课后限时练8 力学三大观点的综合应用
1．为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法错误的是( )
A．第一次子弹穿过A、B所用时间之比为(－1)∶1
B．第二次子弹能击穿两钢板
C．第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为d
D．第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8∶(6＋)
2．(2025·辽宁省辽南协作体高三模拟检测)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为2m的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒
B．C球摆到最低点时，木块B的速度为
C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向左移动的距离为
D．当A、B、C运动状态稳定后，细线与杆所成夹角最大为90°
3．(2025·福建漳州模拟)如图所示，倾角为37°的传送带沿逆时针方向以4 m/s的速度匀速转动，将质量为1 kg的小物块轻放在传送带的顶端A处，经过2 s小物块到达传送带的底端B处。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．小物块一直做匀变速运动
B．A、B间的长度为11.5 m
C．小物块到达B处时的速度大小为16 m/s
D．全过程中小物块机械能减少23 J
4．(多选)(2025·湖北黄石模拟)如图所示，平行光滑金属导轨间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒ab、cd垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒质量为m，接入电路的电阻均为R0。开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右的恒定拉力F，经时间t，ab棒的速度达到最大值v，此时撤去拉力，同时解除对cd棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则( )
A．匀强磁场的磁感应强度大小B为
B．撤去拉力前ab棒前进的距离为2vt－
C．撤去拉力前ab棒前进的距离为vt－
D．全过程中回路产生的焦耳热为Fvt－
5．(12分)(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，取g＝10 m/s2。求：
(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。
6．(16分)(2024·山东卷)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＝0.4 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，轨道的加速度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点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
课后限时练8
1．B [第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰好击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将子弹看成相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，则时间之比为1∶(－1)，所以穿过A、B所用时间之比为(－1)∶1，故A正确；设子弹的初速度为v0，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒有f·2d＝m(m＋2m)v2，可得fd＝m，第二次子弹穿过A时，设子弹速度为v1，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的共同速度为v2，进入B的深度为d'，对子弹和A，由动量守恒有mv0＝mv1＋mu，由能量守恒有fd＝mmmu2，可得v1＝v0，对子弹和B，由动量守恒有mv1＝(m＋m)v2，由能量守恒有f·d'＝m(m＋m)，可得d'＝d2．C [运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，可知选项A错误；C球摆到最低点时，由动量守恒和能量关系有2mvC＝2mvAB，2mgL＝·2m·2m，解得木块B的速度vAB＝，选项B错误；C球第一次摆到最低点过程中，根据2mxC＝2mxAB，xC＋xAB＝L，可得木块A、B向左移动的距离为xAB＝，选项C正确；当C到达最低点再向右摆动时，A做减速运动，此后A、B分离，因系统有部分机械能传给了B，则当A、B、C运动状态稳定后，小球C不会摆到原来的高度，即细线与杆所成夹角最大不会达到90°，选项D错误。故选C。]
3．B [当小物块的速度小于传送带的速度时，由牛顿第二定律可知mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1，解得a1＝8 m/s2，当小物块的速度等于传送带的速度时，由于mgsin 37°>μmgcos 37°，由牛顿第二定律可知mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma2，解得 a2＝4 m/s2，小物块会继续以a2加速运动至B点，故全程做变加速运动，故A错误；设小物块从A点运动到与传送带共速时经过的时间为t1，则 v带＝a1t1，由题可知，全程运动时间为t＝2 s，到达B点时的速度为vB＝v带＋a2(t－t1)，解得 vB＝10 m/s，故C错误；A、B间长度为L＝a1，解得 L＝11.5 m，故B正确；全过程中小物块机械能减小量为ΔE＝mgLsin 37°－m，解得ΔE＝19 J，故D错误。故选B。]
4．AC [ab棒速度达到最大时受力平衡，有F＝BIL，E＝BLv，I＝，解得B＝，故A正确；ab棒从开始运动到最大速度，列动量定理有Ft－＝mv，解得x＝vt－，故B错误，C正确；解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，设最后共同运动速度为v共，mv＝2mv共，对全过程由能量守恒定律有Q＝Fx－×2m，得Q＝Fvt－mv2，故D错误。故选AC。]
5．解析：(1)A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒定律有mAg(R－Rcos 53°)＝mA
解得v0＝2 m/s
