用力学三大观点处理多过程问题（解析版）-2024年高考物理压轴题专项训练

A用力*三丈或JL处理，比我阀4L

N0.1

压轴题解读

L用力学三大观点（动力学观点、能量观点和动量观点）处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验

学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合

能力。这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面,要求考生能够灵活运

用力学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。其次，要

通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力,特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分

解为多个简单过程进行分析和处理。

NO.2

考向一：三大观点及相互联系

考向二：三大观点的选用原则

力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量（如速度、位置），所以

守恒定律能解决状态问题,不能解决过程（如位移①，时间。问题，不能解决力（F）的问题。

（1）若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

（2）若物体（或系统）涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

（3）若物体（或系统）涉及位移和时间，且受到恒力作用,应考虑使用牛顿运动定律。

（4）若物体（或系统）涉及位移和速度,应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路

程,动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三:用三大观点的解物理题要掌握的科学思雉方法

1.多体问题--要正确选取研究对象，善于寻找相互联系

选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔

•••

离法，即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究;或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为

整体进行研究;或将隔离法与整体法交叉使用。

通常,符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法;在需讨论系统各部分间的相互作用

时，宜采用隔离法;对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从

它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。

2.多过程问题--要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律

观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析

每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之

间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。

3.含有隐含条件的问题--要深究细琢，努力挖掘隐含条件

注重审题,深究细琢,综观全局重点推敲,挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程,是求解的

关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中

去挖掘。

4.存在多种情况的问题--要分析制约条件,探讨各种情况

解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定

的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。

♦题型01用力学三大观点处理物块多过程问题

颔目工如图所示，倾角夕=30°的足够长斜面固定在水平面上"=0时刻,将物块A、B（均可视为质点）从斜

面上相距I=0.05m的两处同时由静止释放。已知A的质量是口的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩

擦因数分别为%=乎、磔=乎，人、B之间的碰撞为弹性碰撞,且碰撞时间极短,重力加速度大小g=

63

10m/s2,求：

（1）4、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；

（2）4、B发生第三次碰撞的时刻；

（3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移。

【答案】⑴0.25m/s,0.75m/s;（2）1.Os;（3）0.05（3n2-3n+l）m

【详解】（1）A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析,根据牛顿第二定律

3mgsind—代心mgcosf）=3ma

分析B的受力

mgsinff—f/Bmgcos0

即B静止在斜面上。A与3发生第一次碰撞前，由运动学规律

"AO—2az

4与6发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律

3Tm〃)=3mvA1-i-mvB1,y•3nw*=y•3m岛遍

解得

=

vAi0.25m/s,vm=0.75m/s

⑵由⑴可得，A从静止释放后，经过时间I。与B发生第一次碰撞，有

Oo=atQ

_B以UBI匀速直线运动，A以初速度办1，加速度Q匀加速直线运动，第二次碰撞前，有

力由+方。£=%为

此时，B以o囱匀速直线运动，4的速度为

VA1=。人1+。力1

4与6发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律

3mvA1-\-mvB1=SmvA2-\-mvB2,y-y>3m^2+ym^2

B以加2分速直线运动，A以初速度办2,加速度Q匀加速直线运动，第三次碰撞前，有

口42—+5Q-="B2t2

显然，每次碰撞后，B均相对4以初速度vA0、加速度Qq做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为

