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力学三大观点的综合应用
解决力学问题有三大解题途径：动力学观点、动量观点和能量观点，很多问题往往不是用一个观点分析，要求三种观点综合使用，相互补充，采用最为有效的方法解题．三个观点所针对的问题各有侧重，解题过程各有优势．
1．力学三大观点比较．
基本观点
基本规律
解题优势
动力学观点
牛顿运动定律匀变速运动公式
(1)研究瞬时作用分析运动过程(2)研究匀变速直线运动(3)研究平抛、圆周运动(4)求解加速度、时间
能量观点
动能定理机械能守恒定律能量守恒定律
(1)只涉及运动始末状态(2)研究曲线运动(3)研究多个运动过程(4)求解功、能、位移、速度
动量观点
动量定理动量守恒定律
(1)只涉及运动始末状态(2)研究相互作用系统的运动(3)求解动量、冲量、速度
2.力学三大观点综合应用类型．
(1)在同一过程中应用力学三大观点．
在同一运动过程中，不能局限一种观点解题，要三种观点相互结合，如：“碰撞、爆炸、反冲”“滑块—弹簧”“滑块—平板”“小球—凹槽”“滑块—摆球”等运动模型，通常要综合应用动量和能量观点．“传送带模型”“滑块—平板”“圆形轨道”等，通常要综合应用动力学和能量观点．
(2)在组合过程中应用力学三大观点．
这类运动由多个过程组成，要求对各阶段的运动分别应用不同规律，两个相邻过程连接点的速度是解题的关键物理量．
3．在电、磁学中应用力学三大观点．
在电、磁学中应用力学三大观点，除了方法迁移，还要涉及“电场力、安培力、洛伦兹力”的特点，注意“电场力做功、电势能”“安培力做功、产生的电能”之间的关系．
1.[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)]如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处．某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞．Q与斜面间的动摩擦因数等于tan
θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失．两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞．重力加速度大小为g.
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s.
解析：(1)P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mvP1＋4mvQ1，①
由机械能守恒定律得
mv＝mv＋·4mv，②
联立①②式得vP1＝－v0，③
vQ1＝v0，④
故第一次碰撞后P的速度大小为v0，Q的速度大小为v0.
(2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1，对Q由运动学公式得
0－v＝2·(－2gsin
θ)·，⑤
联立①②⑤式得h1＝eq
\f(v,25g).⑥
设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰后至第二次碰前，对P由动能定理得
mv－mv＝－mgh1，⑦
联立①②⑤⑦式得v02＝v0.⑧
P与Q的第二次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2，由动量守恒定律得
mv02＝mvP2＋4mvQ2，⑨
由机械能守恒定律得
mv＝mv＋·4mv，⑩
联立①②⑤⑦⑨⑩式得vP2＝－×v0，?
vQ2＝×v0.?
设第二次碰撞后Q上升的高度为h2，对Q由运动学公式得
0－v＝2·(－2gsin
θ)·，?
联立①②⑤⑦⑨⑩?式得h2＝·eq
\f(v,25g).?
设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03，第二次碰后至第三次碰前，对P由动能定理得
mv－mv＝－mgh2，?
联立①②⑤⑦⑨⑩??式得v03＝v0.?
P与Q的第三次碰撞，设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3，
由动量守恒定律得
mv03＝mvP3＋4mvQ3，?
由机械能守恒定律得
mv＝mv＋·4mv，?
联立①②⑤⑦⑨⑩????式得vP3＝－×v0，?
vQ3＝×v0.?
设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，对Q由运动学公式得
0－v＝2·(－2gsin
θ)·，
联立①②⑤⑦⑨⑩????式得h3＝·eq
\f(v,25g).
总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为
hn＝·eq
\f(v,25g)(n＝1，2，3…，).
(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得
0－mv＝－(m＋4m)gH－tan
θ·4mgcos
θ·，
解得H＝eq
\f(v,18g).
(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得
vQ1＝2gt1sin
θ.
设P运动到斜面底端时的速度为v′P1，需要的时间为t2，由运动学公式得
v′P1＝vP1＋gt2sin
θ，
v′－v＝2sgsin
θ，
设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，得
v02＝(－vP1)－gt3sin
θ，
当A点与挡板之间的距离最小时
t1＝2t2＋t3，
联立式，代入数据得s＝eq
\f(（8\r(7)－13）v,200gsin
θ).
