力学三大观点的综合应用学案--2025高考物理专题

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc15930" 题型一 应用力学三大观点解决多过程问题 PAGEREF _Tc15930 \h 1
\l "_Tc22255" 题型二 应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题 PAGEREF _Tc22255 \h 19
题型一 应用力学三大观点解决多过程问题
力学三大观点对比
【例1】（2024·湖北·模拟预测）如图甲所示，小球A以初速度竖直向上冲入半径为R的粗糙圆弧管道，然后从管道另一端沿水平方向以速度冲出，在光滑水平面上与左端连有轻质弹簧的静止小球B发生相互作用，距离B右侧s处有一个固定的弹性挡板，B与挡板的碰撞没有能量损失。已知A、B的质量分别为3m、2m，整个过程弹簧的弹力随时间变化的图像如图乙所示（从A球接触弹簧开始计时，t0已知）。弹簧的弹性势能为，x为形变量，重力加速度为g。求：
（1）小球在管道内运动的过程中阻力做的功；
（2）弹簧两次弹力最大值之比F2:F1；
（3）小球B的初始位置到挡板的距离s。
【答案】（1）；（2）7:5；（3）
【详解】（1）设小球在管道内运动的过程阻力做功为Wf，根据动能定理可得
解得
（2）当A、B第一次共速时，弹簧压缩量最大，弹簧弹力最大，设压缩量为x1，A、B共同速度为v共1，从A刚接触弹簧到A、B共速，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
此时弹簧弹力为F1，有
由图乙可知，弹簧刚好恢复原长时，B与挡板相撞，设此时A、B速度分别为v1、v2，从A刚接触弹簧到弹簧恢复原长，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
解得
，
此时B原速率反弹，当A、B第二次共速时，弹簧压缩量再一次达到最大，设压缩量为x2，A、B共同速度为v共2，从B刚反弹到弹簧第二次压缩最大，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
此时弹簧弹力为F2，有
联立解得
（3）设A、B一起向右运动的过程中，任意时刻A、B速度分别为vA、vB，根据动量守恒可得
在任意一极短时间∆t内，有
所以
等式两边求和得
由图乙可知，t0时B与挡板发生碰撞，此时弹簧恰好恢复原长，故从t=0到t=t0时，A、B位移相同，即
联立解得
【例2】（2024·河北·三模）滑雪是人们在冬季喜爱的户外运动。如图所示，斜面的倾角为，滑车甲（含坐在里面的人）的总质量，从距斜面底端高度处的A点沿斜面由静止开始匀加速下滑，下滑到B点时的速度大小，然后滑车甲进入水平滑道，滑车甲在水平滑道上滑行的距离时与静止于C点、质量的空滑车乙相碰（碰撞时间可忽略不计），两车碰后速度相同，两滑车与斜面和水平滑道间的动摩擦因数相同，两滑车均可视为质点，不计空气阻力，不计滑车甲通过B点时的机械能损失。求：
（1）滑车甲与斜面间的动摩擦因数；
（2）两滑车碰后滑行的距离s。
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）滑车甲从A到B，根据动能定理
代入数据得
（2）设滑车甲与滑车乙碰前速度为v，根据动能定理
得
根据动量守恒
得碰后速度
两滑车碰后滑行的距离
【变式演练1】如图所示，在倾角为的固定斜面上有一物块A，在斜面底部有一物块B，物块B左侧水平面上有一物块C，C与B用一轻弹簧和一轻杆连接，杆长与弹簧原长相等。已知物块A、B、C均可视为质点，质量均为，所有接触面均光滑。物块A从某时刻开始由静止下滑，不计物块A在斜面与平面转角处的机械能损失，A与B发生弹性碰撞，g取。
（1）求物块A沿斜面返回的最大高度与初始高度的比值；
（2）若在物块A开始下滑时，同时对物块C施加一水平向左的恒力F，为使物块A、B不相碰，求恒力F的最小值；
（3）用质量为的物块替换物块C且撤去轻杆，若在此后的运动中弹簧的最大弹性势能与A第一次下滑至斜面底部时的动能之比为，求。