在最低点根据牛顿第二定律有FN－mAg＝mA
解得FN＝72 N，方向竖直向上。
(2)根据题意有A、B碰后成一整体，根据动量守恒定律有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＝mA(mA＋mB)＝1.6 J。
(3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B根据牛顿第二定律有 μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a
设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v＝v共－at1
该段时间内A、B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，A、B滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2，该段时间内A、B运动的位移为x'1＝t2，传送带运动的位移为x'2＝vt2，故可得
Q＝μ(mA＋mB)g·(x'2－x'1)
解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。
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
6．解析：(1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有
mg＋3mg＝m
解得v＝4 m/s。
(2)①根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
变形得a＝F
结合题图乙可知 kg-1＝0.5 kg-1
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma
变形得a＝ F－
结合题图乙可知 kg-1＝1 kg-1，
－＝－2 m/s2
联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
②根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左
设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得
此时轨道的速度v1＝a1t0
小物块在P点时的速度v2＝a2t0
小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有MmMm＋2mgR
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解不符合题意，舍去)
根据运动学规律有L＝a1a2
解得L＝4.5 m。
答案：(1)4 m/s (2)①0.2 1 kg ②4.5 m
4/4(共68张PPT)
第8课时 力学三大观点的综合应用(思维进阶课)
专题二 能量与动量
【备考指南】
1．关注一题多解能力的培养训练，尤其是匀变速直线运动与动能定理结合的问题。
2．关注动量和能量的结合，力学部分的题目一般都会结合这两种物理观念来解决问题。
3．多过程问题的考查是考试的热点，要注意提升结合运动草图条理分析运动过程的能力。
进阶点一 板块模型
1．常见板块模型的分析(水平面光滑)
常见类型 示意图 v-t图像
同向 快带慢
反向 互相阻
2．解决“板块”模型规律的选择
(1)系统有外力或地面(斜面)不光滑，应用牛顿运动定律以及运动学规律分析求解。对于过程比较复杂的问题，可以应用图像进行分析求解。
(2)系统无外力，利用动量守恒定律和能量关系分析各阶段初、末状态，进而解决相关问题。
3．解决“板块”模型问题的三个注意点
(1)滑块—木板达到共同速度时注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。
(2)注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们之间的相对位移。
(3)运用运动学公式或动能定理列式时位移用相对地面的位移，求解系统摩擦生热时用相对位移。
[典例1] [滑块在木板上的滑动问题](2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2，则( )
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
√
D [碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；取向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右；当三者共速时有2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，选项B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q＝＝3 J，选项C错误；碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，选项D正确。故选D。]
【教师备选资源】 [块在板上滑问题](2025·北京师范大学第二附属中学开学考试)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的物块B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．A、B间的动摩擦因数为0.1
B．系统损失的机械能为4 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．木板获得的动能为2 J
√
A [物块B受到水平向左的摩擦力，木板A受到水平向右的摩擦力，这两个摩擦力大小相等。分析题图乙可知，A、B在t＝1 s时共速，则此时摩擦力发生突变，由受滑动摩擦力突变无摩擦力。对B受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，由题图乙知加速度大小a＝＝1 m/s2，解得μ＝0.1，A正确；由题图乙可得二者相对位移大小为1 m，即木板A的最小长度为1 m，C错误；由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物块B和木板A水平方向所受滑动摩擦力大小相等，根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能为EkA＝mv2＝1 J，D错误；系统损失的机械能为ΔE＝－×2mv2＝2 J，故B错误。]
[典例2] [板块用力拉问题](2025·江苏南京师范大学附属中学期初质检)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示)
(1)撤去拉力F前滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；
(2)A相对于B静止时的速度大小v；
(3)整个过程中由于摩擦产生的热量Q。
[解析] (1)若A、B相对静止，则有a＝＝ m/s2>＝2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2，对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2，解得a2＝2 m/s2。
(2)撤去F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s
撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2
设经历时间t2二者共速，则有v1－a3t2＝v2＋a2t2
解得t2＝ s，则v＝v1－a3t2＝ m/s。
一题多解 撤去F后，A、B组成的系统所受的合力为0，动量守恒，则有mv1＋Mv2＝(m＋M)v，解得v＝ m/s。
(3)外力F对A、B整体做的功为F·Δx＝＝ J
A、B最终以速度v＝ m/s运动，故A、B整体动能为
Ek＝(M＋m)v2＝ J
由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋Ek，则Q＝ J。
[答案] (1)3 m/s2 2 m/s2 (2) m/s (3) J
进阶点二 类板块—传送带模型
1．摩擦力的方向及存在阶段的判断
理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
2．物体能否达到与传送带共速的判断
物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
3．传送带中摩擦力做功与能量转化
(1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。
(2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。
(3)摩擦生热的计算：①Q＝Ff·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。
[典例3] [传送带模型](2024·贵州卷)如图所示，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Δt＝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＝1 kg，b的质量为mb＝2 kg，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＝10 m/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。
[审题指导] (1)“物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点”，此过程物块a在竖直面内做圆周运动，在P点找向心力来源；(2)“物块a在M点与静止的物块b发生弹性正碰”，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求得b的速度，然后对b运动过程分析求得b从M运动到N的时间；(3)对b根据动量定理求速度，根据运动学公式求相对位移，最后根据摩擦生热的公式求从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
[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有magR＝
在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有N－mag＝
联立解得N＝30 N。
(2)a从静止释放到M点过程中，根据动能定理有magR－μmagd＝－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
＝
解得vb＝2 m/s
b滑上传送带后，根据牛顿第二定律有μmbg＝mba
解得a＝5 m/s2
b的速度减小到与传送带速度相等时所需的时间t1＝＝0.2 s
对地位移x＝·t1＝0.3 m
此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间t2＝＝3 s
b从M运动到N的时间t＝t1＋t2＝3.2 s。
(3)设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对b根据动量定理有I＝mbv－(－mbv0)
解得v＝2 m/s
b向右减速到零所需的时间t3＝＝0.4 s
然后向左加速到v0所需的时间t4＝＝0.2 s
可得Δt＝t3＋t4＝0.6 s
b在Δt时间内向右运动的距离Δx＝·t3－·t4＝0.3 m
循环10次后b向右运动的距离x′＝10·Δx＝3 m
每一次相对传动带运动的位移s＝Δx＋v0·Δt＝0.9 m
b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1＝10μmbgs＝90 J
然后b继续向右减速运动，根据运动学公式＝L－x′
解得t5＝0.2 s
此过程，b相对传动带运动的位移s′＝L－x′＋v0t5＝0.5 m
此过程中b与传送带摩擦产生的热量Q2＝μmbgs′＝5 J
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。
[答案] (1)30 N (2)3.2 s (3)95 J
进阶点三 多模型组合问题
1．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＝ ＝2ax等
力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
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
力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
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＝ p′1＋p′2 只涉及初末速度而不涉及力、时间
2．力学规律选用的顺序：“两先一后”
为了简化求解过程，选择物理规律的顺序一般是：先选用守恒定律(机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律)，再选用定理(动能定理、动量定理)，最后选用牛顿运动定律和运动学公式。
[典例4] [三大观点的综合应用](2025·浙江1月选考) 一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C′E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运
动。已知R＝0.2 m，m＝0.1 kg，EF段长度L＝ m，FG间距LFG＝0.4 m，GH间距LGH＝0.22 m，HI间距LHI＝0.1 m，EF段μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，
cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。
(1)若h＝0.8 m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC；
(2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，求高度h；
(3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
[解析] (1)对滑块1由动能定理有mgh＝
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 v0＝4 m/s
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律有mv0＝2mvC
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC＝2 m/s。
(2)在轨道D点，由牛顿第二定律有2mg＝
解得 vD＝ m/s
滑块3从D点到C′点，由机械能守恒定律有＝
解得 v′C＝ m/s
结合mgh＝，mv′0＝2mv′C
联立解得h＝2 m。
(3)滑块3从C′点到F点的过程中，由动能定理有
－2mgL sin 37°－μ·2mg cos 37°L＝
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 vF sin 37°＝g
水平方向 LFG＋LGH＋LHI＝vF cos 37°t1
结合 mgh1＝，mv″0＝2mv″C
联立解得h1＝2.5 m
若经一次反弹落入洞中，则t2＝
水平方向 LFG＋LGH＋LHI＝v′F cos 37°t2
结合mgh2＝，mv 0＝2mv C
－2mgL sin 37°－μ·2mg cos 37°L＝
联立解得h2＝2 m。
[答案] (1)2 m/s (2)2 m (3)2.5 m或2 m
1．[板块模型](2024·江苏卷)如图所示，在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A．弹簧恢复原长时A的动能最大
B．弹簧压缩至最短时A的动量最大
C．整个系统动量变大
D．整个系统机械能变大
√
A [对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；对系统由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。]
2．[传送带问题](多选)(2025·福建卷)传送带转动的速度大小恒为
1 m/s，顺时针转动。两个物块A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0＝2 m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝
0.75 J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，则( )
A．在t＝时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5 m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m
D．0～t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05 m
√
√
BD [根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，都为f＝
5 N，初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合外力为零，系统动量守恒有mAv0＝mAv＋mBvB，解得t＝t0时，v＝1 m/s，B的速度为vB＝0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前，任意时刻对A、B根据牛顿第二定律有f＋F弹＝mAaA，f＋F弹＝mBaB，由于mAaB，故A错误，B正确；在t0时间内，设A、B向右的位移分别为xA、xB，由功能关系有＝＋Ep，解得xA－xB＝0.1 m，故弹簧
的压缩量为Δx＝xA－xB＝0.1 m，故C错误；A与传送带的相对位移为x相A＝xA－vt0，B与传送带的相对位移为x相B＝vt0－xB，故可得
x相A＋x相B＝xA－xB＝0.1 m，由于0～t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA＝2aB，作出A、B的v-t图像
可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形
NOBA的面积，故可得x相Ax相B＝0.1 m，可知x相A<0.05 m，故D正确。故
选BD。]
3．[能量与动量在科技前沿中的应用](2025·云南昆明模拟)电磁炮是利用安培力对金属炮弹进行加速，使其达到打击目标所需的动能，与传统的大炮相比，电磁炮可大大提高弹丸的速度和射程。电磁炮可简化为如图所示模型，将质量为m的金属棒PQ放在两根足够长、间距为L的平行光滑水平导轨上，导轨处在垂直于导轨平面竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨的左端连接一个电容为C0的超级电容器。将开关S拨到1，将电容器接在输出电压为U0的高压直流电源两端给电容器充电，充满电后将开关S拨向2，不计导轨电阻，金属棒PQ电阻为R，且运动的过程中始终和导轨垂直。求：
(1)开关S合向2的一瞬间，金属棒PQ加速度a的大小；
(2)金属棒PQ最终获得速度v的大小；
(3)已知电容器贮存的电能为E＝CU 2(C为电容器电容，U为电容器两端电压)，金属棒PQ从静止运动至最终速度v的过程中产生的焦耳热(结果用v、C0、U0、m、B和L表示)。
[解析] (1)开关S合向2的一瞬间，金属棒PQ有 U0＝IR
F＝BIL
F＝ma
求得金属棒PQ加速度的大小为a＝。
(2)设在很短的时间Δt内通过金属棒PQ的电荷量为Δq，金属棒PQ的速度变化量为Δv，根据动量定理得BLΔt＝mΔv
即BΔq·L＝mΔv
将金属板PQ达到最大速度的整个过程分为很多小段，对于每小段过程有BΔq1·L＝mΔv1