0.4s。故在与_B发生第3次碰撞后的时刻为

工3=力。+£1+力2

解得

『1.0s

(3)从开始至第一次碰撞

或4尸I

从第一次碰撞至第二次碰撞

xA2=2Z+4Z=6Z

从第二次碰撞至第三次碰撞

%3=8/+4/=12Z

从第三次碰撞至第四次碰撞

xA4=14Z+4Z=18Z

从第九一1次碰撞至第71次碰撞

xAn=(6n—10)Z+4Z(n>1)A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移

22

XAn=xA1-\-xA2-\-xA3+...+以九=(3n—3n+1)Z=0.05(3n—3n+l)m

♦题型02用力学三大观点处理传送带多过程问题

题目区如图所示,质量为2kg的物体A静止于光滑水平面AW上，水平面与AW右端与倾斜传送带平滑连

接，传送带长£=3.2小,倾斜传送带与水平方向夹角为。=30°,传送带以8m/s的速度顺时针转动，物体A

与传送带间的动摩擦因数为4=空，倾斜传送带上端与光滑水平面PQ平滑连接，上方加有光滑曲面转

向装置，使物体在倾斜传送带上端速度方向变为水平方向而大小不变，足够长的薄板。静止在PQ下方光

滑水平面EF上，薄板C的质量为3kg,薄板C的上表面与水平面PQ的高度差h=1.8馆,物体A与薄板C

的上表面的动摩擦因数为〃2=0Q5,重力加速度取g=lOm/sz,质量为1kg的物体B以某一水平向右的初速

度撞向A,与A发生弹性碰撞,求：

(1)若使物体A到达传倾斜传送带上端速度大小为5m/s,B的初速度多大；

（2）若使物体A从水平面上Q点平抛轨迹相同，B的初速度取值范围；

（3）当B的初速度大小为12m/s时，若物体力与薄板。每次碰后竖直方向速度与碰前等大反向，则A与。

碰撞几次后，A在。上碰撞位置将会相同（每次碰撞时间极短）。

【答案】（l）4.5m/s;（2）6，5m8m/s;（3）8

【详解】（1）A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

mDv0=mDvn+mAvA

^-mBvl=-^-TnBVB+—mAv\

解得

2mB

VA=-----V-----号0

mB-rmA

物块A在传送带上，根据牛顿第二定律

7n

Ageos。—m^sind=mAar

根据运动学公式

*—嫉=2alz/

解得

vA=3m/s

v0=4.5m/s

（2）若使物体4从水平面上口点平抛轨迹相同，则到达顶端的速度与传送带速度相同，即

v=8m/s

若物体A在传送带上一直加速

d一嫁尸2alL

解得

vA1=4v3mzs

七得

由vAl-。1可

mB+mA

v01=6V3m/s

若物体A在传送带上一直减速，根据牛顿第二定律

j^imAgcos0+m^gsinJ=mAa2

根据运动学公式

VA2~y2=2。2刀

解得

vA2=12m/s

由以2=2TB可得

*2=18m/s

B的初速度取值范围

6\/3m/s&夕（）&18m/s

（3）由⑵分析可知石的初速度12m/s,则4到Q点平抛速度

v=8m/s

根据

h=《g力2

2y

解得

t=0.6s

则

vy=gt=6m/s

%=v=8m/s

A与。相撞时根据动量定理:对A

FNM—mA/\vy

△o尸2vy

一“2国△力=mA/\vx

对C

“2夙△力=rnc^vx

人与。水平速度相等时

vx-\-n^vx=nl^vx

联立解得

n=8

♦题型03用力学三大观点处理弹簧多过程问题

意目可如图所示，质量为机的凹槽A放在倾角夕=30°的足够长的绝缘斜面上,斜面固定在水平地面上,槽

内左端用轻弹簧和质量为2nl的物体B相连,空间存在垂直斜面向上的匀强电场、电场强度大小£=

呷9（g为重力加速度大小）。质量为小、电荷量为q的带正电物体。静置在凹槽A中时，A、B、。恰好

能处于静止状态。现将。取出，在A内移动B到某位置后撤去外力,此时A、B静止，再将。从斜面上A的

上方某点由静止释放后，C以大小为％的速度与A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均绝缘且不带电，A、

B间接触面光滑，。与A、。与斜面间都绝缘，整个过程中，物体。所带的电荷量保持不变,最大静摩擦力

等于滑动摩擦力，弹簧弹性势能与弹簧伸长量的平方成正比。求：

（1）凹槽4与斜面间的动摩擦因数〃；

（2）当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2倍时，A、B、。三者速度恰好相同，求。与A碰撞前弹簧的弹性

势能；

（3）从。与A碰后瞬间开始计时，经过时间3弹簧形变量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，弹簧

弹力对B的冲量大小。

5

【答案】(1)4f；(2)4nw。；(3)见解析

【详解】(1)以4、B、C整体为研究对象，对整体受力分析，有

4mgsin0=/4mge—qE)

解得

_4V3

⑵设初始时弹簧弹性势能为耳，由题意，当弹簧伸长量为初始压缩量的2倍时，弹性势能为4玛，C与4碰

撞过程，由动量守恒定律有

mv°=2TTWI

从。与4碰撞，到4、B、。共速，由动量守恒定律和能量守恒定律有

27ng=4m7；2

i1

—,2?7?,褶9+玛=—・4m,*9+4玛

解得

12

Ep=五小与

(3)从。与4碰后瞬间开始计时，到弹簧形变量等于初始时弹簧的压缩量，将A和。看成一个整体，石与

A,。之间的碰撞类似弹性碰撞，有

2mvi=2T2m也

],2mM=5,2mv2

解得

M=-y或。户0

弹簧第1、3、5、……、2九一1次恢复初始时的压缩状态时，有

，—5

纥=5

由动量定理有

I^+2mgsin0-t—2m■

解得

I弹二mvQ—mgt

即冲量大小为\mvQ—mgt\;

