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1．(2024·江西省联考)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角
为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段
圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质
量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在
水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小
为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，求：
(1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；
(2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；
(3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。
2．(2023·广东卷·15)如图为某药品自动传送系统的示意图。该系统由水平传送带、竖直螺旋
滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L，平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在
以速度v 匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平
0
台最右端N点停下，随后滑下的B以2v 的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、
0
B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m，碰撞过程中损失
的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，A、B在
滑至N点之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t；
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
3．(2024·广东执信中学检测)如图所示，在光滑平台上放置一长度l＝0.5 m、质量m ＝2 kg
2
的薄板b(厚度不计)，在薄板b最右端放有可视为质点的物块a，其质量m ＝1 kg，物块a与
1
薄板b间的动摩擦因数μ＝0.2。开始时两者均静止，现对薄板b施加F＝8 N、水平向右的
恒力，待a脱离b(b尚未露出平台)后，将b取走。a离开平台后由A点沿切线落入半径R＝
0.9 m的竖直光滑圆弧轨道AB，圆弧轨道AB的圆心角为60°，其中过B点的切线水平，其
右侧有一被电磁铁吸住而静止的小球 c，c球质量m ＝1 kg且与地面及左侧墙面相距足够远，
3
当c球被碰撞时电磁铁立即失去磁性，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)物块a脱离薄板b前物块a和薄板b加速度大小及物块a在薄板b上运动的时间t；(2)物块a经过B点时的速度大小v ；
B
(3)若初始时一不可伸长的轻绳一端系着小球c，另一端系于c球正下方的O 点，此时绳子刚
1
好伸直且无拉力，已知O 点与c球相距为L，当绳子拉力F 达到9mg时绳子断开。物块a
1 T 3
从B点水平正碰c球瞬间无能量损失，为使细绳断开时c球开始做平抛运动，则L必须满足
什么条件？
4．(2023·海南卷·18)如图所示，有一固定的光滑圆弧轨道，半径R＝0.2 m，一质量为m ＝
B
1 kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的
初速度，已知m ＝3 kg，B、C间动摩擦因数μ ＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ ＝0.8，C
C 1 2
右端有一个挡板，C长为L。求：
(1)B滑到A的底端时对A的压力是多大；
(2)若B未与C右端挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量是多
少；
(3)在0.16 m<L<0.8 m时，B与C右端挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最
终停止所用的时间。
第 5 练 专题强化：用三大观点解决力学问题
1．(1) (2)
(3)mgL
解析 (1)设a与b碰撞前一瞬间，a的速度大小为v ，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝
0mv2，
0
解得v＝
0
(2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v、v，
1 2
根据动量守恒有mv＝3mv－mv
0 2 1
根据能量守恒有
mv2＝×3mv2＋mv2
0 2 1
解得v＝v＝v＝
1 2 0
(3)由于v ＝<，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，加速度大小相等，
2
根据牛顿第二定律有
3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma
解得a＝gsin α＋μgcos α＝g
根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t＝＝
1
物块b第一次在传送带上运动过程，因摩擦产生的内能为
Q＝μ·3mgcos α(vt＋t＋t－vt)＝mgL。
21 1 1 21
2．(1) (2)6mgL－3mv2
0
(3)
解析 (1)A在传送带上运动时的加速度a＝μg
由静止加速到与传送带共速所用的时间t＝＝
(2)B从M点滑至N点的过程中，由动能定理知
2mg·3L－W＝×2m(2v)2－×2mv2，解得W＝6mgL－3mv2
0 0 0
(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知
2m·2v＝mv＋2mv
0 1 2
×2m×(2v)2－(mv2＋×2mv2)＝×[×2m×(2v)2]
0 1 2 0
解得v＝2v，v＝v
1 0 2 0
(另一解v＝v，v＝v 不符合题意，舍掉)
1 0 2 0
两药品盒做平抛运动的时间t＝
1
则s－r＝vt，s＋r＝vt
21 11
解得s＝。
3．(1)2 m/s2 3 m/s2 1 s (2)5 m/s
(3)0<L≤0.25 m或L＝0.625 m
解析 (1)设物块a脱离薄板b前，物块a的加速度大小为a ，薄板b的加速度大小为a ，物
1 2
块a在薄板b上运动的时间为t，则由牛顿第二定律有
μm g＝ma，F－μm g＝ma
1 1 1 1 2 2代入数据解得a＝2 m/s2，a＝3 m/s2
1 2
由物块a与薄板b之间的位移关系可得at2－at2＝l
2 1
代入数据解得t＝1 s
(2)设物块a离开薄板b时的速度为v，则有v＝at＝2 m/s
0 0 1
设物块a从A点滑入时的速度大小为v ，由于物块a滑出平台后做平抛运动，则由速度关系
A
可得v cos 60°＝v
A 0
物块a进入圆弧轨道后做圆周运动，设到达B点时的速度为v ，则从A到B由动能定理有
B
mgR(1－cos 60°)＝mv 2－mv 2
1 1 B 1 A
联立解得v ＝5 m/s
B
(3)设碰撞后瞬间物块a的速度为v ，小球c的速度为v，则由动量守恒定律和能量守恒定
B1 c
律有
mv ＝mv ＋mv
1 B 1 B1 3 c
mv 2＝mv 2＋mv2
1 B 1 B1 3 c
联立解得v ＝0，v＝5 m/s
B1 c
要使连接小球c的绳子断裂后小球c做平抛运动，则必然是在最高点或最低点绳子断裂，若
在最高点绳子断裂，则由牛顿第二定律有F ＋mg≤m，解得0<L≤0.25 m
T 3 3
若在最低点绳子恰好断裂，则有
mg·2L＝mv 2－mv2
3 3 c1 3 c
F －mg＝m
T 3 3
解得L＝0.625 m
而若L＝0.625 m，小球c做圆周运动恰好通过最高点时有mg＝m
3 3
解得v＝2.5 m/s<v＝5 m/s
1 c
则可知，绳子在最低点恰好满足断裂条件，综上可知，保证小球 c被碰后做平抛运动，绳长
应满足的条件为0<L≤0.25 m或L＝0.625 m。
4．(1)30 N (2)1.6 J
(3)(1－) s
解析 (1)滑块B下滑到A的底端过程，由动能定理有：m gR＝m v2，解得v＝2 m/s
B B
在A的底端，由牛顿第二定律有：F －m g＝m ，解得F ＝30 N，由牛顿第三定律可知B
N B B N
对A的压力大小为F ′＝30 N；
N
(2)当B滑上C后，B受到的摩擦力向左，根据牛顿第二定律得F ＝μm g＝m a ，解得a ＝
fB 1 B B 1 1
2 m/s2，方向水平向左
C受B向右的摩擦力和地面向左的摩擦力，根据牛顿第二定律
μ(m ＋m )g－μm g＝m a，
2 B C 1 B C 2解得a＝10 m/s2，方向水平向左，
2
B向右运动的距离x＝，
1
解得x＝1 m
1
C向右运动的距离x＝，
2
解得x＝0.2 m
2
B、C间因摩擦产生的热量
Q＝μm g(x－x)，可得Q＝1.6 J；
1 B 1 2
(3)假设B还未与C上挡板碰撞，C先停下，用时为t ，由t ＝，得t ＝0.2 s，此时B的位移
1 1 1
x ＝vt－at2，
B1 1 11
解得x ＝0.36 m
B1
则x ＝x －x＝0.16 m，
相 B1 2
此时v ＝v－at＝1.6 m/s
B1 11
由L>0.16 m，一定是C先停下，之后B再与C上挡板碰撞
设再经t 时间B与C挡板碰撞，
2
由L－0.16 m＝v t－at2，
B12 12
得t＝0.8 s－ s，
2
t＝0.8 s＋ s(舍去)
2
碰撞时B速度为
v ＝v －at＝2
B2 B1 12
碰撞时由动量守恒定律可得
m v ＝(m ＋m )v
B B2 B C BC
解得碰撞后B、C速度为
v ＝
BC
之后二者一起减速运动，a＝μg＝8 m/s2，方向向左，经t 后停下，
3 2 3
得t＝＝
3
B从滑上C到最终停止所用的总时间
t＝t＋t＋t＝(1－) s。
1 2 3