【答案】（1）； （2）；（3）
【详解】（1）设物块A开始时距斜面底端的高度为，沿斜面下滑至底部过程机械能守恒，有
物块A与BC间发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒有
设碰撞后物块A沿斜面上滑至最高点为，则有
联立解得
（2）设A在斜面上的运动时间为，在水平面上的运动时间为，对BC的整体有
物块A在斜面上时有
，
物块A在水平面上时有
恰好追不上的条件为
联立解得
（3）A、B间发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒有
B压缩弹簧至最短过程，由动量守恒定律有
对B、C系统由能量守恒得
根据题意有
联立解得
【变式演练2】如图所示，光滑半圆形轨道AB竖直固定放置，轨道半径为R（可调节），轨道最高点A处有一弹射装置，最低点B处与放在光滑水平面上足够长的木板Q上表面处于同一高度，木板左侧x处有一固定挡板C（x未知）。可视为质点的物块P压缩弹射装置中的弹簧，使弹簧具有弹性势能，P从A处被弹出后沿轨道运动到B处时的速度大小始终为；已知P的质量，Q的质量，P、Q间的动摩擦因数，Q与C之间的碰撞为弹性碰撞，忽略空气阻力，重力加速度。
（1）若P恰好不脱离轨道，求轨道半径R的值；
（2）若P始终不脱离轨道，写出弹性势能与R的关系式，并指出R的取值范围；
（3）若Q与C恰好发生n次碰撞后静止，求x的值。

【答案】（1）；（2）（J），（；（3）
【详解】（1）在A处
从A到B，由动能定理得
解得
（2）在A处
从A到B，同理
解得
（3）在木板Q碰到挡板C前PQ不会共速
物块P一直匀减速运动至静止，运动时间
木板Q前进x距离，碰到挡板C原速反弹，向右匀减速运动，由于加速度大小不变，经过相同时间减速为零，接下来，重复以上运动……
设木板Q第一次碰到档板前时间为t0，则有
即
所以
【变式演练3】某过山车模型轨道如图甲所示，为半径分别为的圆形轨道，它们在最低点分别与两侧平直轨道顺滑连接，不计轨道各部分摩擦及空气阻力，小车的长度远小于圆形轨道半径，各游戏车分别编号为1、2、3…n，质量均为，圆形轨道最高点处有一压力传感器。让小车1从右侧轨道不同高度处从静止滑下，压力传感器的示数随高度变化，作出关系如图乙所示。
（1）根据图乙信息，分析小车1质量及圆形轨道半径；
（2）在水平轨道区间（不包含A和E两处），自由停放有编号为2、3…n的小车，让1号车从高处由静止滑下达到水平轨道后依次与各小车发生碰撞，各车两端均装有挂钩，碰后便连接不再脱钩，求在作用过程中，第辆车受到合力的冲量及合力对它做的功。
（3）轨道半径为，每辆车长度为，且，要使它们都能安全通过轨道，则1车至少从多大高度滑下？

