2025年高考物理压轴题专项训练：用力学三大观点处理多过程运动问题（解析版）

专题11用力学三大观点处理多过程运动问题

NO.1

压轴题解读

用力学三大观点（动力学观点、能量观点和动量观点）处理多过程运动问题是高考物理中

的重要命题方向。这三大观点涵盖了物体受力与运动状态的关系、能量转换与守恒以及动量变

化与守恒等核心物理概念。通过动力学观点，可以分析物体的受力情况和运动状态的变化。能

量观点在处理非匀变速运动问题时尤为重要，可以通过分析物体在不同过程中的能量转换和守

恒关系来求解问题。动量观点在处理涉及碰撞、爆炸等物理现象的问题时具有独特优势，可以

通过分析物体在不同过程中的动量变化来求解问题。

在2025年高考中，常考的问题主要涉及以下几个方面：

1.多过程运动问题：这类问题通常涉及多个物理过程和多个研究对象，需要考生运用力学

三大观点对各个过程进行受力分析、运动分析和能量分析。常见题型包括物体在多个力作用下

命题预测的运动问题、物体在不同阶段的运动状态变化问题等。

2.守恒定律应用问题：这类问题主要考查能量守恒定律和动量守恒定律的应用。常见题型

包括物体在碰撞过程中的能量损失和动量守恒问题、物体在复杂运动过程中的机械能守恒问题

等。

3.综合应用题：这类问题通常将动力学观点、能量观点和动量观点综合起来进行考查，要

求考生能够灵活运用这三大观点分析解决复杂问题。常见题型包括物体在复杂运动过程中的受

力、运动状态和能量变化问题等。

在备考过程中，考生应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。同时，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。

1.用力学三大观点处理物块多过程问题

2.用力学三大观点处理传送带多过程问题

高频考法

3.用力学三大观点处理弹簧多过程问题

4.用力学三大观点处理板块多过程问题

NO.2

压轴题密押

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X,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维方法

1.多体问题一一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.多过程问题一一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一一要深究细琢，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一一要分析制约条件，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。

题型密押

♦题型01用力学三大观点处理物块多过程问题

1.如图所示，足够长的固定斜面与水平面的夹角为/质量为加的物块B恰好静止在斜面上，质量为2m

底面光滑的物块A自斜面上与B相距为Z处静止释放，A沿斜面加速下滑，与B发生正碰，碰撞时间极短。

重力加速度的大小为go

⑴若A与B碰撞过程中系统损失的动能为碰撞前动能的;，则碰撞后A、B的速度;

