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专题突破12　 三大观点解决力学综合问题
目标 要求 　 　 1.知道力学三个基本观点。2.掌握并会灵活选用力学三大观点解决力学综合问题。
　(2025·海南卷，11)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vA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，AB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到的支持力；
(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。
解析：(1)A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒有
mAg(R－R cos 53°)＝mAv02
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＝mAv02－(mA＋mB)v共2＝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。
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
[归纳总结]　力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
解答动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
　(2024·天津卷，11)如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8 N·s，A、B的质量分别为mA＝0.3 kg、mB＝0.1 kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)与B碰前瞬间A的速度大小；
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
解析：(1)根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有I＝mAv0
设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
－mAg·2R＝mAv2－mAv02
联立并代入数据解得v＝4 m/s。
(2)A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有
mAv＝(mA＋mB)v共
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有
F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)
联立并代入数据解得F＝11.2 N。
答案：(1)4 m/s　 (2)11.2 N
　(2025·河南卷，14)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。
解析：(1)P、Q碰撞过程由动量守恒定律有
m2v0＝m1v＋m2vQ
解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为vQ＝3.5 m/s
该碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝代入数据解得ΔE＝24.5 J。
(2)碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块不会再次相碰。P在防滑带上运动，由牛顿第二定律可知加速度大小为a＝μg＝5 m/s2
若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有2ax＝v2
解得该过程的位移为x＝4.9 m，则P最终静止在第3个防滑带上
P在第一个防滑带上的运动有－2al2＝v12－v2
P在第二个防滑带上的运动有－2al2＝v22－v12
解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为v1＝5 m/s、v2＝1 m/s
则P从开始运动到静止经历的时间为t＝＝5 s。
答案：(1)24.5 J　(2)5 s
限时规范训练(39)　 三大观点解决力学综合问题
(建议用时：40分钟　满分：50分)
(选择题1题5分，共5分)
[基础巩固练]
1．(多选)(2025·福建卷，8)如图，水平传送带沿顺时针方向转动，速度大小恒为1 m/s，物块A、B由一根轻弹簧相连，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度大小为v0＝2 m/s，方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。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可留下痕迹，重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。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的速度大小为0.5 m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m
D．0～t0过程，传送带上的痕迹小于0.05 m