【答案】（1），；（2），；（3）
【详解】（1）从静止释放到C点的过程，对小车1，由动能定理有
在C点，对小车1，由牛顿第二定律有
解得
对照F-h图像可得
（2）由题意，在C点对小车1由牛顿第二定律有
C点到A点过程，对小车1，由动能定理有
碰撞过程中由动量守恒有
对第n辆小车，由动量定理有
由动能定理有
联立解得
（3）小车1下滑到A点，由机械能守恒有
在圆O2最高点，取微元作为研究对象，由牛顿第二定律有
对第n辆车由机械能守恒有
联立解得
【变式演练3】如图所示，半径为的四分之一光滑圆弧与水平桌面相切于点（其中水平，竖直），水平桌面的长度为，以点为圆心，半径为的四分之一圆弧分别与水平轴，竖直轴相交。位于点甲物块的质量为，位于点的乙物块的质量可调整变化。乙物块与水平桌面之间的动摩擦因数为。不计空气阻力，重力加速度为。甲、乙物块均可视为质点，两物块碰撞时无机械能损失，且碰撞时间极短。求：
（1）甲物块由点静止释放，甲物块即将与乙物块碰撞前对圆弧的压力多大；
（2）甲物块每次都是从点释放，通过调整乙物块的质量，甲乙物块碰撞后乙物块获得的速度不同，落到圆弧上速度也会发生变化。若某次乙物块落到圆弧上的速度最小，则乙物块从圆心平抛的初速度多大？
（3）上述（2）中乙物块的质量为多大？
【答案】（1）3mg；（2）；（3）
【详解】（1）甲物块由点静止释放运动到点过程，根据机械能守恒定律有
在b点甲物块与乙物块即将碰撞前，根据牛顿第二定律有
甲物块碰撞前对圆弧的压力与圆弧对甲物块碰撞前的支持力是一对相互作用力，根据牛顿第三定律有
联立解得
（2）乙物块到达点后将向右平抛运动的初速度为，落到圆弧上的速度为，则水平方向有
竖直方向有
乙物块平抛运动的位移有
乙物块由点向右平抛落到圆弧上时，根据动能定理有
联立可得
由数学知识可知当时，乙物块平抛落在圆弧上的速度最小，联立可得
（3）设乙物块质量调整为，甲、乙两物块在点碰撞时动量和机械能均守恒，则有
碰后物块向右左减速运动到点，根据动能定理有
解得
【变式演练4】如图所示，小明和滑块P均静止在光滑平台上，某时刻小明将滑块P以一定速度从A点水平推出后，滑块P恰好从B点无碰撞滑入半径R1＝3m的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，与放置在水平面E点的滑块Q发生弹性正碰，碰后滑块Q冲上静止在光滑水平面上的、半径为R2＝0.3m的四分之一圆弧槽S，圆弧槽与水平面相切于F点，最高点为G。已知小明的质量M＝60kg，滑块P的质量m1＝30kg，滑块Q的质量m2＝60kg，圆弧槽S的质量m3＝90kg，AB两点的高度差h＝0.8m，光滑圆弧对应的圆心角53°，L＝2m，L＝1.3m，两滑块与CF部分的动摩擦因数均为μ＝0.5，F点右侧水平面足够长且光滑，将滑块P和Q看做质点，重力加速度g＝10m/s2。求：
（1）小明由于推出滑块P至少多消耗的能量；
（2）滑块P到达圆弧末端C时对轨道的压力；
（3）滑块Q冲上圆弧槽后能上升的最大高度。
【答案】（1）202.5J；（2）790N，方向竖直向下；（3）0.27m
【详解】（1）设推出滑块P的瞬时速度为v0，滑块P在B点的速度为vB，其竖直速度为vBy，则有
根据B点速度的方向，由速度的分解，有
小明推出滑块P的过程，小明和滑块P组成的系统动量守恒
根据能量守恒，小明由于推出滑块P至少多消耗的能量
解得
（2）滑块由B到C的过程，由动能定理，有
其中
滑块P经过圆弧末端C点时，对其进行受力分析，根据牛顿第二定律和向心力公式，有
根据牛顿第三定律，滑块P到达圆弧末端C时对轨道的压力
代入数据，解得
方向竖直向下
（3）滑块P从C点到E点的过程，由动能定理，可得
滑块P与Q碰撞的过程遵循动量守恒和能量守恒，设碰后滑块P和Q的速度分别为和，有
Q碰后的速度
方向水平向右
滑块Q从E点到F点，根据动能定理，有
滑块Q从F点冲上圆弧槽S，滑块Q与圆弧槽S组成的系统水平方向动量守恒
设滑块Q离开地面的最大高度为hm，滑块Q从冲上圆弧槽S到到达距离地面最高的过程，滑块Q和圆弧槽S组成的系统机械能守恒
解得
【变式演练5】如图所示，物块A和B静止在光滑水平面上，B的前端固定轻质弹簧，某时刻一子弹以大小为的速度水平射向B并嵌入其中，射入过程子弹与B水平方向的平均相互作用力大小为，之后B以大小为的速度向着A运动，从弹簧开始接触A到第一次被压缩至最短所用时间为t，在这段时间内B运动的位移大小为。又经过一段时间后A与弹簧分离，滑上粗糙斜面后再滑下，在水平面上再次压缩弹簧后又滑上斜面。已知A的质量为m，子弹和B的总质量为，A前两次在斜面上到达的最高点相同，B始终在水平面上运动，斜面与水平面平滑连接，弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，不计A、B碰撞过程中的机械能损失。求：
（1）子弹嵌入物块B的深度；
（2）物块A第一次离开弹簧时，A、B各自的速度大小；
（3）物块A第一次在斜面上到达的最大高度；
（4）物块A第一次离开弹簧前，弹簧的最大压缩量。
【答案】（1）；（2），；（3）；（4）
【详解】（1）设子弹的质量为，对子弹射入B的过程中，由动量守恒定律
由能量守恒定律
联立解得，子弹嵌入物块B的深度为
（2）以B的初速度方向为正方向，物块A第一次离开弹簧时，由动量守恒定律
由机械能守恒定律
联立解得，物块A第一次离开弹簧时，A、B各自的速度大小为
（3）设A返回斜面底端时的速度大小为，斜面倾角为，A所受斜面的摩擦力为，对A第一次沿斜面的运动，上滑过程中，由动能定理可得
下滑过程中有
