微专题2　动力学三大观点的综合运用【精讲精练】-2026届高三物理二轮复习题型突破（新高考通用）

该高中物理高考复习讲义聚焦动力学、能量、动量三大观点综合运用，以力学三大观点对比为基础，按多运动组合、板块模型、多次碰撞题型分层构建知识体系。通过考点梳理（观点对比表）、方法指导（题型解题思路）、真题讲解（2024山东卷等实例）及分层练习（基础必刷题、大题增分），帮助学生建立分析框架，突破综合应用难点。 资料突出科学思维与模型建构，如板块模型先分析动力学关系再结合动量守恒，多次碰撞用数学归纳法和图像法梳理规律。设计从基础到综合的阶梯训练，配合易错提醒和核心素养导向的解题策略，高效提升学生问题解决能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

微专题2　动力学三大观点的综合运用 力学三大观点对比 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp等 能量守恒定律 E1＝E2 动量 观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初末速度而不涉及力、时间 题型1　力学中的多运动组合问题 1.(2024·山东卷)如图甲所示，质量为m0的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 ①求μ和m； ②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对水平面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 【易错提醒】　(1)不能根据图像找出运动信息而做出错误判断；(2)不能判断出小物块与轨道在哪一过程动量守恒；(3)不能根据物理情境排除不合理的解。 题型2　板块模型的综合分析 1.用动力学观点解决板块模型问题的思路 2．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 2.(2024·河北卷)如图所示，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离； (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值； (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 题型3　特殊方法解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学 归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 3.(2024·河北卷)如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d＝2 m，A、B质量均为m＝1 kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F＝9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小； (2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰撞后瞬间A、B的速度大小； (3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像； (4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。 【基础必刷题】 1．(2024·甘肃卷)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力； (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小； (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 2．(2025·河南卷)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间。 3．(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 4．(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10 m/s2。 (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 大题增分指导 　能量与动量 如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； (3)物块A与斜面间的动摩擦因数。 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题2　动力学三大观点的综合运用 力学三大观点对比 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp等 能量守恒定律 E1＝E2 动量 观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初末速度而不涉及力、时间 题型1　力学中的多运动组合问题 1.(2024·山东卷)如图甲所示，质量为m0的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 ①求μ和m； ②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对水平面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 【审题指导】　 关键表述 物理量及其关系 质量为m0的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接；轨道不固定，当小物块到P点时撤去F 轨道与水平面无摩擦，撤去外力F后，因竖直半圆形部分的表面光滑，故小物块在半圆形部分运动时，小物块与轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，小物块与轨道组成的系统机械能守恒 由图像易知，当F≤4 N时，小物块相对于轨道静止；当F>4 N时，小物块与轨道水平部分发生相对滑动 【答案】　(1)4 m/s　(2)①0.2　1 kg　②4.5 m 【解析】　(1)小物块运动到Q点时，由牛顿第二定律有FQ＋mg＝m ① 代入FQ＝3mg，解得v＝4 m/s。 (2)①在F≤4 N时，轨道与小物块一起加速运动，对整体由牛顿第二定律有F＝(m0＋m)a ② 整理得a＝F 对应题图乙中图线斜率为＝ kg－1 ③ 在F>4 N时，轨道与小物块存在相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝m0a④ 整理得a＝F－ ⑤ 对应题图乙中图线斜率为＝1 kg－1 解得m0＝1 kg，m＝1 kg 在F＝4 N时，小物块处于与轨道发生相对滑动的临界状态，小物块的最大加速度大小为am＝2 m/s2 ⑥ 有μg＝am，解得μ＝0.2。 ⑦ ②根据题图乙可知，当F＝8 N时轨道的加速度a1＝6 m/s2，小物块的加速度a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左 设小物块到达轨道上P点时轨道速度大小为v1，小物块速度大小为v2，运动时间为t，有v1＝a1t，v2＝a2t，则有＝，即v1＝3v2 ⑧ 小物块在半圆轨道部分运动时，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，水平方向上动量守恒，小物块到达轨道上Q点时，设轨道速度为v1′，小物块速度为v2′，有 m0v1＋mv2＝m0v1′＋mv2′ ⑨ m0v＋mv＝m0v1′2＋mv2′2＋2mgR ⑩ 代入v2′＝7 m/s，解得v2＝3 m/s或v2＝ m/s ⑪ 当v2＝3 m/s时，解得v1＝9 m/s，v1′＝5 m/s， 设小物块在半圆轨道最高点时轨道对小物块弹力为FN，有FN＋mg＝ ⑫ 解得FN＝0，小物块恰好经过最高点 当v2＝ m/s时，解得v1′＝ m/s，v1′>v2′，轨道速度比小物块速度大，此种情况不会发生，因此v2＝ m/s不符合题意，舍去 由运动学公式可知轨道水平部分长度L＝－ ⑬ 解得L＝4.5 m。 【易错提醒】　(1)不能根据图像找出运动信息而做出错误判断；(2)不能判断出小物块与轨道在哪一过程动量守恒；(3)不能根据物理情境排除不合理的解。 题型2　板块模型的综合分析 1.用动力学观点解决板块模型问题的思路 2．滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题。 3．应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。 2.(2024·河北卷)如图所示，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离； (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值； (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。 