BΔq2·L＝mΔv2
……
将以上各式左右两边分别累加得B(Δq1＋Δq2＋…)L＝＋Δv2＋…)
即BqL＝mv－0
又q＝C0(U0－U)
金属棒PQ速度最大时，回路中的电流为零，电容器两极板间的电压为U＝BLv
联立得v＝。
(3)设金属棒PQ从静止运动至最终速度v的过程中产生的焦耳热为Q，由能量守恒得＝mv2＋Q
又U＝BLv
联立求得Q＝－B2L2v2)－mv2。
[答案] (1) (2) －B2L2v2)－mv2
说明：单选题每小题4分，多选题每小题6分，本试卷总分46分
1．为了研究多层钢板在不同模式下的防弹效果，建立如下简化模型。如图所示，两完全相同的钢板A、B厚度均为d，质量均为m。第一次把A、B焊接在一起静置在光滑水平面上，质量也为m的子弹水平射向钢板A，恰好将两钢板击穿。第二次把A、B间隔一段距离水平放置，子弹以同样的速度水平射向A，穿出后再射向B，且两块钢板不会发生碰撞。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，不计子弹的重力，子弹可视为质点。下列说法错误的是( )
课后限时练8 力学三大观点的综合应用(思维进阶课)
题号
1
3
5
2
4
6
题号
1
3
5
2
4
6
A．第一次子弹穿过A、B所用时间之比为(－1)∶1
B．第二次子弹能击穿两钢板
C．第二次子弹不能击穿钢板B，进入钢板B的深度为d
D．第一次、第二次整个系统损失的机械能之比为8∶(6＋)
√
B [第一次子弹相对A、B做匀减速直线运动，恰好击穿时相对末速度为0，根据逆向思维，可以将子弹看成相对A、B做初速度为0的反向匀加速直线运动，穿过B、A的相对位移相等，则时间之比为1∶(－1)，所以穿过A、B所用时间之比为(－1)∶1，故A正确；设子弹的初速度为v0，受到的阻力大小为f，第一次穿过A、B时共同速度为v，对系统由动量守恒有mv0＝(m＋2m)v，由能量守恒有f·2d＝－(m＋2m)v2，可得fd＝，第二次子弹穿过A时，设子弹速度为v1，A的速度为u，假设不能穿透B，最后与B的
题号
1
3
5
2
4
6
共同速度为v2，进入B的深度为d′，对子弹和A，由动量守恒有mv0＝mv1＋mu，由能量守恒有fd＝－mu2，可得v1＝v0，对子弹和B，由动量守恒有mv1＝(m＋m)v2，由能量守恒有f·d′＝，可得d′＝d题号
1
3
5
2
4
6
题号
2
1
3
4
5
6
2．(2025·辽宁省辽南协作体高三模拟检测)如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为2m的球C，现将球C拉起使细线水平伸直，并由静止释放球C，则下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．运动过程中，A、B、C组成的系统动量守恒
B．C球摆到最低点时，木块B的速度为
C．C球第一次摆到最低点过程中，木块A、B向左
移动的距离为
D．当A、B、C运动状态稳定后，细线与杆所成夹角最大为90°
√
C [运动过程中，A、B、C组成的系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，可知选项A错误；C球摆到最低点时，由动量守恒和能量关系有2mvC＝2mvAB，2mgL＝，解得木块B的速度vAB＝，选项B错误；C球第一次摆到最低点过程中，根据2mxC＝2mxAB，xC＋xAB＝L，可得木块A、B向左移动的距离为xAB＝，选项C正确；当C到达最低点再向右摆动时，A做减速运动，此后A、B分离，因系统有部分机械能传给了B，则当A、B、C运动状态稳定后，小球C不会摆到原来的高度，即细线与杆所成夹角最大不会达到90°，选项D错误。故选C。]
题号
2
1
3
4
5
6
3．(2025·福建漳州模拟)如图所示，倾角为37°的传送带沿逆时针方向以4 m/s的速度匀速转动，将质量为1 kg的小物块轻放在传送带的顶端A处，经过2 s小物块到达传送带的底端B处。已知小物块与传送带之间的动摩擦因数为0.25，重力加速度大小g＝10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列说法正确的是( )
A．小物块一直做匀变速运动
B．A、B间的长度为11.5 m
C．小物块到达B处时的速度大小为16 m/s
D．全过程中小物块机械能减少23 J
题号
2
1
3
4
5
6
√
B [当小物块的速度小于传送带的速度时，由牛顿第二定律可知
mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma1，解得a1＝8 m/s2，当小物块的速度等于传送带的速度时，由于mg sin 37°>μmg cos 37°，由牛顿第二定律可知mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma2，解得 a2＝4 m/s2，小物块会继续以a2加速运动至B点，故全程做变加速运动，故A错误；设小物块从A点运动到与传送带共速时经过的时间为t1，则 v带＝a1t1，由题可知，全程运动时间为t＝
2 s，到达B点时的速度为vB＝v带＋a2(t－t1)，解得 vB＝10 m/s，故C错误；A、B间长度为L＝，解得 L＝11.5 m，故B正确；全过程中小物块机械能减小量为ΔE＝，解得ΔE＝19 J，故D错误。故选B。]
题号
2
1
3
4
5
6
4．(多选)(2025·湖北黄石模拟)如图所示，平行光滑金属导轨间距为L，导轨处在竖直向上的匀强磁场中，两个相同的金属棒ab、cd垂直于导轨平行放置，与导轨始终接触良好，每个金属棒质量为m，接入电路的电阻均为R0。开始时cd棒锁定在轨道上，对ab棒施加水平向右的恒定拉力F，经时间t，ab棒的速度达到最大值v，此时撤去拉力，同时解除对cd棒的锁定，导轨足够长且电阻不计。则( )
A．匀强磁场的磁感应强度大小B为
B．撤去拉力前ab棒前进的距离为2vt－
C．撤去拉力前ab棒前进的距离为vt－
D．全过程中回路产生的焦耳热为Fvt－
题号
2
1
3
4
5
6
√
√
AC [ab棒速度达到最大时受力平衡，有F＝BIL，E＝BLv，I＝，解得B＝，故A正确；ab棒从开始运动到最大速度，列动量定理有Ft－＝mv，解得x＝vt－，故B错误，C正确；解除锁定后两棒相互作用过程中动量守恒，设最后共同运动速度为v共，mv＝2mv共，对全过程由能量守恒定律有Q＝，得Q＝Fvt－mv2，故D错误。故选AC。]
题号
2
1
3
4
5
6
5．(12分)(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，取g＝10 m/s2。求：
(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。
题号
2
1
3
4
5
6
[解析] (1)A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒定律有mAg(R－R cos 53°)＝
