專題11用力學三大觀點處理多過程運動問題

NO.1

壓軸題解讀

用力學三大觀點（動力學觀點、能量觀點和動量觀點）處理多過程運動問題是高考物理中

的重要命題方向。這三大觀點涵蓋了物體受力與運動狀態的關系、能量轉換與守恒以及動量變

化與守恒等核心物理概念。通過動力學觀點，可以分析物體的受力情況和運動狀態的變化。能

量觀點在處理非勻變速運動問題時尤為重要，可以通過分析物體在不同過程中的能量轉換和守

恒關系來求解問題。動量觀點在處理涉及碰撞、爆炸等物理現象的問題時具有獨特優勢，可以

通過分析物體在不同過程中的動量變化來求解問題。

在2025年高考中，常考的問題主要涉及以下幾個方面：

1.多過程運動問題：這類問題通常涉及多個物理過程和多個研究對象，需要考生運用力學

三大觀點對各個過程進行受力分析、運動分析和能量分析。常見題型包括物體在多個力作用下

命題預測的運動問題、物體在不同階段的運動狀態變化問題等。

2.守恒定律應用問題：這類問題主要考查能量守恒定律和動量守恒定律的應用。常見題型

包括物體在碰撞過程中的能量損失和動量守恒問題、物體在復雜運動過程中的機械能守恒問題

等。

3.綜合應用題：這類問題通常將動力學觀點、能量觀點和動量觀點綜合起來進行考查，要

求考生能夠靈活運用這三大觀點分析解決復雜問題。常見題型包括物體在復雜運動過程中的受

力、運動狀態和能量變化問題等。

在備考過程中，考生應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。同時，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。

1.用力學三大觀點處理物塊多過程問題

2.用力學三大觀點處理傳送帶多過程問題

高頻考法

3.用力學三大觀點處理彈簧多過程問題

4.用力學三大觀點處理板塊多過程問題

NO.2

壓軸題密押

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(F)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。

題型密押

?題型01用力學三大觀點處理物塊多過程問題

1.如圖所示，足夠長的固定斜面與水平面的夾角為/質量為加的物塊B恰好靜止在斜面上，質量為2m

底面光滑的物塊A自斜面上與B相距為Z處靜止釋放，A沿斜面加速下滑，與B發生正碰，碰撞時間極短。

重力加速度的大小為go

⑴若A與B碰撞過程中系統損失的動能為碰撞前動能的;，則碰撞后A、B的速度;

⑵若A與B的碰撞系統沒有機械能損失，求：

LA與B發生第1次碰撞到第2次的時間；

近第n次碰撞后到第（〃+1）次碰撞前的過程中，B物塊的位移。

2_______7_______

【答案1(l)vA=2gLsin(9,vB=§j2g￡sin。

【詳解】（1）A與B碰撞前的速度

%=J2gzsin0

A與B碰撞后的速度分別為VA、K，由動量守恒得

2m%=2mvA+mvB

A與B碰撞過程中系統損失的動能為碰撞前動能的g,則

；（2機）吠+；旭說=|xg（2%M

解得

vA=|vo=|V2^sin61

VB=,%=|j2g￡sind

（2）i.設/與2第1次碰撞后的速度為hi、%i，由動量守恒和能量守恒得

2mv0=2mvA1+mvB1

；（2加）v；=g（2加）匕+；加謂

解得

VAI=y-VBi=g

經時間4,A與B發生第2次碰撞，碰撞前A與B的速度為V'A2、v'B2，則

VA/i+；(gsind)f；=%i%

解得

2%=2后^第2次碰撞前A與B的速度為83則

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=

設A與B第2次碰撞后的速度為VA2、％2，由動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

經時間。，A與B發生第3次碰撞，碰撞前A與B的速度為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）次碰撞前的過程中，B物塊的位移

16,遼

XBn=~~

?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，一足夠長的傾斜傳送帶以為=4m/s的速度順時針方向勻速轉動，傳遞帶與水平方向的夾角為