弹簧第2、4、6、...、2九次恢复初始时的压缩状态时，有

错=0

由动量定理有

/弹+27ngsin。-t=0

解得

即冲量大小为mgto

♦题型04用力学三大观点处理板块多过程问题

题目H如图所示,光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB，轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距

地面的高度，轨道右侧有质量1kg的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量m=1kg的小滑块(可

视为质点)以初速度”。=14m/s从右端滑上薄木板，重力加速度大小为g=10m/s2，小滑块与薄木板之间的

动摩擦因数为〃=0.75。

（1）若薄木板左端与A点距离d足够长,薄木板长度L=7.4m,薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小滑块

离开薄木板运动到轨道上A点时的速度办；

（2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，

B点与地面间的高度差八=1.2小保持不变，圆弧对应的圆心角。可调，求小滑块的最大水平射程巡及

对应的圆心角氏

（3）若薄木板长度L足够长，薄木板与轨道A端碰后立即以原速率弹回,调节初始状态薄木板左端与A点

距离d，使得薄木板与轨道A端只能碰撞2次，求d应满足的条件。

【答案】（1）！=6m/s;（2）SR=锂③馆，。=30°;（3）襄？普7n

56015

【详解】（1）因海木板左端与B点距离d足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道AB发生碰撞，设共同速度

为5,根据动量守恒定律，有

mv0—（M+rnfVi

解得

必=~^vo~7mzs

设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为;r,对滑块、薄木板系统由功能关系，有

/jtmgx-----（M+ni）v1

解得

_98

X~~15rn

薄木板与轨道AB碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的人点，有

vl-VA=2/ig（L-x）

解得

vA=6m/s

（2）小滑块由4点到石点的过程中机械能守恒,根据机械能守恒定律，有

-^-mvA=mgh+

解得

VB=2V3m/s

设小滑块落地的速度大小为明落地速度方向与水平方向夹角为a,根据机械能守恒定律知

v=vA=6m/s

画出速度矢量关系如图所示

设从B点飞出到落至地面所用时间为力，则小滑块水平位移为

s=VBCOS3•t

由几何关系可知，矢量三角形的面积为

111

S=­A7;•vBcosd——,vBcos0—~^gs

由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大。

解得

你6遍

Sm=---=—^―

95

此时满足条件

vBcos0=vsin3

即

tanJ=%=暇，。=30°

v3

(3)当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零,此情形

下薄木板和轨道4B恰好碰1次。

小滑块与薄木板加速度相等

a—fig—7.5m/s2

,*49

a―――———m

2a15

当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道AB发生碰撞,碰后小滑块与海木板同时减速为零，此情形下

薄木板和轨道AB恰好碰2次。

从开始到第一次碰撞的时间

薄木板和轨道AB碰撞时的速度

u—〃2ad=V15d

考虑小滑块的运动

v0—a•3At=u

联立解得

乂49

d^60m

综上可知d应满足的条件为

494d/49

NO.3

压轴题速练

版目可（2024.湖南.二模）超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹

性碰撞的方式把购物车收到一起,如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称''车"）的碰撞

进行了研究,分析时将购物车简化为可视为质点的小物块，已知车的净质量为馆=15kg,g=10m/s2-

（1）首先测车与超市地面间的动摩擦因数:取一辆车停在水平地面上，现给它向前的水平初速度3=2m/s,

测得该车能沿直线滑行，。=2小，求车与超市地面间的动摩擦因数〃；

（2）取编号为A、B的车，B车装上m0=15kg的货物后停在超市水平地面上,空车A的前端装上轻弹簧,将

A车停在B车的正后方且相距必=5.5巾处。现给A车施加向前的水平推力网=75N,作用时间琳=1s后

撤除。设人车与B车间的碰撞为弹性正碰（忽略相互作用时间）,两车所在直线上没有其他车，求在A车运

动的全过程中A车与地面间产生的摩擦热；

（3）如图乙所示，某同学把n（n>2）辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上,相邻两车间距为d=

1巾,用向前的水平恒力F=300N一直作用在1车上，推着1与正前方的车依次做完全非弹性正碰（碰撞时

间极短）,通过计算判断，他最多能推动多少辆车？［己知SZ（%+1）=皿土粤土设，号肥=

n3n

n（n+l）（2n+1）.