由两次沿斜面上滑的最高点相同可知，A与B再次碰撞分离后A的速度大小仍为，以B的初速度方向为正方向，对A与B再次碰撞分离的过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
联立可得
物块A第一次在斜面上到达的最大高度为
（4）A、B第一次压缩弹簧的过程中，任意时刻A、B组成的系统动量守恒，有
方程两边同时乘以时间，得
在时间内，根据位移等于速度在时间上的累积，可得
将代入，可得
所以，物块A第一次离开弹簧前，弹簧的最大压缩量为
【变式演练6】（2024·安徽安庆·三模）竖直平面内的轨道由斜面AB与圆弧BCD组成，两部分在B点相切且平滑连接，圆弧部分轨道的半径为R，OC沿竖直方向，斜面AB的倾角，O、D、E位于同一水平线上，A、E的竖直高度也为R，如图所示，可视为小质点的小滑块1和小滑块2的质量均为m，两小滑块与圆弧轨道的摩擦均忽略不计，小滑块1与斜面间摩擦也可忽略不计，小滑块2与斜面间存在较大摩擦且处处相等，将小滑块1和小滑块2在A、E两点由静止开始释放，一段时间后二者在E点相碰，碰后合在一起沿EB段匀速向下运动，已知小滑块1和小滑块2每次相碰都会合在一起匀速运动但不粘连，重力加速度为g，，求：
（1）小滑块2与斜面间的动摩擦因数；
（2）在整个运动过程中，轨道C点受到小滑块压力N的最大值和最小值分别是多少；
（3）在整个运动过程中，小滑块2在斜面AB上往复运动的最大路程。
【答案】（1）；（2），；（3）
【详解】（1）由题意，碰后两小滑块合在一起沿EB段匀速运动，由平衡条件可知
解得
（2）设小滑块1第一次碰前速度为，第一次碰后二者共同速度为，有
解得
两小滑块合在一起，第一次经过C点时轨道对两滑块的支持力最大，有
解得
在C点，由合力提供向心力可得
解得
两滑块经过N次（N足够大）碰撞后，两滑块将在B点及其关于OC的对称点之间做往复运动，此过程中两滑块经过C点时轨道对两滑块的支持力最小，有
，
解得
由牛顿第三定律可知，两滑块对轨道C点压力方向竖直向下，最大值和最小值为
（3）小滑块2沿斜面减速运动的加速度为
小滑块1沿斜面运动的加速度为
设小滑块2第一次、第二次返回斜面减速至零时运动路程分别为、，小滑块1第二次碰前速度为，第二次碰后二者共同速度为
解得
可知：小滑块2第1次、第2次、返回斜面减速至零时运动路程为公比为的等比数列，由此可求小滑块2在整个运动过程中在斜面AB上往复运动的最大路程为
【变式演练7】水平地面上放置有如图所示的装置，光滑竖直杆上、下端分别固定有挡板和底座，且套有可上下移动圆盘。一轻质弹簧下端固定在底座上，上端位于A处。推动圆盘将弹簧压缩至处后由静止释放，圆盘运动到处与挡板发生完全非弹性碰撞（作用时间极短），带动竖直杆和底座一起向上运动，上升时速度减为零。已知圆盘质量，竖直杆、挡板和底座总质量，A、间距离，A、间距离，重力加速度取10m/s2，不计空气阻力和圆盘厚度。求：
（1）圆盘与挡板碰撞前瞬间的速度大小；
（2）释放圆盘瞬间弹簧中储存的弹性势能。
【答案】（1）2m/s；（2）9.2J
【详解】（1）圆盘与挡板碰撞后，圆盘和整个装置一起向上做匀减速运动，则
代入数据得
圆盘与挡板碰撞前后瞬间，圆盘和整个装置动量守恒，则
代入数据解得
（2）弹簧中储存的弹性势能转化为圆盘的动能和重力势能，由能量守恒得
解得
【变式演练8】如图所示为某滑雪场滑道示意图。滑雪运动员及装备（可视为质点）的质量为，运动员从平台上水平飞出后恰好能从A点沿圆弧切线进入竖直面内的光滑圆弧滑道ABC，并沿滑道滑上与圆弧滑道在C点相切的粗糙倾斜直滑道CD，CD滑道足够长。已知圆弧滑道半径为，圆心为O，AO连线与竖直方向夹角为，AO与CO连线互相垂直。平台与A点之间的高度差为。取重力加速度大小，，，不计空气阻力。求：
（1）运动员离开平台瞬间的速度大小；
（2）运动员第一次运动到圆弧滑道最低点B时，受到的支持力大小；
（3）为保证运动员不从A点滑离圆弧滑道，运动员与CD段之间动摩擦因数的最小值。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）设运动员在A点竖直方向的分速度为vy
在A点
解得
（2）运动员在A点的速度大小
从A点到B点由动能定理可得
在B点对运动员进行受力分析可得
解得
（3）运动员恰好不从A点滑离轨道时，运动员与粗糙轨道之间动摩擦因数最小。从A点到C点由动能定理可得
设从C点向上滑动距离x后运动员速度减为零，据动能定理可得
运动员从A点进入圆弧滑道到回到A点的过程，由动能定理可得
解得
题型二 应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题
1．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．
2．滑块与木板达到相同速度时应注意摩擦力的大小和方向是否发生变化．
3．应注意区分滑块、木板各自的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)．
【例1】（2024·河南郑州·模拟预测）如图所示，一根长不可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O点．长绷紧的水平传送带始终以恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径的竖直光滑圆轨道在D点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水平位置成角由静止释放，小球到达最低点时与小物块A作弹性碰撞，碰后小物块A向左运动到B点进入圆轨道，绕行一圈后到达E点。已知小球与小物块质量相等均为且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数，其他摩擦均忽略不计，重力加速度大小。求：