⑵若A与B的碰撞系统没有机械能损失，求：

LA与B发生第1次碰撞到第2次的时间；

近第n次碰撞后到第（〃+1）次碰撞前的过程中，B物块的位移。

2_______7_______

【答案1(l)vA=2gLsin(9,vB=§j2g£sin。

【详解】（1）A与B碰撞前的速度

%=J2gzsin0

A与B碰撞后的速度分别为VA、K，由动量守恒得

2m%=2mvA+mvB

A与B碰撞过程中系统损失的动能为碰撞前动能的g,则

；（2机）吠+；旭说=|xg（2%M

解得

vA=|vo=|V2^sin61

VB=,%=|j2g£sind

（2）i.设/与2第1次碰撞后的速度为hi、%i，由动量守恒和能量守恒得

2mv0=2mvA1+mvB1

；（2加）v；=g（2加）匕+；加谓

解得

VAI=y-VBi=g

经时间4,A与B发生第2次碰撞，碰撞前A与B的速度为V'A2、v'B2，则

VA/i+；(gsind)f；=%i%

解得

2%=2后^第2次碰撞前A与B的速度为83则

4=gsin。

17

V

'A2=§%+(gsind):|=-v0

VB2

第1次碰撞后到第2次碰撞前B的位移

16L

X

B1=VB/1=

设A与B第2次碰撞后的速度为VA2、％2，由动量守恒和能量守恒得

2mv*A2+mvB2=2mvA2+mvB2

22

|(2m)v'A2+|mvB2=1(2m)v^2+|mv^2

解得

经时间。，A与B发生第3次碰撞，碰撞前A与B的速度为V'A3、"B3，同理可得

’2=^=2.2L

gsin。

第2次碰撞后到第3次碰撞前B的位移

32L

XB2=VB2Z2=

同理可得第3次碰撞后到第4次碰撞前B的位移

48Z

第"次碰撞后到第5+1）次碰撞前的过程中，B物块的位移

16,辽

XBn=~~

♦题型02用力学三大观点处理传送带多过程问题

2.如图所示，一足够长的倾斜传送带以为=4m/s的速度顺时针方向匀速转动，传递带与水平方向的夹角为

6=37。，M点为传送带上顶端的一点，N点为传送带上M点以下的一点，"N连线平行于传送带，两点间

距离为d=l.125m,有两个物块A、B,质量分别为町=lkg和啊=2kg,将物块A、B同时无初速度地分别

放置于传送带上的M点和N点，物块A、B与传递带之间的动摩擦因数分别为4=0.25,4=0.75,之后

两物块可以发生多次弹性正碰，碰撞时间极短可以忽略不计，两物块均可看作质点，重力加速度大小g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8□求：

（1）两物块第一次碰撞后瞬间物块A的速度大小以；

（2）两物块第二次碰撞后瞬间物块B的速度大小42；

（3）从物块A放置于传送带上的M点到两物块第三次碰撞前瞬间的过程中物块A与传送带之间相互摩擦

产生的热量0。

【详解】（1）物块B放在传送带上后受重力、传送带对物块的支持力和滑动摩擦力分析可得

f=ju2m2gcos0-m9gsin0

则物块B受力平衡，无初速度放置于N后将保持静止状态，对物块A,根据牛顿第二定律有

加igsin6—〃1加igcos0=mxa

解得

a=4m/s2

根据运动学公式得两物块第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小

vA1=42ad=3m/s

设第一次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为以和喧，弹性碰撞过程根据动量守恒定律有

机FAI=叫心+吗心

根据机械能守恒定律有

+^m2vm

解得

v'M=-lm/s,=2m/s

两物块第一次碰撞后瞬间物块A的速度大小为lm/s；

(2)第一次碰撞之后物块B受力不变，仍受力平衡，则沿传送带向下以速度2m/s做匀速直线运动，则第

二次碰撞之前物块B的速度为

VB2=哈=2m/s

物块A开始向上运动的速度lm/s小于传送带的速度4m/s,物块A受力也不变，加速度仍为

a=4m/s2

则先沿传送带向上做匀减速直线运动，速度减为零之后再向下做匀加速直线运动，设两物块第二次碰撞前

瞬间物块A的速度大小为VA2,从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间过程中两物块运动位移相等，设为

如运动时间相等，设为4，则有

解得

%=5m/s

设第二次碰撞之后瞬间物块A、B速度分别为vb和V2,第二次碰撞过程，根据动量守恒定律有

mV

加1VA2+加2VB2=机Fb+2B2

根据机械能守恒定律有

12121f21f2

5加FA2+'加2VB2=2加1"A2+'加2VB2

解得

吮-lm/s,Vg2=4m/s

(3)从开始到第一次碰撞前的过程，运动时间

t0=2^-=o.75s

a

从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间的过程，对物块A有

V+at

VA2=Ml

解得

%=1.5s

此过程中物块A运动的位移为

X[==3m

设两物块第三次碰撞前瞬间物块A的速度大小为匕3，从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间过程中两物

