专题11 用力学三大观点处理多过程运动问题【压轴题】2026年高考物理压轴题专项训练（新高考通用）

专题11 用力学三大观点处理多过程运动问题 命题预测 1. 综合性与复杂性增强 不再是单一模型，而是将直线运动、平抛、圆周运动组合，并与传送带、板块、弹簧、碰撞模型结合。综合性计算题（甚至压轴题）会要求你在一道题中先后或同时运用两个或三个观点才能求解。 2. 核心模型高频出现 ·板块与传送带：经典模型热度不减，重点考查相对运动、临界共速及功能关系（摩擦生热计算）。 ·多体多过程碰撞：涉及多次碰撞、弹簧连接体、子弹打木块等，在动量守恒基础上往往还需能量观点分析。 ·“力学三大观点”大综合：一道题里既有平抛、圆周，又有碰撞和滑块滑板，串联起整个力学体系。 3. 新情境与数理结合 ·紧密联系实际：以气动输送、游乐设施、智能机器人等真实场景为背景，考查模型建构能力。 ·图像与数学工具：会出现 F-t、v-t、a-F 等图像获取信息，并可能需要用到微元法、归纳法（如找第n次碰撞的规律）。 高频考法 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 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 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t)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——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——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——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——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。　 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-=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 01 用力学三大观点处理物块多过程问题 1．如图1所示，倾角θ=37°的倾斜直轨道AB、竖直圆轨道I、水平轨道BC和CE、水平圆管轨道II（俯视图如图2所示）平滑连接。该装置AB段动摩擦因数为μ=0.5，其余各段均光滑，两圆轨道半径分别为R1=0.18m与。质量为m1=0.2kg的滑块a从斜面上某点由静止下滑，恰好能通过竖直圆轨道I的最高点D，从E点沿切线进入管径很小的水平圆管轨道II（进入后立即封闭管道），并与静止在圆管内质量为m2=0.1kg的滑块b发生碰撞，碰撞时间可忽略。滑块a、b均可视为质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块a滑到斜面底端B处的速度大小及在AB段运动的时间； (2)若滑块a与b发生弹性碰撞，求第一次碰撞后瞬间a、b的速度大小； (3)在（2）情况下，分别求滑块a、b从第一次碰撞后首次回到该碰撞位置的时间； (4)若滑块a与b发生非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的0.5倍，求从第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间。 【答案】(1)3m/s； (2)； (3)； (4) 【详解】（1）滑块a恰过D点，则 得 由机械能守恒可知 得 根据牛顿第二定律 得 根据 得 （2）a与b弹性碰撞，由动量守恒定律和能量关系可知， 得； （3）b转一圈回到该位置 第一次碰撞后经再次相遇； 第二次碰撞，则， 得， 再经回到第一次碰撞位置； 则 （4）根据，而 解得 第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间 2．如图所示，两段斜面AB和BC连接成V字形，连接点B处可以视作一段极短的光滑圆弧，两段斜面长度均为L=1m，倾角，一质量为1kg的小物块（可视为质点）轻放AB段斜面顶端恰好能处于静止状态，已知小物块与AB和BC段动摩擦因数均相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求小物块与斜面间的动摩擦因数。 (2)若仅将斜面AB与水平面间倾角增大为，仍将小物块从AB顶端由静止释放，求小物块再次静止时与右侧斜面顶端C点间的距离d。（结果可保留分数形式） 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小物块恰好能静止在斜面上，对小物块受力分析，由平衡条件有 解得 （2）由题意可知，斜面AB倾角变大，小物块将由静止开始下滑，沿斜面BC减速至零则会保持静止，设小物块沿斜面BC上滑距离为x，由动能定理有 解得 故距离顶端C的距离为 02 用力学三大观点处理传送带多过程问题 3．如图所示，传送装置由同一竖直平面内的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC及倾角θ=37°的倾斜传送带CD平滑连接而成。已知粗糙圆弧轨道AB的半径R=6m，水平轨道BC的长度L1=9m。质量m=1kg的红色物块P由A点静止释放，到达B点时速度的大小v1=10m/s，物块P与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.2。传送带长度L2=15m，顺时针匀速转动的速度v0=4m/s，物块P相对传送带上行时的动摩擦因数μ1=0.25，相对传送带下行时的动摩擦因数μ2=0.5，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。物块P可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求物块P到达B点时对圆轨道的压力；（计算结果用分数表示） (2)求物块P到达C点时的速度v2的大小； (3)求物块P在传送带上留下划痕的长度和物块P最终停在何处。（计算结果可以用根号表示） 【答案】(1)，方向竖直向下 (2)8m/s (3)，距离B点2m处水平轨道上 【详解】（1）在B点对轨道的压力大小为FN，根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力为 方向竖直向下； （2）物块在水平轨道上运动，由牛顿第二定律可得 解得 由运动学公式得 解得物块到达C点时的速度大小为 （3）物块在CD段的受力分两种情况： 当，相对上行，加速度为 其方向沿传送带向下； 当，相对下行，加速度 方向沿传送带向下； 物块从减速到v0阶段，有 解得 此过程物块位移 解得 传送带的位移 此时划痕 若物块P从v0减速停止，有 解得 此过程物块位移 传送带的位移 此时划痕 设物块返回到C点所用时间为t3，则 解得 物块返回C点的速度为 传送带的位移 则划痕总长度 物块从C向B运动过程，有 解得 则物块会停在距离B点2m处水平轨道上。 4．如图所示，水平传送带CD两端的距离，正以的速率沿顺时针方向转动。光滑斜面AB倾角，其末端B点与传送带C端之间有一段极小的光滑圆弧，可使滑块无能量损失地从斜面滑上水平传送带。现将一滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，滑块将以大小的水平速度滑上传送带，并从传送带的D端水平飞出，最终落至水平地面上的E点。已知D、E两点间的高度差，滑块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力。求： (1)滑块从D端飞出时速度的大小； (2)D、E两点间的水平距离x； (3)改变滑块在斜面上由静止释放的初始位置，其他情况不变，要使滑块总能落至E点，则滑块释放的初始位置到B点的最大距离？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）因为，所以滑块滑上传送带后的一段时间内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 设滑块匀加速运动的位移为，根据 联立解得 因为，可知滑块速度增大到v后，将与传送带一起以相同的速度向右匀速运动，所以。 （2）滑块从D到E过程，根据平抛运动规律有， 联立解得 （3）要使滑块总能落至E点，需保证滑块从D端飞出时的速度仍为。由分析可知，当滑块从斜面滑下的速度足够大，在传送带上减速到3m/s时恰到D点，则从初始位置到B点的距离最大。设滑块到B点的速度大小为，根据牛顿第二定律可知，滑块在传送带上减速运动时加速度大小 根据 滑块在斜面运动过程，以滑块为研究对象，由牛顿第二定律有 滑块在斜面上做初速度为0的匀加速直线运动，则有 联立解得 03 用力学三大观点处理弹簧多过程问题 5．