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C时对轨道的压力大小。
【答案】（1）6m/s，；（2）；（3）0
【详解】（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为，则小球自由下落时，轻绳刚好再次伸直，设此时的速度为。根据自由落体运动规律，可得
轻质细线伸直后瞬间小球速度为
小球与小物块A碰前瞬间，设小球的速度大小为，从轻质细绳刚好再次伸直到小球运动到最低点的过程中，由动能定理得
联立解得小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小
设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为，根据牛顿第二定律可知
解得
根据牛顿第三定律可知：小物块碰前对轻质细绳拉力大小为。
（2）小球与小物块进行弹性碰撞后的速度为，根据动量守恒定律有
根据能量守恒定律有
解得小物块冲上传送带前的速度
小物块冲上传送带后做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
解得加速度大小
设小物块与传送带共速时对地位移为，传送带速度为，则由运动学公式可得
代入数据解得
则可知小物块与传送带共速后和传送带一起做匀速运动，小物块在传送带上减速所用时间为
这段时间内传送带运动的位移为
则小物块通过传送带时由于摩擦产生的热量为
（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为，轨道对小物块的弹力为，则由动能定理有
小物块通过圆轨道最高点时的速度大小为
在最高点由牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可知，通过最高点时，小物块对轨道的压力为0。
【例2】．（2024·浙江·高考真题）一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧璧EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R=0.5 m，d=4.4 m，L=1.8 m，M=m=0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1=0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。
（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小；
（2）若μ2=0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能；
（3）若μ2=0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
【答案】（1）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时
从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理
解得
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
根能量守恒
解得
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
共速后，共同加速度大小为
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
共速过程，滑块、木板位移分别为
共速时，相对位移应为
解得
，
随后共同减速
到达H速度
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
【变式演练1】（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M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=0.4m，重力加速度大小g=10m/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。
（i）求μ和m；
（ii）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=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）；（2）（i），；（3）
【详解】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
，，
（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
【变式演练2】．（2024·海南·高考真题）某游乐项目装置简化如图，A为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径，滑梯顶点a与滑梯末端b的高度，静止在光滑水平面上的滑板B，紧靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板质量，一质量为的游客，从a点由静止开始下滑，在b点滑上滑板，当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行停下。游客视为质点，其与滑板及平台表面之间的动摩擦系数均为，忽略空气阻力，重力加速度，求：
