壓軸題10用力學三大觀點處理多過程問題

NO.1

壓軸題解讀

1.用力學三大觀點（動力學觀點、能量觀點和動量觀點）處理多過程問題在高考物理中占據核心地位，是檢驗

學生物理思維能力和綜合運用知識解決實際問題能力的重要標準。

2.在命題方式上，高考通常會通過設計包含多個物理過程、涉及多個力學觀點的復雜問題來考查學生的綜合能

力。這些問題可能涉及物體的運動狀態變化、能量轉換和守恒、動量變化等多個方面，要求考生能夠靈活運用力

學三大觀點進行分析和解答。

3.備考時，學生應首先深入理解力學三大觀點的基本原理和應用方法，掌握相關的物理公式和定理。其次，要

通過大量的練習來提高自己分析和解決問題的能力，特別是要注重對多過程問題的訓練，學會將復雜問題分解為

多個簡單過程進行分析和處理。

NO.2

壓軸題密押

m解題要領歸納

考向一：三大觀點及相互聯系

考向二：三大觀點的選用原則

力學中首先考慮使用兩個守恒定律。從兩個守恒定律的表達式看出多項都是狀態量（如速度、位置），所以守

恒定律能解決狀態問題，不能解決過程（如位移X,時間/）問題，不能解決力⑺的問題。

（1）若是多個物體組成的系統，優先考慮使用兩個守恒定律。

（2）若物體（或系統）涉及速度和時間，應考慮使用動量定理。

（3）若物體（或系統）涉及位移和時間，且受到恒力作用，應考慮使用牛頓運動定律。

（4）若物體（或系統）涉及位移和速度，應考慮使用動能定理，系統中摩擦力做功時應用摩擦力乘以相對路程，

動能定理解決曲線運動和變加速運動特別方便。

考向三：用三大觀點的解物理題要掌握的科學思維方法

1.多體問題一一要正確選取研究對象，善于尋找相互聯系

選取研究對象和尋找相互聯系是求解多體問題的兩個關鍵。選取研究對象后需根據不同的條件采用隔離法，

即把研究對象從其所在的系統中抽離出來進行研究；或采用整體法，即把幾個研究對象組成的系統作為整體進行

研究；或將隔離法與整體法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系統或各部分運動狀態相同的系統，宜采用整體法；在需討論系統各部分間的相互作用時,

宜采用隔離法；對于各部分運動狀態不同的系統，應慎用整體法。至于多個物體間的相互聯系，通常可從它們之

間的相互作用、運動的時間、位移、速度、加速度等方面去尋找。

2.多過程問題一一要仔細觀察過程特征，妥善運用物理規律

觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯系是求解多過程問題的兩個關鍵。分析過程特征需仔細分析每個過

程的約束條件，如物體的受力情況、狀態參量等，以便運用相應的物理規律逐個進行研究。至于過程之間的聯系，

則可從物體運動的速度、位移、時間等方面去尋找。

3.含有隱含條件的問題一一要深究細琢，努力挖掘隱含條件

注重審題，深究細琢，綜觀全局重點推敲，挖掘并應用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是求解的

關鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現象、認識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行間或圖像中去

挖掘。

4.存在多種情況的問題一一要分析制約條件，探討各種情況

解題時必須根據不同條件對各種可能情況進行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據一定的標

準分類，再逐類進行探討，防止漏解。

?題型01用力學三大觀點處理物塊多過程問題

1.如圖所示，傾角6=30。的足夠長斜面固定在水平面上，/=0時刻，將物塊A、B（均可視為質點）從斜面上

相距/=0.05m的兩處同時由靜止釋放。已知A的質量是B的質量的3倍，A、B與斜面之間的動摩擦因數分別為

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

63

（1）A、B發生第一次碰撞后瞬間，A、B的速度大小;

（2）A、B發生第三次碰撞的時刻；

（3）從靜止釋放到第〃次碰撞，A運動的位移。

【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發生第一次碰撞前，由運動學規律

VAO=2al

A與B發生第一次碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律

3%%=3加VAI+加%，1-3機匕=1-3mv^+；機《

解得

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

（2）由（1）可得，A從靜止釋放后，經過時間％與B發生第一次碰撞，有

VAO=孤

B以勻速直線運動，A以初速度VAI，加速度。勻加速直線運動，第二次碰撞前，有

1,2,

VA/I+5M=VB/1

此時，B以VBI勻速直線運動，A的速度為

%I=VAI+M

A與B發生第二次碰撞，由動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以勻速直線運動，A以初速度VA2,加速度。勻加速直線運動，第三次碰撞前，有