如图所示为简化的射钉枪工作原理图，轻杆的一端固定质量为M的重锤，另一端可绕转轴O自由转动，轻质弹簧一端连接到杆上A点，另一端固定在枪把上。水平枪筒中放置有质量为m的射钉，射钉左侧紧贴火药。初始时刻弹簧处于伸长状态，轻杆从水平状态静止释放后，转到竖直状态时弹簧恢复原长，此时重锤撞击火药，引起爆炸，爆炸使射钉获得较高速度后射出，水平射入固定的足够厚木板中。已知爆炸后重锤速度为零，轻杆长为L，OA距离为杆长的，弹簧初始状态伸长量为x0，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系满足。爆炸过程火药释放的化学能全部转化为系统动能，忽略火药的质量和爆炸过程产生气体的质量。忽略转轴处及枪筒内的摩擦力，求 (1)重锤撞击火药前瞬间，连接点A的速度大小； (2)火药爆炸释放的化学能ΔE； (3)假设厚木板对射钉的阻力满足f=ah，h代表射入深度，a为常数，求射钉最终打入厚木板的深度。（假设射钉最终未完全进入木板） 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由弹簧和重锤组成系统机械能守恒 又 OA距离为杆长的，故 联立解得 （2）设爆炸使射钉获得速度为v1，火药爆炸瞬间由动量守恒 由能量守恒火药爆炸释放的化学能 联立解得 （3）因阻力满足 即成正比，它们的图像中面积即为射钉克服阻力（变力）做的功 由动能定理 解得 6．如图所示，有一长L=1.25m，距离地面高度h=0.8m的平台BC，其右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，O为细圆管的圆心，OD水平。管口D端正下方有一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，自由伸长时弹簧上端恰好与管口D端平齐。将一可视为质点的小球由水平地面上的A点斜向上抛出，小球运动至B点时速度方向恰好水平，然后小球沿平台BC运动，在C点无能量损失进入细圆管CD。小球通过D点后压缩弹簧，当小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep=0.5J。已知A、B间的水平距离d=1.2m，小球的质量m=1kg，小球与平台BC间的摩擦力f=0.2mg。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)小球到达B点时的速度大小； (2)小球进入管口C端时对管壁的作用力； (3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能。 【答案】(1)3m/s (2)10N，竖直向上 (3)4.5J 【详解】（1）小球从A运动到B，根据逆向思维法可得， 解得， （2）小球由B运动到C，根据动能定理可得 解得 在圆管C点，根据牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可得，小球对管壁作用力大小为10N，竖直向上； （3）小球速度最大时合力为0，即 解得 根据能量守恒定律可得 解得 04 用力学三大观点处理板块多过程问题 7．如图，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距，滑块A静止放在滑板B的最左侧。一子弹以水平向右的初速度击中A后留在A中（此过程时间极短）。已知子弹的质量，水平速度。A的质量的质量、B之间动摩擦因数，B足够长，A不会从B表面滑出，B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，重力加速度。求： (1)子弹击中滑块A后瞬间，A的速度大小； (2)若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶的距离； (3)若仍取第（2）问中的值，但改变子弹的初速度，则子弹的初速度最大为多少时，可避免滑板B与台阶第二次相碰。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，有 解得 （2）A与B达到共速的过程，子弹、A、B组成的系统动量守恒，有 解得 对B，根据动能定理有 解得 （3）在第（2）问的情况下，B与台阶相碰后动量方向向左，大小不变，因 则相碰后子弹、A、B的总动量方向向左，再次共速后速度仍向左，B与台阶不会第二次相碰。为避免B与台阶第二次相碰，则第一次相碰前A与B必然未达到共速，设B与台阶恰好不发生第二次相碰对应的子弹的初速度为，就是避免B与台阶第二次相碰的子弹初速度的最大值，根据动量守恒有 B与台阶恰好不发生第二次相碰，则B反弹后的动量正好与子弹、A整体的动量等大反向，即整个系统的总动量为零，则有 联立解得 8．如图所示，挡板固定地面上，半径为，粗糙程度分布不均匀的四分之一圆弧轨道静置在光滑的水平面上，左端紧靠挡板，右端B紧靠等高的木板。质量为可视为质点的物块从圆弧轨道上端点的正上方高度为处由静止开始下落，物块刚好从点沿切线方向进入轨道，到达点时对点的压力大小为。已知木板质量为，物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度取。 (1)求圆弧轨道对物块做的功； (2)若轨道始终紧靠挡板，求挡板在物块下滑过程中对轨道的冲量； (3)若物块恰好不从木板上掉下，求木板的长度 【答案】(1) (2)，方向水平向右 (3) 【详解】（1）设物块在点的速度为，对物块，在点，由牛顿第三定律可知支持力 牛顿第二定律可得， 物块从释放到点，由动能定理得 解得， （2）对轨道和物块，在物块下滑的过程中，在水平方向使用动量定理 解得 方向水平向右。 （3）对物块和木板组成的系统使用动量守恒定律和能量守恒， 解得 一、单选题 1．如图甲所示，一根粗糙的直杆被固定在墙角，与水平面的夹角为，其上套着一质量为的滑块。弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处（O点正上方）的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM，以P点为原点，沿杆向下建立x轴。现将滑块无初速度释放，已知滑块下滑过程中的加速度与位移的关系图像是一条直线，如图乙所示，图中大小为0.64m，为滑块刚好减速为零的位置坐标。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量l满足关系式：，其中，重力加速度g取，。下列说法正确的是（    ） A．滑块与直杆间的动摩擦因数为 B．图乙中 C．图乙中 D．滑块沿杆上滑过程中速度最大的位置也在点 【答案】B 【详解】A．处滑块的加速度为零，对滑块受力分析如图所示根据胡克定律可得弹性绳弹力为 垂直杆方向有 平行杆方向有 其中 又 联立解得 可知滑块与杆之间的弹力保持不变，滑动摩擦力大小不变，可得滑块与直杆间的动摩擦因数为，A错误； BC．从释放到，速度变化量为零，根据图像面积表示，可知，，B正确，C错误； D．滑块上滑的摩擦力方向向下，设其平衡点为，有 解得 ，D错误。 故选B。 2．如图所示，粗糙竖直挡板前方固定倾角为θ=37°的粗糙传送带，传送带上表面以速度向挡板转动，物块紧贴传送带和挡板由静止释放。已知物块与挡板间的动摩擦因数为，与传送带间的动摩擦因数为重力加速度取则物块沿传送带下滑的最大速度为（　　） A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s 【答案】B 【详解】 设物块沿传送带下滑的最大速度为，物块与传送带摩擦力大小为，物块与挡板摩擦力大小为，物块相对传送带方向偏离挡板夹角为，受力分析如图，有 对物块垂直挡板方向 物块有最大速度时，物块沿着挡板方向有 联立得物块沿传送带下滑的最大速度为， 故选B。 3．如图所示的木板由倾角为θ的倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段小圆弧面相连接，在木板的中间有光滑浅槽轨道。现有N个质量均为m、直径均为d的均匀刚性小球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为g，忽略一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．水平外力F的大小为 B．1号球刚运动到水平槽时的速度大于 C．如果N=2时，整个运动过程中，2号球对1号球所做的功等于mgdsinθ D．如果N=2026时，第1013个小球机械能是增加的 【答案】D 【详解】A．N个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得 得Nmgtanθ，故A错误； B．