（1）游客滑到b点时对滑梯的压力的大小；
（2）滑板的长度L
【答案】（1）；（2）
【详解】（1）设游客滑到b点时速度为，从a到b过程，根据机械能守恒
解得
在b点根据牛顿第二定律
解得
根据牛顿第三定律得游客滑到b点时对滑梯的压力的大小为
（2）设游客恰好滑上平台时的速度为，在平台上运动过程由动能定理得
解得
根据题意当滑板右端运动到与其上表面等高平台的边缘时，游客恰好滑上平台，可知该过程游客一直做减速运动，滑板一直做加速运动，设加速度大小分别为和，得
根据运动学规律对游客
解得
该段时间内游客的位移为
滑板的位移为
根据位移关系得滑板的长度为
【变式演练3】．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
【变式演练4】．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
【变式演练5】．（2023·浙江·高考真题）为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量的滑块a以初速度从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞（时间极短）。已知传送带长，以的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数，其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能（x为形变量）。
（1）求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a碰后返回到B点时速度，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能；
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差。
【答案】（1）10m/s；31.2；（2）0；（3）0.2m
【详解】（1）滑块a从D到F，由能量关系
在F点
解得
FN=31.2N
（2）滑块a返回B点时的速度vB=1m/s，滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为
根据
可得在C点的速度
vC=3m/s
则滑块a从碰撞后到到达C点
解得
v1=5m/s
因ab碰撞动量守恒，则
解得碰后b的速度
v2=5m/s
则碰撞损失的能量
（3）若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则ab碰后的共同速度
解得
v=2.5m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度
则
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量关系
解得
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为
x2=x1
则弹簧最大长度与最小长度之差
【变式演练6】．（2024·甘肃·高考真题）如图，质量为2kg的小球A（视为质点）在细绳和OP作用下处于平衡状态，细绳，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳，小球A开始运动。（重力加速度g取）
（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4m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】根据题意，设AC质量为，B的质量为，细绳长为，初始时细线与竖直方向夹角。
（1）A开始运动到最低点有
对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得
解得
，
（2）A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落可知
故解得
（3）A、C碰后，C相对B滑行4m后与B共速，则对CB分析，过程中根据动量守恒可得
根据能量守恒得
联立解得
【变式演练7】．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
【变式演练8】．某固定装置的竖直截面如图甲所示，由长度为1.0m的水平传送带和两段光滑圆管轨道组成，两段圆管轨道所对应的圆心角相同，，，右侧带有竖直挡板的滑块b放置在光滑的水平面上，传送带和滑块b与轨道端口均为平滑连接，传送带启动后运行的图如图乙所示，传送带启动0.5s后把小物块a从传送带左侧静止释放，小物块a和滑块b的质量均为，a与传送带和滑块b之间的动摩擦因数均为，若空气阻力、小物块a、圆管轨道的口径和皮带轮半径均可不计，物块a进出管道时无能量损失，物块a和滑块b发生的碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度，试求：
（1）小物块a在传送带上运动的时间t；
（2）小物块a进入管道时对管道的作用力大小；
（3）滑块b至少多长才能使小物块a不脱离滑块。
【答案】（1）；（2）4N；（3）
【详解】（1）对传送带 0-1s做加速度
对a物体，匀加速