解析：BD　根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，且都为Ff＝0.5×1×10 N＝0.25×2×10 N＝5 N，初始时A向右减速，滑动摩擦力方向向左，B向右加速，滑动摩擦力方向向右，可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合力为零，系统动量守恒，有mAv0＝mAv＋mBvB，v＝1 m/s，代入数据解得在t＝t0时，B的速度大小为vB＝0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前，在任意时刻单独对A、B根据牛顿第二定律有Ff＋F弹＝mAaA＝mBaB，由于mAaB，A错误，B正确；在0～t0时间内，设A、B向右运动的位移分别为xA、xB，由功能关系有－FfxA＋FfxB＋mAv02＝＋Ep，解得xA－xB＝0.1 m，故t＝t0时弹簧的压缩量Δx＝xA－xB＝0.1 m，C错误；0～t0时间内，A与传送带的相对位移大小x相A＝xA－vt0，B与传送带的相对位移大小x相B＝vt0－xB，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图像如图所示，可知x相A对应图形MNA的面积，x相B对应图形NOBA的面积，结合图像可知x相A2．(10分)(2025·陕晋宁青卷，15)如图，有两个电性相同及质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于mv02。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：(m、l0、v0、t1均为已知量)
(1)粒子B到达P点时的速度大小v1；
(2)t1时间内粒子B的位移xB；
(3)恒力作用的时间t2。
解析：(1)施加恒力前的过程，两粒子组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有
mv0＝(m＋4m)v1
解得v1＝。
(2)t1时间内，两粒子组成的系统时刻动量守恒，则有mv0＝mvA＋4mvB
两边同乘以Δt累加得
∑mv0Δt＝∑mvAΔt＋∑4mvBΔt
即mv0t1＝mxA＋4mxB
根据能量守恒定律有
mv02＋mv02＝ (m＋4m)v12＋Ep1
由题意知Ep1(l0－xA＋xB)＝mv02l0
联立解得xB＝l0。
(3)设恒力为F，对A、B整体，从开始运动到撤去外力的整个过程，由动量定理有Ft2＝4mv0－mv0
该过程，初末位置系统电势能相等，则由能量守恒定律有FxB′＝×4mv02－mv02
根据位移关系可知xB′＝l0
联立解得t2＝。
答案：(1)　(2)l0　(3)
3．(10分)(2026·山东潍坊开学考)如图所示，质量mA＝mB＝2 kg的木板A、B放置在光滑水平面上，在距离木板B右端x处有一固定挡板P，质量为mC＝1 kg的可视为质点的小物块C放在木板A的左端，小物块C与木板A、B间的动摩擦因数都为μ＝0.2，现对小物块C施加F＝6 N的恒力，作用时间t＝1 s后撤去力F，此时木板A正好到达B的左端并和B发生弹性碰撞，小物块C也恰好从木板A右端滑上了木板B左端，随即撤走木板A，此后小物块C始终没有离开木板B，木板B与挡板P的碰撞过程没有机械能损失且碰撞时间极短，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)木板A的长度；
(2)若x＝5 m，整个运动过程中木板B和物块C之间由于摩擦产生的总热量(结果保留2位小数)；
(3)为了使木板B与挡板P只能碰撞一次，则x的取值范围。
解析：(1)对物块C，根据牛顿第二定律
F－μmCg＝mCa1
解得物块C的加速度为a1＝4 m/s2
则t＝1 s后的速度为vC＝4 m/s
对木板A，根据牛顿第二定律μmCg＝mAa2
解得a2＝1 m/s2
则t＝1 s后的速度为vA＝1 m/s
根据位移关系可得木板A的长度
L＝a1t2－a2t2
解得L＝1.5 m。
(2)A和B发生弹性碰撞，二者质量相等，根据动量守恒和机械能守恒可得二者速度交换，即碰撞后，木板B的速度大小为vB＝1 m/s
对物块C，根据牛顿第二定律可得
μmCg＝mCa1′
解得物块C的加速度大小为a1′＝μg＝2 m/s2
对木板B，根据牛顿第二定律可得
μmCg＝mBa3
解得木板B的加速度大小为a3＝1 m/s2
设经过时间t2，木板B和物块C共速，有
vC－a1′t2＝vB＋a3t2
解得t2＝1 s
此时木板B的位移为xB＝vBt2＋a3t22＝1.5 m<5 m
即木板B和挡板碰撞前木板B和物块C已共速，v共＝2 m/s
木板B和挡板碰撞后反向，速率不变，即木板B的速度大小为v共＝2 m/s
对木板B和物块C，以向左为正方向，根据动量守恒可得mBv共－mCv共＝(mB＋mC)v
解得v＝ m/s
根据能量关系，可得整个运动过程中木板B和物块C之间由于摩擦产生的总热量
Q＝mBvB2＋mCvC2－(mB＋mC)v2
解得Q＝ J≈8.33 J。
(3)为了使木板B与挡板P只能碰撞一次，木板B碰撞前的动量和物块C动量大小相等，即木板B的速度和物块C的速度满足vB′＝vC′
则有vB＋a3·Δt＝(vC－a1′·Δt)
解得Δt＝0.5 s，vB＋a3·Δt＝1.5 m/s
此时木板B的位移xB＝0.625 m
为了使木板B与挡板P只能碰撞一次，则x≥0.625 m。
答案：(1)1.5 m　(2)8.33 J　(3)x≥0.625 m
[能力提升练]
4．(10分)(2025·重庆卷，15节选)如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量。
解析：(1)物块A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg＝ma
可得a＝μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物块A在传送带上做匀加速直线运动，由v12＝2ad
解得v1＝。
(2)设物块B的质量为M，则由题意有碰前vA＝v1，vB＝，两物体发生弹性碰撞则由动量和能量守恒有mv1＋M＝mv1′＋Mv2′，mv12＋M＝mv1′2＋Mv2′2
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即v1－＝v2′－v1′＝
联立解得v1′＝，v2′＝
两物块均从O点进入粗糙水平面，则物块均最终静止，由O点到静止处，由动能定理有
－μmgs＝0－mv2
得s＝，即sA＝，sB＝
根据题意有sB－sA＝d，且由(1)有v1＝
联立各式解得M＝。
答案：(1)μg　　(2)
[培优创新练]
5．(15分)(2024·山东卷，17)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。
　图甲　　　　　　图乙
(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。
(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＝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。