6J

【答案】⑴0.1;（2）90J;（3）30辆

【详解】（1）由功能关系，4车的动能全部转成摩擦热，有

y^o=urngxo

则

褚

〃二^2-gg

代入数据得

〃=0.1

（2）4车运动时受摩擦力

F）A=/Limg=15N

由牛顿第二定律有

用一号=ma

解得

a=4m/s2

A在M时的速度

vAQ=atQ=477Ms方（）内4的位移

12

力。=—at0—2.0m

设人与B车碰前瞬间的速度为04,由动能定理有

12

F^XQ—fjtmgx——mvA—0

得

化4=3m/s

A与8车碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

?71叫=mvA-\-(m+mo)vB

ym^+y(m+仍))脸

解得

17^4=—lm/s

由功能关系，有

Q=[imgx+-rrwr\

代入数据得

Q=90J

（3）设1与2车碰前的速度为oj,由动能定理

Fd—/imgd=-^-mvrl—0

1与2碰系统动量守恒

7nH=g+m）v2

解得

。2=

『福”2典二詈±

12与3车碰前的速度为g'，由动能定理

Fd—〃•2mgd=^-X2m嫉-x

1-2与3碰系统动量守恒

2nw；=3mt；3

解得

2，

5=3。2

d=(2)2,J_yx^Fd-firngd+Jd_2Mmgd]=「J_乂/d一炉ngd+J_x[Fd_2〃?71gd

33L\2m2mJL32m32m

123与4车碰前的速度为g,由动能定理

Fd—〃•3mgd=X―X3Tm4

1—2—3与4碰系统动量守恒

3m?；3—Am%

解得

2=为

Fd—/Limgd2Fd—2/imgd+】Fd—3/jmgd

4RX2+4-X2-

32m32m3m卜

10

1^Fd-fimgd,2、/。Fd-2〃?71gd,3^„Fd-^/imgd

~~TXZI~xzI~xZ

4m42m42m

同理可得与n车碰后速度为vn:

1、，cFd-(Jmgd,2^Fd-^mgd,3^^Fd-3/imgd,n-1Fd-(n-l)(imgd]_

-7XzI-XzI-Xzr...-产

nmnmnm

{{F—fimg)+2(F—2〃nzg)+3(F—3amg)-\—(n—1)[F—{n—l)^mg]]—

nm

2dr(n-l)n”(n—l)n(2n—1)2(n—l)dF(2n—1)

口rngk-----%一

6rrmjg

令%=0,即

F(2n-l)

~2~~6~~Z/W

解得

n—30.5

可知最多能推动30辆车。

题目回（2024.江西.一模）如图甲所示,B物块静止在足够长的固定斜面上"=0时刻将质量为小的人物块

从距离B物块七处由静止释放，,=9书时刻A、B发生第一次碰撞，t=19t0时刻发生第二次碰撞，在两次碰

撞间A物块的v-t图线如图乙所示（其中为、力。均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两

物块与斜面的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，求：

（1）第一次碰撞后A物块沿科面向上运动们最大距离；

（2）3物块的质量及A、B物块与斜面间的动摩擦因数之比；

（3）B物块沿斜面下滑的最大距离。

【答案】⑴誉;（2）17m,2:7;⑶口

【详解】（1）根据题意，由图乙可知，力物块在13to-19to的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小

_6%=*

119to—13toIQ

A物块在13t0-19t0时间内与在0—9t0的时间内受力情况一致，加速度相同，则有t=9t0时

v-ar9t0—9v0

刚释放人物块时，AB之间的距离为L,则有

L=?■x9t0

可得

,_2L

。森=班

A物块在9力o—13力（）的时间内沿斜面向上运动，运动的距离

8*（13加一9力0）

"=-------------=16^0

联立可得

7_32L

■又r

（2）4物块与石物块第一次碰撞时，由动量守怛可得

mv=mvA1-\-MvB1

碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得

^mv2=-^mvM+^MvB!

其中

v—9v0,vA1=-8v0

联立可得

vB1=v0,M=17m

4物块在13to-19/；o时间内下滑的距离

6。。（19313曲）,

L2二-------------=118Q。0环

故B物块碰后沿斜面下滑的距离

/i=L?-L\—29）力°

假设第二次碰撞前B物块已停止运动，则有

VB1.