6=37。，M點為傳送帶上頂端的一點，N點為傳送帶上M點以下的一點，"N連線平行于傳送帶，兩點間

距離為d=l.125m,有兩個物塊A、B,質量分別為町=lkg和啊=2kg,將物塊A、B同時無初速度地分別

放置于傳送帶上的M點和N點，物塊A、B與傳遞帶之間的動摩擦因數分別為4=0.25,4=0.75,之后

兩物塊可以發生多次彈性正碰，碰撞時間極短可以忽略不計，兩物塊均可看作質點，重力加速度大小g取

10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8□求：

（1）兩物塊第一次碰撞后瞬間物塊A的速度大小以；

（2）兩物塊第二次碰撞后瞬間物塊B的速度大小42；

（3）從物塊A放置于傳送帶上的M點到兩物塊第三次碰撞前瞬間的過程中物塊A與傳送帶之間相互摩擦

產生的熱量0。

【詳解】（1）物塊B放在傳送帶上后受重力、傳送帶對物塊的支持力和滑動摩擦力分析可得

f=ju2m2gcos0-m9gsin0

則物塊B受力平衡，無初速度放置于N后將保持靜止狀態，對物塊A,根據牛頓第二定律有

加igsin6—〃1加igcos0=mxa

解得

a=4m/s2

根據運動學公式得兩物塊第一次碰撞前瞬間物塊A的速度大小

vA1=42ad=3m/s

設第一次碰撞之后瞬間物塊A、B速度分別為以和喧，彈性碰撞過程根據動量守恒定律有

機FAI=叫心+嗎心

根據機械能守恒定律有

+^m2vm

解得

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

兩物塊第一次碰撞后瞬間物塊A的速度大小為lm/s；

(2)第一次碰撞之后物塊B受力不變，仍受力平衡，則沿傳送帶向下以速度2m/s做勻速直線運動，則第

二次碰撞之前物塊B的速度為

VB2=哈=2m/s

物塊A開始向上運動的速度lm/s小于傳送帶的速度4m/s,物塊A受力也不變，加速度仍為

a=4m/s2

則先沿傳送帶向上做勻減速直線運動，速度減為零之后再向下做勻加速直線運動，設兩物塊第二次碰撞前

瞬間物塊A的速度大小為VA2,從第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間過程中兩物塊運動位移相等，設為

如運動時間相等，設為4，則有

解得

%=5m/s

設第二次碰撞之后瞬間物塊A、B速度分別為vb和V2,第二次碰撞過程，根據動量守恒定律有

mV

加1VA2+加2VB2=機Fb+2B2

根據機械能守恒定律有

12121f21f2

5加FA2+'加2VB2=2加1"A2+'加2VB2

解得

吮-lm/s,Vg2=4m/s

(3)從開始到第一次碰撞前的過程，運動時間

t0=2^-=o.75s

a

從第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間的過程，對物塊A有

V+at

VA2=Ml

解得

%=1.5s

此過程中物塊A運動的位移為

X[==3m

設兩物塊第三次碰撞前瞬間物塊A的速度大小為匕3，從第二次碰撞后瞬間到第三次碰撞前瞬間過程中兩物

塊運動位移相等，設為切，運動時間相等，設為》2,則有

解得

vA3=7m/s

從第二次碰撞后瞬間到第三次碰撞前瞬間的過程，對物塊A有

V

A3=v'^+at2

解得

/2=1.5s

此過程中物塊A運動的位移為

Z=其2,2=6m

整個過程中傳送帶運動的位移為

x=%(%+%+幻=15m

產生的熱量

Q=町gcosd(d+玉+%2+x)=50,25J

?題型03用力學三大觀點處理彈簧多過程問題

3.如圖所示，足夠長的水平光滑直軌道和水平傳送帶平滑無縫連接，傳送帶長乙=4m,以10m/s的速

度順時針勻速轉動，帶有光滑圓弧管道￡尸的裝置產固定于水平地面上，訪位于豎直平面內，由兩段半徑

均為R=0.8m的|圓弧細管道組成，EF管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道MN均平滑相切連接，