以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得 解得，故B错误； C．当时，选择水平轨道面为零势能面，两小球的重力势能 设2号球对1号球所做的功为，由动能定理得 解得，故C错误； D．当个球全部到达水平轨道时，根据机械能守恒定律有 第个球的动能 球的机械能变化量 解得， 当时，，故D正确。 故选D。 4．如图所示，放置于水平地面上的物块A通过劲度系数为的竖直轻弹簧与物块B连接在一起，初始时物块B处于静止状态。已知物块A、B的质量均为，重力加速度大小为，弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量）。现给物块B竖直向下、大小为的瞬时冲量。不计空气阻力且弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块B运动至最低点时弹簧的形变量为 B．物块B的最大加速度为 C．物块A对地面的最大压力为 D．物块A能离开地面 【答案】B 【详解】A．设物块B运动至最低点时弹簧的形变量为，则有 其中， 解得，故A错误； B．物块B处于最低点时加速度最大，则有 解得，故B正确； C．物块B处于最低点时物块A对地面的压力最大，则有，故C错误； D．假设物块B运动至最高点时物块A未离开地面，此时物块B的加速度大小也为，则有 对A有 解得 可知物块A恰好未离开地面，故D错误。 故选B。 5．一半径为R的光滑瓷碗静止在水平桌面上，在球心等高处紧贴着碗壁无初速度静止释放一个质量相等的小铁球，瓷碗始终在水平桌面上。下列说法正确的是（　　） A．小球第一次回到初始位置时，瓷碗的路程大小为2R B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，对碗底的压力与受重力大小相等 C．若半径R足够大，小球在运动过程中可能脱离瓷碗 D．小球相邻两次达到最高点的时间小于 【答案】A 【详解】A．小球和瓷碗水平方向动量守恒，小球从释放到另一侧最高点的过程中，设小球质量为m,位移大小为x1，瓷碗位移大小为x2，由人船模型位移关系可知：mx1=mx2，x1+x2=2R 代入数据可得：x1=x2=R 由运动对称性可知，瓷碗来回总路程为2R，故A正确； B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，根据动能定理有 水平方向动量守恒 小球相对瓷碗做圆周运动，由牛顿第二定律有 代入得 由牛顿第三定律可知小球对碗底的压力也为，大于重力，故B错误； C．由能量守恒可知，若小球能脱离瓷碗，其重力势能一定要大于，不满足题意，故C错误； D．由于小球下落过程中；受到碗壁支持力有竖直向上的分量，故下落过程中同一竖直位移时，运动速度一定比相同条件下自由落体运动速度要小，根据两段对称性可知，用时一定大于，故D错误。 故选A。 6．如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为，A、B分别为传送带的左、右端点，时在其右端处无初速度地释放质量为的物块（视为质点），同时对物块施加一水平向左的恒力，时撤去力，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度，物块最后从点离开传送带，下列说法正确的是（　　） A．传送带至少长 B．物体在传送带上的运动时间为 C．全过程中摩擦力对物体做功 D．物体与传送带之间摩擦生热为 【答案】D 【详解】A．在时间内，由牛顿第二定律可得 解得 后，物体的加速度 以向左为正方向，画出物体和传送带运动的图像如图所示 物体向左运动的位移 则传送带至少长，故A错误； B．根据上述图像可知，物体在传送带上的运动时间为，故B错误； C．后，摩擦力对物体做功之和为零，内物体向左运动的位移 则摩擦力做功为，故C错误； D．由图可求得物体与传送带之间总的相对路程 则摩擦生热，故D正确。 故选D。 7．如图，足够长的光滑细杆MN水平固定，质量的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量的物块B通过长度l＝0.45m的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。现让物块B以初速度水平向右运动，g取，则（　　） A．物块A的最大速度为3m/s B．物块A、B组成的系统，动量守恒 C．物块B恰好能够到达细杆MN处 D．物块B从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了1J 【答案】D 【详解】A．当B在A的右侧运动时，细绳弹力对A一直做正功，可知当B再次回到最低点时，A的速度最大，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒有， 解得，A错误； B．对B分析，可知B在竖直方向有加速与减速过程，即物块A、B组成的系统存在超重与失重过程，系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上动量守恒，B错误； C．设物块B恰好到达最高点上升的高度为h，此时A、B速度相等，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒有， 解得 可知物块B不能够到达细杆MN处，C错误； D．根据上述可知，物块B从开始运动到最大高度的过程中，B减小的机械能与A增加的机械能相等，则有，D正确。 故选D。 8．如图所示，半径为的半圆柱固定于水平地面上，一质量为的小物块放置于其最高点。在圆心点正上方处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为，将小球拉至细线与竖直方向成位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从半圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点，g取10m/s2，则为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】悬点在点正上方，半圆柱最高点在点正上方处，因此绳长 小球下摆过程机械能守恒，有 解得 小物块恰能从半圆柱最高点脱离，此时支持力为0，重力提供向心力，得 解得 弹性正碰满足动量守恒、动能守恒，有， 解得 代入，，整理得 即，因此 故选B。 二、多选题 9．新能源汽车的能量回收过程，简单来说，就是将车辆减速或滑行时的“动能”，转化为电能存回电池的过程。当新能源车辆处在某下坡路段时松开油门，仪表盘PWR（功率输出）会显示为负值，即能源回收过程，发现速度依然在增大，此下坡过程以下说法正确的是（　　） A．过程中汽车的机械能依然守恒 B．过程中汽车重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功 C．过程中合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量 D．若中途关闭能源回收系统，汽车下滑的全过程中加速度一直不变 【答案】BC 【详解】A．存在动能回收即机械能转化为电能，且存在克服摩擦力做功，故机械能不守恒，故A错误； B．依然还在加速，故下滑分力大于摩擦阻力，故重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功，故B正确； C．虽然存在动能回收，但仍然满足动能定理，即合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量，故C正确； D．若关闭能源回收系统，下滑相同距离动能增量更大，即速度增量更大，则加速度必然更大，故D错误。 故选BC。 10．如图甲所示，倾角的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定一挡板，可视为质点的小物块A、B用轻弹簧拴接后置于斜面上。A的质量为m，初始静止时，弹簧压缩量为d。某时刻在A上施加一沿斜面向上的恒力，当弹簧第一次恢复原长（此时弹性势能为零）时撤去恒力，A到最高点时B刚要离开挡板，此后A在斜面上做往复运动。A的重力势能和弹簧弹性势能随位移变化如图乙（以A的初始位置处为重力势能零势面），重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．B的质量为2m C．A运动到最低点时的加速度大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 【答案】AD 【详解】A．初始静止时，弹簧压缩量为d，以A为对象，有 解得弹簧的劲度系数为，故A正确； B．由图乙可知，当A到最高点时，A沿斜面向上运动的位移为，由于初始时弹簧压缩量为d，则A到最高点时，弹簧的伸长量为d，此时B刚要离开挡板，对B有 解得B的质量为，故B错误； C．