解得v0＝2 m/s
在最低点根据牛顿第二定律有FN－mAg＝
解得FN＝72 N，方向竖直向上。
题号
2
1
3
4
5
6
(2)根据题意有A、B碰后成一整体，根据动量守恒定律有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＝＝1.6 J。
题号
2
1
3
4
5
6
(3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B根据牛顿第二定律有＋mB)g＝(mA＋mB)a
设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得v＝v共－at1
该段时间内A、B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；
题号
2
1
3
4
5
6
第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2，该段时间内A、B运动的位移为x′1＝t2，传送带运动的位移为x′2＝vt2，故可得
Q＝μ(mA＋mB)g·(x′2－x′1)
解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。
题号
2
1
3
4
5
6
[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
6．(16分)(2024·山东卷)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＝0.4 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；
题号
2
1
3
4
5
6
(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，轨道的加速度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点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
题号
2
1
3
4
5
6
[解析] (1)对小物块在Q点，由圆周运动知识有
mg＋3mg＝m
解得v＝4 m/s。
(2)①根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
变形得a＝F
结合题图乙可知＝ kg-1＝0.5 kg-1
题号
2
1
3
4
5
6
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma
变形得a＝ F－
结合题图乙可知＝ kg-1＝1 kg-1，
－＝－2 m/s2
联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
题号
2
1
3
4
5
6
②根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左
设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得
此时轨道的速度v1＝a1t0
小物块在P点时的速度v2＝a2t0
小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有＝＋2mgR
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
题号
2
1
3
4
5
6
联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解不符合题意，舍去)
根据运动学规律有L＝
解得L＝4.5 m。
题号
2
1
3
4
5
6
[答案] (1)4 m/s (2)①0.2 1 kg ②4.5 m
谢 谢！第8课时 力学三大观点的综合应用(思维进阶课)
【备考指南】
1．关注一题多解能力的培养训练，尤其是匀变速直线运动与动能定理结合的问题。
2．关注动量和能量的结合，力学部分的题目一般都会结合这两种物理观念来解决问题。
3．多过程问题的考查是考试的热点，要注意提升结合运动草图条理分析运动过程的能力。
进阶点一 板块模型
1．常见板块模型的分析(水平面光滑)
常见类型 示意图 v-t图像
同向 快带慢
反向 互相阻
2．解决“板块”模型规律的选择
(1)系统有外力或地面(斜面)不光滑，应用牛顿运动定律以及运动学规律分析求解。对于过程比较复杂的问题，可以应用图像进行分析求解。
(2)系统无外力，利用动量守恒定律和能量关系分析各阶段初、末状态，进而解决相关问题。
3．解决“板块”模型问题的三个注意点
(1)滑块—木板达到共同速度时注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。
(2)注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们之间的相对位移。
(3)运用运动学公式或动能定理列式时位移用相对地面的位移，求解系统摩擦生热时用相对位移。
[典例1] [滑块在木板上的滑动问题](2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2，则( )
A．碰撞瞬间C相对地面静止
B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
[听课记录]
[典例2] [板块用力拉问题](2025·江苏南京师范大学附属中学期初质检)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示)
(1)撤去拉力F前滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2；
(2)A相对于B静止时的速度大小v；
(3)整个过程中由于摩擦产生的热量Q。
[听课记录]
进阶点二 类板块—传送带模型
1．摩擦力的方向及存在阶段的判断
理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。
2．物体能否达到与传送带共速的判断
物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。
3．传送带中摩擦力做功与能量转化
(1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。
(2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。
(3)摩擦生热的计算：①Q＝Ff·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。
[典例3] [传送带模型](2024·贵州卷)如图所示，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Δt＝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＝1 kg，b的质量为mb＝2 kg，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＝10 m/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。
[审题指导] (1)“物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点”，此过程物块a在竖直面内做圆周运动，在P点找向心力来源；(2)“物块a在M点与静止的物块b发生弹性正碰”，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求得b的速度，然后对b运动过程分析求得b从M运动到N的时间；(3)对b根据动量定理求速度，根据运动学公式求相对位移，最后根据摩擦生热的公式求从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。
[听课记录]
进阶点三 多模型组合问题
1．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＝ ＝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＝ p′1＋p′2 只涉及初末速度而不涉及力、时间
2．力学规律选用的顺序：“两先一后”
为了简化求解过程，选择物理规律的顺序一般是：先选用守恒定律(机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律)，再选用定理(动能定理、动量定理)，最后选用牛顿运动定律和运动学公式。
[典例4] [三大观点的综合应用](2025·浙江1月选考) 一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C′E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知R＝0.2 m，m＝0.1 kg，EF段长度L＝ m，FG间距LFG＝0.4 m，GH间距LGH＝0.22 m，HI间距LHI＝0.1 m，EF段μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。
(1)若h＝0.8 m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC；
(2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，求高度h；
(3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。
[听课记录]
1．[板块模型](2024·江苏卷)如图所示，在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则( )
A．弹簧恢复原长时A的动能最大
B．弹簧压缩至最短时A的动量最大
C．整个系统动量变大
D．整个系统机械能变大
2．[传送带问题](多选)(2025·福建卷)传送带转动的速度大小恒为1 m/s，顺时针转动。两个物块A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0＝2 m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75 J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，则( )
A．在t＝时，B的加速度大小大于A的加速度大小
B．t＝t0时，B的速度为0.5 m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m
D．0～t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05 m
3．[能量与动量在科技前沿中的应用](2025·云南昆明模拟)电磁炮是利用安培力对金属炮弹进行加速，使其达到打击目标所需的动能，与传统的大炮相比，电磁炮可大大提高弹丸的速度和射程。电磁炮可简化为如图所示模型，将质量为m的金属棒PQ放在两根足够长、间距为L的平行光滑水平导轨上，导轨处在垂直于导轨平面竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨的左端连接一个电容为C0的超级电容器。将开关S拨到1，将电容器接在输出电压为U0的高压直流电源两端给电容器充电，充满电后将开关S拨向2，不计导轨电阻，金属棒PQ电阻为R，且运动的过程中始终和导轨垂直。求：
(1)开关S合向2的一瞬间，金属棒PQ加速度a的大小；
(2)金属棒PQ最终获得速度v的大小；
(3)已知电容器贮存的电能为E＝CU2(C为电容器电容，U为电容器两端电压)，金属棒PQ从静止运动至最终速度v的过程中产生的焦耳热(结果用v、C0、U0、m、B和L表示)。
第8课时 力学三大观点的综合应用(思维进阶课)
进阶点一
典例1 D [碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；取向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右；当三者共速时有2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝ s＝0.4 s，选项B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q＝×2mm＝3 J，选项C错误；碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，选项D正确。故选D。]
典例2 解析：(1)若A、B相对静止，则有a＝ m/s2>＝2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2，对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2，解得a2＝2 m/s2。
(2)撤去F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s
撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2
设经历时间t2二者共速，则有v1－a3t2＝v2＋a2t2
解得t2＝ s，则v＝v1－a3t2＝ m/s。
一题多解 撤去F后，A、B组成的系统所受的合力为0，动量守恒，则有mv1＋Mv2＝(m＋M)v，解得v＝ m/s。
