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微专题 3 力学三大观点的综合应用
命题规律 1.命题角度：应用力学三大观点解决多过程问题.2.常用方法：多过程分段处理
法.
3.常考题型：计算题．
力学三大观点对比
力学三
对应规律 表达式 选用原则
大观点
牛顿第二定律 F ＝ma
合
动力学 v＝v 0 ＋at 物体做匀变速直线运
观点 匀变速直线运动规律 x＝vt＋at2 动，涉及运动细节
0
v2－v2＝2ax等
0
动能定理 W ＝ΔE
合 k
能量 机械能守恒定律 E ＋E ＝E ＋E
k1 p1 k2 p2
涉及做功与能量转换
观点 功能关系 W ＝－ΔE 等
G p
能量守恒定律 E＝E
1 2
只涉及初末速度、力、
动量定理 I ＝p′－p
合
动量 时间而不涉及位移、功
观点 只涉及初末速度而不涉
动量守恒定律 p＋p＝p′＋p′
1 2 1 2
及力、时间
例1 (2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正
下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，
AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开
始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终
张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰．已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，
v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a
落到FG时不反弹且静止．忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视
为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v 的大小；
0
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力F 与h间满足的关系；
N(3)若物块b释放高度0.9 m<h<1.65 m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标
原点，水平向右为正，建立x轴)．
答案 (1)5 m/s
(2)F ＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
N
(3)当0.9 m<h<1.2 m时，2.6 m<x≤3 m，当1.2 m≤h<1.65 m时， m≤x< m
解析 (1)物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝mv2，解得v＝5 m/s
b b
b与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv＝mv′＋mv
b b 0
mv2＝mv′2＋mv2
b b 0
联立解得v＝5 m/s
0
(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到
达E点对应的高度为h，根据动能定理可得mgh －2μmgl－mgH＝0，解得h＝1.2 m
1 1 1
以竖直向下为正方向，则有F ＋mg＝m
N
由动能定理有mgh－2μmgl－mgH＝mv 2
E
联立可得F ＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
N
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，最终物块a静止的位置在E点或E点右侧，根据动能定理得
mgh－2μmgl－mgH＝mv 2
E
从E点飞出后，竖直方向H＝gt2
水平方向s＝v t
1 E
当h最大时，s 最大，即s ＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s 取不到最大值，
1 1max 1
根据几何关系可得DF＝ m
x＝3l＋DF＋s
1
代入数据解得 m≤x<(3.6＋) m；
当0.9 m<h<1.2 m时，从h＝0.9 m释放b，a、b碰撞后，仍交换速度时，则根据动能定理可
2
得mgh－μmgs＝0
2
当h最小时
解得s＝1.8 m
2
可知物块a达到距离C点0.8 m处静止；
当h取1.2 m时，
物块a在E点速度为零，若返回到CD时，根据动能定理可得mgH－μmgs＝0，解得s＝
3 3
0.4 m，距离C点0.6 m，
又因h＝1.2 m不在此范围内，故当0.9 m<h<1.2 m时，有3l－s<x≤3l
3
代入数据得2.6 m<x≤3 m.
例2 (2022·广东梅州市二模)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定，其末
端B切线水平．一质量为m、可看成质点的滑块从轨道上的A点由静止滑下．若传送带静止，滑块恰能运动到C点停止；当传送带以速度顺时针转动时，滑块到C点后做平抛运动，通
过光滑圆弧装置EF无机械能损失地滑上静止在光滑水平地面上的长木板，长木板右端运动
到H时与固定挡板碰撞粘连．长木板质量 M＝2m，板长l＝6.5R，板右端到挡板的距离L在
R<L<5R范围内取值，滑块与水平传送带、长木板间的动摩擦因数均为 μ＝0.5，挡板和长木
板等高且上表面光滑，传送带右端点C距长木板上表面的高度h＝4R，重力加速度大小为
g，求：
(1)传送带B、C两点间的距离x；
(2)传送带以速度顺时针转动时，试判断滑块离开C点前能否与传送带达到共速；
(3)讨论滑块从滑上长木板到离开长木板右端的过程中，克服摩擦力做的功W 与L的关系．
克f
答案 (1)2R (2)滑块与传送带能共速 (3)W ＝mg(13R＋2L)或者W ＝mgR
克f 克f
解析 (1)传送带静止时，滑块从A到B、B到C，由动能定理得mgR＝mv 2
B
－μmgx＝－mv 2
B
联立解得v ＝，x＝＝2R
B
(2)滑块到B点的速度大于传送带速度，
据牛顿第二定律可得μmg＝ma
达到共速时滑块的位移
x＝＝R<2R
1
故滑块与传送带能共速．
(3)滑块与传送带共速后，以v ＝的速度离开传送带，滑块从 C到F由机械能守恒定律得
C
mv2＝mgh＋mv 2
1 C
设长木板与滑块达到共同速度v 时，位移分别为l、l，
2 1 2
由动量守恒定律知mv＝(m＋M)v
1 2
由动能定理知μmgl＝Mv2
1 2
－μmgl＝mv2－mv2
2 2 1
联立解得l＝2R，l＝8R
1 2
滑块相对长木板的位移Δl＝l－l<l
2 1
即滑块与长木板在达到共同速度时，滑块未离开长木板．
滑块滑到长木板右端时，
若R<L≤2R，W ＝μmg(l＋L)，得W ＝mg(13R＋2L)
克f 克f
若2R<L<5R，
W ＝μmg(l＋l－Δl)＝μmg(l＋l)
克f 2 1得W ＝mgR.