A运动到最高点时，以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得A运动到最高点时的加速度大小为 由于A做简谐运动，根据对称性可知，A运动到最低点时的加速度大小为，故C错误； D．撤去力后，A的重力势能、动能与弹性势能之和保持不变，当A处于最高点与最低点时，A的动能均为0，由图乙可得 可得弹簧的最大弹性势能为，故D正确。 故选AD。 11．如图所示，质量为2kg的小车A置于光滑水平地面上，其右侧是一半径为1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应圆心角为60°，小车水平部分粗糙。质量为0.99kg的滑块B静止于小车的左端，现被水平飞来的质量为0.01kg、速度为700m/s的子弹C击中，子弹立即停留在滑块B中，之后B在小车上滑动，与粗糙部分动摩擦因数为0.5，且从圆弧轨道的最高点离开小车，B上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m。滑块B可视为质点，不计空气阻力，g取，则下列说法正确的是（　　） A．子弹C刚停留在滑块B中时，滑块B的速度大小为7m/s B．滑块B离开小车瞬间的速度大小为 C．小车粗糙水平面的长度为1.9m D．滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端 【答案】ACD 【详解】A．设小车A、滑块B、子弹C的质量分别为m1、m2、m3，子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B组成的系统动量守恒，则 解得=7m/s，故A正确； B．从圆弧轨道的最高点离开小车，滑块B上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m，则滑块B离开小车时竖直方向的分速度 滑块B离开小车瞬间，以小车为参照物，滑块B相对于小车沿水平方向的分速度 从滑块B开始滑动到离开小车，以水平向右的方向为正方向，系统水平方向动量守恒，得 其中 解得， 所以滑块B离开小车瞬间的速度大小，故B错误； C．滑块B开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得 解得小车粗糙水平面的长度，故C正确； D．滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为 则滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端，故D正确。 故选ACD。 12．如图所示，倾角为的足够长的斜面上放有质量均为相距为的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为，。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．第一次碰后A的速度为 B．从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为 C．一、二次碰撞间隔的时间大于二、三次碰撞间隔的时间 D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为 【答案】BD 【详解】B.因物体A光滑，沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律 解得 对A滑块，设从开始释放A与B第一次碰撞所用时间为，根据运动学 ，故B正确； A．第一次碰撞前，A的速度为 设第一碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒有 机械能守恒有 联立解得，，故A错误； C．碰后B物体沿斜面下滑时有 解得 两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经时间相碰，则有 解得 第二次碰撞前，A的速度为， 设第二碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒和动能守恒；联立解得速度交换， 设第二次碰后到第三次碰所用时间为，则 解得 则一、二次碰撞间隔的时间等于二、三次碰撞间隔的时间，故C错误； D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为，故D正确。 故选BD。 三、解答题 13．如图所示，空间中存在方向水平向右、大小的匀强电场。水平放置长度的传送带以的速度沿顺时针方向匀速率转动。传送带右侧与水平地面等高平滑连接，带绝缘弹性挡板的绝缘长木板B左端紧靠连接处放置，木板上有带电量的物块C，B和C均处于静止状态。不带电的绝缘物块A从传送带的左端由静止释放，到达传送带右端后立即与B发生碰撞并粘在一起。已知A、B的质量均为，C的质量为，A与传送带的动摩擦因数为，A、B与地面之间、B与C之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小g取，A、C均可视为质点，所有碰撞时间都极短，全过程中C的带电量保持不变，C与B右端挡板的碰撞为弹性碰撞且始终没有脱离B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)A、B碰撞过程中损失的机械能大小； (2)B从被A碰撞后到第一次速度为0时经历的时间； (3)B最终向右运动的总位移大小。 【答案】(1)25J (2)3s (3) 【详解】（1）假设A在传送带上一直加速，有 解得 故假设成立，A刚到达传送带右端时速度为 A、B发生非弹性碰撞有 解得 碰撞损失机械能 解得 （2）碰后对A、B整体分析有 可得 对C分析有 可得 设经过时间，AB与C共速，记为 对A、B有 对C有 解得， 再对C分析，由于 故C以向右做匀速直线运动，再对A、B分析有 解得 设A、B一起匀减到0，用时为，则有 解得 共速前C相对A、B向左滑动位移有 共速后C相对A、B向右滑动位移有 说明A、B停下后，C后来才撞到弹性挡板，故B从被A碰后到第一次速度为0用时 （3）A、B静止后，C以向右匀速并与弹性挡板发生碰撞，则有 得， 由于 同理可得A、B第三次开始运动速度 第四次 找出速度规律，而A、B第一次运动到速度为0向右位移 则A、B第二次运动到速度为0向右位移 A、B第三次运动到速度为0向右位移 故无限多次碰撞后，B对地向右运动总位移 14．如图所示，足够长的木板静止在水平面上，小物块、放在木板上。、之间的初始距离，，，，、与之间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数。时刻，分别给、水平向右的初速度、，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，求 (1)长木板开始滑动时的加速度大小； (2)小物块与木板恰好共速时，、之间的距离； (3)长木板运动的总时间。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B相对于C向右滑动，对C的滑动摩擦力均向右， 地面对C的摩擦力向左 对C由牛顿第二定律，得 代入数据解得 （2）A、B在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B，由牛顿第二定律，得， 解得A、B的加速度大小均为 设经过时间A、C共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 代入，解得 共同速度 ​时间内A的位移 由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过时间B的速度 B的位移 初始A、B间距，B比A多走 因此此时间距 （3）经过时间后，A、C共速，假设A、C相对静止，对A、C整体，合力 由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C以匀速运动，A受到的静摩擦力为0，小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时B速度等于A、C速度，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 解得 共同速度 三者共速后，对、与组成的系统，所受合外力为，设再经过时间后C静止，由动量定理，得 解得 长木板运动的总时间 15．如图甲所示，物块A、B和带有半径R=4m的光滑圆弧轨道EF的物块D均放在光滑水平地面上，D被锁定。圆弧轨道的圆心为O，OE水平，A、B通过劲度系数为k的轻弹簧相连。小球C从E点正上方高h=16.8m处由静止释放，当O、C连线和OF的夹角为时，解除物块D的锁定。已知重力加速度取。 (1)求小球C经过F点时，小球C、物块D的速度大小和物块D对小球C的支持力大小； (2)小球C与物块A碰撞时间极短，碰后粘在一起，取该时刻为t=0时刻，之后A、C组合体和B的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，内，A前进的距离为求弹簧的劲度系数。 【答案】(1)，， (2)120N/m 【详解】（1）O、C连线和OF的夹角为θ时，小球下落的高度 由动能定理有 解除D的锁定后，C、D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有， 解得， C相对D做圆周运动，由牛顿第二定律，有 解得物块D对小球C的支持力大小为 （2）小球C与物块A碰撞过程，有 解得 碰后A、B、C共速时，有 解得 对A、B、C组成的系统，任意时刻，有 取之后极短时间Δt，有 求和有 此过程弹簧的压缩量为， 代入数据解得， 设弹簧的劲度系数为k，由变力做功和机械能守恒，有 解得弹簧的劲度系数 1 / 33 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 用力学三大观点处理多过程运动问题 命题预测 1. 综合性与复杂性增强 不再是单一模型，而是将直线运动、平抛、圆周运动组合，并与传送带、板块、弹簧、碰撞模型结合。综合性计算题（甚至压轴题）会要求你在一道题中先后或同时运用两个或三个观点才能求解。 2. 核心模型高频出现 ·板块与传送带：经典模型热度不减，重点考查相对运动、临界共速及功能关系（摩擦生热计算）。 ·多体多过程碰撞：涉及多次碰撞、弹簧连接体、子弹打木块等，在动量守恒基础上往往还需能量观点分析。 ·“力学三大观点”大综合：一道题里既有平抛、圆周，又有碰撞和滑块滑板，串联起整个力学体系。 3. 新情境与数理结合 ·紧密联系实际：以气动输送、游乐设施、智能机器人等真实场景为背景，考查模型建构能力。 ·图像与数学工具：会出现 F-t、v-t、a-F 等图像获取信息，并可能需要用到微元法、归纳法（如找第n次碰撞的规律）。 高频考法 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 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 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t)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——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——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——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——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。　 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-=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 01 用力学三大观点处理物块多过程问题 1．如图1所示，倾角θ=37°的倾斜直轨道AB、竖直圆轨道I、水平轨道BC和CE、水平圆管轨道II（俯视图如图2所示）平滑连接。该装置AB段动摩擦因数为μ=0.5，其余各段均光滑，两圆轨道半径分别为R1=0.18m与。质量为m1=0.2kg的滑块a从斜面上某点由静止下滑，恰好能通过竖直圆轨道I的最高点D，从E点沿切线进入管径很小的水平圆管轨道II（进入后立即封闭管道），并与静止在圆管内质量为m2=0.1kg的滑块b发生碰撞，碰撞时间可忽略。滑块a、b均可视为质点，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求滑块a滑到斜面底端B处的速度大小及在AB段运动的时间； (2)若滑块a与b发生弹性碰撞，求第一次碰撞后瞬间a、b的速度大小； (3)在（2）情况下，分别求滑块a、b从第一次碰撞后首次回到该碰撞位置的时间； (4)若滑块a与b发生非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的0.5倍，求从第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间。 2．如图所示，两段斜面AB和BC连接成V字形，连接点B处可以视作一段极短的光滑圆弧，两段斜面长度均为L=1m，倾角，一质量为1kg的小物块（可视为质点）轻放AB段斜面顶端恰好能处于静止状态，已知小物块与AB和BC段动摩擦因数均相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求小物块与斜面间的动摩擦因数。 (2)若仅将斜面AB与水平面间倾角增大为，仍将小物块从AB顶端由静止释放，求小物块再次静止时与右侧斜面顶端C点间的距离d。（结果可保留分数形式） 02 用力学三大观点处理传送带多过程问题 3．如图所示，传送装置由同一竖直平面内的四分之一圆弧轨道AB、水平轨道BC及倾角θ=37°的倾斜传送带CD平滑连接而成。已知粗糙圆弧轨道AB的半径R=6m，水平轨道BC的长度L1=9m。质量m=1kg的红色物块P由A点静止释放，到达B点时速度的大小v1=10m/s，物块P与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.2。传送带长度L2=15m，顺时针匀速转动的速度v0=4m/s，物块P相对传送带上行时的动摩擦因数μ1=0.25，相对传送带下行时的动摩擦因数μ2=0.5，（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。物块P可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2，取sin37°=0.6，cos37°=0.8。 (1)求物块P到达B点时对圆轨道的压力；（计算结果用分数表示） (2)求物块P到达C点时的速度v2的大小； (3)求物块P在传送带上留下划痕的长度和物块P最终停在何处。（计算结果可以用根号表示） 4．如图所示，水平传送带CD两端的距离，正以的速率沿顺时针方向转动。光滑斜面AB倾角，其末端B点与传送带C端之间有一段极小的光滑圆弧，可使滑块无能量损失地从斜面滑上水平传送带。现将一滑块（可视为质点）从斜面上的A点由静止释放，滑块将以大小的水平速度滑上传送带，并从传送带的D端水平飞出，最终落至水平地面上的E点。已知D、E两点间的高度差，滑块与传送带间的动摩擦因数，重力加速度，不计空气阻力。求： (1)滑块从D端飞出时速度的大小； (2)D、E两点间的水平距离x； (3)改变滑块在斜面上由静止释放的初始位置，其他情况不变，要使滑块总能落至E点，则滑块释放的初始位置到B点的最大距离？ 03 用力学三大观点处理弹簧多过程问题 5．如图所示为简化的射钉枪工作原理图，轻杆的一端固定质量为M的重锤，另一端可绕转轴O自由转动，轻质弹簧一端连接到杆上A点，另一端固定在枪把上。水平枪筒中放置有质量为m的射钉，射钉左侧紧贴火药。初始时刻弹簧处于伸长状态，轻杆从水平状态静止释放后，转到竖直状态时弹簧恢复原长，此时重锤撞击火药，引起爆炸，爆炸使射钉获得较高速度后射出，水平射入固定的足够厚木板中。已知爆炸后重锤速度为零，轻杆长为L，OA距离为杆长的，弹簧初始状态伸长量为x0，弹簧劲度系数为k，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系满足。爆炸过程火药释放的化学能全部转化为系统动能，忽略火药的质量和爆炸过程产生气体的质量。忽略转轴处及枪筒内的摩擦力，求 (1)重锤撞击火药前瞬间，连接点A的速度大小； (2)火药爆炸释放的化学能ΔE； (3)假设厚木板对射钉的阻力满足f=ah，h代表射入深度，a为常数，求射钉最终打入厚木板的深度。（假设射钉最终未完全进入木板） 6．如图所示，有一长L=1.25m，距离地面高度h=0.8m的平台BC，其右端连接内壁光滑、半径r=0.2m的四分之一细圆管CD，O为细圆管的圆心，OD水平。管口D端正下方有一根劲度系数为k=100N/m的轻弹簧直立于水平地面上，弹簧下端固定，自由伸长时弹簧上端恰好与管口D端平齐。将一可视为质点的小球由水平地面上的A点斜向上抛出，小球运动至B点时速度方向恰好水平，然后小球沿平台BC运动，在C点无能量损失进入细圆管CD。小球通过D点后压缩弹簧，当小球速度最大时弹簧的弹性势能Ep=0.5J。已知A、B间的水平距离d=1.2m，小球的质量m=1kg，小球与平台BC间的摩擦力f=0.2mg。