動(dòng)機(jī)多消耗的電能為

E=〃即“g%

解得

E=031

(2)a與6發(fā)生彈性碰撞，則有

mav=mav1+mhv2

121,12

=5俏"匕+-mhv2

解得

V1=-2m/s,v2=lm/s

滑體。與b碰撞后經(jīng)過(guò)時(shí)間％到達(dá)傳送帶甲的右端，則有

X=|W1

解得

0.5

ty——s—0.25s

2

滑體。再次從右側(cè)滑上甲后由于速度小于甲傳送帶的速度，則滑體a在甲上做雙向勻變速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性

有

-%=匕+4gL

解得

t2=2s

滑體b從左側(cè)滑上乙后先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有

a產(chǎn)

叫4

滑體6減速至0過(guò)程，利用逆向思維，則有

■cc2

x=——=2m<2——m

2ab27

t3=—=4s

ab

滑體a再次從左側(cè)滑上乙后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有

若其減速位移為/，則有

解得時(shí)間為1.5s與3s,3s不合理，取1.5s,即有

%=1.5s

由于

4=’2+2%+14=4s

可知，當(dāng)滑體6從左側(cè)滑上乙做勻減速直線運(yùn)動(dòng)至速度恰好減為0時(shí)，兩者恰好第二次碰撞，即物體。與物體6

從第一碰撞到第二次碰撞的時(shí)間間隔為4so

(3)物體a與物體b第二次碰撞前瞬間物體a的速度

均=\vi\~aah

解得

2.

匕=§m/s

物體。與6再次發(fā)生彈性碰撞，則有

mava=mav3+mhv4

^maVa+g加廣:

解得

2,

v=-m/s

4d9

若物體6減速至0，則有

_V；_82

X-,------——m>—m

3

2ab8127

表明物體b從乙右端滑出，則有

V5~V4=-2%（￡乙一項(xiàng),）

解得

1,

匕=—m/s

59

對(duì)物體b進(jìn)行分析，根據(jù)動(dòng)量定理有

I=0-mbv2+mbv5-mbv4

解得

/=--N-s

9

即b在乙上滑動(dòng)的過(guò)程中摩擦力對(duì)b的沖量大小為■jN-s。

4.（2024?山東荷澤?一模）如圖所示，傾角為37。的傾斜傳送帶長(zhǎng)為4=5.8m,以v=4m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)

動(dòng)；水平傳送帶長(zhǎng)為4=4m,也以v=4m/s的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩傳送帶之間由很短的一段光滑圓弧連接,

圓弧的高度差忽略不計(jì)。緊靠水平傳送帶兩端各靜止一個(gè)質(zhì)量為叫=收=lkg的物塊B和C,在距傳送帶左端

s=1m的水平面上放置一豎直固定擋板，物塊與擋板碰撞后會(huì)被原速率彈回。現(xiàn)從傾斜傳送帶頂端輕輕放上一質(zhì)

量加A=0,2kg的物塊A,一段時(shí)間后物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰撞后B滑上水平傳送帶，

A被取走。已知物塊A與傾斜傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)兒=0.5,物塊B、C與水平傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃2=。2,

與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃3=。016,物塊間的碰撞都是彈性正碰，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取lOm/s?。

sin37°=0.6,cos37°=0.8?求：

Cl）物塊A在傾斜傳送帶上滑行過(guò)程中，A在傾斜傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度和A在傾斜傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的

內(nèi)能；

（2）物塊B與物塊C第一次碰撞前，水平傳送帶因傳送物塊B多消耗的電能；

（3）整個(gè)過(guò)程中，物塊B在傳送帶上滑行的總路程。

A