克f
(2022·广东省模拟)如图，一轻弹簧一端固定在垂直水平面的挡板上的A点，B点为弹簧原长
位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能E ＝324 J，弹簧右端有一质
p
量m ＝2.0 kg的物块P与弹簧接触但不拴接，B点右端C点处静止放置一质量m＝6.0 kg的
0
物块Q，AC为光滑的水平面，物块Q右侧光滑的水平轨道DE上静止放置一质量M＝2.0 kg
的平板车，其上表面与水平轨道BC在同一水平面内，左侧紧靠C点．物块Q与小平板车上
表面之间的动摩擦因数为μ＝0.40.FG为竖直面内半径R＝0.90 m的半圆形光滑轨道，圆心
为O ，FG为竖直直径，其固定在一水平位置可以调节的竖直挡板 EF的上方，平板车上表
1
面与半圆轨道FG可以平滑连接．调节竖直挡板使平板车右侧与E点的水平距离d＝1.5 m，
让弹簧解除锁定推动物块P向右运动，之后进入水平轨道BC与物块Q发生弹性正碰，碰撞
后物块P被束缚不再运动，物块Q滑上平板车带动平板车运动，平板车运动到 F点与挡板
EF碰撞后速度立即变为0，之后物块Q又由平板车滑上半圆轨道FG.物块P、Q均可视为质
点，物块Q从F点进入半圆轨道FG无动能损失，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，
求：
(1)物块P与物块Q碰撞之后物块Q的速度大小v ；
Q
(2)从物块Q滑上平板车到平板车运动到E点过程中物块Q与平板车之间因摩擦产生的热量
Q；(物块未脱离平板车)
(3)物块Q能滑上半圆轨道且能运动到最高点G，平板车长度L的取值应满足的条件．
答案 (1)9 m/s (2)60 J (3)2.5 m≤L≤3 m
解析 (1)设解除锁定后物块P的最大速度为v，弹簧弹开的过程根据机械能守恒定律可得
0
mv2＝E＝324 J，解得v＝18 m/s
0 0 p 0
物块P与物块Q发生弹性碰撞，设碰撞之后物块P的速度大小为v ，根据动量守恒定律有
P
mv＝mv ＋mv ，根据机械能守恒定律有mv2＝mv 2＋mv 2，代入数据解得v ＝9 m/s
0 0 0 P Q 0 0 0 P Q Q
(2)假设物块Q滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点过程中，设平板车到达E
点的速度为v，此时物块Q的速度为v，对平板车根据动能定理有μmgd＝Mv2
1 2 1
代入数据解得v ＝6 m/s，物块Q与平板车作用过程中动量守恒，根据动量守恒定律有 mv
1 Q
＝mv＋Mv，代入数据解得v＝7 m/s
2 1 2
v>v ，假设成立，即物块Q滑上平板车后带动平板车向右一直加速运动到E点，两者一直
2 1
发生相对滑动，根据能量守恒定律可知因摩擦产生的热量 Q＝mv 2－(mv2＋Mv2)，解得Q
Q 2 1＝60 J
(3)设平板车运动到E点时物块Q在平板车上滑动的距离为L ，根据能量守恒定律可知Q＝
1
μmgL，代入数据解得L＝2.5 m
1 1
物块Q要能滑上半圆轨道FG必须保证平板车滑到E点之前物块Q不能掉落，则平板车的长
度L≥L 即L≥2.5 m
1
设物块Q刚好能通过半圆轨道的最高点G时平板车的长度为L ，物块Q恰好过最高点时有
2
mg＝，从平板车运动到F点到物块Q刚好滑到G点的过程中，根据动能定理有－μmg(L －
2
L)－mg×2R＝mv 2－mv2，联立以上两式代入数据解得L＝3 m
1 G 2 2
物块Q要通过最高点，则平板车的长度L≤L，即L≤3 m，综上所述，平板车的长度为
2
2.5 m≤L≤3 m.