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求： (1)小球到达B点时的速度大小； (2)小球进入管口C端时对管壁的作用力； (3)在压缩弹簧过程中小球的最大动能。 04 用力学三大观点处理板块多过程问题 7．如图，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距，滑块A静止放在滑板B的最左侧。一子弹以水平向右的初速度击中A后留在A中（此过程时间极短）。已知子弹的质量，水平速度。A的质量的质量、B之间动摩擦因数，B足够长，A不会从B表面滑出，B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，重力加速度。求： (1)子弹击中滑块A后瞬间，A的速度大小； (2)若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶的距离； (3)若仍取第（2）问中的值，但改变子弹的初速度，则子弹的初速度最大为多少时，可避免滑板B与台阶第二次相碰。 8．如图所示，挡板固定地面上，半径为，粗糙程度分布不均匀的四分之一圆弧轨道静置在光滑的水平面上，左端紧靠挡板，右端B紧靠等高的木板。质量为可视为质点的物块从圆弧轨道上端点的正上方高度为处由静止开始下落，物块刚好从点沿切线方向进入轨道，到达点时对点的压力大小为。已知木板质量为，物块与木板间的动摩擦因数为，重力加速度取。 (1)求圆弧轨道对物块做的功； (2)若轨道始终紧靠挡板，求挡板在物块下滑过程中对轨道的冲量； (3)若物块恰好不从木板上掉下，求木板的长度 一、单选题 1．如图甲所示，一根粗糙的直杆被固定在墙角，与水平面的夹角为，其上套着一质量为的滑块。弹性轻绳一端固定于O点，另一端跨过固定在Q处（O点正上方）的光滑定滑轮与位于直杆上P点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为且垂直于OM，以P点为原点，沿杆向下建立x轴。现将滑块无初速度释放，已知滑块下滑过程中的加速度与位移的关系图像是一条直线，如图乙所示，图中大小为0.64m，为滑块刚好减速为零的位置坐标。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量l满足关系式：，其中，重力加速度g取，。下列说法正确的是（    ） A．滑块与直杆间的动摩擦因数为 B．图乙中 C．图乙中 D．滑块沿杆上滑过程中速度最大的位置也在点 2．如图所示，粗糙竖直挡板前方固定倾角为θ=37°的粗糙传送带，传送带上表面以速度向挡板转动，物块紧贴传送带和挡板由静止释放。已知物块与挡板间的动摩擦因数为，与传送带间的动摩擦因数为重力加速度取则物块沿传送带下滑的最大速度为（　　） A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s 3．如图所示的木板由倾角为θ的倾斜部分和水平部分组成，两部分之间由一段小圆弧面相连接，在木板的中间有光滑浅槽轨道。现有N个质量均为m、直径均为d的均匀刚性小球，在施加于1号球的水平外力F的作用下均静止，力F与圆槽在同一竖直面内，此时1号球球心距它在水平槽运动时的球心高度差为h。现撤去力F使小球开始运动，直到所有小球均运动到水平槽内。重力加速度为g，忽略一切阻力，下列说法正确的是（　　） A．水平外力F的大小为 B．1号球刚运动到水平槽时的速度大于 C．如果N=2时，整个运动过程中，2号球对1号球所做的功等于mgdsinθ D．如果N=2026时，第1013个小球机械能是增加的 4．如图所示，放置于水平地面上的物块A通过劲度系数为的竖直轻弹簧与物块B连接在一起，初始时物块B处于静止状态。已知物块A、B的质量均为，重力加速度大小为，弹簧的弹性势能（为弹簧的形变量）。现给物块B竖直向下、大小为的瞬时冲量。不计空气阻力且弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是（　　） A．物块B运动至最低点时弹簧的形变量为 B．物块B的最大加速度为 C．物块A对地面的最大压力为 D．物块A能离开地面 5．一半径为R的光滑瓷碗静止在水平桌面上，在球心等高处紧贴着碗壁无初速度静止释放一个质量相等的小铁球，瓷碗始终在水平桌面上。下列说法正确的是（　　） A．小球第一次回到初始位置时，瓷碗的路程大小为2R B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，对碗底的压力与受重力大小相等 C．若半径R足够大，小球在运动过程中可能脱离瓷碗 D．小球相邻两次达到最高点的时间小于 6．如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为，A、B分别为传送带的左、右端点，时在其右端处无初速度地释放质量为的物块（视为质点），同时对物块施加一水平向左的恒力，时撤去力，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度，物块最后从点离开传送带，下列说法正确的是（　　） A．传送带至少长 B．物体在传送带上的运动时间为 C．全过程中摩擦力对物体做功 D．物体与传送带之间摩擦生热为 7．如图，足够长的光滑细杆MN水平固定，质量的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量的物块B通过长度l＝0.45m的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点。现让物块B以初速度水平向右运动，g取，则（　　） A．物块A的最大速度为3m/s B．物块A、B组成的系统，动量守恒 C．物块B恰好能够到达细杆MN处 D．物块B从开始运动到最大高度的过程中，机械能减少了1J 8．如图所示，半径为的半圆柱固定于水平地面上，一质量为的小物块放置于其最高点。在圆心点正上方处有一悬点，将细绳的一端系于悬点，另一端悬挂一小球，质量为，将小球拉至细线与竖直方向成位置静止释放，小球与小物块发生弹性正碰后，小物块恰能从半圆柱的最高点脱离圆柱面。不计一切阻力，小球、物块均可视为质点，g取10m/s2，则为（　　） A． B． C． D． 二、多选题 9．新能源汽车的能量回收过程，简单来说，就是将车辆减速或滑行时的“动能”，转化为电能存回电池的过程。当新能源车辆处在某下坡路段时松开油门，仪表盘PWR（功率输出）会显示为负值，即能源回收过程，发现速度依然在增大，此下坡过程以下说法正确的是（　　） A．过程中汽车的机械能依然守恒 B．过程中汽车重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功 C．过程中合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量 D．若中途关闭能源回收系统，汽车下滑的全过程中加速度一直不变 10．如图甲所示，倾角的足够长的光滑斜面体固定在水平地面上，底端附近垂直斜面固定一挡板，可视为质点的小物块A、B用轻弹簧拴接后置于斜面上。A的质量为m，初始静止时，弹簧压缩量为d。某时刻在A上施加一沿斜面向上的恒力，当弹簧第一次恢复原长（此时弹性势能为零）时撤去恒力，A到最高点时B刚要离开挡板，此后A在斜面上做往复运动。A的重力势能和弹簧弹性势能随位移变化如图乙（以A的初始位置处为重力势能零势面），重力加速度为g，弹簧始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．弹簧的劲度系数为 B．B的质量为2m C．A运动到最低点时的加速度大小为 D．弹簧的最大弹性势能为 11．如图所示，质量为2kg的小车A置于光滑水平地面上，其右侧是一半径为1m的光滑圆弧轨道，圆弧轨道对应圆心角为60°，小车水平部分粗糙。质量为0.99kg的滑块B静止于小车的左端，现被水平飞来的质量为0.01kg、速度为700m/s的子弹C击中，子弹立即停留在滑块B中，之后B在小车上滑动，与粗糙部分动摩擦因数为0.5，且从圆弧轨道的最高点离开小车，B上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m。滑块B可视为质点，不计空气阻力，g取，则下列说法正确的是（　　） A．子弹C刚停留在滑块B中时，滑块B的速度大小为7m/s B．滑块B离开小车瞬间的速度大小为 C．小车粗糙水平面的长度为1.9m D．滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端 12．如图所示，倾角为的足够长的斜面上放有质量均为相距为的AB滑块，其中滑块A光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数为，。AB同时由静止开始释放，一段时间后A与B发生第一次碰撞，假设每一次碰撞时间都极短，且都是弹性正碰，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．