块运动位移相等，设为切，运动时间相等，设为》2,则有

解得

vA3=7m/s

从第二次碰撞后瞬间到第三次碰撞前瞬间的过程，对物块A有

V

A3=v'^+at2

解得

/2=1.5s

此过程中物块A运动的位移为

Z=其2,2=6m

整个过程中传送带运动的位移为

x=%(%+%+幻=15m

产生的热量

Q=町gcosd(d+玉+%2+x)=50,25J

♦题型03用力学三大观点处理弹簧多过程问题

3.如图所示，足够长的水平光滑直轨道和水平传送带平滑无缝连接，传送带长乙=4m,以10m/s的速

度顺时针匀速转动，带有光滑圆弧管道£尸的装置产固定于水平地面上，访位于竖直平面内，由两段半径

均为R=0.8m的|圆弧细管道组成，EF管道与水平传送带和水平地面上的直轨道MN均平滑相切连接，

肱V长4=2m,右侧为竖直墙壁。滑块。的质量？=0.3kg,滑块6与轻弹簧相连，质量叫=O」kg,滑块c

质量“3=0.6kg,滑块或从c均静置于轨道上。现让滑块。以一定的初速度水平向右运动，与滑块6相

撞后立即被粘住，之后与滑块。发生相互作用，。与劲度系数上=L5N/m的轻质弹簧分离后滑上传送带，加

速之后经斯管道后滑上儿W。已知滑块c在尸点的速度为4扁/s,与传送带间的动摩擦因数4=035,

与"N间的动摩擦因数〃2=。4,其它摩擦和阻力均不计，滑块与竖直墙壁的碰撞为弹性碰撞，各滑块均可

视为质点，重力加速度大小g=10m/s2,弹簧的弹性势能与=；依2（x为形变量）。求：

（1）滑块。第一次经过E点时对装置P的作用力；

（2）滑块。的初速度大小”;

（3）试通过计算判断滑块。能否再次与弹簧发生相互作用，若能，求出弹簧第二次压缩时最大的压缩量。

【详解】（1）滑块。第一次经过E点到尸点，根据动能定理

滑块c在尸点的速度为

vF=4&m/s

解得

vE=8m/s

根据牛顿第二定律，在£点滑块c

外+加3g="冷

K

解得

E=42N

方向竖直向下，根据牛顿第三定律知滑块c第一次经过£点时对装置P的作用力为

&=42N

方向竖直向上;

（2）滑块c在传送带上做匀加速运动，因此刚放上传送带时，滑块。的速度设为K,根据运动学规律

2〃屏1=vj_/2

解得

vc=6m/s

滑块a,b作为整体与滑块c发生相互作用，最终滑块c被弹出，根据动量守恒与能量守恒得

nv

("R+m2)V1=("4+机2)%+hc

g（加］+机2）匕2=5（7%+加2）%2+：加3匕2

解得大小

匕=7.5m/s

v2=-1.5m/s。与6发生碰撞，最后共速，满足动量守恒

叫%=（叫+加2）%

解得

v0=10m/s

（3）假设滑块c能再次回到E点，从尸点到E点，根据动能定理

一2%m3gL2-m3g2R=1-m3v1

解得

vEl=-4V2m/s

速度大于零，假设成立，滑块。可再次滑上传送带，做减速运动，根据运动学规律

-2〃M=vj一片］

解得

v3=-2m/s>-1.5m/s

即可以追上滑块氏6发生再次碰撞，设最大压缩量为Ax,根据动量守恒与能量守恒

m

m3V3+(加1+加2)%=(i+加2+加3)V共

2

|加3V3?+1(rn1+m2)v2=|("h+机2+7%)V共2+；爪2

解得

Ax=0.2m

♦题型04用力学三大观点处理板块多过程问题

4.如图，质量为初=3kg的物块A用细线与墙拴连使轻弹簧处于压缩状态；圆心角为53。、半径R=3m的

光滑圆弧轨道固定在光滑水平轨道上；一表面与圆弧右端相切质量加=lkg的长木板B与圆弧轨道接触不粘

连，在B右侧放着多个质量均为m=1kg的滑块(视为质点)。开始时B和滑块均静止，现将拴连物块A的

细线烧断，A被弹簧弹开，物块A与弹簧分离后从平台飞出，竖直方向下落〃=0.8m,恰好从圆弧轨道左端

沿切线方向滑入，一段时间后滑上B。当A、B刚共速时，B恰好与滑块1发生第1次碰撞。一段时间后，

A、B再次共速时，B恰好与滑块1发生第2次碰撞，此后A、B共速时，B总是恰好与滑块1发生碰撞；最

终物块A恰好没从B上滑落，若A与B之间的动摩擦因数〃=0.35,重力加速度为g=10m/s2,所有碰撞均

为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短。求：

⑴物块A刚滑上B时的速度大小；

(2)B与滑块1发生第1次碰撞后，物块1的速度;