专题强化练
1.(2022·河北邯郸市一模)如图所示，倾斜轨道的AB段光滑、BC段粗糙，圆弧(半径OC竖
直)轨道CD光滑，整个轨道固定在同一竖直平面内，倾斜轨道和圆弧轨道通过一小段长度
不计的光滑弧形轨道相连，已知 AB长L ＝3 m，BC长L ＝13.75 m，倾斜轨道的倾角α＝
1 2
37°，圆弧轨道的半径R＝0.8 m，O为圆弧轨道的圆心．小物体P和Q(均可视为质点)的质量
均为m＝0.8 kg，小物体Q静止在B点，将小物体P从A点由静止开始释放，P运动到B点
时与Q发生弹性碰撞，且碰撞时间极短．若P、Q与轨道BC间的动摩擦因数均为μ＝0.8，
取重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，＝1.求：
(1)小物体P运动到B点时的速度大小；
(2)小物体Q运动到圆弧轨道上的C点时对圆弧轨道的压力大小；
(3)最终小物体Q停在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离．
答案 (1)6 m/s (2)33 N (3)12.75 m
解析 (1)小物体P从A点运动到B点的过程中，由机械能守恒定律有
mgL sin α＝mv2，解得v＝6 m/s.
1
(2)小物体P、Q碰撞过程中，动量守恒，机械能守恒．设碰后瞬间小物体P、Q的速度分别
为v、v，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
1 2
mv＝mv＋mv
1 2
mv2＝mv2＋mv2
1 2
解得v＝0，v＝6 m/s
1 2由于mgsin α<μmgcos α
故碰撞后小物体P将静止在倾斜轨道上B点．
设小物体Q滑到C点时的速度大小为v ，在从B点运动到C点的过程中，由动能定理有
C
mgL sin α－μmgLcos α＝mv 2－mv2
2 2 C 2
解得v ＝5 m/s
C
对小物体Q，在圆弧轨道上C点时，由牛顿第二定律有F －mg＝m，解得F ＝33 N
N N
由牛顿第三定律知，小物体Q运动到圆弧轨道C点时对圆弧轨道的压力大小为33 N.
(3)小物体Q从圆弧轨道回到C点时的速度大小仍为v ，设小物体Q沿倾斜轨道向上运动的
C
距离为L，由动能定理有
3
－μmgLcos α－mgL sin α＝0－mv 2
3 3 C
解得L＝1 m
3
小物体Q停在倾斜轨道上的位置到小物体P的距离L＝L－L，解得L＝12.75 m.
2 3
2.(2021·湖北卷·15)如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，
其下端与光滑水平面在Q点相切．在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也
为m的静止小物块B运动．A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好
为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零．已知重力加速度大小为g，忽
略空气阻力．
(1)求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；
(2)当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功
的功率；
(3)求碰撞过程中A和B损失的总动能．
答案 (1)2R (2)mgsin θ (3)mgR
解析 (1)设 B到半圆弧轨道最高点时速度为v′，由于B对轨道最高点的压力为零，则由
2
牛顿第二定律得mg＝m
B离开最高点后做平抛运动，
则在竖直方向上有2R＝gt2
在水平方向上有x＝v′t
2
联立解得x＝2R
(2)对A由C点到D点的过程，由机械能守恒定律得mgRcos θ＝mv 2
D
由于对A做功的力只有重力，
则在D点时，A所受力对A做功的功率为P＝mgv sin θ
D解得P＝mgsin θ
(3)设A、B碰后瞬间的速度分别为v、v，对B由Q点到最高点的过程，
1 2
由机械能守恒定律得mv2＝mv′2＋mg·2R
2 2
解得v＝
2
对A由Q点到C点的过程，由机械能守恒定律得mv2＝mgR
1
解得v＝
1
设碰前瞬间A的速度为v，对A、B碰撞的过程，由动量守恒定律得mv＝mv＋mv
0 0 1 2
解得v＝＋
0
碰撞过程中A和B损失的总动能为
ΔE＝mv2－mv2－mv2
0 1 2
解得ΔE＝mgR.