第一次碰后A的速度为 B．从开始释放到第一次碰撞的时间间隔为 C．一、二次碰撞间隔的时间大于二、三次碰撞间隔的时间 D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为 三、解答题 13．如图所示，空间中存在方向水平向右、大小的匀强电场。水平放置长度的传送带以的速度沿顺时针方向匀速率转动。传送带右侧与水平地面等高平滑连接，带绝缘弹性挡板的绝缘长木板B左端紧靠连接处放置，木板上有带电量的物块C，B和C均处于静止状态。不带电的绝缘物块A从传送带的左端由静止释放，到达传送带右端后立即与B发生碰撞并粘在一起。已知A、B的质量均为，C的质量为，A与传送带的动摩擦因数为，A、B与地面之间、B与C之间的动摩擦因数均为，重力加速度大小g取，A、C均可视为质点，所有碰撞时间都极短，全过程中C的带电量保持不变，C与B右端挡板的碰撞为弹性碰撞且始终没有脱离B，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)A、B碰撞过程中损失的机械能大小； (2)B从被A碰撞后到第一次速度为0时经历的时间； (3)B最终向右运动的总位移大小。 14．如图所示，足够长的木板静止在水平面上，小物块、放在木板上。、之间的初始距离，，，，、与之间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数。时刻，分别给、水平向右的初速度、，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度，求 (1)长木板开始滑动时的加速度大小； (2)小物块与木板恰好共速时，、之间的距离； (3)长木板运动的总时间。 15．如图甲所示，物块A、B和带有半径R=4m的光滑圆弧轨道EF的物块D均放在光滑水平地面上，D被锁定。圆弧轨道的圆心为O，OE水平，A、B通过劲度系数为k的轻弹簧相连。小球C从E点正上方高h=16.8m处由静止释放，当O、C连线和OF的夹角为时，解除物块D的锁定。已知重力加速度取。 (1)求小球C经过F点时，小球C、物块D的速度大小和物块D对小球C的支持力大小； (2)小球C与物块A碰撞时间极短，碰后粘在一起，取该时刻为t=0时刻，之后A、C组合体和B的速度随时间按正弦规律变化，如图乙所示，内，A前进的距离为求弹簧的劲度系数。 14 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题11 用力学三大观点处理多过程运动问题 01 用力学三大观点处理物块多过程问题 1． 【答案】(1)3m/s； (2)； (3)； (4) 【详解】（1）滑块a恰过D点，则 得 由机械能守恒可知 得 根据牛顿第二定律 得 根据 得 （2）a与b弹性碰撞，由动量守恒定律和能量关系可知， 得； （3）b转一圈回到该位置 第一次碰撞后经再次相遇； 第二次碰撞，则， 得， 再经回到第一次碰撞位置； 则 （4）根据，而 解得 第一次碰撞到第n次碰撞所经历的时间 2． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）小物块恰好能静止在斜面上，对小物块受力分析，由平衡条件有 解得 （2）由题意可知，斜面AB倾角变大，小物块将由静止开始下滑，沿斜面BC减速至零则会保持静止，设小物块沿斜面BC上滑距离为x，由动能定理有 解得 故距离顶端C的距离为 02 用力学三大观点处理传送带多过程问题 3． 【答案】(1)，方向竖直向下 (2)8m/s (3)，距离B点2m处水平轨道上 【详解】（1）在B点对轨道的压力大小为FN，根据牛顿第二定律可得 代入数据解得 由牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力为 方向竖直向下； （2）物块在水平轨道上运动，由牛顿第二定律可得 解得 由运动学公式得 解得物块到达C点时的速度大小为 （3）物块在CD段的受力分两种情况： 当，相对上行，加速度为 其方向沿传送带向下； 当，相对下行，加速度 方向沿传送带向下； 物块从减速到v0阶段，有 解得 此过程物块位移 解得 传送带的位移 此时划痕 若物块P从v0减速停止，有 解得 此过程物块位移 传送带的位移 此时划痕 设物块返回到C点所用时间为t3，则 解得 物块返回C点的速度为 传送带的位移 则划痕总长度 物块从C向B运动过程，有 解得 则物块会停在距离B点2m处水平轨道上。 4． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）因为，所以滑块滑上传送带后的一段时间内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律有 解得 设滑块匀加速运动的位移为，根据 联立解得 因为，可知滑块速度增大到v后，将与传送带一起以相同的速度向右匀速运动，所以。 （2）滑块从D到E过程，根据平抛运动规律有， 联立解得 （3）要使滑块总能落至E点，需保证滑块从D端飞出时的速度仍为。由分析可知，当滑块从斜面滑下的速度足够大，在传送带上减速到3m/s时恰到D点，则从初始位置到B点的距离最大。设滑块到B点的速度大小为，根据牛顿第二定律可知，滑块在传送带上减速运动时加速度大小 根据 滑块在斜面运动过程，以滑块为研究对象，由牛顿第二定律有 滑块在斜面上做初速度为0的匀加速直线运动，则有 联立解得 03 用力学三大观点处理弹簧多过程问题 5． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由弹簧和重锤组成系统机械能守恒 又 OA距离为杆长的，故 联立解得 （2）设爆炸使射钉获得速度为v1，火药爆炸瞬间由动量守恒 由能量守恒火药爆炸释放的化学能 联立解得 （3）因阻力满足 即成正比，它们的图像中面积即为射钉克服阻力（变力）做的功 由动能定理 解得 6． 【答案】(1)3m/s (2)10N，竖直向上 (3)4.5J 【详解】（1）小球从A运动到B，根据逆向思维法可得， 解得， （2）小球由B运动到C，根据动能定理可得 解得 在圆管C点，根据牛顿第二定律可得 解得 由牛顿第三定律可得，小球对管壁作用力大小为10N，竖直向上； （3）小球速度最大时合力为0，即 解得 根据能量守恒定律可得 解得 04 用力学三大观点处理板块多过程问题 7． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）子弹击中滑块A的过程，子弹与滑块A组成的系统动量守恒，有 解得 （2）A与B达到共速的过程，子弹、A、B组成的系统动量守恒，有 解得 对B，根据动能定理有 解得 （3）在第（2）问的情况下，B与台阶相碰后动量方向向左，大小不变，因 则相碰后子弹、A、B的总动量方向向左，再次共速后速度仍向左，B与台阶不会第二次相碰。为避免B与台阶第二次相碰，则第一次相碰前A与B必然未达到共速，设B与台阶恰好不发生第二次相碰对应的子弹的初速度为，就是避免B与台阶第二次相碰的子弹初速度的最大值，根据动量守恒有 B与台阶恰好不发生第二次相碰，则B反弹后的动量正好与子弹、A整体的动量等大反向，即整个系统的总动量为零，则有 联立解得 8． 【答案】(1) (2)，方向水平向右 (3) 【详解】（1）设物块在点的速度为，对物块，在点，由牛顿第三定律可知支持力 牛顿第二定律可得， 物块从释放到点，由动能定理得 解得， （2）对轨道和物块，在物块下滑的过程中，在水平方向使用动量定理 解得 方向水平向右。 （3）对物块和木板组成的系统使用动量守恒定律和能量守恒， 解得 一、单选题 1． 【答案】B 【详解】A．处滑块的加速度为零，对滑块受力分析如图所示根据胡克定律可得弹性绳弹力为 垂直杆方向有 平行杆方向有 其中 又 联立解得 可知滑块与杆之间的弹力保持不变，滑动摩擦力大小不变，可得滑块与直杆间的动摩擦因数为，A错误； BC．从释放到，速度变化量为零，根据图像面积表示，可知，，B正确，C错误； D．滑块上滑的摩擦力方向向下，设其平衡点为，有 解得 ，D错误。 故选B。 2．【答案】B 【详解】 设物块沿传送带下滑的最大速度为，物块与传送带摩擦力大小为，物块与挡板摩擦力大小为，物块相对传送带方向偏离挡板夹角为，受力分析如图，有 对物块垂直挡板方向 物块有最大速度时，物块沿着挡板方向有 联立得物块沿传送带下滑的最大速度为， 故选B。 3． 【答案】D 【详解】A．N个小球整体为研究对象，由力的平衡条件可得 得Nmgtanθ，故A错误； B．以1号球为研究对象，根据机械能守恒定律可得 解得，故B错误； C．当时，选择水平轨道面为零势能面，两小球的重力势能 设2号球对1号球所做的功为，由动能定理得 解得，故C错误； D．当个球全部到达水平轨道时，根据机械能守恒定律有 第个球的动能 球的机械能变化量 解得， 当时，，故D正确。 故选D。 4． 【答案】B 【详解】A．设物块B运动至最低点时弹簧的形变量为，则有 其中， 解得，故A错误； B．