当a物体与传送带同速时

得
此时共速

物体位移
a物体与传送带一起匀加速至1，有
所以
a物体匀速运动

时间

运动时间

（2）A到B动能定理

对B处

得

由牛顿第三定律可知，对管道作用力为4N。
（3）A到C动能定理

得

当a刚好滑动b最右端与b共速，此时b的长度是满足题意的最短长度，由能量守恒和动量守恒有
联立得
【变式演练9】如图所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面的倾角为θ30°，底部固定一垂直于斜面的挡板，在斜面上锁定一质量为0.8m的滑板A。将一质量为0.1m的滑块B轻轻放在A的最上端，B与A间的动摩擦因数为，一质量为0.9m、可视为质点的小球C在竖直推力F11.8mg的作用下，以竖直向上的速度沿四分之一固定的、半径为R的竖直光滑圆弧运动，经过最高点P时撤去推力，小球C可无障碍地穿过斜面运动，刚好以平行于斜面的速度在Q点与B碰撞并成为一个整体BC，碰撞时间极短，同时解除对A的锁定，A下滑到斜面底端时刚好与BC的速度相等，A与挡板碰撞后瞬间给A施加一平行于斜面向上的拉力F2，F20.9mg。已知A与挡板碰撞的过程中无机械能损失，BC始终未滑到A的最下端，不计空气阻力，重力加速度为g。求（以下结果均用含v0的式子表示）：
（1）C经过最高点P和到达Q点时的速度大小vP、vQ。
（2）从C与B碰撞后到A第一次与挡板碰撞前瞬间系统产生的内能Q。
（3）C与B碰撞后，A第三次与挡板碰撞时的速度大小。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）小球C从开始运动至最高点P的过程，根据动能定理
由于
解得
C从P点到Q点做平抛运动，则
解得
（2）C与B碰撞瞬间系统动量守恒
解得
碰撞后，BC整体沿滑板匀减速下滑，设BC整体沿滑板匀减速下滑的加速度大小为 a1，根据牛顿第二定律，有
解得
a1=0.1g
A沿斜面匀加速下滑，设A沿斜面匀加速下滑的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律，有
解得
a2=1.25g
设A下滑到挡板处时的速度为v1，根据匀变速直线运动规律，可知
对BC，有
对A，有
联立解得
，
则从C与B碰撞后到A第一次与挡板碰撞前瞬间，BC运动的位移为
A运动的位移
系统产生的内能
联立解得
（3）A第一次与挡板碰撞后向上做匀减速运动，BC继续向下做匀减速运动，因
可知系统沿斜面方向的合力为0，系统动量守恒，以沿斜面向下为正方向，设系统再次共速时的速度为，根据动量守恒定律，有
解得
共速后，系统以的速度沿斜面向下做匀速运动，A以的速度第三次与挡板碰撞。
【变式演练10】．（2024·广西桂林·模拟预测）如图所示，光滑轨道由竖直轨道与半径的竖直圆弧轨道组成，O为圆弧轨道的圆心，B为圆弧轨道的最低点，OC连线与竖直方向的夹角，在轨道右侧与A等高处有一平台，平台边缘D处有一质量为的薄木板，其最左端放有一质量为的滑块。质量为的小球在一定条件下可经C点射出后恰能水平击中滑块，该碰撞过程可视为弹性碰撞。已知C与D的高度差，滑块与薄木板间的动摩擦因数为，薄木板与平台间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，薄木板厚度不计，小球和滑块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取，，。求：
（1）若小球自A点无初速度释放，则小球经过B点时对轨道的压力大小；
（2）要使小球能水平击中薄木板上的滑块，则C与D间的水平距离；
（3）若小球能水平击中薄木板上的滑块，且滑块恰好不脱离薄木板，则薄木板的长度及薄木板与地面间因摩擦产生的热量。
【答案】（1）5N；（2）1.2m；（3）0.12J
【详解】（1）小球从A运动到B，由动能定理有
小球运动到B点时，由向心力公式有
联立解得
由牛顿第三定律可知，小球经过B点时对轨道的压力大小为
（2）小球由C运动到D位置，可视为由D到C逆向的平抛运动，竖直方向有
解得
水平方向有
则C与D间的水平距离
（3）小球与滑块碰撞过程，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立解得滑块的速度大小为
因