3.(2022·山东威海市高三期末)如图所示，两物块P、Q静止在水平地面上，相距L＝0.48 m，
P、Q的质量分别为1 kg和4 kg，P与左侧一固定的弹性挡板接触．已知P与水平地面间无
摩擦，P与弹性挡板碰撞无能量损失，Q与水平地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度为
10 m/s2.某时刻，P以4 m/s的初速度向Q运动并与之发生弹性正撞．求：
(1)P与Q第一次碰撞后的瞬间各自速度的大小；
(2)P与Q第二次碰撞后的瞬间Q的速度大小．
答案 (1) m/s m/s (2) m/s
解析 (1)第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为v 和v
1 2
mv＝mv＋mv
1 0 1 1 2 2
mv2＝mv2＋mv2
1 0 1 1 2 2
解得v＝－ m/s，v＝ m/s
1 2
所以两物块碰后瞬间的速度大小分别为 m/s、 m/s
(2)设碰后Q的加速度为a
μmg＝ma
假设第二次碰撞前Q没有停止运动，有
x＋2L＝|v|t
1 1
x＝vt－at2
21 1
解得t＝0.8 s
1
假设第二次碰撞前Q已经停止运动，有
v＝at
2 2
解得t＝1.6 s
2所以第二次碰撞前Q没有停止运动，设第二次碰撞后瞬间，P的速度为v ′，Q的速度为
P
v ′，则有
Q
v ＝v－at
Q 2 1
mv ＋mv ＝mv ′＋mv ′
1 P 2 Q 1 P 2 Q
mv 2＋mv 2＝mv ′2＋mv ′2
1 P 2 Q 1 P 2 Q
v ＝－v
P 1
解得v ′＝ m/s.
Q
4.(2022·山东淄博市一模)如图所示，一轻质弹簧的左端固定在小球B 上，右端与小球C 接
触但未拴接，球B 和球C 静止在光滑水平台面上．小球A 从左侧半径为R 的光滑圆弧上
的P点由静止滑下，与球B 发生正碰后粘在一起，碰撞时间极短．之后球C 脱离弹簧，沿
水平台面向右运动并从其右端点水平抛出，落入固定放置在水平地面上的竖直曲面轨道内．
以台面右侧底端的O′点为原点建立直角坐标系O′xy.已知，台面的高度为 2R，曲面的方
程为y＝x2.已知三个小球A、B、C 均可看成质点，且质量分别为m ＝km(k 为待定系数)、
A
m ＝m ＝m，OP与竖直方向的夹角θ＝60°，重力加速度为 g，不计空气阻力和一切摩擦．
B C
(1)若k＝1，求该条件下弹簧具有的最大弹性势能；
(2)求满足(1)问条件下小球C 落到曲面轨道上Q 点的位置坐标；
(3)当k 取何值时，小球C 落到曲面轨道上时具有最小动能，最小动能多大？
答案 (1)mgR (2)(，) (3)见解析
解析 (1)球A在圆弧上下落过程中有
mg(R－Rcos θ)＝mv2①
1
对A、B球碰撞过程有
mv＝2mv②
1 2
当A、B、C三球速度相等时弹簧的弹性势能最大，对A、B、C系统有
2mv＝3mv③
2 3
E＝×2mv2－×3mv2④
p 2 3
由①～④式得
E＝mgR
p
(2)当弹簧恢复原长时C 球与弹簧分离，对A、B、C系统有
2mv＝2mv＋mv⑤
2 4 5
×2mv2＝×2mv2＋mv2⑥
2 4 5对C球平抛过程有x＝v·t⑦
5
2R－y＝gt2⑧
又y＝x2⑨
由⑤～⑨式得x＝，y＝
即P点的位置坐标为(，)．
(3)当A球质量为km 时，对A、B系统有
kmv＝(km＋m)v′
1 2
对A、B、C系统有
(km＋m)v′＝(km＋m)v′＋mv′
2 4 5
(km＋m)v′2＝(km＋m)v′2＋mv′2
2 4 5
由以上三式得
v′＝
5
对C球平抛过程有
x′＝v′·t，2R－y′＝gt2
5
又y′＝x′2
mg(2R－y′)＝E－mv′2
k 5
由以上四式得
E＝m
k
当＝
即v′＝时动能最小，此时k＝2，动能最小值为E ＝mgR.
5 kmin