答案：(1)v0　v0　(2)·eq
\f(v,25g)(n＝1，2，3…)
(3)eq
\f(v,18g)　(4)eq
\f(（8\r(7)－13）v,200gsin
θ)
2．(2019·全国卷Ⅱ)一质量为m＝2
000
kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方100
m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8
s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3
s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2时刻开始，汽车第1
s内的位移为24
m，第4
s内的位移为1
m.
　
　　　图(a)　　　　　　　　　　　　图(b)
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线．
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小．
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
解析：(1)v-t图象如图所示．
(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；t2时刻的速度为v2.在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1
s.
设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1，2，3，….
若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有
s1－s4＝3a(Δt)2，①
s1＝v2Δt－a(Δt)2，②
v4＝v2－4aΔt，③
联立①②③式，代入已知数据解得
v4＝－
m/s.④
这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止．因此，①式不成立．由于在(t2＋3Δt)～(t2＋4Δt)内汽车停止，由运动学公式
v3＝v2－3aΔt，⑤
2as4＝v.⑥
联立②⑤⑥式，代入已知数据解得
a＝8
m/s2，v2＝28
m/s，⑦
或a＝
m/s2，v2＝29.76
m/s，⑧
但⑧式情形下，v3<0，不合题意，舍去．
(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有
f1＝ma，⑨
在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为
I＝f1(t2－t1)，⑩
由动量定理有
I＝mv1－mv2，?
由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为
W＝mv－mv.?
联立⑦⑨⑩??式，代入已知数据解得
v1＝30
m/s，?
W＝1.16×105
J，?
从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离s约为
s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋eq
\f(v,2a)，?
联立⑦??式，代入已知数据解得
s＝87.5
m．?
答案　(1)如图所示　(2)28
m/s　8
m/s2　(3)30
m/s　1.16×105
J　87.5
m
3.(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0
kg，mB＝4.0
kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0
m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0
J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度g取10
m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
解析：(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有
0＝mAvA－mBvB，①
Ek＝mAv＋mBv，②
联立①②式并代入题给数据得
vA＝4.0
m/s，vB＝1.0
m/s.③
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有
mBa＝μmBg，④
sB＝vBt－at2，⑤
vB－at＝0.⑥
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为
sA＝vAt－at2，⑦
联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得
sA＝1.75
m，sB＝0.25
m，⑧
这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25
m处，B位于出发点左边0.25
m处，两物块之间的距离s为
s＝0.25
m＋0.25
m＝0.50
m．⑨
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为v′A，由动能定理有
mAv′－mAv＝－μmAg(2l＋sB)，⑩
联立③⑧⑩式并代入题给数据得
v′A＝
m/s，?
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为v″A和v″B，由动量守恒定律与机械能守恒定律有
mA(－v′A)＝mAv″A＋mBv″B，?
mAv′＝mAv″＋mBv″，?
联立???式并代入题给数据得
v″A＝
m/s，v″B＝－
m/s.?
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动．设碰撞后A向右运动距离为s′A时停止，B向左运动距离为s′B时停止，由运动学公式
2as′A＝v″，2as′B＝v″，?
由④??式及题给数据得
s′A＝0.63
m，s′B＝0.28
m，?
s′A小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离
s′＝s′A＋s′B＝0.91
m．?
答案：(1)4.0
m/s　1.0
m/s　(2)B先停止　0.50
m　(3)0.91
m
考点一　三大力学观点在力学中的综合应用
1．动量观点和能量观点的选取原则．
(1)动量观点．
①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0.
②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
(2)能量观点．
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．
②如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．
2．解题策略．
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．
3．动量与能量的综合问题，常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用．要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论)．
　(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v-t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．
(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．
解析：(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小．设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v′.由动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1＝m＋m′v′，①
mv＝m＋m′v′2，②
联立①②式得
m′＝3m.③
(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有
mgH－fs1＝mv－0，④
－(fs2＋mgh)＝0－m，⑤
从图(b)所给出的v-t图线可知
s1＝v1t1，⑥
s2＝··(1.4t1－t1)．⑦
由几何关系
＝，⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs1＋fs2，⑨
联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
W＝mgH.⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有
W＝μmgcos
θ·，?
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有
－μm′gs′＝0－m′v′2，?
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcos
θ·－μ′mgs′＝0，?