肱V長4=2m,右側為豎直墻壁。滑塊。的質量？=0.3kg,滑塊6與輕彈簧相連，質量叫=O」kg,滑塊c

質量“3=0.6kg,滑塊或從c均靜置于軌道上。現讓滑塊。以一定的初速度水平向右運動，與滑塊6相

撞后立即被粘住，之后與滑塊。發生相互作用，。與勁度系數上=L5N/m的輕質彈簧分離后滑上傳送帶，加

速之后經斯管道后滑上兒W。已知滑塊c在尸點的速度為4扁/s,與傳送帶間的動摩擦因數4=035,

與"N間的動摩擦因數〃2=。4,其它摩擦和阻力均不計，滑塊與豎直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可

視為質點，重力加速度大小g=10m/s2,彈簧的彈性勢能與=；依2（x為形變量）。求：

（1）滑塊。第一次經過E點時對裝置P的作用力；

（2）滑塊。的初速度大小”;

（3）試通過計算判斷滑塊。能否再次與彈簧發生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時最大的壓縮量。

【詳解】（1）滑塊。第一次經過E點到尸點，根據動能定理

滑塊c在尸點的速度為

vF=4&m/s

解得

vE=8m/s

根據牛頓第二定律，在￡點滑塊c

外+加3g="冷

K

解得

E=42N

方向豎直向下，根據牛頓第三定律知滑塊c第一次經過￡點時對裝置P的作用力為

&=42N

方向豎直向上;

（2）滑塊c在傳送帶上做勻加速運動，因此剛放上傳送帶時，滑塊。的速度設為K,根據運動學規律

2〃屏1=vj_/2

解得

vc=6m/s

滑塊a,b作為整體與滑塊c發生相互作用，最終滑塊c被彈出，根據動量守恒與能量守恒得

nv

("R+m2)V1=("4+機2)%+hc

g（加］+機2）匕2=5（7%+加2）%2+：加3匕2

解得大小

匕=7.5m/s

v2=-1.5m/s。與6發生碰撞，最后共速，滿足動量守恒

叫%=（叫+加2）%

解得

v0=10m/s

（3）假設滑塊c能再次回到E點，從尸點到E點，根據動能定理

一2%m3gL2-m3g2R=1-m3v1

解得

vEl=-4V2m/s

速度大于零，假設成立，滑塊。可再次滑上傳送帶，做減速運動，根據運動學規律

-2〃M=vj一片］

解得

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

即可以追上滑塊氏6發生再次碰撞，設最大壓縮量為Ax,根據動量守恒與能量守恒

m

m3V3+(加1+加2)%=(i+加2+加3)V共

2

|加3V3?+1(rn1+m2)v2=|("h+機2+7%)V共2+；爪2

解得

Ax=0.2m

?題型04用力學三大觀點處理板塊多過程問題

4.如圖，質量為初=3kg的物塊A用細線與墻拴連使輕彈簧處于壓縮狀態；圓心角為53。、半徑R=3m的

光滑圓弧軌道固定在光滑水平軌道上；一表面與圓弧右端相切質量加=lkg的長木板B與圓弧軌道接觸不粘

連，在B右側放著多個質量均為m=1kg的滑塊(視為質點)。開始時B和滑塊均靜止，現將拴連物塊A的

細線燒斷，A被彈簧彈開，物塊A與彈簧分離后從平臺飛出，豎直方向下落〃=0.8m,恰好從圓弧軌道左端

沿切線方向滑入，一段時間后滑上B。當A、B剛共速時，B恰好與滑塊1發生第1次碰撞。一段時間后，

A、B再次共速時，B恰好與滑塊1發生第2次碰撞，此后A、B共速時，B總是恰好與滑塊1發生碰撞；最

終物塊A恰好沒從B上滑落，若A與B之間的動摩擦因數〃=0.35,重力加速度為g=10m/s2,所有碰撞均

為彈性碰撞，且每次碰撞時間極短。求：

⑴物塊A剛滑上B時的速度大小；

(2)B與滑塊1發生第1次碰撞后，物塊1的速度;