(3)B全过程运动的总位移修；

⑷长木板B的长度心

【答案】⑴7m/s

21

⑵1m/s

(3)3m

(4)4m

【详解】(1)物块A平抛运动竖直方向

v；=2g〃，%=

sin53°

物块A在固定轨道上的运动过程

7WgA(l-cos53°)=-^-一

得

vA=7m/s

(2)对A、B分析，A、B第一次共速

MVA=(机+M)v共i

长木板B与滑块1发生第一次弹性碰撞过程

加v共］=mvBl+mvn

g机喔=^mvrn+^mvh

解得

3213

vVm/s

iti=4A=y>%i=°，vu=-vA

21

滑块1的速度大小为?m/s。

4

(3)A、B第二次达到共速有

Mv共i=(m+Af)v共2

滑块1与滑块2碰撞后速度交换，滑块1碰后静止。B与滑块1第二次碰撞有

机y共2=mVB2+mvn

解得

33

V共2=/共1'VB2=°，％=不共1

依次类推有

g"=GJ"(〃=1，2,3…)，％.=0，%=&)-vA(«=1,2,3--

A、B发生相对滑动的过程中，加速度大小分别为

°A=^^=〃g，°B=3〃g

M

B每次加速到共速时的位移

L_弋_79

L------——Xm

〃2aB316

全过程B发生的位移

1--

16

则B发生的总位移为3m。

（4）物块A全过程匀减速运动

XA=二=7m

2aA

B的长度

L=xA-xB=4m

NO.3

压轴题速练

1.如图所示，传送带P。间的距离为A=4.50m,以v=2m/s的恒定速度顺时针旋转，传送带的倾角为0=37。,

一质量M=0Q9kg的A物体与传送带间的动摩擦因数为〃=0.5。左下方的发射器每隔一段时间发射一颗质量

为加=0.01kg的弹丸，弹丸每次击中物体前的瞬时速度大小均为v°=40m/s,方向平行传送带向上，射入物体

并留在其中（忽略弹丸射入木块的时间）。将A物体轻放在传送带的最下端时，恰好被第一颗弹丸击中，

此后，每隔1s会有一颗弹丸击中木块（物体和弹丸均可看成质点），g^lOm/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8„

求：

①弹丸第一次击中A物体过程中损失的机械能；

（2）从第一次射击结束到第二次击中前的过程中物体A的位移大小;

⑶需要射入几颗弹丸才能使A物体到达传送带顶端。

【答案】（1）A£=7.2J

（2）s=1.56m

⑶3颗

【详解】。）以沿传送带向上为正，在弹丸射入的过程中动量守恒

mv0=（m+M）v01

所以

=4m/s

损失的机械能

A£，WV2OT+MV2

=1O-1（）OI

所以

\E=7.2J

（2）因为传送带速度为2m/s,所以物块的加速度为

（加+Af）gsin9+〃（加+Af）gcos9=（加+Af

解得

2

ax=10m/s

减至共速，所需时间为

L\-

ax

解得

tx=0.2s

此时位移为

v+v八,

玉=-m^—£=0.6m

继续减速时，摩擦力方向沿传送带向上，此时加速度方向沿传送带向下，大小为

（加+Af）gsin8—〃（加+Af）gcos8=[m+M^a2

解得

a,=2m/s2

若继续减速至零，所需时间为

V-0

%2=

a2

解得

t2=Is

所以物块未减至零时，第二颗弹丸已射入。此时物块的速度为

匕="一。2(1一。)