故滑块在薄木板上滑动过程中，薄木板向右做匀加速运动，对滑块受力分析，由牛顿第二定律有
解得
对薄木板受力分析，由牛顿第二定律有
解得
设经过时间，两者共速，有
解得
，
此过程中，滑块的位移大小为
薄木板的位移大小为
则薄木板的长度为
故薄木板与地面间因摩擦产生的热量为
【变式演练11】．（2024·安徽·三模）如图所示，用长L=1m的绳子拴住一质量为m0=0.5kg的小球，绳的一端固定在O点，起始时，小球位于O点竖直平面内右上方的A点，绳子处于绷直状态，OA与水平方向夹角为53°，给小球一向左的水平初速度v0，当绳子再次绷直时，小球刚好运动到O点左侧等高的B点（绳子绷直后立即在竖直平面内做圆周运动）。小球运动到最低点与地面上质量为M=1.5kg的木板发生弹性碰撞，木板最右端静止一质量为m=1kg的物块，板块间的动摩擦因数为0.1，木板与地面间的动摩擦因数为0.2。已知sin53°=0.8，cs53°=0.6，g=10m/s2。
（1）求小球平抛出去的初速度大小v0；
（2）求小球与木板碰后木板的瞬时速度的大小v2；
（3）木板足够长，物块与木板间由于发生相对滑动产生的热量Q。
【答案】（1）4m/s；（2）3m/s；（3）0.72J
【详解】（1）小球从A到B做平抛运动，有
解得
，
（2）小球到B点时，水平分速度因为绳子作用瞬间变为0，小球从B运动到C的过程中，根据动能定理可得
解得
小球与木板发生弹性碰撞有
解得
，
（3）木板向右运动过程中，对木板M，有
对物块，有
当二者共速时有
解得
，
所以相对位移为
物块与木板间由于发生相对滑动产生的热量为
【变式演练12】一自上而下的传送装置可简化为如下模型。如图所示，水平光滑轨道OA上安装了一理想弹簧发射器，弹簧原长小于OA间距离，弹簧左端固定在O处，弹簧右端放置一小滑块P，使滑块向左压缩弹簧且不拴接，在轨道右侧有一顺时针转动的水平传送带，其左右端分别与轨道A点和细管道B点等高相切，水平固定粗糙平台CD与细管道最低点C等高相切，在水平地面上有一左端带挡板的木板，木板上表面与平台CD等高且木板与平台紧密接触。将滑块P由静止释放，P经过水平传送带和三个竖直的半圆形光滑细管道，与静止在CD平台末端的小滑块Q发生弹性碰撞，碰后P恰好能返回C点，碰后Q滑上木板，然后Q与木板左端挡板发生弹性碰撞。已知管道半径均为R，滑块P、木板质量分别为、，释放滑块P时弹簧弹性势能的大小为，传送带长度为，传送带速度大小为，平台CD长度为，木板长为，滑块P与传送带间的动摩擦因数为，P与平台CD间的动摩擦因数为，滑块Q与木板间的动摩擦因数为，木板与地面间的动摩擦因数为，重力加速度为g，滑块P、Q均可视为质点，所有碰撞时间极短。
（1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W；
（2）求滑块Q的质量；
（3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）假设P在传送带上一直匀减速，则由动能定理
解得
由于
则假设成立，即
（2）设P与Q碰撞前的速度大小为，碰后P的速度大小为，Q的速度为，则P从B到C由动能定理
解得
从C到D过程中由动能定理
解得
对P滑块从D到C根据动能定理
解得
根据动量守恒和机械能守恒可知
解得
解得
（3）由（2）可得，Q碰后速度
进入长木板上表面，先判断长木板是否移动，Q对长木板摩擦力向左
地面对长木板最大静摩擦力
故长木板先不动，Q做匀减速运动，可得
解得
Q以速度与长木板弹性碰撞，可得
可得碰后Q的速度大小
长木板的速度大小为
Q向右减速
长木板向左减速
Q向右做减速运动直至速度减为零后再向左做加速运动直到两者共速，再一起减速，做出图像如图
可得
相对位移
可得
则滑块未滑离木板，滑块Q与木板间因摩擦产生的热量为
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，涉及到运动细节.
匀变速直线运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋eq \f(1,2)at2
v2－v02＝2ax等
能量观点
动能定理
W合＝ΔEk
涉及到做功与能量转换
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