(3)B全過程運動的總位移修；

⑷長木板B的長度心

【答案】⑴7m/s

21

⑵1m/s

(3)3m

(4)4m

【詳解】(1)物塊A平拋運動豎直方向

v；=2g〃，%=

sin53°

物塊A在固定軌道上的運動過程

7WgA(l-cos53°)=-^-一

得

vA=7m/s

(2)對A、B分析，A、B第一次共速

MVA=(機+M)v共i

長木板B與滑塊1發生第一次彈性碰撞過程

加v共］=mvBl+mvn

g機喔=^mvrn+^mvh

解得

3213

vVm/s

iti=4A=y>%i=°，vu=-vA

21

滑塊1的速度大小為?m/s。

4

(3)A、B第二次達到共速有

Mv共i=(m+Af)v共2

滑塊1與滑塊2碰撞后速度交換，滑塊1碰后靜止。B與滑塊1第二次碰撞有

機y共2=mVB2+mvn

解得

33

V共2=/共1'VB2=°，％=不共1

依次類推有

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

A、B發生相對滑動的過程中，加速度大小分別為

°A=^^=〃g，°B=3〃g

M

B每次加速到共速時的位移

L_弋_79

L------——Xm

〃2aB316

全過程B發生的位移

1--

16

則B發生的總位移為3m。

（4）物塊A全過程勻減速運動

XA=二=7m

2aA

B的長度

L=xA-xB=4m

NO.3

壓軸題速練

1.如圖所示，傳送帶P。間的距離為A=4.50m,以v=2m/s的恒定速度順時針旋轉，傳送帶的傾角為0=37。,

一質量M=0Q9kg的A物體與傳送帶間的動摩擦因數為〃=0.5。左下方的發射器每隔一段時間發射一顆質量

為加=0.01kg的彈丸，彈丸每次擊中物體前的瞬時速度大小均為v°=40m/s,方向平行傳送帶向上，射入物體

并留在其中（忽略彈丸射入木塊的時間）。將A物體輕放在傳送帶的最下端時，恰好被第一顆彈丸擊中，

此后，每隔1s會有一顆彈丸擊中木塊（物體和彈丸均可看成質點），g^lOm/s2,sin370=0.6,cos37°=0.8?

求：

①彈丸第一次擊中A物體過程中損失的機械能；

（2）從第一次射擊結束到第二次擊中前的過程中物體A的位移大小;

⑶需要射入幾顆彈丸才能使A物體到達傳送帶頂端。

【答案】（1）A￡=7.2J

（2）s=1.56m

⑶3顆

【詳解】。）以沿傳送帶向上為正，在彈丸射入的過程中動量守恒

mv0=（m+M）v01

所以

=4m/s

損失的機械能

A￡，WV2OT+MV2

=1O-1（）OI

所以

\E=7.2J

（2）因為傳送帶速度為2m/s,所以物塊的加速度為

（加+Af）gsin9+〃（加+Af）gcos9=（加+Af

解得

2

ax=10m/s

減至共速，所需時間為

L\-

ax

解得

tx=0.2s

此時位移為

v+v八,

玉=-m^—￡=0.6m

繼續減速時，摩擦力方向沿傳送帶向上，此時加速度方向沿傳送帶向下，大小為

（加+Af）gsin8—〃（加+Af）gcos8=[m+M^a2

解得

a,=2m/s2

若繼續減速至零，所需時間為

V-0

%2=

a2

解得

t2=Is

所以物塊未減至零時，第二顆彈丸已射入。此時物塊的速度為

匕="一。2(1一。)