Vt+1at2

A22~2=VB2Z2

顯然，每次碰撞后，B均相對A以初速度VA。、加速度瓢做勻減速直線運動至下一次碰撞，經過時間均為0.4s。

故A與B發生第3次碰撞后的時刻為

^3=t0+tl+t2

解得

7；=1.0s

（3）從開始至第一次碰撞

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次碰撞后運動的總位移

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

?題型02用力學三大觀點處理傳送帶多過程問題

2.如圖所示，質量為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￡=3.2m,傾斜傳送帶與水平方向夾角為6=30。，傳送帶以8m/s的速度順時針轉動，物體A與傳送帶間的

動摩擦因數為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向裝置，使物體在傾

斜傳送帶上端速度方向變為水平方向而大小不變，足夠長的薄板C靜止在尸。下方光滑水平面昉上，薄板C的

質量為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的上表面的動摩擦因數為〃?=。?。5,

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

（1）若使物體A到達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。點平拋軌跡相同，B的初速度取值范圍；

（3）當B的初速度大小為12m/s時，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上碰撞位置將會相同（每次碰撞時間極短）。

【答案】（1）4.5m/s；（2）6V3m/s<v0<18m/s；（3）8

【詳解】（1）A與B發生彈性碰撞，根據動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，根據牛頓第二定律

從加Agcos6-mAgsin0=mkax

根據運動學公式

V[2_v；=2a、L

解得

vA=3m/s

%=4.5m/s

（2）若使物體A從水平面上口點平拋軌跡相同，則到達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B+外

v01=66mzs

若物體A在傳送帶上一直減速，根據牛頓第二定律

cosm

〃[加Ag°+\gsin3=mxa2

根據運動學公式

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。點平拋速度

v=8m/s

根據

解得

t=0.6s

則

vy=gt=6m/s

vx=v=8m/s

A與C相撞時根據動量定理：對A

FW=mQVy

A。=2vy

=mAAvx

對C

從然加=mc^v'x

A與C水平速度相等時

r

vx+z?Avx=nAvx

聯立解得

w=8

?題型03用力學三大觀點處理彈簧多過程問題

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

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

2q

加速度大小）。質量為加、電荷量為q的帶正電物體C靜置在凹槽A中時，A、B、C恰好能處于靜止狀態。現將

C取出，在A內移動B到某位置后撤去外力，此時A、B靜止，再將C從斜面上A的上方某點由靜止釋放后，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，整個過程中，物體C所帶的電荷量保持不變，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧彈性勢能與彈簧

伸長量的平方成正比。求：

（1）凹槽A與斜面間的動摩擦因數〃；

（2）當彈簧伸長量變為碰前瞬間壓縮量的2倍時，A、B、C三者速度恰好相同，求C與A碰撞前彈簧的彈性勢

能；

（3）從C與A碰后瞬間開始計時，經過時間/,彈簧形變量恢復到與初始時的壓縮量相等，求該過程中，彈簧

彈力對B的沖量大小。

【答案】（1）殍；（2）：/片；（3）見解析

【詳解】（1）以A、B、C整體為研究對象，對整體受力分析，有

4mgsin0-4mgeos6-qE）

解得

(2)設初始時彈簧彈性勢能為斗，由題意，當彈簧伸長量為初始壓縮量的2倍時，彈性勢能為4與，C與A碰

撞過程，由動量守恒定律有

mv0=2mvx

從C與A碰撞，到A、B、C共速，由動量守恒定律和能量守恒定律有

2mv{=4mv2

(3)從C與A碰后瞬間開始計時，到彈簧形變量等于初始時彈簧的壓縮量，將A和C看成一個整體，B與A,C

之間的碰撞類似彈性碰撞，有

2,2

—-2mv^=—?2mv/+—?2mv2

v；=/或=0

彈簧第1、3、5.....2〃-1次恢復初始時的壓縮狀態時，有

v，=—%

22

由動量定理有

/彈+2mgsm0-t=2m'—

/彈

即沖量大小為加％-〃陪巾

彈簧第2、4、6.....2〃次恢復初始時的壓縮狀態時，有

由動量定理有

/彈+2mgsin01=0

解得

/彈=-mgt

即沖量大小為冽gt。

?題型04用力學三大觀點處理板塊多過程問題

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/點切線沿水平方向，忽略/點距地面的

高度，軌道右側有質量M=1kg的靜止薄木板，上表面與/點平齊。一質量掰=lkg的小滑塊（可視為質點）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摩擦因數為

H=0.75o

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

開薄木板運動到軌道上N點時的速度V”；

（2）在（1）中，小滑塊繼續沿圓弧軌道N2運動至8點沿切線方向飛出，最后落回水平地面，不計空氣阻力，

2點與地面間的高度差%=L2m保持不變，圓弧N3對應的圓心角。可調，求小滑塊的最大水平射程與及對應的

圓心角。；

（3）若薄木板長度工足夠長，薄木板與軌道/端碰后立即以原速率彈回，調節初始狀態薄木板左端與/點距離

d,使得薄木板與軌道N端只能碰撞2次，求d應滿足的條件。

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

為W，根據動量守恒定律，有

mv0=（M+〃7）K

解得

W=7m/s

設此過程中小滑塊相對薄木板滑動的位移為x,對滑塊、薄木板系統由功能關系，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，小滑塊繼續作勻減速運動，直到運動到軌道上的/點，有

V"V；=2〃g(￡-X)

解得

vA=6m/s

（2）小滑塊由N點到8點的過程中機械能守恒，根據機械能守恒定律，有

gmv\=mgh+；mvj

解得

vB=2A/3HI/

設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機械能守恒定律知

v=vA=6m/s

畫出速度矢量關系如圖所示

設從2點飛出到落至地面所用時間為t,則小滑塊水平位移為

s=vBcos0?t

由幾何關系可知，矢量三角形的面積為

S=；Av?cos6=；g，?以cos6=；gs

由此可知，當矢量三角形面積最大時，水平位移最大。

解得

vRv6A/3

%二—二?m

g5

此時滿足條件

vBcos6=vsin6

即

tan6=支=且，6=30。

v3

（3）當小滑塊與薄木板第1次共速時恰好和軌道48發生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時減速為零，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

當小滑塊與薄木板第2次共速時恰好和軌道N8發生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時減速為零，此情形下薄木板

和軌道恰好碰2次。

從開始到第一次碰撞的時間

av7.5

薄木板和軌道AB碰撞時的速度

u=J2ad=\J15d

考慮小滑塊的運動

%—。?34=u

聯立解得

綜上可知d應滿足的條件為

49,749

——m<a<——m

NO.3

1.（2024?湖南?二模）超市里用的購物車為顧客提供了購物方便，又便于收納，收納時一般采用完全非彈性碰撞

的方式把購物車收到一起，如圖甲所示。某興趣小組在超市對同款購物車（以下簡稱"車"）的碰撞進行了研究，

分析時將購物車簡化為可視為質點的小物塊，已知車的凈質量為%=15kg,g=10m/s2-

（1）首先測車與超市地面間的動摩擦因數：取一輛車停在水平地面上，現給它向前的水平初速度v°=2m/s,測得

該車能沿直線滑行x0=2m,求車與超市地面間的動摩擦因數〃；

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

車停在B車的正后方且相距x=5.5m處。現給A車施加向前的水平推力凡=75N,作用時間切=ls后撤除。設A車

與B車間的碰撞為彈性正碰（忽略相互作用時間），兩車所在直線上沒有其他車，求在A車運動的全過程中A

車與地面間產生的摩擦熱；

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

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

通過計算判斷，他最多能推動多少輛車？［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)由功能關系，A車的動能全部轉成摩擦熱，有

=〃加g尤0

則

〃2小g%

代入數據得

〃二0.1

(2)A車運動時受摩擦力

F依=〃mg=15N

由牛頓第二定律有

F0-FfA=ma

解得

a=4m/s2

A在3時的速度

vA0=at0=4m/sf0內A的位移

12

—2.0TH

設A與B車碰前瞬間的速度為山，由動能定理有

Foxo-^mgx=^mv\-O

得

v^=3m/s

A與B車碰撞過程，根據動量守恒定律和能量守恒定律有

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

mVmV

^A=^A+g（%+機。）需

解得

r

vA=-lm/s

由功能關系，有

12

Q=jLimgx+—

代入數據得

2=90J

（3）設1與2車碰前的速度為v/,由動能定理

12

Fd-jLimgd=-mv\-0

1與2碰系統動量守怛

mv[=(m+m)v2

解得

1,

2cFd-um2d

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

m

12與3車碰前的速度為V2’,由動能定理

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

1-2與3碰系統動量守怛

2加v；=3mv3

解得

2,

匕

Fd-pimgdFd-2jumgd1Fd—pimgd2Fd_2/^mgd

XLr/-z-xLH-x'

m2m32m32m

123與4車碰前的速度為V3’，由動能定理

Fd-〃?3mgd=3加vj--lx3mvl

1—2—3與4碰系統動量守恒

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30輛車。

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

物塊Z處由靜止釋放，，=”時刻A、B發生第一次碰撞，1=19%時刻發生第二次碰撞，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間極短，兩物塊與斜面的最大靜摩

擦力均等于滑動摩擦力，求：

（1）第一次碰撞后A物塊沿科面向上運動們最大距離；

（2）B物塊的質量及A、B物塊與斜面間的動摩擦因數之比；

（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）根據題意，由圖乙可知，A物塊在13/。-的時間內沿斜面勻加速下滑，加速度大小

a-6Vo二V。

1

Zo

A物塊在13。-19。時間內與在0-9片的時間內受力情況一致，加速度相同，則有，=9片時

v=at-9t0=9v0

剛釋放A物塊時，AB之間的距離為則有

20

可得

2Z

v/=—

0081

A物塊在9%-13%的時間內沿斜面向上運動，運動的距離

_8%(13%o-%)

A==]6V(/o

聯立可得

,32L

L,=-----

181

(2)A物塊與B物塊第一次碰撞時，由動量守怛可得

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

聯立可得

VB1=Vo,M=17m

A物塊在13ZO-19%時間內下滑的距離

T-6%(l%0-⑶o)_

2—1

故B物塊碰后沿斜面下滑的距離

%=4一￡]=2v0t0

假設第二次碰撞前B物塊已停止運動，則有

占x一~~2t%

可得

乙=%

即1=13/。時，B物塊停止運動，假設成立，設B物塊下滑過程中的加速度大小為。，則有

〃=迎=生

4。4t0

設斜而傾斜角為6,根據牛頓第二定律：對B物塊有

Mgsind-Mg/J2cos0=-Ma

A物塊下滑時

他gsinO-機gM]COs0=3Z1A物塊沿斜面向上運動運動時加速度大小為。2，則有

C4-)——

4/010

由牛頓第二定律可得

mgsin0+mg41cos0=ma2

聯立可得

從：兒=2:7

（3），=19/。時，A物塊與B物塊發生第二次碰撞，碰前瞬間A物塊的速度

匕=6%

由動量守恒可得

mv^mv^+Mvm

碰撞為彈性碰撞，由能量守怡可得

；加匕2=（加唆+；旃：2

聯立可得

2

設第二次碰撞后B物塊下滑的距離為X?,則有

2ax2=Vg2

可得

8vozo4

x

尤2-9-9i

以此類推可得

則B物塊運動的總距離

蟲

X=芭+%2+%3...+%=---?王

1--

9

當8時，代入數據可得

x-

45

水平面上鑲嵌兩個傳送帶甲、乙，甲的長度為2m,乙的長度為孚m,甲

3.（2024,河南許昌?一模）如圖所示，

27

左側地面粗糙，甲、乙之間的地面光滑且長度為0.5m,在電動機的帶動下甲順時針轉動，速度為3m/s,乙逆時

針轉動，速度未知。質量為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始運動，滑上甲時

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

141

的動摩擦因數均為)，與乙間的動摩擦因數為左,6與乙間的動摩擦因數為本，a、6均可視為質點且它們間的

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程中，電動機多消耗的電能；

(2)a與6從第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔；

(3)6在乙上滑動的過程中摩擦力對6的沖量大小。

甲乙

【答案】(1)0.3J；(2)4s；(3)—N-s

9

【詳解】(1)物體。滑上甲時，根據牛頓第二定律有

〃/%g=m11al

設經過時間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動，后做勻速直線運動，在物體。向右做勻加速直線運動過程，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程中，電動機多消耗的電能為

E=〃即“g%

解得

E=031

(2)a與6發生彈性碰撞，則有

mav=mav1+mhv2

121,12

=5俏"匕+-mhv2

解得

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

滑體。與b碰撞后經過時間％到達傳送帶甲的右端，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動，根據對稱性

有

-%=匕+4gL

解得

t2=2s

滑體b從左側滑上乙后先做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有

a產

叫4

滑體6減速至0過程，利用逆向思維，則有

■cc2

x=——=2m<2——m

2ab27

t3=—=4s

ab

滑體a再次從左側滑上乙后做勻減速直線運動，根據牛頓第二定律有

若其減速位移為/，則有

解得時間為1.5s與3s,3s不合理，取1.5s,即有

%=1.5s

由于

4=’2+2%+14=4s

可知，當滑體6從左側滑上乙做勻減速直線運動至速度恰好減為0時，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,）

解得

1,

匕=—m/s

59

對物體b進行分析，根據動量定理有

I=0-mbv2+mbv5-mbv4

解得

/=--N-s

9

即b在乙上滑動的過程中摩擦力對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。的傾斜傳送帶長為4=5.8m,以v=4m/s的速度逆時針勻速轉

動；水平傳送帶長為4=4m,也以v=4m/s的速度逆時針勻速轉動，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。緊靠水平傳送帶兩端各靜止一個質量為叫=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被原速率彈回。現從傾斜傳送帶頂端輕輕放上一質

量加A=0,2kg的物塊A,一段時間后物塊A與B發生彈性碰撞，碰撞時間忽略不計，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摩擦因數兒=0.5,物塊B、C與水平傳送帶間的動摩擦因數〃2=。2,

與水平面間的動摩擦因數〃3=。016,物塊間的碰撞都是彈性正碰，物塊可視為質點，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程中，A在傾斜傳送帶上留下的痕跡長度和A在傾斜傳送帶上因摩擦產生的

內能；

（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）整個過程中，物塊B在傳送帶上滑行的總路程。

A