(3)外力F对A、B整体做的功为F·Δx＝F·a1 J
A、B最终以速度v＝ m/s运动，故A、B整体动能为
Ek＝(M＋m)v2＝ J
由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋Ek，则Q＝ J。
答案：(1)3 m/s2 2 m/s2 (2) m/s (3) J
进阶点二
典例3 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有magR＝ma
在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有N－mag＝ma
联立解得N＝30 N。
(2)a从静止释放到M点过程中，根据动能定理有magR－μmagd＝ma－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
mamamb
解得vb＝2 m/s
b滑上传送带后，根据牛顿第二定律有μmbg＝mba
解得a＝5 m/s2
b的速度减小到与传送带速度相等时所需的时间t1＝＝0.2 s
对地位移x＝·t1＝0.3 m
此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间t2＝＝3 s
b从M运动到N的时间t＝t1＋t2＝3.2 s。
(3)设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对b根据动量定理有I＝mbv－(－mbv0)
解得v＝2 m/s
b向右减速到零所需的时间t3＝＝0.4 s
然后向左加速到v0所需的时间t4＝＝0.2 s
可得Δt＝t3＋t4＝0.6 s
b在Δt时间内向右运动的距离Δx＝·t3－·t4＝0.3 m
循环10次后b向右运动的距离x'＝10·Δx＝3 m
每一次相对传动带运动的位移s＝Δx＋v0·Δt＝0.9 m
b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1＝10μmbgs＝90 J
然后b继续向右减速运动，根据运动学公式vt5－a＝L－x'
解得t5＝0.2 s
此过程，b相对传动带运动的位移s'＝L－x'＋v0t5＝0.5 m
此过程中b与传送带摩擦产生的热量Q2＝μmbgs'＝5 J
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。
答案：(1)30 N (2)3.2 s (3)95 J
进阶点三
典例4 解析：(1)对滑块1由动能定理有mgh＝m
解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 v0＝4 m/s
滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律有mv0＝2mvC
解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC＝2 m/s。
(2)在轨道D点，由牛顿第二定律有2mg＝2m
解得 vD＝ m/s
滑块3从D点到C'点，由机械能守恒定律有×2mv'2C＝2mg·2R＋×2m
解得 v'C＝ m/s
结合mgh＝mv'20，mv'0＝2mv'C
联立解得h＝2 m。
(3)滑块3从C'点到F点的过程中，由动能定理有
－2mgLsin 37°－μ·2mgcos 37°L＝×2m×2mv″2C
若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 vFsin 37°＝g
水平方向 LFG＋LGH＋LHI＝vFcos 37°t1
结合 mgh1＝mv″20，mv″0＝2mv″C
联立解得h1＝2.5 m
若经一次反弹落入洞中，则t2＝
水平方向 LFG＋LGH＋LHI＝v'Fcos 37°t2
结合mgh2＝mv 20，mv 0＝2mv C
－2mgLsin 37°－μ·2mgcos 37°L＝×2mv'2F－×2mv 2C
联立解得h2＝2 m。
答案：(1)2 m/s (2)2 m (3)2.5 m或2 m
随堂练——研高考·测风向
1．A [对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；对系统由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝mAmB，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。]
2．BD [根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，都为f＝5 N，初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合外力为零，系统动量守恒有mAv0＝mAv＋mBvB，解得t＝t0时，v＝1 m/s，B的速度为vB＝0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前，任意时刻对A、B根据牛顿第二定律有f＋F弹＝mAaA，f＋F弹＝mBaB，由于mAaB，故A错误，B正确；在t0时间内，设A、B向右的位移分别为xA、xB，由功能关系有－fxA＋fxB＋mAmAv2＋mB＋Ep，解得xA－xB＝0.1 m，故弹簧的压缩量为Δx＝xA－xB＝0.1 m，故C错误；A与传送带的相对位移为x相A＝xA－vt0，B与传送带的相对位移为x相B＝vt0－xB，
故可得x相A＋x相B＝xA－xB＝0.1 m，由于0~t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA＝2aB，作出A、B的v-t图像
可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，故可得x相A3．解析：(1)开关S合向2的一瞬间，金属棒PQ有 U0＝IR
F＝BIL
F＝ma
求得金属棒PQ加速度的大小为a＝。
(2)设在很短的时间Δt内通过金属棒PQ的电荷量为Δq，金属棒PQ的速度变化量为Δv，根据动量定理得BLΔt＝mΔv
即BΔq·L＝mΔv
将金属板PQ达到最大速度的整个过程分为很多小段，对于每小段过程有BΔq1·L＝mΔv1
BΔq2·L＝mΔv2
……
将以上各式左右两边分别累加得B(Δq1＋Δq2＋…)L＝m(Δv1＋Δv2＋…)
即BqL＝mv－0
又q＝C0(U0－U)
金属棒PQ速度最大时，回路中的电流为零，电容器两极板间的电压为U＝BLv
联立得v＝。
(3)设金属棒PQ从静止运动至最终速度v的过程中产生的焦耳热为Q，由能量守恒得C0C0U2＝mv2＋Q
又U＝BLv
联立求得Q＝C0(－B2L2v2)－mv2。
答案：(1) (2)
(3)C0(－B2L2v2)－mv2
8/8