解得

4=0.4m/s

此時位移為

x2=(If)=0.96m

則

s=xx+x2=1.56m

(3)第二顆彈丸射入的過程中量守恒

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

所以

v02=4m/s

由此可推至每次射入彈丸后，物塊A都是先減速至傳送帶速度，然后繼續減速到下一顆彈丸射入。可推知

這次物塊上升的位移也是s=1.56m。第三顆子彈射入的過程中動量守恒

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

所以

v03=3,7m/s

減至共速，所需時間為

?3=1Q3ZZ=0.17S

%

所以物塊未減至零時，第4顆子彈已射入，此時物塊的速度為

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

此時上升的總位移為

VA,+V%+V八、1…「

s3=-^—13一(1-3)=14556m

此時已發生位移為

s=2s+s3=4.5756m

傳送帶總長4.50m,小于4.5756m,可以推知：第4顆子彈丸射入前，A物體到達傳送帶頂端，所以彈丸需

要射入3次。

2.如圖所示，在一粗糙水平平臺最左端固定一彈簧動力裝置，可以將物體瞬間彈開，此時儲存的彈性勢能

為Ep=30J,動力裝置的右端有一滑塊A,質量％=3kg,滑塊與平臺間的動摩擦因數為〃/=0.20,滑塊A

到平臺右側邊緣長度為s=lm。平臺右側有一質量M=lkg的"“型長木板B,長木板B上表面光滑，下表

面與地面的動摩擦因數為〃2=。-20。長木板B右端有一點。，。點右側空間中有一水平向右的勻強電場,

電場強度為E=8N/C,滑塊A帶正電，電荷量為3C,長木板B不帶電，。點右側有一凸起尸，。尸距離為

12m。一段時間后長木板B右端到。點時速度為0,此前A、B僅發生了一次碰撞。已知所有碰撞無能量損

失，A可視為質點，整個運動過程中A電荷量不變，A未脫離2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速

度g=10m/s2o求:

⑴滑塊A第一次與B碰后各自的速度。

(2)滑塊A與長木板B從第一次碰撞到第二次碰撞所需要的時間。

⑶從第二次碰后開始計時，經過多長時間長木板B右端到達凸起點P。

【答案】(l)2m/s,6m/s

(2)-s

8

._.27-Vi05

(3)-------s

8

【詳解】(1)從A彈開到與B相撞，對A,由動能定理可得

12

Ep=〃l"?gs+］機%

解得

v0=4m/s

A與B彈性碰撞

mv0=mvA+MVB

聯立解得

vA=2m/s

vB=6m/s

(2)第一次碰后A勻速直線運動，B勻減速直線運動。對B受力分析

//2(m+M)g=MaB

解得

aB=8m/S2

B減速為0,則有

VB=叫

解得

3

片=-s

4

設經過時間/滑塊A和木板B發生第二次碰撞

解得

9

因為"玲，則B停止后A才與B相撞，時間為gs

O

(3)A、B第二次碰撞也為彈性碰撞，設碰后A、B的速度各為匕、v；,則有

mvA=mv{+Mvx

—=—mvf+—Mv^

解得

匕=Im/s

v/=3m/s

之后A進入電場，對A

qE=maK

解得

2

aK=8m/s

由于AB加速度相等，則運動具有對稱性，當兩者速度交換時再次碰撞

mvx+Mvx=mv2+

1

—mv,/2+—網2

21

解得

v2=2m/s

-4m/s

依次類推，經過。點第〃次碰后B的速度為

VB"=(〃+2)m/s

每兩次碰撞的時間間隔

1

加=上匕=-s

4

則經過。點第n次碰后B走過的總位移

〃(〃+3)

XQ=(2+3+...+〃+1)A^=

8

設/="?可得〃等于8點多，則一共碰了9次，到第9次碰前

8

設還需要，到尸點

,1,2

xx

B~m=VBJ

解得

n-Vws

l—o

8

則從過了。點到P點所需要的總時間

0,27-V105

8AAZ+t'=-------——

8

3.如圖所示，半徑R=1m的四分之一光滑圓軌道與光滑水平長直軌道3C在8點平滑連接，圓軌道工

點與圓心。等高，8點切線水平。一條長度Z=15.25m的水平傳送帶CD以v=6m/s的速度勻速向右運行。

/=0時刻一物塊。在傳送帶左端C靜止釋放。另一時刻，一與物塊。完全相同的物塊6從/點以一初速度釋

放。/=2s時刻物塊6以口=10m/s的速度沖上傳送帶左端C。已知物塊。、6質量均恒為m=lkg,兩物塊

與傳送帶的動摩擦因數均為〃=02,兩物塊運動過程中均可看作質點，兩者的碰撞時間極短(可忽略不

計)，而且碰后物塊。、b粘在一起，求：

(1)物塊6在/點時受到軌道支持力的大小；

(2)碰撞前瞬間物塊a、b的速度分別多大；

⑶物塊6從傳送帶左端C運動到右端D所用的時間tb.

⑷在0-3s時間內，傳送帶額外消耗的電能

【答案】(l)80N

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

(3)2s

(4)24J

【詳解】(1)從4點到。點的過程中，由動能定理

mgR=；mvl-；mv1

得

v0=4V5m/s

在4點，對物塊b受力分析，由牛頓第二定律

K

得物塊6在/點時受到軌道支持力的大小為

穌=80N

(2)在傳送帶上對物塊由牛頓第二定律可知

=ma

可得。和6的加速度大小均為

a=〃g=2m/s2

相遇時由運動學關系可知

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

解得

%=3s或1=4s(舍去)

得碰撞前瞬間物塊。、6的速度大小分別為

va=atx=6m/s

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

(3)碰撞過程中有動量守恒定律

mva+mvb=2加v共

解得

v共=7m/s

由運動學公式

12

xi=~at\=9m

r12

L-X]=y共%2——Q12+

?共一=V

解得

t2=0.5s,t3=0.5s

則

tb=%—2s+q+%=2s

(4)0-2s內傳送帶位移

x帶i=vtx=12m

2s-3s內。對傳送帶的摩擦力和b對傳送帶的摩擦力大小相等，方向相反，總的摩擦力對傳送帶不做功所以

傳送帶額外消耗的電能

E=W=笈帶1=〃加gx帶1=24J

4.如圖所示，光滑軌道A固定在水平地面上，其弧形軌道的高度為〃，水平部分與木板B上表面齊平。木

板B質量為加，緊靠軌道A放置在光滑水平面上，在B的右側放著若干滑塊（視為質點），滑塊的質量均

為m,編號依次為1、2、3、4。。。。。。〃（〃趨于無窮大）。質量為3冽的滑塊C（視為質點）置于軌

道A的頂端，由靜止釋放，經過;右滑上木板B,C與B之間的動摩擦因數為日=（,當C、B剛達到共速

時，木板B恰好與滑塊1發生第1次彈性碰撞。經過一段時間，C、B再次剛達到共速時，木板B恰好與滑

塊1發生第2次彈性碰撞，依次類推；最終滑塊C沒從木板B上滑落。已知重力加速度為g,滑塊間的碰撞

均為彈性碰撞，且每次碰撞時間極短，求：

Jl

N—JBITI②⑶…㈤

-〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃“〃〃/

⑴C、B第一次達到共速時，B的速度大小；

⑵軌道A對滑塊C作用力的沖量大小和方向；

⑶最初木板B右端與滑塊n之間的距離S以及最終n個滑塊的總動能Ea

【答案】（1）匕=土7^

（2）沖量大小為6加向，方向與水平方向成45°（斜向右上方）

249

（3）S=—h,Ek=-mgh

【詳解】（1）根據題意，C沿軌道A下滑過程，動能定理可知

3mgh=~x3加說

解得

%=7^

C、B第一次達到共速，由動量守恒定律可知

3mv0=（3m+加）匕

聯立得共速速度

w=17^

（2）滑塊C在光滑軌道A上運動過程中，由動量定理可知

4+4=

其中

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

由矢量關系可知

I4卜|顯|2=6my[gh

則有

即軌道A對滑塊C作用力的沖量大小為6加向，方向與水平方向成45°（斜向右上方）如下圖。

AP

（3）根據題意，C在B上滑動過程，由牛頓第二定律可得

%=陽，而=3胞

由（1）可知C、B第一次達到共速時

W=|V°

第一次共速的時間

2/?

g

可知B向右滑動距離

B與滑塊1彈性碰撞且機械能守恒有

1…2_i

mv=mv'2+mV

mvx=mvx+mv2,~\-\~2

解得木板B速度v；=0,滑塊1速度丫；=匕，即速度交換。

同理第二次共速過程中，共同速度

3

匕丁

需要時間

v93

’2=

?B4

B向右滑動距離

/129,

=QB，2=久

u2~

遞推可知

則初始時木板右端與滑塊n的距離

S=4+d2+…+d及

由等比數列求和公式，解得最初木板B右端與滑塊n之間的距離S為

1—

16

B第一次與滑塊1碰后，滑塊1的速度為

,3

vi=vi=4Vo

與滑塊2彈性碰撞后交換速度，以此類推，最后滑塊”獲得速度為

%=%

其對應的動能為