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩???式可得
＝.?
答案：(1)3m　(2)mgH　(3)
考向　“滑块—木板”模型
1．质量为M＝3.0
kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示．当t＝0时，两个质量都是m＝1.0
kg的小物体A和B(均可看作质点)，分别从左端和右端以大小为v1＝4.0
m/s和v2＝2.0
m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰．A、B与车面的动摩擦因数都是μ＝0.20，g取10
m/s2.
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度；
(2)车的长度至少是多少？
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0
s内小车运动的速度－时间图象．
解析：(1)以水平向右为正方向，设A、B在车上停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律可得
m(v1－v2)＝(M＋2m)v，
解得v＝0.40
m/s，方向向右．
(2)设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为l1和l2，
由能量守恒可得
μmgl1＋μmgl2＝mv＋mv－(2m＋M)v2，
解得l1＋l2＝4.8
m，即车长至少为4.8
m.
(3)车的运动可分为以下三个阶段：
第一阶段：A、B同时在车上滑行时，小物体对车的摩擦力大小均为μmg，方向相反，车受力平衡而保持不动．当B的速度减为0时，此过程结束．设这段时间内小物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有μmg＝ma，
得小物体的加速度大小a＝μg，
设B到t1时刻停止滑动，则t1－0＝＝1.0
s，
第二阶段：B停止滑动后，A继续在车上滑动，设到t2时刻物体A与车有共同速度v，则有
v＝v1－at2，
解得t2＝1.8
s.
第三阶段：t2时刻之后，车以速度v做匀速直线运动，小车运动的速度－时间图象如图所示．
答案：(1)0.40
m/s，方向向右　(2)车长至少是4.8
m　(3)见解析图
考向　“碰撞”模型
2.如图所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP长为L＝1.6
m，滑块A、B与该段的动摩擦因数都为μ＝0.5，水平地面的其余部分是光滑的．滑块B静止在O点，其质量mB＝2
kg.滑块A在O点左侧以v0＝5
m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞．A的质量是B的k(k取正整数)倍，滑块均可视为质点，g取10
m/s2.
(1)若滑块A与B发生完全非弹性碰撞，求A、B碰撞过程中损失的机械能；
(2)若滑块A、B构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失，试讨论k在不同取值范围时滑块A克服摩擦力所做的功．
解析：(1)设滑块A碰B后的共同速度为v，A、B碰撞过程中损失的机械能为ΔE
由动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v，①
由能量守恒定律有ΔE＝mAv－(mA＋mB)v2，②
联立①②式并代入数据解得ΔE＝
J．③
(2)设碰撞后A、B速度分别为vA、vB，且设向右为正方向，由于弹性碰撞，有：
mAv0＝mAvA＋mBvB，④
mAv＝mAv＋mBv，⑤
联立④⑤式并代入数据解得vA＝
m/s，⑥
vB＝
m/s.⑦
假设滑块A、B都能在OP段滑动，滑块A、B在OP段的加速度(aA＝aB＝μg)相等，
由⑥⑦式知在任意时刻vB>vA，滑块A、B不会再一次发生碰撞．
由题知，当滑块A刚好能够到达P点有
mAv＝μmAgL，
代入数据解得k＝9.
讨论：
a．当k＝1时，vA＝0，滑块A停在O点，A克服摩擦力所做的功为WfA＝0.
b．当1WfA＝mAv＝25k
J.
c．当k>9时，滑块A从OP段右侧离开，A克服摩擦力所做的功为WfA＝μmAgL＝16k
J.
答案：见解析
考向　“弹簧类”组合模型
3．如图所示，质量为m3＝2
kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3
m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧．滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑．质量为m2＝3
kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1
kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放．两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g取10
m/s2)．
(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；
(2)若CD＝0.2
m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？
解析：(1)物体1从释放到与物体2碰撞的过程中，物体1和滑道组成的系统在水平方向上动量守恒，设物体1水平位移大小为s1，滑道的水平位移大小为s3，有
0＝m1s1－m3s3，s1＝R，
解得s3＝＝0.15
m.
(2)设物体1、物体2刚要相碰时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，由机械能守恒定律有
m1gR＝m1v＋m3v，
由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3，
物体1和物体2相碰后的共同速度大小设为v2，由动量守恒定律有
m1v1＝(m1＋m2)v2.