可得

力产4to

即t=13t0时，B物块停止运动，假设成立，设B物块下滑过程中的加速度大小为a,则有

_v_v

a———B1———0

4to4to

设斜而倾斜角为仇根据牛顿第二定律:对石物块有

MgsinB—Mgu2cos8——Ma

A物块下滑时

mgsin。—mg^cosff=maxA物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为电，则有

_8*_2g

a2~lk~~k

由牛顿第二定律可得

mgsind+mg^cosff—ma2

联立可得

〃i：〃2=2:7

（3）力=19Z。时，入物块与B物块发生第二次碰撞，碰前瞬间4物块的速度

%=6g

由动量守恒可得

mVi=mvA2-\-MvB2

碰撞为弹性碰撞，由能量守怡可得

联立可得

12

_2

VB2~

O

设第二次碰撞后B物块下滑的距离为*2,则有

2ax2—vB2

可得

8%o4

劣2：

9=§血

以此类推可得

4y—i

Xi

则B物块运动的总距离

1一⑻

X—31+62+/3•一一+/九二----------•比1

1-A

19

当n-8时，代入数据可得

x=今L

45

题目H（2024.河南许昌•一模）如图所示，水平面上镶嵌两个传送带甲、乙，甲的长度为2馆,乙的长度为

瑞加，甲左侧地面粗糙，甲、乙之间的地面光滑且长度为0.5馆,在电动机的带动下甲顺时针转动，速度为

3m/s,乙逆时针转动，速度未知。质量为0.1kg的物体a从距甲左端处，在恒定外力F的作用下由静止

开始运动，滑上甲时撤去外力F,此时a的速度为v0=2m/s，质量为0.5kg的物体b静止于乙左端的地面

上。a与甲左侧地面及甲间的动摩擦因数均为言,与乙间的动摩擦因数为4，6与乙间的动摩擦因数为

545

2

去，Q、b均可视为质点且它们间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度g=10m/so求：

（l）a在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能；

（2）Q与b从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔；

（3）b在乙上滑动的过程中摩擦力对b的冲量大小。

甲乙

【答案】⑴0.3J;⑵4s;⑶却•s

【详解】（1）物体a滑上甲时，根据牛顿第二定律有

/J-irnag=maar

设经过时间力，物体a和传送带速度相同，则有

v—的+电力

解得

t—0.5s

此过程物体Q的位移

t="|-?n＜工甲=2m

表明物体a先向右做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，在物体a向右做匀加速直线运动过程，传送带甲

的位移

x2—。力=3x0.5m=1.5m

则a在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能为

E=n^nagx2

解得

E=0.3J

(2)a与b发生弹性碰撞，则有

+砧加

mav=m.52

1212i12

了小/=yma-wi+ym(,-w2

解得

%=-2m/s,”2=lm/s

滑体a与b碰撞后经过时间友到达传送带甲的右端，则有

x=\v1\tl

解得

n弓

力尸号■5=().25s

滑体a再次从右侧滑上甲后由于速度小于甲传送带的速度，则滑体a在甲上做双向匀变速直线运动，根据

对称性有

-vi=

解得

t-2—2s

滑体b从左侧滑上乙后先做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有

〃3馆国1/2

Q产------=7m/s

mb4

滑体b减速至0过程，利用逆向思维，则有

V2O八2

X==2m<2—m

bZCLb//

t=-=4s

3恁

滑体a再次从左侧滑上乙后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有

〃2颁98/2

@=------=-111/8

ma9

若其减速位移为g,则有

g=1。1比一］册立

解得时间为1.5s与3s,3s不合理，取1.5s,即有

力4=1.5s

由于

力3=力2+2—+—=4s

可知，当滑体b从左侧滑上乙做匀减速直线运动至速度恰好减为0时，两者恰好第二次碰撞，即物体Q与物

体b从第一碰撞到第二次碰撞的时间间隔为4s。

(3)物体a与物体b第二次碰撞前瞬间物体a的速度

Va=Mil——

解得

va=-1-m/s

o

物体a与b再次发生弹性碰撞，则有

rrtaVa=mav3-\-mbv^

—

-1maV2=-1m7；23+I—1m^42

za/a/

解得

v4=-^-m/s

若物体b减速至0,则有

d8、2

”F=无心药小

表明物体6从乙右端滑出，则有

*—*=-2&（七乙一g）

解得

V5=ym/s

对物体b进行分析，根据动量定理有

7=0—mbv2+TYibv5—mbv4

解得

I=-^-N-s

9

即b在乙上滑动的过程中摩擦力对6的冲量大小为［■N-s。

［题目回（2024•山东荷泽•一模）如图所示,倾角为37°的倾斜传送带长为心=5.8馆,以v=4m/s的速度逆时针

匀速转动;水平传送带长为乙=4机,也以o=4m/s的速度逆时针匀速转动，两传送带之间由很短的一段光

滑圆弧连接，圆弧的高度差忽略不计。紧靠水平传送带两端各静止一个质量为咻=m。=1kg的物块B和

。，在距传送带左端s=hn的水平面上放置一竖直固定挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回。现从倾

斜传送带顶端轻轻放上一质量MA=0.2kg的物块一段时间后物块人与B发生弹性碰撞，碰撞时间忽略

不计,碰撞后B滑上水平传送带，A被取走。己知物块A