考向一： 三大觀點(diǎn)及相互聯(lián)系
考向二： 三大觀點(diǎn)的選用原則
力學(xué)中首先考慮使用兩個(gè)守恒定律。從兩個(gè)守恒定律的表達(dá)式看出多項(xiàng)都是狀態(tài)量(如速度、位置)，所以守恒定律能解決狀態(tài)問題，不能解決過程(如位移x，時(shí)間t)問題，不能解決力(F)的問題。
(1)若是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮使用兩個(gè)守恒定律。
(2)若物體(或系統(tǒng))涉及速度和時(shí)間，應(yīng)考慮使用動(dòng)量定理。
(3)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時(shí)間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。
(4)若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動(dòng)能定理，系統(tǒng)中摩擦力做功時(shí)應(yīng)用摩擦力乘以相對(duì)路程，動(dòng)能定理解決曲線運(yùn)動(dòng)和變加速運(yùn)動(dòng)特別方便。
考向三： 用三大觀點(diǎn)的解物理題要掌握的科學(xué)思維方法
1．多體問題——要正確選取研究對(duì)象，善于尋找相互聯(lián)系
選取研究對(duì)象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問題的兩個(gè)關(guān)鍵。選取研究對(duì)象后需根據(jù)不同的條件采用隔離法，即把研究對(duì)象從其所在的系統(tǒng)中抽離出來進(jìn)行研究；或采用整體法，即把幾個(gè)研究對(duì)象組成的系統(tǒng)作為整體進(jìn)行研究；或?qū)⒏綦x法與整體法交叉使用。
通常，符合守恒定律的系統(tǒng)或各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相同的系統(tǒng)，宜采用整體法；在需討論系統(tǒng)各部分間的相互作用時(shí)，宜采用隔離法；對(duì)于各部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的系統(tǒng)，應(yīng)慎用整體法。至于多個(gè)物體間的相互聯(lián)系，通常可從它們之間的相互作用、運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、位移、速度、加速度等方面去尋找。
2．多過程問題——要仔細(xì)觀察過程特征，妥善運(yùn)用物理規(guī)律
觀察每一個(gè)過程特征和尋找過程之間的聯(lián)系是求解多過程問題的兩個(gè)關(guān)鍵。分析過程特征需仔細(xì)分析每個(gè)過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運(yùn)用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個(gè)進(jìn)行研究。至于過程之間的聯(lián)系，則可從物體運(yùn)動(dòng)的速度、位移、時(shí)間等方面去尋找。
3．含有隱含條件的問題——要深究細(xì)琢，努力挖掘隱含條件
注重審題，深究細(xì)琢，綜觀全局重點(diǎn)推敲，挖掘并應(yīng)用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是求解的關(guān)鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現(xiàn)象、認(rèn)識(shí)物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行間或圖像中去挖掘。
4．存在多種情況的問題——要分析制約條件，探討各種情況
解題時(shí)必須根據(jù)不同條件對(duì)各種可能情況進(jìn)行全面分析，必要時(shí)要自己擬定討論方案，將問題根據(jù)一定的標(biāo)準(zhǔn)分類，再逐類進(jìn)行探討，防止漏解。

01 用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理物塊多過程問題
1．如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定斜面與水平面的夾角為，質(zhì)量為m的物塊B恰好靜止在斜面上，質(zhì)量為2m底面光滑的物塊A自斜面上與B相距為L(zhǎng)處?kù)o止釋放，A沿斜面加速下滑，與 B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短。重力加速度的大小為 g。
(1)若A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能為碰撞前動(dòng)能的，則碰撞后A、B的速度;
(2)若A與B的碰撞系統(tǒng)沒有機(jī)械能損失，求：
與B發(fā)生第1次碰撞到第2次的時(shí)間;
第n次碰撞后到第次碰撞前的過程中， B物塊的位移。
【答案】(1)，
(2)；
【詳解】（1）A與B碰撞前的速度
A與B碰撞后的速度分別為、，由動(dòng)量守恒得
A與B碰撞過程中系統(tǒng)損失的動(dòng)能為碰撞前動(dòng)能的，則
解得
（2）設(shè)A與B第1次碰撞后的速度為、，由動(dòng)量守恒和能量守恒得
解得
經(jīng)時(shí)間，A與B發(fā)生第2次碰撞，碰撞前A與B的速度為、，則
解得
第2次碰撞前A與B的速度為、，則
第1次碰撞后到第2次碰撞前B的位移
設(shè)A與B第2次碰撞后的速度為、，由動(dòng)量守恒和能量守恒得
解得

經(jīng)時(shí)間， A與B發(fā)生第3次碰撞，碰撞前 A與B的速度為、，同理可得
第2次碰撞后到第3次碰撞前B的位移
同理可得第3次碰撞后到第4次碰撞前B的位移
第n次碰撞后到第次碰撞前的過程中，B物塊的位移
02 用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理傳送帶多過程問題
2．如圖所示，一足夠長(zhǎng)的傾斜傳送帶以的速度順時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳遞帶與水平方向的夾角為，M點(diǎn)為傳送帶上頂端的一點(diǎn)，N點(diǎn)為傳送帶上M點(diǎn)以下的一點(diǎn)，MN連線平行于傳送帶，兩點(diǎn)間距離為，有兩個(gè)物塊A、B，質(zhì)量分別為和，將物塊A、B同時(shí)無初速度地分別放置于傳送帶上的M點(diǎn)和N點(diǎn)，物塊A、B與傳遞帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為，，之后兩物塊可以發(fā)生多次彈性正碰，碰撞時(shí)間極短可以忽略不計(jì)，兩物塊均可看作質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小g取，，。求：
（1）兩物塊第一次碰撞后瞬間物塊A的速度大小；
（2）兩物塊第二次碰撞后瞬間物塊B的速度大小；
（3）從物塊A放置于傳送帶上的M點(diǎn)到兩物塊第三次碰撞前瞬間的過程中物塊A與傳送帶之間相互摩擦產(chǎn)生的熱量Q。
【答案】（1）1m/s；（2）4m/s；（3）50.25J
【詳解】（1）物塊B放在傳送帶上后受重力、傳送帶對(duì)物塊的支持力和滑動(dòng)摩擦力f，分析可得
則物塊B受力平衡，無初速度放置于N后將保持靜止?fàn)顟B(tài)，對(duì)物塊A，根據(jù)牛頓第二定律有
解得
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得兩物塊第一次碰撞前瞬間物塊A的速度大小
設(shè)第一次碰撞之后瞬間物塊A、B速度分別為和，彈性碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得
，
兩物塊第一次碰撞后瞬間物塊A的速度大小為1m/s；
（2）第一次碰撞之后物塊B受力不變，仍受力平衡，則沿傳送帶向下以速度2m/s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則第二次碰撞之前物塊B的速度為
物塊A開始向上運(yùn)動(dòng)的速度1m/s小于傳送帶的速度4m/s，物塊A受力也不變，加速度仍為
則先沿傳送帶向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度減為零之后再向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)兩物塊第二次碰撞前瞬間物塊A的速度大小為，從第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間過程中兩物塊運(yùn)動(dòng)位移相等，設(shè)為x2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為，則有
解得
設(shè)第二次碰撞之后瞬間物塊A、B速度分別為和，第二次碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有
根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
解得
，
（3）從開始到第一次碰撞前的過程，運(yùn)動(dòng)時(shí)間
從第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間的過程，對(duì)物塊A有
解得
此過程中物塊A運(yùn)動(dòng)的位移為
設(shè)兩物塊第三次碰撞前瞬間物塊A的速度大小為，從第二次碰撞后瞬間到第三次碰撞前瞬間過程中兩物塊運(yùn)動(dòng)位移相等，設(shè)為x2，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，設(shè)為，則有
解得
從第二次碰撞后瞬間到第三次碰撞前瞬間的過程，對(duì)物塊A有
解得
此過程中物塊A運(yùn)動(dòng)的位移為
整個(gè)過程中傳送帶運(yùn)動(dòng)的位移為
產(chǎn)生的熱量
03 用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理彈簧多過程問題
3．如圖所示，足夠長(zhǎng)的水平光滑直軌道和水平傳送帶平滑無縫連接，傳送帶長(zhǎng)，以的速度順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶有光滑圓弧管道的裝置固定于水平地面上，位于豎直平面內(nèi)，由兩段半徑均為的圓弧細(xì)管道組成，管道與水平傳送帶和水平地面上的直軌道均平滑相切連接，長(zhǎng)，右側(cè)為豎直墻壁?；瑝K的質(zhì)量，滑塊與輕彈簧相連，質(zhì)量，滑塊質(zhì)量，滑塊均靜置于軌道上。現(xiàn)讓滑塊以一定的初速度水平向右運(yùn)動(dòng)，與滑塊相撞后立即被粘住，之后與滑塊發(fā)生相互作用，與勁度系數(shù)的輕質(zhì)彈簧分離后滑上傳送帶，加速之后經(jīng)管道后滑上。已知滑塊在點(diǎn)的速度為，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，與間的動(dòng)摩擦因數(shù)，其它摩擦和阻力均不計(jì)，滑塊與豎直墻壁的碰撞為彈性碰撞，各滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小，彈簧的彈性勢(shì)能（為形變量）。求：
（1）滑塊第一次經(jīng)過點(diǎn)時(shí)對(duì)裝置的作用力；
（2）滑塊的初速度大??；
（3）試通過計(jì)算判斷滑塊能否再次與彈簧發(fā)生相互作用，若能，求出彈簧第二次壓縮時(shí)最大的壓縮量。
【答案】（1），豎直向上；（2）；（3）能，
【詳解】（1）滑塊第一次經(jīng)過點(diǎn)到點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理
滑塊在點(diǎn)的速度為
解得
根據(jù)牛頓第二定律，在點(diǎn)滑塊
解得
方向豎直向下，根據(jù)牛頓第三定律知滑塊第一次經(jīng)過點(diǎn)時(shí)對(duì)裝置的作用力為
方向豎直向上；
（2）滑塊在傳送帶上做勻加速運(yùn)動(dòng)，因此剛放上傳送帶時(shí)，滑塊的速度設(shè)為，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
解得
滑塊作為整體與滑塊發(fā)生相互作用，最終滑塊被彈出，根據(jù)動(dòng)量守恒與能量守恒得
解得大小

與發(fā)生碰撞，最后共速，滿足動(dòng)量守恒
解得
（3）假設(shè)滑塊能再次回到點(diǎn)，從點(diǎn)到點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理
解得
速度大于零，假設(shè)成立，滑塊可再次滑上傳送帶，做減速運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
解得
即可以追上滑塊發(fā)生再次碰撞，設(shè)最大壓縮量為，根據(jù)動(dòng)量守恒與能量守恒
解得
04 用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理板塊多過程問題
4．如圖，質(zhì)量為的物塊A用細(xì)線與墻拴連使輕彈簧處于壓縮狀態(tài)；圓心角為53°、半徑的光滑圓弧軌道固定在光滑水平軌道上；一表面與圓弧右端相切質(zhì)量的長(zhǎng)木板B與圓弧軌道接觸不粘連，在B右側(cè)放著多個(gè)質(zhì)量均為的滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）。開始時(shí)B和滑塊均靜止，現(xiàn)將拴連物塊A的細(xì)線燒斷，A被彈簧彈開，物塊A與彈簧分離后從平臺(tái)飛出，豎直方向下落，恰好從圓弧軌道左端沿切線方向滑入，一段時(shí)間后滑上B。當(dāng)A、B剛共速時(shí)，B恰好與滑塊1發(fā)生第1次碰撞。一段時(shí)間后，A、B再次共速時(shí)，B恰好與滑塊1發(fā)生第2次碰撞，此后A、B共速時(shí)，B總是恰好與滑塊1發(fā)生碰撞；最終物塊A恰好沒從B上滑落，若A與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度為，所有碰撞均為彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間極短。求：
(1)物塊A剛滑上B時(shí)的速度大小；
(2)B與滑塊1發(fā)生第1次碰撞后，物塊1的速度；
(3)B全過程運(yùn)動(dòng)的總位移；
(4)長(zhǎng)木板B的長(zhǎng)度L。
【答案】(1)7m/s
(2)
(3)3m
(4)4m
【詳解】（1）物塊A平拋運(yùn)動(dòng)豎直方向
，
物塊A在固定軌道上的運(yùn)動(dòng)過程
得
（2）對(duì)A、B分析，A、B第一次共速
長(zhǎng)木板B與滑塊1發(fā)生第一次彈性碰撞過程
解得
，，
滑塊1的速度大小為。
（3）A、B第二次達(dá)到共速有
滑塊1與滑塊2碰撞后速度交換，滑塊1碰后靜止。B與滑塊1第二次碰撞有
解得
，，
依次類推有
（），，（）
A、B發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的過程中，加速度大小分別為
，
B每次加速到共速時(shí)的位移
全過程B發(fā)生的位移
則B發(fā)生的總位移為3m。
（4）物塊A全過程勻減速運(yùn)動(dòng)
B的長(zhǎng)度
1．如圖所示，傳送帶PQ間的距離為L(zhǎng)=4.50m，以v=2m/s的恒定速度順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，傳送帶的傾角為θ=37°，一質(zhì)量M=0.09kg的A物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5。左下方的發(fā)射器每隔一段時(shí)間發(fā)射一顆質(zhì)量為m=0.01kg的彈丸，彈丸每次擊中物體前的瞬時(shí)速度大小均為v0=40m/s，方向平行傳送帶向上，射入物體并留在其中（忽略彈丸射入木塊的時(shí)間）。將A物體輕放在傳送帶的最下端時(shí)，恰好被第一顆彈丸擊中，此后，每隔1s會(huì)有一顆彈丸擊中木塊（物體和彈丸均可看成質(zhì)點(diǎn)），g取10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)彈丸第一次擊中A物體過程中損失的機(jī)械能；
(2)從第一次射擊結(jié)束到第二次擊中前的過程中物體A的位移大小；
(3)需要射入幾顆彈丸才能使A物體到達(dá)傳送帶頂端。
【答案】(1)
(2)
(3)3顆
【詳解】（1）以沿傳送帶向上為正，在彈丸射入的過程中動(dòng)量守恒
所以
損失的機(jī)械能
所以
（2）因?yàn)閭魉蛶俣葹?，所以物塊的加速度為
解得
減至共速，所需時(shí)間為
解得
此時(shí)位移為
繼續(xù)減速時(shí)，摩擦力方向沿傳送帶向上，此時(shí)加速度方向沿傳送帶向下，大小為
解得
若繼續(xù)減速至零，所需時(shí)間為
解得
所以物塊未減至零時(shí)，第二顆彈丸已射入。此時(shí)物塊的速度為
解得
此時(shí)位移為
則
（3）第二顆彈丸射入的過程中量守恒
所以
由此可推至每次射入彈丸后，物塊A都是先減速至傳送帶速度，然后繼續(xù)減速到下一顆彈丸射入?？赏浦@次物塊上升的位移也是。第三顆子彈射入的過程中動(dòng)量守恒
所以
減至共速，所需時(shí)間為
所以物塊未減至零時(shí)，第4顆子彈已射入，此時(shí)物塊的速度為
此時(shí)上升的總位移為
此時(shí)已發(fā)生位移為
傳送帶總長(zhǎng)，小于，可以推知：第4顆子彈丸射入前，A物體到達(dá)傳送帶頂端，所以彈丸需要射入3次。
2．如圖所示，在一粗糙水平平臺(tái)最左端固定一彈簧動(dòng)力裝置，可以將物體瞬間彈開，此時(shí)儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為，動(dòng)力裝置的右端有一滑塊A，質(zhì)量m＝3kg，滑塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑塊A到平臺(tái)右側(cè)邊緣長(zhǎng)度為s＝1m。平臺(tái)右側(cè)有一質(zhì)量M＝1kg的“L”型長(zhǎng)木板B，長(zhǎng)木板B上表面光滑，下表面與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為。長(zhǎng)木板B右端有一點(diǎn)O，O點(diǎn)右側(cè)空間中有一水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E＝8N/C，滑塊A帶正電，電荷量為3C，長(zhǎng)木板B不帶電，O點(diǎn)右側(cè)有一凸起P，OP距離為12m。一段時(shí)間后長(zhǎng)木板B右端到O點(diǎn)時(shí)速度為0，此前A、B僅發(fā)生了一次碰撞。已知所有碰撞無能量損失，A可視為質(zhì)點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中A電荷量不變，A未脫離B，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度。求：
(1)滑塊A第一次與B碰后各自的速度。
(2)滑塊A與長(zhǎng)木板B從第一次碰撞到第二次碰撞所需要的時(shí)間。
(3)從第二次碰后開始計(jì)時(shí)，經(jīng)過多長(zhǎng)時(shí)間長(zhǎng)木板B右端到達(dá)凸起點(diǎn)P。
【答案】(1)2m/s，6m/s
(2)
(3)
【詳解】（1）從A彈開到與B相撞，對(duì)A，由動(dòng)能定理可得
解得
A與B彈性碰撞
聯(lián)立解得
（2）第一次碰后A勻速直線運(yùn)動(dòng)，B勻減速直線運(yùn)動(dòng)。對(duì)B受力分析
解得
B減速為0，則有
解得
設(shè)經(jīng)過時(shí)間t滑塊A和木板B發(fā)生第二次碰撞
解得
因?yàn)椋瑒tB停止后A才與B相撞，時(shí)間為
（3）A、B第二次碰撞也為彈性碰撞，設(shè)碰后A、B的速度各為、，則有
解得
之后A進(jìn)入電場(chǎng)，對(duì)A
解得
由于AB加速度相等，則運(yùn)動(dòng)具有對(duì)稱性，當(dāng)兩者速度交換時(shí)再次碰撞
解得
依次類推，經(jīng)過O點(diǎn)第n次碰后B的速度為
每?jī)纱闻鲎驳臅r(shí)間間隔
則經(jīng)過O點(diǎn)第n次碰后B走過的總位移
設(shè)可得n等于8點(diǎn)多，則一共碰了9次，到第9次碰前
設(shè)還需要到P點(diǎn)
解得
則從過了O點(diǎn)到P點(diǎn)所需要的總時(shí)間
3．如圖所示，半徑的四分之一光滑圓軌道與光滑水平長(zhǎng)直軌道在點(diǎn)平滑連接，圓軌道A點(diǎn)與圓心等高，點(diǎn)切線水平。一條長(zhǎng)度的水平傳送帶以的速度勻速向右運(yùn)行。時(shí)刻一物塊在傳送帶左端靜止釋放。另一時(shí)刻，一與物塊完全相同的物塊從A點(diǎn)以一初速度釋放。時(shí)刻物塊以的速度沖上傳送帶左端。已知物塊、質(zhì)量均恒為，兩物塊與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，兩物塊運(yùn)動(dòng)過程中均可看作質(zhì)點(diǎn)，兩者的碰撞時(shí)間極短（可忽略不計(jì)），而且碰后物塊、粘在一起，求：
(1)物塊在A點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小；
(2)碰撞前瞬間物塊、的速度分別多大；
(3)物塊從傳送帶左端運(yùn)動(dòng)到右端所用的時(shí)間；
(4)在0-3s時(shí)間內(nèi)，傳送帶額外消耗的電能。
【答案】(1)80N
(2)6m/s，8m/s
(3)2s
(4)24J
【詳解】（1）從A點(diǎn)到C點(diǎn)的過程中，由動(dòng)能定理
得
在A點(diǎn)，對(duì)物塊受力分析，由牛頓第二定律
得物塊在A點(diǎn)時(shí)受到軌道支持力的大小為
（2）在傳送帶上對(duì)物塊由牛頓第二定律可知
可得和的加速度大小均為
相遇時(shí)由運(yùn)動(dòng)學(xué)關(guān)系可知
解得
或（舍去）
得碰撞前瞬間物塊、的速度大小分別為
（3）碰撞過程中有動(dòng)量守恒定律
解得
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式
解得
，
則
（4）0-2s內(nèi)傳送帶位移
2s-3s內(nèi)對(duì)傳送帶的摩擦力和對(duì)傳送帶的摩擦力大小相等，方向相反，總的摩擦力對(duì)傳送帶不做功所以傳送帶額外消耗的電能
4．如圖所示，光滑軌道A固定在水平地面上，其弧形軌道的高度為h，水平部分與木板B上表面齊平。木板B質(zhì)量為m，緊靠軌道A放置在光滑水平面上，在B的右側(cè)放著若干滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)），滑塊的質(zhì)量均為m，編號(hào)依次為1、2、3、4。。。。。。n（n趨于無窮大）。質(zhì)量為3m的滑塊C（視為質(zhì)點(diǎn)）置于軌道A的頂端，由靜止釋放，經(jīng)過滑上木板B，C與B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，當(dāng)C、B剛達(dá)到共速時(shí)，木板B恰好與滑塊1發(fā)生第1次彈性碰撞。經(jīng)過一段時(shí)間，C、B再次剛達(dá)到共速時(shí)，木板B恰好與滑塊1發(fā)生第2次彈性碰撞，依次類推；最終滑塊C沒從木板B上滑落。已知重力加速度為g，滑塊間的碰撞均為彈性碰撞，且每次碰撞時(shí)間極短，求：
(1)C、B第一次達(dá)到共速時(shí)，B的速度大小；
(2)軌道A對(duì)滑塊C作用力的沖量大小和方向；
(3)最初木板B右端與滑塊n之間的距離S以及最終n個(gè)滑塊的總動(dòng)能Ek。
【答案】(1)
(2)沖量大小為，方向與水平方向成45°（斜向右上方）
(3)，
【詳解】（1）根據(jù)題意，C沿軌道A下滑過程，動(dòng)能定理可知
解得
C、B第一次達(dá)到共速，由動(dòng)量守恒定律可知
聯(lián)立得共速速度
（2）滑塊C在光滑軌道A上運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)量定理可知
其中
，
由矢量關(guān)系可知
則有
即軌道A對(duì)滑塊C作用力的沖量大小為，方向與水平方向成45°（斜向右上方），如下圖。
（3）根據(jù)題意，C在B上滑動(dòng)過程，由牛頓第二定律可得
，
由（1）可知C、B第一次達(dá)到共速時(shí)
第一次共速的時(shí)間
可知B向右滑動(dòng)距離
B與滑塊1彈性碰撞且機(jī)械能守恒有
，
解得木板B速度，滑塊1速度，即速度交換。
同理第二次共速過程中，共同速度
需要時(shí)間
B向右滑動(dòng)距離
遞推可知
則初始時(shí)木板右端與滑塊n的距離
由等比數(shù)列求和公式，解得最初木板B右端與滑塊n之間的距離S為
B第一次與滑塊1碰后，滑塊1的速度為
與滑塊2彈性碰撞后交換速度，以此類推，最后滑塊n獲得速度為
其對(duì)應(yīng)的動(dòng)能為
同理，滑塊最后獲得速度為
其對(duì)應(yīng)的動(dòng)能為
最后，滑塊1獲得速度為
其對(duì)應(yīng)的動(dòng)能為
n個(gè)滑塊的總動(dòng)能為
聯(lián)立可知最終n個(gè)滑塊的總動(dòng)能Ek為
5．如圖所示，光滑水平地面上靜置一表面光滑的圓弧凹槽D和一長(zhǎng)木板C，質(zhì)量均為m=1kg，木板與凹槽緊挨，木板上表面與凹槽圓弧表面相切。上方H=1.8m處有一長(zhǎng)L1=5m的水平傳送帶以v=8m/s的速度順時(shí)針運(yùn)行，將一質(zhì)量m1=1kg的小物塊P（可視為質(zhì)點(diǎn)）輕放在傳送帶的左端，物塊與傳送帶的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.8，P離開傳送帶后，落至木板表面無反彈，豎直方向速度經(jīng)減為0，此時(shí)物塊P離木板右端長(zhǎng)度為L(zhǎng)2=3.5m，物塊與木板表面動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2，物塊到達(dá)木板右端后沖上凹槽，圓弧表面半徑R=0.2m，g取10m/s2，求：
(1)物塊離開傳送帶時(shí)的速度大小v1及剛接觸木板的速度大小v2；
(2)物塊經(jīng)作用后，物塊速度v3及木板速度v4的大??；
(3)判斷物塊滑上凹槽后能否從上端離開，如果能，求離開后還能上升的高度；如果不能，求物塊滑上凹槽后上升的最大高度。
【答案】(1)，
(2)，
(3)不能，0.1m
【詳解】（1）對(duì)物塊
設(shè)達(dá)到與傳送帶共速需x的距離
故
平拋過程
得
所以
（2）物塊與木板作用過程，豎直方向
得：
水平方向
對(duì)物塊水平方向
得
對(duì)木板及凹槽
得
（3）對(duì)物塊
對(duì)板及凹槽
假設(shè)未共速，物塊
板及凹槽
有
得
（另一解舍去）
物塊
板及凹槽
假設(shè)成立，假設(shè)恰好至凹槽最高點(diǎn)的半徑為R0，則
得
故不能從凹槽上端離開，上升的最大高度為0.1m。
6．某激光制冷技術(shù)與下述力學(xué)緩沖模型類似。圖甲中輕彈簧下端固定在傾角為的足夠長(zhǎng)光滑斜面底端，上端與質(zhì)量為3m的物塊B相連，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，此時(shí)彈簧壓縮量為d；現(xiàn)將質(zhì)量為m下表面光滑的足夠長(zhǎng)的木板A置于B的上方，A的下端與B相距25d；質(zhì)量為2m的物塊C置于A的上端，C與A之間動(dòng)摩擦因數(shù)為，B、C均視為質(zhì)點(diǎn)。B與斜面之間有智能涂層材料，僅可對(duì)B施加大小可調(diào)的阻力，當(dāng)B的速度為零時(shí)涂層對(duì)其不施加作用力?，F(xiàn)將A和C由靜止釋放，之后A與B發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，且A、B碰后分離，B向下運(yùn)動(dòng)2d時(shí)速度減為零，再減速為零之前A、B不發(fā)生第二次碰撞，此過程中B受到涂層的阻力大小f與下移距離x之間的關(guān)系如圖乙所示。已知重力加速度大小為g，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。
（1）求A、B在第一次碰撞前瞬間A的速度大?。?br>（2）求A、B在第一次碰撞過程中損失的機(jī)械能；
（3）在B第一次向下運(yùn)動(dòng)過程中，求B與A下端相距最遠(yuǎn)的距離。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）木板A和物塊C下滑過程，由動(dòng)能定理
解得
（2）靜止時(shí)，對(duì)B
B運(yùn)動(dòng)過程中，B所受阻力
B所受彈力
對(duì)B，由牛頓第二定律得
B碰后的速度大小
解得
A與B碰撞，由動(dòng)量守恒得
解得
碰撞過程機(jī)械能的損失
解得
（3）碰后，對(duì)A由牛頓第二定律得
對(duì)C由牛頓第二定律得
假設(shè)A、B速度相等時(shí)，未達(dá)共速
解得
，
對(duì)C
由于
所以假設(shè)成立，B與A下端相距最遠(yuǎn)的距離
解得
7．如圖所示一滑板的上表面由長(zhǎng)度為L(zhǎng)的水平部分AB和四分之一光滑圓弧BC組成，兩部分在B點(diǎn)平滑連接，A、C為端點(diǎn)，滑板靜止于光滑的水平地面上。物體P（視為質(zhì)點(diǎn)）置于滑板上面的A點(diǎn)，物體Р與滑板水平部分AB有摩擦，動(dòng)摩擦因數(shù)為（）。一長(zhǎng)為L(zhǎng)不可伸長(zhǎng)的細(xì)線，一端固定于О點(diǎn)，另一端系一質(zhì)量為的小球Q（視為質(zhì)點(diǎn)），小球Q位于最低點(diǎn)時(shí)與物體P處于同一高度并恰好接觸?，F(xiàn)將小球Q拉至與O'同一高度（細(xì)線處于水平拉直狀態(tài)），然后由靜止釋放，小球Q向下擺動(dòng)并與物體Р發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），物體Р將在滑板上向左運(yùn)動(dòng)，通過B點(diǎn)后又返回，最終相對(duì)滑板靜止于水平部分AB上的某點(diǎn)。已知物體P的質(zhì)量為m，滑板的質(zhì)量為2m，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力。
（1）求小球Q與物體Р碰撞后瞬間，物體P和小球Q的速度大小；
（2）若碰后小球Q的最大擺角小于5°，且物體Р在相對(duì)滑板反向運(yùn)動(dòng)過程中相對(duì)地面有向右運(yùn)動(dòng)的速度，要實(shí)現(xiàn)上述運(yùn)動(dòng)過程，求的取值范圍（計(jì)算結(jié)果用和cs5°表示）；
（3）若=1.1m，=0.4，，物體Р在滑板上往返運(yùn)動(dòng)，最終相對(duì)滑板靜止于水平部分AB上的某點(diǎn)，此時(shí)小球Q恰好是碰后第2024次回到最低點(diǎn)。求物體Р兩次經(jīng)過B點(diǎn)的時(shí)間間隔（計(jì)算結(jié)果用g和L表示）。
【答案】（1），；（2）；（3）
【詳解】（1）在Q下落過程中有
在P、Q碰撞過程中有
聯(lián)立得
，
（2）碰后Q的最大擺角小于5°，需要
解得
對(duì)Р在板上由A到B過程中有
將以上兩式聯(lián)立得
Р第一次到達(dá)B點(diǎn)的速度為
P第二次到達(dá)B點(diǎn)的速度為
要求Р有相對(duì)地面向右的速度，說明要小于零且判別式大于零，則
聯(lián)立可得
（3）當(dāng)時(shí)，Q碰后的速度為
Q再次上升的過程中
解得
所以
即Q碰后做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)
又
A到B過程中有
對(duì)Р與滑板整體有
P從第一次經(jīng)過B點(diǎn)到相對(duì)于滑板靜止過程中有
所求時(shí)間
綜上求得
8．如圖所示，水平傳送帶長(zhǎng)，以的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)。質(zhì)量為、足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板靜止在粗糙的水平面上，長(zhǎng)木板與傳送帶的上表面平齊，質(zhì)量為的物塊B靜置于長(zhǎng)木板的左端?，F(xiàn)將質(zhì)量為的物塊C輕輕放在傳送帶的左端，到達(dá)傳送帶右端時(shí)恰好與傳送帶共速，物塊C與物塊B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞結(jié)束瞬間取走物塊C。已知長(zhǎng)木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊B與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，物塊B與C可視為質(zhì)點(diǎn)，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度取。求：
（1）物塊C與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；
（2）物塊C與物塊B碰撞后瞬間物塊B的速度大小；
（3）長(zhǎng)木板在水平面上滑行的位移大小。
【答案】（1）0.5；（2）；（3）
【詳解】（1）對(duì)物塊C在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程，由動(dòng)能定理得
μ3m3gL=12m3v02
解得
（2）物塊C與物塊B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得
由機(jī)械能守恒定律得
解得
（3）物塊B在長(zhǎng)木板上與長(zhǎng)木板共速前，對(duì)物塊B分析，由牛頓第二定律得
對(duì)長(zhǎng)木板分析，由牛頓第二定律得
經(jīng)過時(shí)間，物塊B與長(zhǎng)木板共速，則有
該過程中，長(zhǎng)木板在水平面上滑行的位移大小為
由于，物塊B與長(zhǎng)木板共速后一起做減速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得
這個(gè)過程中，長(zhǎng)木板在水平面上滑行的位移大小為
長(zhǎng)木板在水平面上滑行的位移大小為
9．如圖所示，傾角為θ且足夠長(zhǎng)的固定斜面上放置4個(gè)完全相同的滑塊，編號(hào)為1、2、3、4，相鄰滑塊間距均為L(zhǎng)?，F(xiàn)有一表面光滑、質(zhì)量為m的物體從滑塊1上方某處由靜止釋放，之后所有碰撞均為彈性正碰且碰撞時(shí)間極短。已知每個(gè)滑塊的質(zhì)量均為m0（m0>m），滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=tanθ，物體與1號(hào)滑塊前4次碰時(shí)的速度均相同，物體和滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度大小為g。
（1）求物體釋放時(shí)到滑塊1的距離x；
（2）求物體與滑塊1第5次碰撞前物體的速度大小v5；
（3）若物體釋放時(shí)到滑塊1的距離為，求物體從釋放到與滑塊1發(fā)生第5次碰撞的時(shí)間t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【詳解】（1）設(shè)物體在與滑塊1碰撞前的速度大小為v0，碰后物體的速度為v1，滑塊1的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得
可得
，
因，故第一次碰撞后，滑塊1開始向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，4個(gè)滑塊質(zhì)量相等，相鄰兩滑塊碰后速度交換；則滑塊1與滑塊2碰后，滑塊1處于靜止?fàn)顟B(tài)，已知物體與1號(hào)滑塊前4次碰時(shí)的速度均相同，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得
聯(lián)立解得物體釋放時(shí)到滑塊1的距離為
（2）因，故第一次碰撞后，滑塊1開始向下做勻速直線運(yùn)動(dòng)，4個(gè)滑塊質(zhì)量相等，相鄰兩滑塊碰后速度交換；可知物體在滑塊4的初始位置處與滑塊1第4次碰撞，碰撞后物體以速度v1反彈，4個(gè)滑塊均以速度v2勻速運(yùn)動(dòng)，則物體與滑塊1第4次碰撞后到物體與滑塊1第5次碰撞前過程，有
解得
（3）當(dāng)時(shí)，則有
，，，
物體從靜止釋放到第一次碰撞時(shí)間
物體與滑塊1碰撞后，反彈再運(yùn)動(dòng)至滑塊2原來所在位置所需的時(shí)間為
4個(gè)滑塊的質(zhì)量均為，碰撞后速度置換，即物體再次與滑塊1碰撞后將重復(fù)第一次碰撞的過程； 則第1、2次，2、3次，3、4次碰撞用時(shí)均為，第4、5次碰撞用時(shí)滿足關(guān)系式
解得
由
聯(lián)立解得
10．如圖所示，傾角為的傾斜傳送帶長(zhǎng)為，以的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)；水平傳送帶長(zhǎng)為，也以的速度逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，兩傳送帶之間由很短的一段光滑圓弧連接，圓弧的高度差忽略不計(jì)。緊靠水平傳送帶兩端各靜止一個(gè)質(zhì)量為的物塊B和C，在距傳送帶左端的水平面上放置一豎直固定擋板，物塊與擋板碰撞后會(huì)被原速率彈回。現(xiàn)從傾斜傳送帶頂端輕輕放上一質(zhì)量的物塊A，一段時(shí)間后物塊A與B發(fā)生彈性碰撞，碰撞時(shí)間忽略不計(jì)，碰撞后B滑上水平傳送帶，A被取走。已知物塊A與傾斜傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，物塊B、C與水平傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)，與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，物塊間的碰撞都是彈性正碰，物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，g取。。求：
（1）物塊A在傾斜傳送帶上滑行過程中，A在傾斜傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度和A在傾斜傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能；
（2）物塊B與物塊C第一次碰撞前，水平傳送帶因傳送物塊B多消耗的電能；
（3）整個(gè)過程中，物塊B在傳送帶上滑行的總路程。
【答案】（1）1.0m，；（2）；（3）
【詳解】（1）物塊A在斜面上下滑到與傳送帶速度相同的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
運(yùn)動(dòng)的位移大小為
時(shí)間為
故A落后傳送帶的距離為
之后再加速運(yùn)動(dòng)到斜面底端，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律
解得
故再加速運(yùn)動(dòng)到斜面底端的時(shí)間
故A超前傳送帶的距離為
故A在傾斜傳送帶上留下的痕跡長(zhǎng)度
A在傾斜傳送帶上因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能
（2）A、B兩物塊發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A的速度為，B的速度為，有
代入數(shù)據(jù)得
之后物塊B在水平傳送帶上運(yùn)動(dòng)到與傳送帶速度相同的過程中，根據(jù)牛頓第二定律得
解得
物塊B經(jīng)時(shí)間后，速度與傳送帶速度相等，設(shè)向左運(yùn)動(dòng)的位移為x，則有
由于，物塊B與傳送帶速度相等后一起與傳送帶做勻速運(yùn)動(dòng)，故物塊B在水平傳送帶上相對(duì)滑行的距離為
根據(jù)能量守恒定律知水平傳送帶因傳送物塊B多消耗的電能
（3）物塊B在水平傳送帶上勻速運(yùn)動(dòng)的距離為
再與物塊C第一次碰撞，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒
代入數(shù)據(jù)得
由此可知，以后每次B與C相碰，速度都發(fā)生交換。對(duì)物塊C，設(shè)來回運(yùn)動(dòng)了n次，由動(dòng)能定理可知
代入數(shù)據(jù)得
物塊C第次返回至傳送帶左端時(shí)速度平方大小為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得
（，，25）
物塊B獲得速度后在傳送帶上先向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，后向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，回到傳送帶左端時(shí)速度大小不變，物塊B第次在傳送帶上來回一次運(yùn)動(dòng)的路程
（，，25）
所以整個(gè)過程物塊B在傳送帶上滑行的總路程
代入數(shù)據(jù)得
命題預(yù)測(cè)
用力學(xué)三大觀點(diǎn)（動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)）處理多過程運(yùn)動(dòng)問題是高考物理中的重要命題方向。這三大觀點(diǎn)涵蓋了物體受力與運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的關(guān)系、能量轉(zhuǎn)換與守恒以及動(dòng)量變化與守恒等核心物理概念。通過動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)，可以分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的變化。能量觀點(diǎn)在處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題時(shí)尤為重要，可以通過分析物體在不同過程中的能量轉(zhuǎn)換和守恒關(guān)系來求解問題。動(dòng)量觀點(diǎn)在處理涉及碰撞、爆炸等物理現(xiàn)象的問題時(shí)具有獨(dú)特優(yōu)勢(shì)，可以通過分析物體在不同過程中的動(dòng)量變化來求解問題。
在2025年高考中，?？嫉膯栴}主要涉及以下幾個(gè)方面：
1.多過程運(yùn)動(dòng)問題：這類問題通常涉及多個(gè)物理過程和多個(gè)研究對(duì)象，需要考生運(yùn)用力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)各個(gè)過程進(jìn)行受力分析、運(yùn)動(dòng)分析和能量分析。常見題型包括物體在多個(gè)力作用下的運(yùn)動(dòng)問題、物體在不同階段的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化問題等。
2.守恒定律應(yīng)用問題：這類問題主要考查能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。常見題型包括物體在碰撞過程中的能量損失和動(dòng)量守恒問題、物體在復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過程中的機(jī)械能守恒問題等。
3.綜合應(yīng)用題：這類問題通常將動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)、能量觀點(diǎn)和動(dòng)量觀點(diǎn)綜合起來進(jìn)行考查，要求考生能夠靈活運(yùn)用這三大觀點(diǎn)分析解決復(fù)雜問題。常見題型包括物體在復(fù)雜運(yùn)動(dòng)過程中的受力、運(yùn)動(dòng)狀態(tài)和能量變化問題等。
在備考過程中，考生應(yīng)深入理解力學(xué)三大觀點(diǎn)的基本原理和應(yīng)用方法，掌握相關(guān)的物理公式和定理。同時(shí)，要通過大量的練習(xí)來提高自己分析和解決問題的能力，特別是要注重對(duì)多過程問題的訓(xùn)練，學(xué)會(huì)將復(fù)雜問題分解為多個(gè)簡(jiǎn)單過程進(jìn)行分析和處理。
高頻考法
用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理物塊多過程問題
用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理傳送帶多過程問題
用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理彈簧多過程問題
用力學(xué)三大觀點(diǎn)處理板塊多過程問題

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