弹簧第一次压缩至最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epm.从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩至最短的过程中，由能量守恒定律有
(m1＋m2)v＋m3v－μ(m1＋m2)g·CD＝Epm，
联立以上方程，代入数据解得Epm＝0.3
J.
(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒定律有
(m1＋m2)v＋m3v＝μ(m1＋m2)gs，
代入数据可得s＝0.25
m.
所以物体1、物体2最终停在C点和D点之间与D点间的距离为0.05
m处．
答案：见解析
考点二　三大力学观点在电、磁学中的综合应用
在电磁学中，如电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应等相关知识以及力学三大观点的应用，下面以电磁感应为例作讲述．
1．电磁感应中动力学问题的分析．
(1)导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态．动态分析的基本思路如下：
(2)两种状态处理．
①导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析．
②导体处于非平衡态——加速度不为0.
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系、动量关系列式分析．
2．电磁感应中的功能关系．
其解题的一般步骤：
(1)确定研究对象(导体棒或回路)．
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化．
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
3．动量定理在电磁感应现象中的应用．
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝BILt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝IΔt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.
如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1.
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便．
4．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用．
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便．
　
(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
解析：(1)设油滴质量和电荷量分别为m和q，油滴速度方向向上为正．油滴在电场强度大小为E1的匀强电场中做匀速直线运动，故匀强电场方向向上．在t＝0时，电场强度突然从E1增加至E2时，油滴做竖直向上的匀加速运动，加速度方向向上，大小a1满足
qE2－mg＝ma1，①
油滴在时刻t1的速度为
v1＝v0＋a1t1，②
电场强度在时刻t1突然反向，油滴做匀变速直线运动，加速度方向向下，大小a2满足
qE2＋mg＝ma2，③
油滴在时刻t2＝2t1的速度为
v2＝v1－a2t1，④
由①②③④式得
v2＝v0－2gt1.⑤
(2)由题意，在t＝0时刻前有
qE1＝mg，⑥
油滴从t＝0到时刻t1的位移为
s1＝v1t1＋a1t，⑦
油滴在从时刻t1到时刻t2＝2t1的时间间隔内的位移为
s2＝v1t1－a2t，⑧
由题给条件有
v＝2g(2h)，⑨
式中h是B、A两点之间的距离．
若B点在A点之上，依题意有
s1＋s2＝h，⑩
由①②③④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式得
E2＝E1，?
为使E2>E1，应有
2－2＋>1，?
即当0才是可能的，
0式分别对应于v2>0和v2<0两种情形．
若B点在A点之下，依题意有
s2＋s1＝－h，?
由①②③⑥⑦⑧⑨?式得
E2＝E1.?
为使E2>E1，应有
2－2－>1，?
即t1>，?
另一解为负，不符合题意，已舍去．
答案：(1)v0－2gt1　(2)见解析
考向　电场中动量和能量观点的应用
1.(多选)如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间距离为d，右极板有一小孔，通过孔有绝缘杆，左端固定在左极板上，电容器极板连同底座、绝缘杆总质量为M.给电容器充电后，有一质量为m的带正电环恰套在杆上以某一速度v0对准小孔向左运动，设带电环不影响电容器极板间电场的分布．带电环进入电容器后距左极板的最小距离为，则(　　)
A．带电环与左极板相距最近时的速度v＝
B．此过程中电容器移动的距离x＝
C．此过程中电势能的变化量Ep＝eq
\f(mMv,2（M＋m）)
D．带电环减少的动能大于电容器增加的动能
解析：带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v解得：v＝，故A项错误；
电容器向左做匀加速直线运动，t＝x，
环向左做匀减速直线运动，t＝x′，
根据位移关系有x′－x＝，
解得x＝，故B项正确；
在此过程，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．
所以Ep＝mv－(m＋M)v2，
联立各式得：Ep＝eq
\f(mMv,2（M＋m）)，故C、D两项正确．
答案：BCD
考向　磁场中动量和能量观点的应用
2．如图所示，PM是半径为R的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.光滑绝缘轨道MN水平且足够长，PM下端与MN相切于M点．质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上，质量为2m、电荷量为q的带正电小球a从P点由静止释放，在a球进入水平轨道后，a、b两小球间只有静电力作用，且a、b两小球始终没有接触．带电小球均可视为点电荷，设小球b离M点足够远，重力加速度为g.求：
(1)小球a刚到达M点时的速度大小及对轨道的压力大小；
(2)a、b两小球系统的电势能最大值Ep；
(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小．
解析：(1)小球a从P到M，洛伦兹力、弹力不做功，只有重力做功，由动能定理有：2mgR＝×2mv，
解得：vM＝.