【审题指导】　 关键表述 物理量及其关系 三块厚度相同，质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上 智能机器人在木板上运动时给木板摩擦力，木板运动；地面光滑，机器人与三块木板组成的系统水平方向动量守恒 尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端 机器人视为质点，从A木板左侧开始运动 若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒 【答案】　(1)1.5 m　(2)90 J　2　(3)xAC＝LB 【解析】　(1)设机器人质量为m0，三个木板质量均为m，根据动量守恒定律可得 m0v′＝mv1 ① 两边同时乘以t0，则m0x＝mx1 ② 且x＋x1＝LA 联立解得x1＝1.5 m。 ③ (2)设机器人起跳时相对地面的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为θ，从A木板右端跳到B木板左端时间为t，根据斜抛运动的特点可得vcos θ·t＝x1，＝ ④ 联立解得v＝ m/s ⑤ 机器人跳离A的过程，机器人与A组成的系统水平方向动量守恒，则m0vcos θ＝mvA ⑥ 根据能量守恒定律可得机器人做的功为W＝m0v2＋mv ⑦ 联立可得W＝45×J ⑧ 当tan θ＝，即tan θ＝2时，W取最小值，此时Wmin＝90 J。 ⑨ (3)根据tan θ＝2可得vcos θ＝ m/s，t＝ s 根据m0vcos θ＝mvA，可得vA＝ m/s 分析可知A木板以vA向左匀速运动，机器人跳离A木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则 m0vcos θ＝(m0＋2m)v共 ⑩ 解得v共＝ m/s 该过程A木板向左运动的距离为xA＝vAt＝× m＝4.5 m ⑪ 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设每次起跳机器人的水平速度大小为v0，B木板的速度大小为vB，机器人每次跳跃的时间为Δt，选择向右的方向为正方向，得(m0＋m)v共＝m0v0－mvB ⑫ 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为，可得＝(v0＋vB)Δt ⑬ 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板的位移差为Δx＝x1＋xA 可得(vB－vA)·3Δt＝Δx⑭ 联立解得Δt＝－ 故此时A、C两木板间距为xAC＝(vA＋vC)·3Δt＋Δx＋LB⑮ vC＝v共 联立解得xAC＝LB。 题型3　特殊方法解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： 数学 归纳法 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v－t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 3.(2024·河北卷)如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d＝2 m，A、B质量均为m＝1 kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F＝9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小； (2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰撞后瞬间A、B的速度大小； (3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像； (4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。 【答案】　(1)0　6 m/s　(2) s　12 m/s　6 m/s　(3)见解析图　(4)[2＋4n(n－1)]m(n＝1,2,3,4，…) 【解析】　(1)B从A的左端开始运动到右端的过程，由动能定理有Fd＝mv 解得v0＝6 m/s B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mvB＋mvA mv＝mv＋mv 解得vB＝0，vA＝6 m/s。 (2)第一次碰撞后A向右以速度vA＝6 m/s做匀速直线运动，B做初速度为0、加速度为a＝＝9 m/s2的匀加速直线运动 则第二次碰撞时有vAt＝at2 解得t＝ s 此时B的速度为vB1＝at＝12 m/s，A的速度为vA1＝vA＝6 m/s，第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机械能守恒定律有mvA1＋mvB1＝mvA2＋mvB2 mv＋mv＝mv＋mv 解得vA2＝12 m/s，vB2＝6 m/s。 (3)同理第三次碰撞时有vB2t′＋at′2＝vA2t′ 解得t′＝ s 此时B的速度为vB3＝vB2＋at′＝18 m/s 从开始运动到第一次碰撞的时间t0＝＝ s 由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示 (4)由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m， 由v－t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m； 从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8 m； 从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8 m＋8 m＝16 m； 从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16 m＋8 m＝24 m； 根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离 s＝2 m＋8 m＋16 m＋24 m＋…＋8(n－1)m＝2 m＋ m＝[2＋4n(n－1)]m(n＝1,2,3,4，…)。 【基础必刷题】 1．(2024·甘肃卷)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力； (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小； (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 【答案】　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 【解析】　根据题意，A、C质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°。 (1)A开始运动到最低点有mgl(1－cos θ)＝mv－0 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得F－mg＝ 解得v0＝4 m/s，F＝40 N。 (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由碰后A竖直下落可知mv0＝0＋mvC 故解得vC＝v0＝4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，过程中根据动量守恒可得mv0＝(M＋m)v 根据能量守恒得μmgL相对＝mv－(m＋M)v2 联立解得μ＝0.15。 2．(2025·河南卷)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间。 【答案】　(1)24.5 J　(2)5 s 【解析】　(1)P、Q与发生正碰，由动量守恒定律m2v0＝m2vQ＋m1v 由能量守恒定律m2v＝m2v＋m1v2＋ΔE 联立可得vQ＝3.5 m/s，ΔE＝24.5 J。 (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律μm1g＝m1a 物块P在第一个防滑带上运动时， 由运动学公式v2－v＝2al2，vP1＝v－at1 解得vP1＝5 m/s 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1＝0.4 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP1t2 解得t2＝0.6 s 物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式v－v＝2al2，vP2＝vP1－at3 解得vP2＝1 m/s 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3＝0.8 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP2t4 解得t4＝3 s 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式0＝vP2－at5 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t5＝0.5 s 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝5 s。 