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)(ⅰ)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＝
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。
(ⅱ)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
Mv12＋mv22＝Mv32＋mv42＋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＝a1t02－a2t02
解得L＝4.5 m。
答案：(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　
(ⅱ)4.5 m限时规范训练(39)　 三大观点解决力学综合问题
(建议用时：40分钟　满分：50分)
(选择题1题5分，共5分)
[基础巩固练]
1．(多选)(2025·福建卷，8)如图，水平传送带沿顺时针方向转动，速度大小恒为1 m/s，物块A、B由一根轻弹簧相连，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度大小为v0＝2 m/s，方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。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可留下痕迹，重力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。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的速度大小为0.5 m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m
D．0～t0过程，传送带上的痕迹小于0.05 m
解析：BD　根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，且都为Ff＝0.5×1×10 N＝0.25×2×10 N＝5 N，初始时A向右减速，滑动摩擦力方向向左，B向右加速，滑动摩擦力方向向右，可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合力为零，系统动量守恒，有mAv0＝mAv＋mBvB，v＝1 m/s，代入数据解得在t＝t0时，B的速度大小为vB＝0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前，在任意时刻单独对A、B根据牛顿第二定律有Ff＋F弹＝mAaA＝mBaB，由于mAaB，A错误，B正确；在0～t0时间内，设A、B向右运动的位移分别为xA、xB，由功能关系有－FfxA＋FfxB＋mAv02＝＋Ep，解得xA－xB＝0.1 m，故t＝t0时弹簧的压缩量Δx＝xA－xB＝0.1 m，C错误；0～t0时间内，A与传送带的相对位移大小x相A＝xA－vt0，B与传送带的相对位移大小x相B＝vt0－xB，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图像如图所示，可知x相A对应图形MNA的面积，x相B对应图形NOBA的面积，结合图像可知x相A2．(10分)(2025·陕晋宁青卷，15)如图，有两个电性相同及质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于mv02。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：(m、l0、v0、t1均为已知量)
(1)粒子B到达P点时的速度大小v1；
(2)t1时间内粒子B的位移xB；
(3)恒力作用的时间t2。
解析：(1)施加恒力前的过程，两粒子组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有
mv0＝(m＋4m)v1
解得v1＝。
(2)t1时间内，两粒子组成的系统时刻动量守恒，则有mv0＝mvA＋4mvB
两边同乘以Δt累加得
∑mv0Δt＝∑mvAΔt＋∑4mvBΔt
即mv0t1＝mxA＋4mxB
根据能量守恒定律有
mv02＋mv02＝ (m＋4m)v12＋Ep1
由题意知Ep1(l0－xA＋xB)＝mv02l0
联立解得xB＝l0。
(3)设恒力为F，对A、B整体，从开始运动到撤去外力的整个过程，由动量定理有Ft2＝4mv0－mv0
该过程，初末位置系统电势能相等，则由能量守恒定律有FxB′＝×4mv02－mv02
根据位移关系可知xB′＝l0
联立解得t2＝。
答案：(1)　(2)l0　(3)
3．(10分)(2026·山东潍坊开学考)如图所示，质量mA＝mB＝2 kg的木板A、B放置在光滑水平面上，在距离木板B右端x处有一固定挡板P，质量为mC＝1 kg的可视为质点的小物块C放在木板A的左端，小物块C与木板A、B间的动摩擦因数都为μ＝0.2，现对小物块C施加F＝6 N的恒力，作用时间t＝1 s后撤去力F，此时木板A正好到达B的左端并和B发生弹性碰撞，小物块C也恰好从木板A右端滑上了木板B左端，随即撤走木板A，此后小物块C始终没有离开木板B，木板B与挡板P的碰撞过程没有机械能损失且碰撞时间极短，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)木板A的长度；
(2)若x＝5 m，整个运动过程中木板B和物块C之间由于摩擦产生的总热量(结果保留2位小数)；
(3)为了使木板B与挡板P只能碰撞一次，则x的取值范围。
解析：(1)对物块C，根据牛顿第二定律
F－μmCg＝mCa1
解得物块C的加速度为a1＝4 m/s2
则t＝1 s后的速度为vC＝4 m/s
对木板A，根据牛顿第二定律μmCg＝mAa2
解得a2＝1 m/s2
则t＝1 s后的速度为vA＝1 m/s
根据位移关系可得木板A的长度
L＝a1t2－a2t2
解得L＝1.5 m。
(2)A和B发生弹性碰撞，二者质量相等，根据动量守恒和机械能守恒可得二者速度交换，即碰撞后，木板B的速度大小为vB＝1 m/s
对物块C，根据牛顿第二定律可得
μmCg＝mCa1′
解得物块C的加速度大小为a1′＝μg＝2 m/s2
对木板B，根据牛顿第二定律可得
μmCg＝mBa3
解得木板B的加速度大小为a3＝1 m/s2
设经过时间t2，木板B和物块C共速，有
vC－a1′t2＝vB＋a3t2
解得t2＝1 s
此时木板B的位移为xB＝vBt2＋a3t22＝1.5 m<5 m
即木板B和挡板碰撞前木板B和物块C已共速，v共＝2 m/s
木板B和挡板碰撞后反向，速率不变，即木板B的速度大小为v共＝2 m/s
对木板B和物块C，以向左为正方向，根据动量守恒可得mBv共－mCv共＝(mB＋mC)v
解得v＝ m/s
根据能量关系，可得整个运动过程中木板B和物块C之间由于摩擦产生的总热量
Q＝mBvB2＋mCvC2－(mB＋mC)v2
解得Q＝ J≈8.33 J。
(3)为了使木板B与挡板P只能碰撞一次，木板B碰撞前的动量和物块C动量大小相等，即木板B的速度和物块C的速度满足vB′＝vC′
则有vB＋a3·Δt＝(vC－a1′·Δt)
解得Δt＝0.5 s，vB＋a3·Δt＝1.5 m/s
此时木板B的位移xB＝0.625 m
为了使木板B与挡板P只能碰撞一次，则x≥0.625 m。
答案：(1)1.5 m　(2)8.33 J　(3)x≥0.625 m
[能力提升练]
4．(10分)(2025·重庆卷，15节选)如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量。
解析：(1)物块A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg＝ma
可得a＝μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物块A在传送带上做匀加速直线运动，由v12＝2ad
解得v1＝。
(2)设物块B的质量为M，则由题意有碰前vA＝v1，vB＝，两物体发生弹性碰撞则由动量和能量守恒有mv1＋M＝mv1′＋Mv2′，mv12＋M＝mv1′2＋Mv2′2
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即v1－＝v2′－v1′＝
联立解得v1′＝，v2′＝
两物块均从O点进入粗糙水平面，则物块均最终静止，由O点到静止处，由动能定理有
－μmgs＝0－mv2
得s＝，即sA＝，sB＝
根据题意有sB－sA＝d，且由(1)有v1＝
联立各式解得M＝。
答案：(1)μg　　(2)
[培优创新练]
5．(15分)(2024·山东卷，17)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。
　图甲　　　　　　图乙
(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。
(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＝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。
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)(ⅰ)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＝
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。
(ⅱ)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
Mv12＋mv22＝Mv32＋mv42＋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＝a1t02－a2t02
解得L＝4.5 m。
答案：(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　
(ⅱ)4.5 m(共35张PPT)
专题突破12　 三大观点解决力学综合问题
1.知道力学三个基本观点。2.掌握并会灵活选用力学三大观点解决力学综合问题。
目标
要求
1
研考点 精准突破
2
限时规范训练
栏
目
导
引
研考点
精准突破
(2025·海南卷，11)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vA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，AB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到的支持力；
(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。
解析：(1)A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒有
mAg(R－R cos 53°)＝mAv02
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＝mAv02－(mA＋mB)v共2＝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。
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
[归纳总结]　力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
解答动力学问题的三个基本观点
(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(2024·天津卷，11)如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起。已知I＝1.8 N·s，A、B的质量分别为mA＝0.3 kg、mB＝0.1 kg，轨道半径和绳长均为R＝0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)与B碰前瞬间A的速度大小；
(2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。
解析：(1)根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有I＝mAv0
设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有
－mAg·2R＝mAv2－mAv02
联立并代入数据解得v＝4 m/s。
(2)A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动
量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)v共
设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律
有F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)
联立并代入数据解得F＝11.2 N。
答案：(1)4 m/s　 (2)11.2 N
(2025·河南卷，14)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。
解析：(1)P、Q碰撞过程由动量守恒定律有
m2v0＝m1v＋m2vQ
解得P、Q碰撞后瞬间Q的速度大小为vQ＝3.5 m/s
该碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝代入数据解得ΔE＝24.5 J。
(2)碰撞后瞬间由于P的速度大于Q的速度，则之后两小物块不会再次相碰。P在防滑带上运动，由牛顿第二定律可知加速度大小为a＝μg＝5 m/s2
若P仅在防滑带上运动，则其从开始运动到静止的过程有2ax＝v2
解得该过程的位移为x＝4.9 m，则P最终静止在第3个防滑带上
P在第一个防滑带上的运动有－2al2＝v12－v2
P在第二个防滑带上的运动有－2al2＝v22－v12
解得P离开第一个、第二个防滑带瞬间的速度大小分别为v1＝5 m/s、v2＝1 m/s
则P从开始运动到静止经历的时间为t＝＝5 s。
答案：(1)24.5 J　(2)5 s
3
4
5
1
2
限时规范
训练(39)　 三大观点解决力学综合问题
(建议用时：40分钟　满分：50分)
(选择题1题5分，共5分)
[基础巩固练]
1．(多选)(2025·福建卷，8)如图，水平传送带沿顺时针方向转动，速度大小恒为1 m/s，物块A、B由一根轻弹簧相连，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带间的动摩擦因数为0.5，B与传送带间的动摩擦因数为0.25。t＝0时，A速度大小为v0＝2 m/s，方向水平向右，B的速度为零，弹簧处于原长状态。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可留下痕迹，重
力加速度g取10 m/s2，弹簧始终处于弹性限度内。
则(　　)
BD
3
4
5
1
2
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的速度大小为0.5 m/s
C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m
D．0～t0过程，传送带上的痕迹小于0.05 m
3
4
5
1
2
解析：BD　根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，且都为Ff＝0.5×1×10 N＝0.25×2×10 N＝5 N，初始时A向右减速，滑动摩擦力方向向左，B向右加速，滑动摩擦力方向向右，可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合力为零，系统动量
守恒，有mAv0＝mAv＋mBvB，v＝1 m/s，代入数据解得在t＝t0时，B的速度大小为vB＝0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前，在任意时刻单独对A、B根据牛顿第二定律有Ff＋F弹＝mAaA＝mBaB，由于mAaB，A错误，B正确；在0～t0时间内，设A、B向右运动的位移分别为xA、xB，由功能关系有－FfxA＋FfxB＋mAv02＝＋Ep，解
3
4
5
1
2
得xA－xB＝0.1 m，故t＝t0时弹簧的压缩量Δx＝xA－xB＝0.1 m，C错误；0～t0时间内，A与传送带的相对位移大小x相A＝xA－vt0，B与传送带的相对位移大小x相B＝vt0－xB，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图像如图所示，可知x相A对应图形MNA的面积，x相B对应图形NOBA的面积，结合图像可知x相A2
1
3
4
5
2．(10分)(2025·陕晋宁青卷，15)如图，有两个电性相同及质量分别为m、4m的粒子A、B，初始时刻相距l0，粒子A以速度v0沿两粒子连线向速度为0的粒子B运动，此时A、B两粒子系统的电势能等于mv02。经时间t1粒子B到达P点，此时两粒子速度相同，同时开始给粒子B施加一恒力，方向与速度方向相同。当粒子B的速度为v0时，粒子A恰好运动至P点且速度为0，A、B粒子间距离恢复为l0，这时撤去恒力。任意两带电粒子系统的电势能与其距离成反比，忽略两粒子所受重力。求：(m、l0、v0、t1均为已知量)
(1)粒子B到达P点时的速度大小v1；
(2)t1时间内粒子B的位移xB；
(3)恒力作用的时间t2。
2
1
3
4
5
解析：(1)施加恒力前的过程，两粒子组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有mv0＝(m＋4m)v1
解得v1＝。
(2)t1时间内，两粒子组成的系统时刻动量守恒，则有mv0＝mvA＋4mvB
两边同乘以Δt累加得
∑mv0Δt＝∑mvAΔt＋∑4mvBΔt
即mv0t1＝mxA＋4mxB
根据能量守恒定律有mv02＋mv02＝ (m＋4m)v12＋Ep1
由题意知Ep1(l0－xA＋xB)＝mv02l0
联立解得xB＝l0。
2
1
3
4
5
(3)设恒力为F，对A、B整体，从开始运动到撤去外力的整个过程，由动量定理有Ft2＝4mv0－mv0
该过程，初末位置系统电势能相等，则由能量守恒定律有FxB′＝×4mv02－mv02
根据位移关系可知xB′＝l0
联立解得t2＝。
答案：(1)　(2)l0　(3)
2
3
1
4
5
3．(10分)(2026·山东潍坊开学考)如图所示，质量mA＝mB＝2 kg的木板A、B放置在光滑水平面上，在距离木板B右端x处有一固定挡板P，质量为mC＝1 kg的可视为质点的小物块C放在木板A的左端，小物块C与木板A、B间的动摩擦因数都为μ＝0.2，现对小物块C施加F＝6 N的恒力，作用时间t＝1 s后撤去力F，此时木板A正好到达B的左端并和B发生弹性碰撞，小物块C也恰好从木板A右端滑上了木板B左端，随即撤走木板A，此后小物块C始终没有离开木板B，木板B与挡板P的碰撞过程没有机械能损失且碰撞时间极短，重力加速度大小取g＝10 m/s2，求：