在M点，由牛顿第二定律有：FN－2mg－qvMB＝eq
\f(2mv,R)，
解得FN＝6mg＋qB，
根据牛顿第三定律得小球a刚到达M点时对轨道的压力大小为：F′N＝6mg＋qB.
(2)两球速度相等时系统电势能最大，以向右为正方向，由动量守恒定律有2mvM＝3mv共，
根据能量守恒定律有Ep＝×2mv－×3mv，
解得Ep＝mgR.
(3)由动量守恒定律：2mvM＝2mva＋mvb，
由能量守恒定律有：×2mv＝×2mv＋mv，
解得：va＝vM＝，vb＝vM＝.
答案：(1)　6mg＋qB　(2)mgR
(3)　
考向　电磁感应中动量和能量观点的应用
3.(多选)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距x0的导体棒ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路．两导体棒的质量均为m、电阻均为R，回路中其余部分的电阻忽略不计．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．开始时，cd棒静止，ab棒的速度大小为v0、方向指向cd棒．若两导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中(　　)
A．ab棒产生的焦耳热最多为mv
B．安培力对cd棒的冲量最多为mv0
C．通过ab棒某一横截面的电量最多为
D．ab棒与cd棒间的最终距离为x0－
解析：开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，
根据动量守恒定律有mv0＝2mv，
ab棒产生的焦耳热最多为Q＝Q总＝×(mv－·2mv2)＝mv，故A项错误；
安培力对cd棒的冲量最多为I＝Δp＝mv－0＝mv0，故B项正确；
对ab棒，由动量定理有I′＝mv0－mv0，
即为：BI′LΔt＝mv0，
通过ab棒某一横截面的电量最多为：q＝I′Δt＝，故C项正确；
由于q＝＝，则有x＝，
ab棒与cd棒间的最终距离为：s＝x0－x＝x0－，故D项正确．
答案：BCD
4．(2018·天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭．
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
解析：(1)列车要向右运动，安培力方向应向右．根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极．
(2)由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识得
R总＝，①
设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有
I＝，②
设两根金属棒所受安培力之和为F，有
F＝IlB.③
根据牛顿第二定律有
F＝ma，④
联立①②③④式得
a＝.⑤
(3)设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过两金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化为ΔΦ，平均感应电动势为E1，由法拉第电磁感应定律有
E1＝，⑥
其中
ΔΦ＝Bl2.⑦
设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有
I′＝，⑧
设cd受到的平均安培力为F′，有
F′＝I′lB，⑨
以向右为正方向，设Δt时间内cd受安培力冲量为I冲，有I冲＝－F′Δt，⑩
同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有
I0＝2I冲．?
设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有
I总＝0－mv0，?
联立⑥⑦⑧⑨⑩??式得
＝.?
讨论：若恰为整数，设其为n，则需设置n块有界磁场；若不是整数，设的整数部分为N，则需设置N＋1块有界磁场．
答案：(1)M接电源正极，理由见解析　(2)　(3)见解析
PAGE力学三大观点的综合应用
解决力学问题有三大解题途径：动力学观点、动量观点和能量观点，很多问题往往不是用一个观点分析，要求三种观点综合使用，相互补充，采用最为有效的方法解题．三个观点所针对的问题各有侧重，解题过程各有优势．
1．力学三大观点比较．
基本观点
基本规律
解题优势
动力学观点
牛顿运动定律匀变速运动公式
(1)研究瞬时作用分析运动过程(2)研究匀变速直线运动(3)研究平抛、圆周运动(4)求解加速度、时间
能量观点
动能定理机械能守恒定律能量守恒定律
(1)只涉及运动始末状态(2)研究曲线运动(3)研究多个运动过程(4)求解功、能、位移、速度
动量观点
动量定理动量守恒定律
(1)只涉及运动始末状态(2)研究相互作用系统的运动(3)求解动量、冲量、速度
2.力学三大观点综合应用类型．
(1)在同一过程中应用力学三大观点．
在同一运动过程中，不能局限一种观点解题，要三种观点相互结合，如：“碰撞、爆炸、反冲”“滑块—弹簧”“滑块—平板”“小球—凹槽”“滑块—摆球”等运动模型，通常要综合应用动量和能量观点．“传送带模型”“滑块—平板”“圆形轨道”等，通常要综合应用动力学和能量观点．
(2)在组合过程中应用力学三大观点．
这类运动由多个过程组成，要求对各阶段的运动分别应用不同规律，两个相邻过程连接点的速度是解题的关键物理量．
3．在电、磁学中应用力学三大观点．
在电、磁学中应用力学三大观点，除了方法迁移，还要涉及“电场力、安培力、洛伦兹力”的特点，注意“电场力做功、电势能”“安培力做功、产生的电能”之间的关系．
1.[2020·新高考卷Ⅰ(山东卷)]如图所示，一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处．某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞．Q与斜面间的动摩擦因数等于tan
θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失．两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞．重力加速度大小为g.
(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；
(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；
(3)求物块Q从A点上升的总高度H；
(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s.
2．(2019·全国卷Ⅱ)一质量为m＝2
000
kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶．行驶过程中，司机突然发现前方100
m处有一警示牌，立即刹车．刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图(a)中的图线．图(a)中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8
s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3
s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止．已知从t2时刻开始，汽车第1
s内的位移为24
m，第4
s内的位移为1
m.
　
　　　图(a)　　　　　　　　　　　　图(b)
(1)在图(b)中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的v-t图线．
(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小．
(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?
3.(2019·全国卷Ⅲ)静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0
kg，mB＝4.0
kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0
m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0
J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度g取10
m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；
(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？
(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？
考点一　三大力学观点在力学中的综合应用
1．动量观点和能量观点的选取原则．
(1)动量观点．
①对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ft＝mv－mv0.
②对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
(2)能量观点．
①对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解．
②如果只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．
2．解题策略．
(1)弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．
(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．
(3)在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．
(4)如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．
3．动量与能量的综合问题，常取材“滑块—滑板”模型、“传送带”模型、“弹簧—物块”模型等，设置多个情景、多个过程，考查力学三大观点的综合应用．要成功解答此类“情景、过程综合”的考题，就要善于在把握物理过程渐变规律的同时，洞察过程的临界情景，结合题给条件(往往是不确定条件)，进行求解(注意结合实际情况分类讨论)．
　(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示．t＝0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止．物块A运动的v-t图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量．已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力．
(1)求物块B的质量；
(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等．在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上．求改变前后动摩擦因数的比值．
考向　“滑块—木板”模型
1．质量为M＝3.0
kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图(a)所示．当t＝0时，两个质量都是m＝1.0
kg的小物体A和B(均可看作质点)，分别从左端和右端以大小为v1＝4.0
m/s和v2＝2.0
m/s的水平速度冲上小车C，当它们在车上停止滑动时，没有相碰．A、B与车面的动摩擦因数都是μ＝0.20，g取10
m/s2.
(1)求A、B在车上停止滑动时车的速度；
(2)车的长度至少是多少？
(3)在图(b)所给出的坐标系中画出0～4.0
s内小车运动的速度－时间图象．
考向　“碰撞”模型
2.如图所示，水平地面上OP段是粗糙的，OP长为L＝1.6
m，滑块A、B与该段的动摩擦因数都为μ＝0.5，水平地面的其余部分是光滑的．滑块B静止在O点，其质量mB＝2
kg.滑块A在O点左侧以v0＝5
m/s的水平初速度向右运动，并与B发生碰撞．A的质量是B的k(k取正整数)倍，滑块均可视为质点，g取10
m/s2.
(1)若滑块A与B发生完全非弹性碰撞，求A、B碰撞过程中损失的机械能；
(2)若滑块A、B构成的系统在碰撞过程中没有机械能损失，试讨论k在不同取值范围时滑块A克服摩擦力所做的功．
考向　“弹簧类”组合模型
3．如图所示，质量为m3＝2
kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3
m的四分之一圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻质弹簧．滑道CD部分粗糙，其他部分均光滑．质量为m2＝3
kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1
kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放．两物体在滑道上的C点相碰后粘在一起(g取10
m/s2)．
(1)求物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；
(2)若CD＝0.2
m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；
(3)在(2)的条件下，物体1、2最终停在何处？
考点二　三大力学观点在电、磁学中的综合应用
在电磁学中，如电场的性质、磁场对电荷的作用、电磁感应等相关知识以及力学三大观点的应用，下面以电磁感应为例作讲述．
1．电磁感应中动力学问题的分析．
(1)导体一般不是做匀变速运动，而是经历一个动态变化过程再趋于一个稳定状态．动态分析的基本思路如下：
(2)两种状态处理．
①导体处于平衡态——静止或匀速直线运动状态．
处理方法：根据平衡条件(合外力等于0)列式分析．
②导体处于非平衡态——加速度不为0.
处理方法：根据牛顿第二定律进行动态分析或结合功能关系、动量关系列式分析．
2．电磁感应中的功能关系．
其解题的一般步骤：
(1)确定研究对象(导体棒或回路)．
(2)弄清电磁感应过程中，哪些力做功，哪些形式的能量相互转化．
(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．
3．动量定理在电磁感应现象中的应用．
导体棒或金属框在感应电流所引起的安培力作用下做非匀变速直线运动时，安培力的冲量为：I安＝BILt＝BLq，通过导体棒或金属框的电荷量为：q＝IΔt＝Δt＝nΔt＝n，磁通量变化量：ΔΦ＝BΔS＝BLx.
如果安培力是导体棒或金属框受到的合外力，则I安＝mv2－mv1.
当题目中涉及速度v、电荷量q、运动时间t、运动位移x时用动量定理求解更方便．
4．动量守恒定律在电磁感应现象中的应用．
在双金属棒切割磁感线的系统中，双金属棒和导轨构成闭合回路，安培力充当系统内力，如果两安培力等大反向，且它们受到的外力的合力为0，则满足动量守恒条件，运用动量守恒定律求解比较方便．
　
(2017·全国卷Ⅰ)真空中存在电场强度大小为E1的匀强电场，一带电油滴在该电场中竖直向上做匀速直线运动，速度大小为v0.在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变．持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点．重力加速度大小为g.
(1)求油滴运动到B点时的速度；
(2)求增大后的电场强度的大小；为保证后来的电场强度比原来的大，试给出相应的t1和v0应满足的条件．已知不存在电场时，油滴以初速度v0做竖直上抛运动的最大高度恰好等于B、A两点间距离的两倍．
考向　电场中动量和能量观点的应用
1.(多选)如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间距离为d，右极板有一小孔，通过孔有绝缘杆，左端固定在左极板上，电容器极板连同底座、绝缘杆总质量为M.给电容器充电后，有一质量为m的带正电环恰套在杆上以某一速度v0对准小孔向左运动，设带电环不影响电容器极板间电场的分布．带电环进入电容器后距左极板的最小距离为，则(　　)
A．带电环与左极板相距最近时的速度v＝
B．此过程中电容器移动的距离x＝
C．此过程中电势能的变化量Ep＝eq
\f(mMv,2（M＋m）)
D．带电环减少的动能大于电容器增加的动能
考向　磁场中动量和能量观点的应用
2．如图所示，PM是半径为R的四分之一光滑绝缘轨道，仅在该轨道内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B.光滑绝缘轨道MN水平且足够长，PM下端与MN相切于M点．质量为m的带正电小球b静止在水平轨道上，质量为2m、电荷量为q的带正电小球a从P点由静止释放，在a球进入水平轨道后，a、b两小球间只有静电力作用，且a、b两小球始终没有接触．带电小球均可视为点电荷，设小球b离M点足够远，重力加速度为g.求：
(1)小球a刚到达M点时的速度大小及对轨道的压力大小；
(2)a、b两小球系统的电势能最大值Ep；
(3)a、b两小球最终的速度va、vb的大小．
考向　电磁感应中动量和能量观点的应用
3.(多选)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距x0的导体棒ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路．两导体棒的质量均为m、电阻均为R，回路中其余部分的电阻忽略不计．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．开始时，cd棒静止，ab棒的速度大小为v0、方向指向cd棒．若两导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中(　　)
A．ab棒产生的焦耳热最多为mv
B．安培力对cd棒的冲量最多为mv0
C．通过ab棒某一横截面的电量最多为
D．ab棒与cd棒间的最终距离为x0－
4．(2018·天津卷)真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置．图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计，ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m.列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示，为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计，列车启动后电源自动关闭．
(1)要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；
(2)求刚接通电源时列车加速度a的大小；
(3)列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l.若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？
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