解得

4=0.4m/s

此时位移为

x2=(If)=0.96m

则

s=xx+x2=1.56m

(3)第二颗弹丸射入的过程中量守恒

mvQ+(m+M)vt=(m+m+A/)v02

所以

v02=4m/s

由此可推至每次射入弹丸后，物块A都是先减速至传送带速度，然后继续减速到下一颗弹丸射入。可推知

这次物块上升的位移也是s=1.56m。第三颗子弹射入的过程中动量守恒

m%+(2m+M)V2=(m+m+m+M)v03

所以

v03=3,7m/s

减至共速，所需时间为

?3=1Q3ZZ=0.17S

%

所以物块未减至零时，第4颗子弹已射入，此时物块的速度为

v3=v-a2(l-Z3)=0.34m/s

此时上升的总位移为

VA,+V%+V八、1…「

s3=-^—13一(1-3)=14556m

此时已发生位移为

s=2s+s3=4.5756m

传送带总长4.50m,小于4.5756m,可以推知：第4颗子弹丸射入前，A物体到达传送带顶端，所以弹丸需

要射入3次。

2.如图所示，在一粗糙水平平台最左端固定一弹簧动力装置，可以将物体瞬间弹开，此时储存的弹性势能

为Ep=30J,动力装置的右端有一滑块A,质量％=3kg,滑块与平台间的动摩擦因数为〃/=0.20,滑块A

到平台右侧边缘长度为s=lm。平台右侧有一质量M=lkg的"“型长木板B,长木板B上表面光滑，下表

面与地面的动摩擦因数为〃2=。-20。长木板B右端有一点。，。点右侧空间中有一水平向右的匀强电场,

电场强度为E=8N/C,滑块A带正电，电荷量为3C,长木板B不带电，。点右侧有一凸起尸，。尸距离为

12m。一段时间后长木板B右端到。点时速度为0,此前A、B仅发生了一次碰撞。已知所有碰撞无能量损

失，A可视为质点，整个运动过程中A电荷量不变，A未脱离2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速

度g=10m/s2o求:

⑴滑块A第一次与B碰后各自的速度。

(2)滑块A与长木板B从第一次碰撞到第二次碰撞所需要的时间。

⑶从第二次碰后开始计时，经过多长时间长木板B右端到达凸起点P。

【答案】(l)2m/s,6m/s

(2)-s

8

._.27-Vi05

(3)-------s

8

【详解】(1)从A弹开到与B相撞，对A,由动能定理可得

12

Ep=〃l"?gs+］机%

解得

v0=4m/s

A与B弹性碰撞

mv0=mvA+MVB

联立解得

vA=2m/s

vB=6m/s

(2)第一次碰后A匀速直线运动，B匀减速直线运动。对B受力分析

//2(m+M)g=MaB

解得

aB=8m/S2

B减速为0,则有

VB=叫

解得

3

片=-s

4

设经过时间/滑块A和木板B发生第二次碰撞

解得

9

因为"玲，则B停止后A才与B相撞，时间为gs

O

(3)A、B第二次碰撞也为弹性碰撞，设碰后A、B的速度各为匕、v；,则有

mvA=mv{+Mvx

—=—mvf+—Mv^

解得

匕=Im/s

v/=3m/s

之后A进入电场，对A

qE=maK

解得

2

aK=8m/s

由于AB加速度相等，则运动具有对称性，当两者速度交换时再次碰撞

mvx+Mvx=mv2+

1

—mv,/2+—网2

21

解得

v2=2m/s

-4m/s

依次类推，经过。点第〃次碰后B的速度为

VB"=(〃+2)m/s

每两次碰撞的时间间隔

1

加=上匕=­s

4

则经过。点第n次碰后B走过的总位移

〃(〃+3)

XQ=(2+3+...+〃+1)A^=

8

设/="?可得〃等于8点多，则一共碰了9次，到第9次碰前

8

设还需要，到尸点

,1,2

xx

B~m=VBJ

解得

n-Vws

l—o

8

则从过了。点到P点所需要的总时间

0,27-V105

8AAZ+t'=-------——

8

3.如图所示，半径R=1m的四分之一光滑圆轨道与光滑水平长直轨道3C在8点平滑连接，圆轨道工

点与圆心。等高，8点切线水平。一条长度Z=15.25m的水平传送带CD以v=6m/s的速度匀速向右运行。

/=0时刻一物块。在传送带左端C静止释放。另一时刻，一与物块。完全相同的物块6从/点以一初速度释

放。/=2s时刻物块6以口=10m/s的速度冲上传送带左端C。已知物块。、6质量均恒为m=lkg,两物块

与传送带的动摩擦因数均为〃=02,两物块运动过程中均可看作质点，两者的碰撞时间极短(可忽略不

计)，而且碰后物块。、b粘在一起，求：

(1)物块6在/点时受到轨道支持力的大小；

(2)碰撞前瞬间物块a、b的速度分别多大；

⑶物块6从传送带左端C运动到右端D所用的时间tb.