3．(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 【答案】　(1)6 m/s，水平向左， m/s，水平向右 (2) m/s，水平向左，Epm＝ J 【解析】　(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2 由能量守恒定律有mgh＝mv＋Mv 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s 即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物块速度为 m/s，方向水平向右。 (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝(m＋ma)v3 解得v3＝2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1 系统机械能守恒(m＋ma)v＝(m＋ma)v＋kx 联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m 固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb 解得vb＝ m/s，方向水平向左。 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm＝(m＋ma)v＋kx－(m＋ma＋mb)v＝ J。 4．(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，g＝10 m/s2。 (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (3)传送带的速度大小。 【答案】　(1)72 N，方向竖直向上　(2)1.6 J　(3)0.6 m/s或2.6 m/s 【解析】　(1)A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒mAg(R－Rcos 53°)＝mAv 解得v0＝2 m/s 在最低点根据牛顿第二定律FN－mAg＝mA 解得FN＝72 N，方向竖直向上。 (2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒mAv0＝(mA＋mB)v共 解得v共＝1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE＝mAv－(mA＋mB)v＝1.6 J。 (3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为μ，对AB根据牛顿第二定律μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 设经过时间t1后AB与传送带共速，可得v＝v共－at1 该段时间内AB运动的位移为x1＝t1 传送带运动的位移为x2＝vt1 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2) 联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去； 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后AB与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2 该段时间内AB运动的位移为x1′＝t2 传送带运动的位移为x2′＝vt2 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x2′－x1′) 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。 大题增分指导 　能量与动量 如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的v－t图像如图乙所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sin θ＝0.6)，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； (2)第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值； (3)物块A与斜面间的动摩擦因数。 【解题指导】　 (1)对题意的理解 序号 关键表述 物理量及其关系 ① 光滑水平面 0～2t0时间段内，A、B和弹簧组成的系统动量守恒 ② A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下 存在机械能损失，A返回时速度变小 ③ 与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同 第二次碰后，A的速度与第一次碰后相同 (2)对图像的理解 序号 图像信息 物理量及其关系 ① t＝0时的速度 A、B碰前的速度 ② t＝t0之前，vB>vA 相同时间内B向前运动的位移大于A向前运动的位移，B与A之间的距离逐渐减小 ③ t＝t0时，两图线相交 此时A、B共速，A、B之间距离最近，弹簧压缩至最短，弹性势能最大 ④ 2t0后的速度 A、B碰后的速度 　　(3)模型建构能力 序号 物理过程 破题关键 物理模型 ① A、B碰撞过程 分清物理过程及其特点 碰撞模型，动量守恒、能量守恒 ② A滑上粗糙斜面，然后滑下 分清物理过程及其特点 物块在粗糙斜面上运动，匀变速直线运动 (4)推理论证能力 第(1)问，A、B共速时弹性势能最大。从碰撞前到共速的过程，对A、B与轻质弹簧构成的系统应用动量守恒定律和能量守恒定律求解弹簧弹性势能的最大值以及B的质量。 第(2)问，系统动量守恒，根据动量守恒定律确定A、B速度满足定量关系，进而转化成A、B位移满足定量关系，以此求解弹簧压缩量的最大值。 第(3)问，A、B第二次碰后A的速度仍为2v0，利用弹性碰撞求出碰撞前A的速度，碰撞前A的速度即为A第一次滑下斜面的速度，对A在斜面上上滑和下滑的过程分别利用动能定理求解动摩擦因数。 【答案】　(1)0.6mv　(2)0.768v0t0　(3)0.45 【解析】　(1)当弹簧被压缩至最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0 根据能量守恒定律有Epmax＝mB(1.2v0)2－(mB＋m)v 联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mv。 (2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，根据动量守恒定律有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA 解得vB＝1.2v0－0.2vA 将B的运动分解为同一直线上的两个运动，有vB1＝1.2v0，vB2＝－0.2vA 则sB1＝1.2v0t，sB2＝－0.2sA sB＝1.2v0t－0.2sA 将t＝t0，sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 (3)物块A第二次达到斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2v0，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为vA′，取向左为正方向，根据动量守恒定律有mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′ 根据能量守恒定律有mvA′2＋·5m·(0.8v0)2＝m·(－2v0)2＋·5mvB′2 联立解得vA′＝v0 方法一：设在斜面上滑行的长度为L，上滑过程，根据动能定理有 －mgLsin θ－μmgLcos θ＝0－m(2v0)2 下滑过程中，根据动能定理有mgLsin θ－μmgLcos θ＝mvA′2－0 联立解得μ＝0.45。 方法二：根据牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma上 mgsin θ－μmgcos θ＝ma下 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移—速度关系有 2a上x＝(2v0)2－0,2a下x＝vA′2－0 联立可解得μ＝0.45。 学科网（北京）股份有限公司 $