(1)木板A的长度；
(2)若x＝5 m，整个运动过程中木板B和物
块C之间由于摩擦产生的总热量(结果保留
2位小数)；
(3)为了使木板B与挡板P只能碰撞一次，则x的取值范围。
2
3
1
4
5
解析：(1)对物块C，根据牛顿第二定律
F－μmCg＝mCa1
解得物块C的加速度为a1＝4 m/s2
则t＝1 s后的速度为vC＝4 m/s
对木板A，根据牛顿第二定律μmCg＝mAa2
解得a2＝1 m/s2
则t＝1 s后的速度为vA＝1 m/s
根据位移关系可得木板A的长度
L＝a1t2－a2t2
解得L＝1.5 m。
2
3
1
4
5
(2)A和B发生弹性碰撞，二者质量相等，根据动量守恒和机械能守恒可得二者速度交换，即碰撞后，木板B的速度大小为vB＝1 m/s
对物块C，根据牛顿第二定律可得μmCg＝mCa1′
解得物块C的加速度大小为a1′＝μg＝2 m/s2
对木板B，根据牛顿第二定律可得
μmCg＝mBa3
解得木板B的加速度大小为a3＝1 m/s2
设经过时间t2，木板B和物块C共速，有
vC－a1′t2＝vB＋a3t2
解得t2＝1 s
2
3
1
4
5
此时木板B的位移为xB＝vBt2＋a3t22＝1.5 m<5 m
即木板B和挡板碰撞前木板B和物块C已共速，v共＝2 m/s
木板B和挡板碰撞后反向，速率不变，即木板B的速度大小为v共＝2 m/s
对木板B和物块C，以向左为正方向，根据动量守恒可得mBv共－mCv共＝(mB＋mC)v解得v＝ m/s
根据能量关系，可得整个运动过程中木板B和物块C之间由于摩擦产生的总热量
Q＝mBvB2＋mCvC2－(mB＋mC)v2
解得Q＝ J≈8.33 J。
2
3
1
4
5
(3)为了使木板B与挡板P只能碰撞一次，木板B碰撞前的动量和物块C动量大小相等，即木板B的速度和物块C的速度满足vB′＝vC′
则有vB＋a3·Δt＝(vC－a1′·Δt)
解得Δt＝0.5 s，vB＋a3·Δt＝1.5 m/s
此时木板B的位移xB＝0.625 m
为了使木板B与挡板P只能碰撞一次，则x≥0.625 m。
答案：(1)1.5 m　(2)8.33 J　(3)x≥0.625 m
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[能力提升练]
4．(10分)(2025·重庆卷，15节选)如图所示，长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g。
(1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
(2)若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量。
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1
解析：(1)物块A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即μmg＝ma
可得a＝μg
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物块A在传送带上做匀加速直线运动，由v12＝2ad
解得v1＝。
(2)设物块B的质量为M，则由题意有碰前vA＝v1，vB＝，两物体发生弹性碰撞则由动量和能量守恒有mv1＋M＝mv1′＋Mv2′，mv12＋M＝mv1′2＋Mv2′2
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1
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即v1－＝v2′－v1′＝
联立解得v1′＝，v2′＝
两物块均从O点进入粗糙水平面，则物块均最终静止，由O点到静止处，由动能定理有－μmgs＝0－mv2
得s＝，即sA＝，sB＝
根据题意有sB－sA＝d，且由(1)有v1＝
联立各式解得M＝。
答案：(1)μg　　(2)
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[培优创新练]
5．(15分)(2024·山东卷，17)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。
图甲　　　　　　 图乙
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1
(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。
(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＝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。
图甲　　　　　　 图乙
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1
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)(ⅰ)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
图甲　　　 图乙
2
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变形得a＝
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。
(ⅱ)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
图甲　　　 图乙
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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
Mv12＋mv22＝Mv32＋mv42＋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＝a1t02－a2t02
解得L＝4.5 m。
答案：(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　 (ⅱ)4.5 m
图甲　　　 图乙
专题突破12　 三大观点解决力学综合问题
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