物块B处于最低点时加速度最大，则有 解得，故B正确； C．物块B处于最低点时物块A对地面的压力最大，则有，故C错误； D．假设物块B运动至最高点时物块A未离开地面，此时物块B的加速度大小也为，则有 对A有 解得 可知物块A恰好未离开地面，故D错误。 故选B。 5． 【答案】A 【详解】A．小球和瓷碗水平方向动量守恒，小球从释放到另一侧最高点的过程中，设小球质量为m,位移大小为x1，瓷碗位移大小为x2，由人船模型位移关系可知：mx1=mx2，x1+x2=2R 代入数据可得：x1=x2=R 由运动对称性可知，瓷碗来回总路程为2R，故A正确； B．小球第一次下降到瓷碗最低点时，根据动能定理有 水平方向动量守恒 小球相对瓷碗做圆周运动，由牛顿第二定律有 代入得 由牛顿第三定律可知小球对碗底的压力也为，大于重力，故B错误； C．由能量守恒可知，若小球能脱离瓷碗，其重力势能一定要大于，不满足题意，故C错误； D．由于小球下落过程中；受到碗壁支持力有竖直向上的分量，故下落过程中同一竖直位移时，运动速度一定比相同条件下自由落体运动速度要小，根据两段对称性可知，用时一定大于，故D错误。 故选A。 6． 【答案】D 【详解】A．在时间内，由牛顿第二定律可得 解得 后，物体的加速度 以向左为正方向，画出物体和传送带运动的图像如图所示 物体向左运动的位移 则传送带至少长，故A错误； B．根据上述图像可知，物体在传送带上的运动时间为，故B错误； C．后，摩擦力对物体做功之和为零，内物体向左运动的位移 则摩擦力做功为，故C错误； D．由图可求得物体与传送带之间总的相对路程 则摩擦生热，故D正确。 故选D。 7．【答案】D 【详解】A．当B在A的右侧运动时，细绳弹力对A一直做正功，可知当B再次回到最低点时，A的速度最大，根据水平方向动量守恒定律和机械能守恒有， 解得，A错误； B．对B分析，可知B在竖直方向有加速与减速过程，即物块A、B组成的系统存在超重与失重过程，系统所受外力的合力不为0，系统的动量不守恒，但是系统在水平方向上所受外力的合力为0，即系统在水平方向上动量守恒，B错误； C．设物块B恰好到达最高点上升的高度为h，此时A、B速度相等，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒有， 解得 可知物块B不能够到达细杆MN处，C错误； D．根据上述可知，物块B从开始运动到最大高度的过程中，B减小的机械能与A增加的机械能相等，则有，D正确。 故选D。 8． 【答案】B 【详解】悬点在点正上方，半圆柱最高点在点正上方处，因此绳长 小球下摆过程机械能守恒，有 解得 小物块恰能从半圆柱最高点脱离，此时支持力为0，重力提供向心力，得 解得 弹性正碰满足动量守恒、动能守恒，有， 解得 代入，，整理得 即，因此 故选B。 二、多选题 9． 【答案】BC 【详解】A．存在动能回收即机械能转化为电能，且存在克服摩擦力做功，故机械能不守恒，故A错误； B．依然还在加速，故下滑分力大于摩擦阻力，故重力势能减少量一定大于克服摩擦力做的功，故B正确； C．虽然存在动能回收，但仍然满足动能定理，即合外力对汽车做功一定等于汽车动能的变化量，故C正确； D．若关闭能源回收系统，下滑相同距离动能增量更大，即速度增量更大，则加速度必然更大，故D错误。 故选BC。 10． 【答案】AD 【详解】A．初始静止时，弹簧压缩量为d，以A为对象，有 解得弹簧的劲度系数为，故A正确； B．由图乙可知，当A到最高点时，A沿斜面向上运动的位移为，由于初始时弹簧压缩量为d，则A到最高点时，弹簧的伸长量为d，此时B刚要离开挡板，对B有 解得B的质量为，故B错误； C．A运动到最高点时，以A为对象，根据牛顿第二定律可得 解得A运动到最高点时的加速度大小为 由于A做简谐运动，根据对称性可知，A运动到最低点时的加速度大小为，故C错误； D．撤去力后，A的重力势能、动能与弹性势能之和保持不变，当A处于最高点与最低点时，A的动能均为0，由图乙可得 可得弹簧的最大弹性势能为，故D正确。 故选AD。 11． 【答案】ACD 【详解】A．设小车A、滑块B、子弹C的质量分别为m1、m2、m3，子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B组成的系统动量守恒，则 解得=7m/s，故A正确； B．从圆弧轨道的最高点离开小车，滑块B上升的最高点距小车顶端的高度为0.15m，则滑块B离开小车时竖直方向的分速度 滑块B离开小车瞬间，以小车为参照物，滑块B相对于小车沿水平方向的分速度 从滑块B开始滑动到离开小车，以水平向右的方向为正方向，系统水平方向动量守恒，得 其中 解得， 所以滑块B离开小车瞬间的速度大小，故B错误； C．滑块B开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得 解得小车粗糙水平面的长度，故C正确； D．滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为 则滑块B离开小车后再下落到与小车顶端等高时，距离顶端，故D正确。 故选ACD。 12． 【答案】BD 【详解】B.因物体A光滑，沿斜面下滑时，根据牛顿第二定律 解得 对A滑块，设从开始释放A与B第一次碰撞所用时间为，根据运动学 ，故B正确； A．第一次碰撞前，A的速度为 设第一碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒有 机械能守恒有 联立解得，，故A错误； C．碰后B物体沿斜面下滑时有 解得 两物体相碰后，A物体的速度变为零，以后再做匀加速运动，而B物体将以的速度沿斜面向下做匀速直线运动。设再经时间相碰，则有 解得 第二次碰撞前，A的速度为， 设第二碰后A的速度为，B的速度为，则碰撞过程根据动量守恒和动能守恒；联立解得速度交换， 设第二次碰后到第三次碰所用时间为，则 解得 则一、二次碰撞间隔的时间等于二、三次碰撞间隔的时间，故C错误； D．从第一次碰撞到第二次碰撞的A下滑的位移为，故D正确。 故选BD。 三、解答题 13． 【答案】(1)25J (2)3s (3) 【详解】（1）假设A在传送带上一直加速，有 解得 故假设成立，A刚到达传送带右端时速度为 A、B发生非弹性碰撞有 解得 碰撞损失机械能 解得 （2）碰后对A、B整体分析有 可得 对C分析有 可得 设经过时间，AB与C共速，记为 对A、B有 对C有 解得， 再对C分析，由于 故C以向右做匀速直线运动，再对A、B分析有 解得 设A、B一起匀减到0，用时为，则有 解得 共速前C相对A、B向左滑动位移有 共速后C相对A、B向右滑动位移有 说明A、B停下后，C后来才撞到弹性挡板，故B从被A碰后到第一次速度为0用时 （3）A、B静止后，C以向右匀速并与弹性挡板发生碰撞，则有 得， 由于 同理可得A、B第三次开始运动速度 第四次 找出速度规律，而A、B第一次运动到速度为0向右位移 则A、B第二次运动到速度为0向右位移 A、B第三次运动到速度为0向右位移 故无限多次碰撞后，B对地向右运动总位移 14． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）A、B相对于C向右滑动，对C的滑动摩擦力均向右， 地面对C的摩擦力向左 对C由牛顿第二定律，得 代入数据解得 （2）A、B在摩擦力的作用下做匀减速直线运动，分别对A、B，由牛顿第二定律，得， 解得A、B的加速度大小均为 设经过时间A、C共速，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 代入，解得 共同速度 ​时间内A的位移 由匀变速直线运动速度与时间的关系，得经过时间B的速度 B的位移 初始A、B间距，B比A多走 因此此时间距 （3）经过时间后，A、C共速，假设A、C相对静止，对A、C整体，合力 由牛顿第二定律，可知加速度为0，因此A、C以匀速运动，A受到的静摩擦力为0，小于最大静摩擦力，假设成立。设再经过时间三者共速，共速时B速度等于A、C速度，由匀变速直线运动速度与时间的关系，得 解得 共同速度 三者共速后，对、与组成的系统，所受合外力为，设再经过时间后C静止，由动量定理，得 解得 长木板运动的总时间 15． 【答案】(1)，， (2)120N/m 【详解】（1）O、C连线和OF的夹角为θ时，小球下落的高度 由动能定理有 解除D的锁定后，C、D组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒，有， 解得， C相对D做圆周运动，由牛顿第二定律，有 解得物块D对小球C的支持力大小为 （2）小球C与物块A碰撞过程，有 解得 碰后A、B、C共速时，有 解得 对A、B、C组成的系统，任意时刻，有 取之后极短时间Δt，有 求和有 此过程弹簧的压缩量为， 代入数据解得， 设弹簧的劲度系数为k，由变力做功和机械能守恒，有 解得弹簧的劲度系数 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $