庖丁解牛：高中力学多过程问题的拆解与重构 讲义 -2026届高考物理二轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦力学多过程问题，整合运动与相互作用、能量、动量等核心考点，以“拆-找-建-联”四步法为框架，通过过程拆解、衔接量分析、分段建模、关联求解的逻辑链条，结合典例精讲与调研题训练，帮助学生构建系统解题思路。 讲义突出科学思维与模型建构，如通过板块模型、平抛与圆周组合等实例，引导学生用四步法拆解复杂运动，分层设计从基础到综合的练习，培养学生分析综合与推理论证能力，助力教师高效把控复习节奏，提升学生应考实战能力。

庖丁解牛：高中力学多过程问题的拆解与重构 面对一道复杂的高中力学多过程习题，许多同学常感无从下手，仿佛面对一团乱麻。然而，若能掌握系统的拆解与重构之道，这些看似错综复杂的问题便会脉络清晰，迎刃而解。下面将深入探讨多过程力学问题的核心解题思路，并提供具体可行的分析步骤，辅以实例阐释，助你修炼“庖丁解牛”之功。 一、理解“多过程”本质：阶段性与衔接性 多过程问题的核心特征在于其阶段性与衔接性。所谓阶段性，是指物体的运动或受力状态在时间或空间上发生了质的改变，如从匀加速变为匀减速、从直线运动变为曲线运动、或受力情况突然变化。衔接性则指相邻两个过程在“交界点”存在紧密联系，通常体现为前一过程的末状态（如瞬时速度、位置）即是后一过程的初状态，有时也涉及能量、动量等物理量的传递或突变。能否准确识别这些“过程节点”并处理好“衔接点”，是解题成败的关键。 二、通用解题思路：四步破题法 应对多过程问题，可遵循一套系统的分析流程，其核心可概括为“拆-找-建-联”四步。 拆解过程，明晰节点这是解题的第一步，也是最关键的一步。需仔细审题，将题目描述的连续运动，按照物理规律（运动性质、受力情况）的变化，切割成若干个独立的、简单的子过程。常见的“过程节点”包括：外力撤去或施加、碰撞发生瞬间、物体到达斜面顶端或脱离接触、运动方向改变等。用简图或时间轴标注各过程及其节点，使问题可视化。 寻找桥梁，抓衔接量在过程节点处，寻找连接前后两个过程的“桥梁物理量”。瞬时速度是最常见、最重要的衔接量，因为速度（大小和方向）通常不能突变（除非发生完全非弹性碰撞等特殊情形）。此外，位置坐标、弹性势能、动量等也可能成为衔接的关键。明确“桥梁”等于为建立方程找到了等量关系。 分段建模，列出方程对每一个独立的子过程，依据其受力分析和运动特点（如是否匀变速、何种曲线运动），选用合适的物理规律建立方程。核心工具无非三大主线： 动力学主线：牛顿第二定律（F=ma）结合运动学公式（v=v0+at，x=v0t+at²，v²-v=2ax）。 能量主线：动能定理、机械能守恒定律、功能关系。当力是变力或过程复杂时，能量法往往更简捷。 动量主线：动量定理、动量守恒定律。特别适用于打击、碰撞、爆炸等短暂相互作用过程。选择哪条主线或如何组合，需视具体过程特点而定。 关联求解，统筹全局将各子过程列出的方程，通过“衔接点”的桥梁关系（如“过程一的末速度v1等于过程二的初速度”），联立成一个完整的方程组。最后统筹求解目标物理量。有时需要从问题所求反向推导，明确需要先求出哪些中间量。 下图从“拆解过程、选取规律、建立联系、求解检验”四个层面，系统化地展示了多过程力学问题的分析框架与决策路径，可视作上述思路的思维导图： 面对多过程力学问题 第一步 拆解过程 识别状态/受力突变点(如力突变，碰撞) 将连续运动分解为若干个简单子运动过程 为每个子过程选取核心规律 牛顿第二定律结合运动学 力与运动关系明确 涉及力在空间上的积累 动能定理/功能关系 系统合外力为零 动量守恒定律 短暂相互作用 (如打击、碰撞) 动量定理或动量守恒 利用衔接点物理量(如速度、位置)关联各过程方程 联立方程组 求解目标量 检验结果的合理性 建立联系与求解 三、实例分析：在具体情境中应用思路 过两个典型例题，具体阐释上述思路的运用。 【典例1】板块模型中的多过程问题 如图所示，质量M=2 kg的长木板静止在光滑水平面上，其右端放一质量m=1 kg的小滑块。现对木板施加一水平向右F=9 N 的恒力，使木板开始运动。已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g=10 m/s²。问： (1)经过多长时间滑块恰好从木板左端滑落？ (2)滑落时，滑块和木板的瞬时速度各是多少？ M m F 分析与解答： 1、拆解过程，明晰节点： 滑块与木板之间存在相对运动。 受力分析：滑块受滑动摩擦力f1=μmg=2 m/s2（向右，使其加速）；木板受向右拉力F和滑块对其向左的摩擦力f 1=f2=2 N 。显然二者加速度不同，滑块a1==2 m/s²，木板a2==m/s²=3.5 m/s²。 当滑块滑到木板左端时，是一个关键节点，之后二者分离，各自做匀速直线运动（因为水平面光滑，分离后滑块不受摩擦力，木板拉力仍存在，但题目只问到滑落时）。 2、寻找桥梁，抓衔接量： 整个过程以“滑块滑至木板左端”为结束。衔接量是时间t（两者运动时间相同）和相对位移（滑落时，滑块相对木板的位移等于木板长度L，但题中未直接给出L，这提示我们需要用其他关系）。 3、分段建模，列出方程： 实际上，从开始到滑落是一个完整的、单一的子过程（匀加速运动）。但涉及两个关联物体。设经时间t滑落，此时滑块对地的位移x1=a1t2，木板对地的位移x2=a2t2。滑落时，滑块在木板上的相对位移等于木板长度，但题目未给出L，却问时间t和速度。这似乎缺少条件？仔细审题，发现滑块从“右端”滑到“左端”，相对位移就是木板的长度L。但问题(1)直接问时间，说明L是可消去的中间量，或者存在隐含条件。再读题：“滑块恰好从木板左端滑落”——这意味着滑落时，滑块到达木板的最左端，相对位移正好等于木板长度L。我们有方程：x1-x2=L。但L未知，一个方程两个未知数(t，L)，无法解t。 矛盾点提示我们可能忽略了过程细节。实际上，滑块在木板上相对木板是向左运动的（因为木板加速度更大，向右跑得更快），所以当滑块相对木板向左移动了长度L时滑落。 正确关系应为：x相对=x2-x1=L。然而，题目并未给出L，却直接问时间t，这暗示时间t可能与L无关？ 检查速度：滑块v1=a1t，木板v2=a2t。滑落瞬间，两者分离，但题目只问到此时的速度。 要解出t，必须知道L。原题很可能漏给了木板长度L的条件。假设补充条件：木板长度L=1.5 m。则可解：a2t2-a1t2=1.5，解得t=s。进而v1=a1t=2 m/s，v2=a2t=3.5m/s。此例展示了准确建立位移关系的重要性，原题正是没有给出木板的板厂设置了这样一个缺陷，来真正理解此题的真正意义。 4、关联求解：通过相对位移方程联立求解。 【典例2】圆周运动与平抛的组合 如图所示，半径为R的光滑半圆型竖直轨道，最低点为A，最高点为B。一质量为m的小球从A点以初速度开始沿轨道内侧运动，恰能通过最高点B，之后做平抛运动落于水平地面C点，已知重力加速度g。求 (1)小球通过A点时的速度v0； (2)AC的水平距离。 C A B O R v0 分析与解答： 1、拆解过程，明晰节点： 明显分为两个子过程。过程Ⅰ：从A到B的圆周运动（非匀变速，但可用能量观点）。过程Ⅱ：从B点抛出后的平抛运动。节点是B点。 2、寻找桥梁，抓衔接量： B点的瞬时速度vB是核心衔接量。它既是过程Ⅰ的末速度（满足圆周运动最高点临界条件），也是过程Ⅱ平抛运动的初速度。 3、分段建模，列出方程： ★过程Ⅰ（A→B，圆周运动）：机械能守恒。mv=mv+mg·2R。同时，小球“恰能通过最高点B”，意味着小球对轨道压力为零，重力提供向心力：mg=m。由此可直接解出vB=，并得v0=。 ★过程Ⅱ（B→C，平抛运动）：以B点为原点，水平方向匀速，竖直方向自由落体。设平抛飞行时间为t，有2R=gt²（因为从B点落到地面，下落高度为2R），得t=2。水平位移x=vBt=2R。所以AC水平距离为2R。 4、关联求解：此处衔接量vB直接由过程Ⅰ的临界条件求出，代入过程Ⅱ公式即得结果。能量守恒和临界条件的联合使用是解决此类问题的关键。 四、观点升华：从解题到思维培养 处理多过程力学问题，其意义远超解出答案本身。它训练的是结构化思维能力——将复杂系统分解为简单模块，再通过接口（衔接点）将其整合。这与解决工程问题、分析社会系统等高级思维活动同构。在拆解过程中，我们锻炼了识别关键变化点的洞察力；在寻找桥梁时，我们学会了抓住不变量的守恒思想；在分段建模时，我们根据情境灵活选用物理规律，避免了生搬硬套；在关联求解中，我们体验了系统思考与统筹规划。因此，每一次对多过程问题的剖析，都是一次宝贵的思维体操。当你不再畏惧题目的冗长描述，而是能淡定地拿起“拆解、建模、衔接”的手术刀时，你收获的将不仅是物理分数，更是一种能迁移至广阔领域的问题解决智慧。记住，最复杂的运动，也始于最基本的规律；最繁难的问题，也终于最清晰的拆解。 【调研1】质量为M=5kg的长木板置于水平面上，物块(视为质点)质量m=1kg，初始时刻物块处于长木板右端。长木板与水平面间、物块与长木板间的动摩擦因数分别为μ1=0.15和μ2=0.1。某时刻分别给长木板和物块如图所示的初速度，大小分别为v1=5m/s、v2=1m/s，方向相反。物块在以后运动过程始终没有滑离长木板。取g=10m/s2。求: μ2 μ1 v2 v1 (1)刚开始运动时长木板与物块的加速度大小a1和a2； (2)从开始运动到物块与长木板速度第一次相等所用的时间t1； (3)到两者都静止时，物块距木板右端的距离。 【解析】(1)对长木板受力分析，根据牛顿第二定律得μ1(M+m)g+μ2mg=Ma1 解得a1=2m/s2 对物块受力分析得μ2mg=ma2 解得a2=1m/s2。t/s v/(m∙s-1) 5 1 -1 O 1 2 3 木板 物块 (2)规定水平向右为正方向，对物块与木板的运动情况分析，结合(1)问作出长木板与物块的v-t图像如图。 设经t1时间物块与木板的速度v3相同，有v3=v1-a1t1=-v2+a2t1 解得t1=2s 此时的速度v3=v1-a1t1=1m/s。 (3)物块与长木板速度达到相等后，由于μ2<μ1，所以接下来物块与长木板以不同的加速度向前减速。 对物块受力分析知，物块加速度大小仍为a2=1m/s2 对长木板受力分析得μ1(M+m)g-μ2mg=Ma1 解得a1=1.6m/s2 设长木板从二者速度相等经时间t2减速停下0=v3-a1t2 解得t2=0.625s 长木板在与物块速度相等前运动的位移为x板1=v1t2-a1t=6m 长木板在t2时间内的位移为x板2=v3t2-a1t=0.3125m 可得长木板对地位移为x=x板1+x板2=6.3125m，方向向右 由物块的v-t图像可知，物块对地位移为x=×(3-1)×1m-×1×1m=0.5m，方向向右 两者的相对位移为Δx=x-x=5.8125m。 【调研2】如图所示，一倾角θ=37o的足够长斜面体固定于水平地面上，斜面体上有一质量为M=1kg的木板，t=0时刻另一质量为m=1kg的木块(可视为质点)以初速度v0=14m/s从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力F=18N，使木板从静止开始运动。当t=1s时撤去拉力F，已知木板和木块间的动摩擦因数μ1=0.25，木板和斜面体间的动摩擦因数μ2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37o=0.6。 (1)求木块和木板速度相等之前各自的加速度； (2)若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少为多长? F θ v0 【解析】(1)设二者共速前木块和长木板的加速度大小分别为a1和a2，木块和长木板受力分析分别如图甲、图乙所示。 F θ mgsinθ mg N f1 mgcosθ θ 甲 F θ Mgsinθ Mg N1 f1 Mgcosθ θ f2 N2 乙 对木块有：f1=μ1mgcosθ，mgsinθ+f1=ma1 长木板受到沿斜面向下的摩擦力f2和木块沿斜面向上的摩擦力f1，其中f1=f1，则有： f2=μ2(M+m)gcosθ，F+f1-Mgsinθ-f2=Ma2 解得：a1=8m/s2，方向沿斜面向下，a2=6m/s2，方向沿斜面向上。 (2)设木块和长木板达到共速所用时间为t1，则有：v1=v0-a1t1=a2t1 解得t1=1s，v1=6m/s 假设木块、木板在力F撤去后能保持相对静止，则对木块和木板组成的整体有： (M+m)gsinθ+f2=(M+m)a，解得a=10m/s2 (提醒一下：撤去F后，先进行假设，判断木块与木板是否发生相对滑动。) 当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦力(大小等于滑动摩擦力)时，加速度最大，其加速度大小为a1，由于a>a1，故假设不成立，木块相对木板继续发生相对运动，且木块继续沿木板向上运动，所以其加速度仍然为a1=8m/s2，方向沿斜面向下.设此过程木板加速度大小为a3，受力分析如图丙所示，则有：Mgsinθ+f2-f1=Ma3 θ Mgsinθ Mg N1 f1 Mgcosθ θ f2 N2 丙 解得a3=12m/s2 由于a3>a1，故木板速度先减到零，木块继续上滑.假设此过程中木板静止在斜面上，受到斜面的静摩擦力为f，则有：Mgsinθ=f+μ1mgcosθ 解得f=4N 因为f<f2，故假设成立，木板静止在斜面上，直到木块上滑过程中速度减为零.木块和木板从开始上滑至速度减为零的过程中，v-t图像如图丁所示。 v t v0 长木板 O 丁 木块 v1 t1 t2 t3 设木块的位移为s1，木板在加速过程和减速过程的位移分别为s2和s3，由运动学公式可得 2a1s1=v，s2=t1，v=2a3s3， 所以木板的最小长度为：Lmin=s1-s2-s3 解得：Lmin=7.75m。 【调研3】如图所示，质量为m=6kg、足够长的长木板放在水平面上，其上表面水平，质量为m1=3kg的物块A放在长木板上距板右端L1=3m处，质量为m2=3kg的物块B放在长木板上左端，地面上离板的右端L2=3m处固定一竖直挡板。开始时A、B、长木板处于静止状态，现用一水平拉力F作用在物块A上，使物块A相对于长木板滑动，当长木板刚要与挡板相碰时，物块A刚好脱离木板，长木板与挡板碰撞后以与碰撞前大小相同的速度返回。已知两物块与长木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1，重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计物块大小。 (1)求拉力F的大小； (2)物块A滑离长木板后，长木板运动多长时间才会停下来？ B A F 【解析】(1)物块A在拉力F的作用下做初速度为零的匀加速运动，设加速度大小为a1，根据牛顿第二定律有F-μ1m1g=m1a1； 设物块A从开始运动到滑离长木板所用的时间为t1，根据运动学公式有L1+L2=a1t； 假设开始时物块B与长木板不会发生相对滑动，一起做加速运动的加速度为a2，则 μ1m1g-μ2(m+m1+m2)g=(m+m2)a2 解得a2=m/s2； 由于m2a2=1N<μ1m2g=15N假设成立， 根据运动学公式有L2=a2t；解得F=17N (2)在长木板与挡板相碰的一瞬间，设物块B和长木板的速度为v1，根据运动学公式有v=2a2L2； 解得v1=m/s； 长木板与挡板碰撞后，物块B以大小为v1的速度向右做匀减速运动，加速度大小a3=μ1g=5m/s2； 长木板以大小为v1的速度向左做匀减速运动，加速度大小a4==4m/s2 物块B向右减速运动的时间t2==s 当物块B的速度为零时，长木板的速度为v2=v1-a4t2=m/s；此后物块B向左做匀加速运动，加速度大小仍为a3=5m/s2，长木板向左仍做匀减速运动，加速度大小仍为a4=4m/s2。设再经t3时间，两者达到共同速度，则v2-a4t3=a3t3； 解得t3=s；此时物块与长木板的速度v3=a3t3=m/s 此后物块与长木板一起做匀减速运动的加速度大小a5=μ2g=1m/s2；此后物块B和长木板一起运动的时间t4==s；因此物块A滑离后长木板运动的时间t=t2+t3+t4=s 【调研4】随意变线加塞，是非常不文明的驾驶习惯，也极其不安全。下图演示了甲车变线加塞的过程，甲车至少要超出乙车一个车位，才能开始并线。此时甲车若要安全并线插到乙车前方，且不影响乙车行驶，其速度v至少须比乙车快5m/s。而并道后又必须立刻减速，以避免与前车追尾。假设汽车在变线并道过程中，沿前进方向的速度可以不变，横向移动的速度可忽略。而且甲车从超出乙车一个车位，到完成并线，恰好需要1s时间。并线完成后甲车时刻以大小为a=2.5m/s2的加速度匀减速刹车。甲车车身长度为d=4m，乙车与前车正常行驶时速度均为v0=10m/s，请计算： (1)甲车刚刚并线结束时，甲乙两车之间的最小距离为多少； (2)乙车车头到前车车尾之间距离L至少有多大，甲车才能安全并道成功； (3)若甲车并线时的速度恰好比乙车快5m/s，并线后由于紧张，刹车踩得太深，汽车以大小为a=12.5m/s2的加速度减速，而此时乙车完全来不及反应，继续匀速运动。则两车再经多长时间后追尾。 L d v v0 甲车 v0 乙车 【解析】(1)由题知，甲车至少比乙车快5m/s才安全，甲车刚刚并线结束时，甲、乙两车相距最小，则甲车的速度为v甲=v0+5m/s=15m/s 1 s内，甲车的位移为x甲=v甲t=15m 乙车的位移为x乙=v0t=10m 则并线结束时，甲、乙两车之间的最小距离为d=x甲-x乙=5m （2）并线完成后，甲车立刻以大小为a=2.5m/s2的加速度匀减速刹车，设经过时间t，前车和甲车共速，则有=v甲-at=v0，解得t=2s 则甲车的位移为x甲=×2m=25m 乙车的位移为x乙=10×2m=20m 此时甲车前端与乙车前端相距=d+d+(x甲-x乙)=14m 此时甲车前端刚好与前车后端挨着，乙车车头到前车车尾之间距离L=14m，即L至少14m。 （3）并线后，汽车以大小为a=12.5m/s2的加速度减速，设再经过时间，两车追尾，则有=d 代入数据解得= s 甲车减速时间t刹==1.2 s >t刹，甲车停下之后乙车才追上，x甲=t刹=9 m，t1==1.4 s。 【调研5】如图甲所示，一质量m=5kg的粗细均匀的圆木棒竖直放置，在外力作用下保持静止状态，下端距水平弹性地面的高度为H=5.25m，与地面相碰的物体会以原速率弹回，木棒上有一质量为2m的弹性小环．若t=0时刻，小环从木棒上某处以竖直向上v0=4m/s的初速度向上滑动，并对小环施加竖直向上的如图乙所示的外力F，与此同时撤去作用在木棒上的外力．当木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力．已知木棒与小环间的滑动摩擦力f=1.2mg，小环可以看作质点，且整个过程中小环不会从木棒上端滑出，取g=10m/s2，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：2m m H v0 l F/N t/s 0 1 2 3 4 5 6 140 120 甲 乙 (1)小环和木棒最初开始运动时各自的加速度的大小； (2)木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小； (3)若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，求小环开始运动时距木棒下端的距离l(结果可以用分数表示)． 【解析】(1)最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F1-2mg-f=2ma1，解得a1=-2m/s2，即加速度大小为2m/s2，方向竖直向下； 对木棒，根据牛顿第二定律f-mg=ma2，解得a2=2m/s2，即加速度大小为2m/s2，方向竖直向上． (2)小环初速度v0=4m/s，则两物体第一次共速过程有v0+a1t1=a2t1，解得t1=ls， 此时拉力F恰好变为F2=120N，假设之后两物体共同减速到零，对整体由牛顿第二定律有 3mg-F2=3ma3， 解得a3=2m/s2， 则棒受到的实际摩擦力f=mg-ma3=40N，棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立； 棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速度均变为竖直向下，v=a2t1=2m/s，回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度h1=a2t=1m，之后棒和小环以a3=2m/s2加速度向下加速运动，根据v-v=2a3(H+h1)，解得木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小v1=m/s. (3)木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力，此后小环的加速度大小a4==4m/s2，第一次碰地后，木棒的加速度大小为a5==22m/s2，小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运动，假设与小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔△t==s，再次碰地时木棒的速度仍为v1=m/s，此时环的速度v=v1+a4△t>v1，故假设成立，即之后过程两物体不会再共速； 若木棒恰好与地面第4次碰撞时小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加速运动了3△t，相对木棒向下运动距离x=v1(3△t)+a4(3△t)2=m+m=m，1 s之前小环相对木棒向上运动距离s=t1-h1=2m， 故小环开始运动时距木棒下端的距离l=x-s=m． 【调研6】如图所示，在离地面高h=5m处固定一水平传送带，传送带以v0=2m/s顺时针转动。长为L的薄木板甲和小物块乙(乙可视为质点)，质量均为m=2kg，甲的上表面光滑，下表面与传送带之间的动摩擦因数μ1=0.1，乙与传送带之间的动摩擦因数μ2=0.2。某一时刻，甲的右端与传送带右端N的距离d=3m，甲以初速度v0=2m/s向左运动的同时，乙以v1=6m/s冲上甲的左端，乙在甲上运动时受到水平向左拉力F=4N，g取10m/s2。试问： (1)当甲速度为零时，其左端刚好与传送带左端M相齐，乙也恰与甲分离，求MN的长度LMN； (2)当乙与甲分离时立即撤去F，乙将从N点水平离开传送带，求乙落地时距甲右端的水平距离。 v0 N M h 乙 v0 v1 甲 【解析】(1)选水平向右为正方向，设甲的加速度为a1，对甲，由牛顿第二定律μ1·2mg=ma1 a1=2m/s2 设甲速度由v0减到0过程通过的位移为x1，经历的时间为t1，由0-v=2a1x1得x1=-1m 由0=v0+a1t1得t1=1s 设乙从开始到与甲分离的加速度为a2，末速度为v2，通过的位移为x2， 由牛顿第二定律-F=ma2 得a2=-2m/s2 又v2=v1+a2t1得v2=4m/s，x2=v1t1+a2t=5m 由几何关系知L=2|x1|+x2+d=10m (2)当乙滑下甲后，由于v2>v0，所以乙开始做匀减速直线运动，设乙的加速度为a3，当速度减为v0时经历的时间为t3，通过的位移为x3。 由牛顿第二定律得-μ2mg=ma3，解得a3=-2m/s2 由v-v=2a3x3 x3=3m，v0-v2=a3t3，t3=1s 乙达到与传送带共速后将匀速运动到其右端，设此过程经历时间为，==0.5s 乙物块将从传送带右端以v0做平抛运动，设此过程经历时间为t4，水平位移为x4，由x4=v0t4 h=gt 得t4=1s，x4=2m 当甲与乙分离后，甲开始向右由静止做匀加速直线运动，设此过程甲的加速度为，经历的时间为t5，通过的位移为x5，由牛顿第二定律得μ1·mg=m，解得=1m/s2，x5==2m t5==2s 甲做匀速直线运动的位移为x6=v0(t3++t4-t5)=2×(1+0.5+1-2)m=1m 乙落地时距甲右端的水平距离△s=d+|x1|-x5-x6+x4=3m 【考点】传送带模型；牛顿第二定律 (1)利用牛顿第二定律结合速度位移公式和位移公式可以求出长度的大小； (2)利用牛顿第二定律结合速度位移公式及速度公式可以求出水平距离的大小。 【调研7】如图所示，半径R=0.2m的光滑四分之一圆轨道MN竖直固定放置，末端N与一长L=0.8m的水平传送带相切，水平衔接部分摩擦不计，传动轮(轮半径很小)做顺时针转动，带动传送带以恒定的速度v0运动。传送带离地面的高度h=1.25m，其右侧地面上有一直径D=0.5m的圆形洞，洞口最左端的A点离传送带右端的水平距离s=1m，B点在洞口的最右端。现使质量为m=0.5kg的小物块从M点由静止开始释放，经过传送带后做平抛运动，最终落入洞中，传送带与小物块之间的动摩擦因数μ=0.5，g取10m/s2，求： (1)小物块到达圆轨道末端N时对轨道的压力； (2)若v0=3m/s，求小物块在传送带上运动的时间； (3)若要使小物块能落入洞中，求v0应满足的条件。 v0 B A O N L M s h R D 【解析】设物块滑到圆轨道末端速度v1，根据机械能守恒定律得，mgR=mv，解得v1=2 m/s 设物块在轨道末端所受支持力的大小为F，根据牛顿第二定律得F-mg=m 联立以上两式代入数据得F=15 N 根据牛顿第三定律，对轨道压力大小为15 N，方向竖直向下 (2)若v0=3m/s，则v1<v0，物块在传送带上加速运动时，由μmg=ma，解得a=μg=5m/s2 加速到与传送带达到共速所需要的时间v1==0.2 s，位移x1=t1=0.5 m 匀速运动的时间t2==0.1 s 故T=t1+t2=0.3 s (3)物块由传送带右端平抛：h=gt2 恰好落到A点，水平位移x=v2t，得v2=2 m/s 恰好落到B点D+x=v3t，得v3=3 m/s 当物块在传送带上一直加速运动时，做平抛运动的速度最大，假设物块在传送带上达到的最大速度为v，由动能定理μmgL=mv2-mv 得v2=12 m2/s2>9 m2/s2 所以物块在传送带上达到的最大速度大于能进入洞口的最大速度，所以v0应满足的条件是2 m/s<v0<3 m/s 【调研8】如图所示，长度为l=2 m的水平传送带左右两端与光滑的水平面等高，且平滑连接。传送带始终以2 m/s的速率逆时针转动。传送带左端水平面上有一轻质弹簧，弹簧左端固定，右端与质量为mB物块B相连，B处于静止状态。传送带右端水平面与一光滑曲面平滑连接。现将质量mA、可视为质点的物块A从曲面上距水平面h=1.2 m处由静止释放。已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2，mB=3mA，物块A与B发生的是弹性正撞。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块A与物块B第一次碰撞前瞬间的速度大小； (2)通过计算说明物块A与物块B第一次碰撞后能否回到右边曲面上； (3)如果物块A、B每次碰撞后，物块B再回到最初静止的位置时都会立即被锁定，而当他们再次碰撞前瞬间锁定被解除，求出物块A第3次碰撞后瞬间的速度大小。 v0 B A 【解析】(1)设物块A沿光滑曲面下滑至水平面时的速度大小为v0。由机械能守恒定律知： mAgh=vAv 物块在传送带上滑动过程，由牛顿第二定律知：μmAg=mAa 物块A通过传送带后的速度大小为v，有：v2-v=-2al，解得v=4m/s 因v>2m/s，所以物块A与物块B第一次碰撞前的速度大小为4m/s (2)设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v1、vB，取向右为正方向，由动量守恒有 -mAv=vAv1+vBvB mAv2=vAv+vBv 解得v1=v=2m/s 即碰撞后物块A沿水平台面向右匀速运动，设物块A在传送带上向右运动的最大位移为，则 0-v=-2a 得=1 m<2 m 所以物块A不能通过传送带运动到右边的曲面上 (3)当物块A在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判断，物块A运动到左边平面时的速度大小为v1，设第二次碰撞后物块A的速度大小为v2，由(2)同理可得v2=v1=v 则第3次碰撞后物块A的速度大小为v3=v=0.5 m/s 【调研9】如图，半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6 N·s。以后每隔△t=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1kg，b的质量为mb=2kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g=10m/s²。求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)b从M运动到N的时间； (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 v0 M b N O R a P L d 闪光点：以传送带为载体考查往返运动、相对运动、摩擦生热等，游刃有余。 【解析】(1)a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律magR=mav 在P点，设轨道对它的支持力大小为FN，根据牛顿第二定律FN-mag=ma 联立解得：FN=30 N (2)a从静止释放到M点的过程中，根据动能定理：magR-μmagd=mav-0 解得：vM=3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有： mavM=mava+mbvb mav=mav+mav 解得：vb=2 m/s b滑上传送带后，μmbg=mba，a=μg，a=5 m/s2 b的速度减小到与传送带的速度相等需要时间t1，v0=vb-at1，解得t1=0.2 s 此期间b发生的位移x1=t1，解得x1=0.3 m 此后b做匀速直线运动，到达传送带最左端还需要的时间为t2，L-x1=v0t2，得t2=3 s b从M运动到N的时间为t，t=t1+t2=3.2 s t3 t3+t4 传送带 2 1 v -v0 v b t O △x t5 O △x 1 v -v0 v b t (3)取向右为正方向，瞬间给b一个水平向右的冲量，对b根据动量定理：I=mbv-(-mbv0) 解v=2m/s，此后一个△t内运动的v-t图像如图所示， b向右减速到零需要时间t3，v=at3，得t3=0.4 s 而后向左加速，速度达到v0需要时间t4，v0=at4，得t4=0.2 s 由于t3+t4=△t，则以后每隔△t=0.6 s给b一相同的瞬时冲量I时，b总是恰好跟传送带共速。 每一个△t时间内，b实际发生的位移为图示图线1与坐标轴围成的面积，设为x，则 x=t3-t4=0.3 m 每一个△t时间内，b相对于传送带滑动的相对路程为图示图线1与2围成的面积，设为△x， △x=(t3+t4)=0.9 m 经分析10△t时，b位于距左端N点3 m处，即距右端M点0.3 m处。 可见最后一个△t内仅用部分时间无需返回直达M点，前面10△t时间内，b与传送带摩擦产生的热量Q1=μmbg×10△x=90 J 最后一个△t时间内，设直接无往返发生位移x0=0.3m需要时间为t5，则x0=vt5-at， 解得t5=0.2 s 0.4 O 0.6m 0.6 v/m·s-1 -1 2 0.3m b物块 1 0.2 0.6 s 6 6.2 6.4 6.6 0.2s t/s 0.3m b受第11次冲量 b受第1次冲量 0.2m 10×0.6s=6s b物块共经历10次同样的运动，每次运动历时0.6 s，每次向右运动0.3 m，期间皮带向左运动0.6 m，二者之间的相对位移△x相=0.9 m 从b物块在N点受瞬时冲量开始计时，选水平向右为正方向 (或者逆向思维直接根据初速度为零的匀变速直线运动规律得到t5=0.2 s) 此期间b相对于传送带滑动的相对路程为△x，△x=v0t5+x0=0.5 m 此期间b与传送带摩擦产生的热量Q2=μmbg×△x=5 J 所以b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J ●拓展延伸：补充画出完整的b与传送带运动的v-t图像，并在图上标出b的位移、传送带的位移、b向对于传送带的相对路程。 【调研10】如图所示，质量分别为m1=0.01 kg，m2=0.02 kg且可视为质点的两物块静止在水平地面上A、B两点，两半径分别为r=0.15 m，R=0.3 m的竖直光滑圆弧轨道BC、CDE分别与水平地面和倾角为=37o的光滑斜面EF平滑相切连接，圆心O1O2连线处于水平方向，两圆弧轨道对接处C点恰好可以让物块通过．斜面EF末端固定一劲度系数k=3 N/m的轻弹簧，弹簧上端连接一质量为m3=0.04 kg的薄板．物块m1与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.5，物块m2与薄板间的动摩擦因数为μ2=0.75，A、B两点距离为L=0.9 m．设薄板足够长，弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=kx2，sin37o=0.6，cos37o=0.8．在A点给物块m1大小v0=3m/s水平向左的初速度，物块m1与物块m2发生弹性碰撞，重力加速度g=10 m/s2，求: (1)物块m1与物块m2刚要碰撞时的速度v1大小； (2)物块m2到达轨道最高点D时，轨道对物块m2的弹力FN大小； (3)在薄板运动的过程中，弹簧的最大弹性势能Epm． R E B D C r O2 O1 m1 m2 F A L m3 【解析】(1)m1在水平面上运动，由动能定理得-μ1m1gL=m1v-m1v 由上式解得m1=9m/s (2)由动量守恒定律得m1v1=m1v2+m2v3 由能量守恒定律得m1v=m1v+m2v 联立解得v2=-3m/s，v3=6m/s m2在轨道上运动，由动能定理得：-m2g(R+r)=m2v-m2v 轨道最高点,由牛顿第二定律得：FN+m2g=m2 联立解得：FN=1.6N (3)m2在轨道上运动，从D到E由动能定理得：m2g(Rcos+R)=m2v-m2v 由上式解得v5=m/s 因为f=μ2m2gcos=m2gsin 所以m2在薄板上开始以v5=m/s做匀速运动，薄板m3开始做加速运动，假设薄板m3加速度减为零时，薄板m3的速度小于v5，薄板m3刚开始运动时，m3gsin=kx1 由上式解得x1=0.08m 薄板m3加速度减为零时刻，m3gsin+μ2m2gcos=k(x1+x2) 由上式解得:x1=0.04m 薄板m3加速过程有：kx-k(x1+x2)2+m3gx2sin+fx2=m3v-0 联立上式解得：vm=m/s 因为vm<v5，所以假设成立， 薄板m3在斜面上做简谐运动，弹簧最大形变量为x1+2x2=0.16m 所以弹簧最大弹性势能为：Epm=k(x1+2x2)2=0.0384 J。 【调研11】一长为L(L是未知量)、质量为M=2 kg的长木板放在光滑水平地面上，物体A、B、C放在长木板上，物体A在长木板的左端，物体C在长木板的右端，物体B与物体A的距离xAB=3 m，所有物体均保持静止。现对物体A施加一个水平向右的推力F=15 N，在物体A、B即将发生碰撞前的瞬间撒去推力F。已知物体A的质量为mA=3 kg，物体B、C的质量相等，即mA=mB=2 kg，物体A、B、C与长木板间的动摩擦因数均为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度g=10 m/s2，物体A、B、C均可视为质点，物体间的碰撞均无机械能损失。求： (1)施加推力时，物体A的加速度大小； (2)将体A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小； (3)若将长木板换成轻质薄板，其他条件不变，求从施加推力F到物体A、B、C与轻质薄板共速所需时间(整个过程中物体B、C不相碰，结果保留两位小数) F A B C 考察知识点：此题主要考察运动学规律、牛顿第二定律的应用、动量守恒定律中弹性碰撞 施加推力 对A受力分析 牛二 物体A的加速度大小 以图说理 判断长木板和物体 B、C是否一起加速 物体B和C的加速度 位移时间关系 碰前A、B运动的时间 碰前瞬间A、B各自的速度大小 动量守恒 机械能守恒 碰后瞬间A、B各自的速度大小 长木板换成轻质薄板 物体B和C的加速度 碰前A的加速度 位移时间关系 物体A、B碰前运动的时间 动量守恒 机械能守恒 碰前瞬间A、B各自的速度大小 碰后瞬间A、B各自的速度大小 碰后C与薄板的速度 判断物体A、B、C与薄板运动的情况 物体A与薄板匀速运动 物体B匀减速运动至物体A、B、C和薄板共速 从施加推力到物体A、B、C与薄板共速的时间t总 物体A、B碰前运动的时间t1 物体C匀加速运动至与物体A和薄板共速 物体A、C与薄板一起匀加速 物体A、B碰后至物体A、C与薄板共速的时间t 物体A、C与薄板共速到物体A、B、C与薄板共速的时间t3 【解析】(1)施加推力时，对物体A受力分析，由牛顿第二定律有F-μmAg=mAaA 解得施加推力时物体A的加速度大小 aA=3 m/s2 (2)假设从施加推力到物体A、B碰撞前长木板与物体B、C一起做匀加速运动，设此时三者组成的系统加速度为a0，由牛顿第二定律有 μmAg=(mB+mC+M)a0 代入数据解得a0=1 m/s2<μg，故假设成立， 该过程长木板与物体B、C一起做匀加速直线运动，设从施加推力到物体A、B发生碰撞前瞬间的时间为t0，由物体A、B的位移时间关系可知 xAB=aAt-a0t 设物体A、B碰撞前瞬间的速度分别为vA1、vB1，对从施加推力到物体A、B发生碰撞前瞬间的过程， 由运动学公式有 vA1=aAt0，vB1=a0t0 设物体A、B碰撞后瞬间的速度分别为vA2、vB2，对物体A、B的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别有 mAvA1+mBvB1=mAvA2+mBvB2 mAv+mBv=mAv+mBv 联立解得vA2=m/s，vB2=m/s (3)将长木板换成轻质薄板，施加推力时物体A的受力不变，则其加速度仍为aA，对物体B、C受力分析可知薄板与物体B、C一起做匀加速运动，设三者组成的整体运动的加速度为aB，由牛顿第二定律有 μmAg=(mB+mC)aB 设从施加推力到物体A、B发生碰撞前瞬间的时间为t1，物体A、B碰撞前瞬间的速度分别为vA3、vB3，该过程由位移时间关系可知 xAB=aAt-aBt 由速度时间公式有 vA3=aAt1，vB3=aBt1 联立解得t1=2 s，vA3=6 m/s，vB3=3 m/s 设物体A、B碰撞后瞬间的速度分别为vA4、vB4，对物体A、B的碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律分别有 mAvA3+mBvB3=mAvA4+mBvB4 mAv+mBv=mAv+mBv 联立解得vA4=3.6 m/s，vB4=6.6 m/s 物体A、B碰撞后瞬间薄板和物体C的速度均为vB3，显然薄板不与物体C一起运动，则物体A与薄板做速度为vA4=3.6 m/s的匀速运动，物体B做匀减速运动，物体C做匀加速直线运动，物体B、C运动的加速度大小均为 aB=aC=μg=2 m/s2薄板的质量忽略不计，则其所受的合外力不为0时，加速度无穷大使其速度突变至所受合外力为0，若其与物体B做匀速运动，则其合外力不为0，因此薄板与A相对静止，做匀速直线运动 设物体C从物体A、B碰撞后瞬间到速度为vA4的时间为t2，由运动学公式可知 t2==0.3 s 物体C速度增加至vA4时，物体B的速度为vB5 =vB4 -aBt2=6 m/s 此后物体A、C与薄板一起做匀加速运动，物体B仍然做加速度大小为aB的匀减速直线运动直至物体A、B、C与薄板共速，对物体A、C与薄板组成的整体由牛顿第二定律有 μmBg=(mA+mC) aAC 设从物体A、C与薄板开始做匀加速直线运动到物体A、B、C、轻质薄板达到共速的时间为t4，对该过程有 vA4+aACt3 =vB5-aBt3 联立解得t3=0. 86 s 则从施加推力到物体A、B、C与薄板共速的时间t=t1+t2+t3≈3.16 s 解后反思 从单一能力考查，到多元思维综合 该题作为力学板块题型的压轴大题，设置了多个物体运动的复杂情境，三问的设置由易到难，层层递进，梯度明显，尤其第三问考查薄板的运动，综合性较强，对考生的分析综合能力要求极高，该题体现了试题的选拔功能。本题对经典模型进行创新，要求考生在复习时，不能一味地刷题，要重视对模型的理解。 2 学科网（北京）股份有限公司 $