⑷在0-3s时间内，传送带额外消耗的电能

【答案】(l)80N

(2)6m/s,8m/s

(3)2s

(4)24J

【详解】(1)从4点到。点的过程中，由动能定理

mgR=；mvl-；mv1

得

v0=4V5m/s

在4点，对物块b受力分析，由牛顿第二定律

K

得物块6在/点时受到轨道支持力的大小为

稣=80N

(2)在传送带上对物块由牛顿第二定律可知

=ma

可得。和6的加速度大小均为

a=〃g=2m/s2

相遇时由运动学关系可知

~ati=vb(?i-2s)---2s)

解得

%=3s或1=4s(舍去)

得碰撞前瞬间物块。、6的速度大小分别为

va=atx=6m/s

v\=v-a[tx-2s)=8m/s

(3)碰撞过程中有动量守恒定律

mva+mvb=2加v共

解得

v共=7m/s

由运动学公式

12

xi=~at\=9m

r12

L-X]=y共%2——Q12+

?共一=V

解得

t2=0.5s,t3=0.5s

则

tb=%—2s+q+%=2s

(4)0-2s内传送带位移

x带i=vtx=12m

2s-3s内。对传送带的摩擦力和b对传送带的摩擦力大小相等，方向相反，总的摩擦力对传送带不做功所以

传送带额外消耗的电能

E=W=笈带1=〃加gx带1=24J

4.如图所示，光滑轨道A固定在水平地面上，其弧形轨道的高度为〃，水平部分与木板B上表面齐平。木

板B质量为加，紧靠轨道A放置在光滑水平面上，在B的右侧放着若干滑块（视为质点），滑块的质量均

为m,编号依次为1、2、3、4。。。。。。〃（〃趋于无穷大）。质量为3冽的滑块C（视为质点）置于轨

道A的顶端，由静止释放，经过;右滑上木板B,C与B之间的动摩擦因数为日=（,当C、B刚达到共速

时，木板B恰好与滑块1发生第1次弹性碰撞。经过一段时间，C、B再次刚达到共速时，木板B恰好与滑

块1发生第2次弹性碰撞，依次类推；最终滑块C没从木板B上滑落。已知重力加速度为g,滑块间的碰撞

均为弹性碰撞，且每次碰撞时间极短，求：

Jl

N—JBITI②⑶…㈤

-〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃“〃〃/

⑴C、B第一次达到共速时，B的速度大小；

⑵轨道A对滑块C作用力的冲量大小和方向；

⑶最初木板B右端与滑块n之间的距离S以及最终n个滑块的总动能Ea

【答案】（1）匕=土7^

（2）冲量大小为6加向，方向与水平方向成45°（斜向右上方）

249

（3）S=—h,Ek=-mgh

【详解】（1）根据题意，C沿轨道A下滑过程，动能定理可知

3mgh=~x3加说

解得

%=7^

C、B第一次达到共速，由动量守恒定律可知

3mv0=（3m+加）匕

联立得共速速度

w=17^

（2）滑块C在光滑轨道A上运动过程中，由动量定理可知

4+4=

其中

17G|=3mgt=3m12gh,\AP|=3mv0-3m/2gh

由矢量关系可知

I4卜|显|2=6my[gh

则有

即轨道A对滑块C作用力的冲量大小为6加向，方向与水平方向成45°（斜向右上方）如下图。

AP

（3）根据题意，C在B上滑动过程，由牛顿第二定律可得

%=阳，而=3胞

由（1）可知C、B第一次达到共速时

W=|V°

第一次共速的时间

2/?

g

可知B向右滑动距离

B与滑块1弹性碰撞且机械能守恒有

1…2_i

mv=mv'2+mV

mvx=mvx+mv2,~\­\~2

解得木板B速度v；=0,滑块1速度丫；=匕，即速度交换。

同理第二次共速过程中，共同速度

3

匕丁

需要时间

v93

’2=

«B4

B向右滑动距离

/129,

=QB，2=久

u2~

递推可知

则初始时木板右端与滑块n的距离

S=4+d2+…+d及

由等比数列求和公式，解得最初木板B右端与滑块n之间的距离S为

1—

16

B第一次与滑块1碰后，滑块1的速度为

,3

vi=vi=4Vo

与滑块2弹性碰撞后交换速度，以此类推，最后滑块”获得速度为

%=%

其对应的动能为