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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 (2021·浙江6月选考·20)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上
竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道
CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O 点，
1
轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O 点，O 、D、O 和F点均处在同一水平线上．小滑块
2 1 2
从轨道AB上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道BC上等质量的小球发生弹性碰
撞，碰后小球经管道CD、轨道DEF从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱
G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上 Q点，已知小滑块与
轨道AB间的动摩擦因数μ＝，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v 的大小；
0(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值h ；
min
(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x
的最大值x .
max
答案 (1)4 m/s (2)0.45 m (3)0.8 m
解析 (1)小滑块在AB轨道上运动
mgh－μmgcos θ·＝mv2
0
代入数据解得v＝＝4 m/s
0
(2)设小滑块滑至B点时的速度为v ，小滑块与小球碰撞后速度分别为v、v，碰撞过程中动
B 1 2
量守恒，机械能守恒，因此有mv ＝mv＋mv，
B 1 2
mv 2＝mv2＋mv2
B 1 2
解得v＝0，v＝v
1 2 B
小球沿CDEF轨道运动，在最高点可得
mg＝m
从C点到E点由机械能守恒可得
mv 2＋mg(R＋r)＝mv 2
Emin Bmin
其中v ＝，
Bmin
解得h ＝0.45 m
min
(3)设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理
mg(R＋y)＝mv 2－mv 2
G Emin
由平抛运动规律可得x＝v t，
G
H＋r－y＝gt2
联立可得水平距离为
x＝2
由数学知识可得，当0.5－y＝0.3＋y时，x有最大值，最大值为x ＝0.8 m.
max
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·辽宁省县级重点高中协作体一模)如图所示，质量为4m的长木板A放在水平地面上，
在A上表面左端放有质量为m的小物块B；另一质量为m的小物块C用轻质细绳悬挂在O
点，C所在的最低点M与B所处位置等高；开始时长木板A的左端距离M点有一定的距离，
所有物体都处于静止．现给长木板A一方向水平向左、大小为v ＝15 m/s的初速度，当A、
0
B速度相同时B、C恰好发生碰撞，碰撞时间极短，且碰后 B、C结合为一个整体绕O点运
动．已知B、C结合体通过N点后细绳松弛，N点与O点连线与水平方向的夹角为37°，A与B和A与地面间的动摩擦因数分别为μ＝0.2和μ＝0.4，B、C和BC结合体均可视为质点，
1 2
重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6.求：
(1)开始时长木板A左端到M点的水平距离x；
(2)长木板A的最小长度L；
(3)悬挂小物块C的轻绳长度R.
答案 (1)4 m (2)15 m (3)0.38 m
解析 (1)根据牛顿第二定律可求A的加速度大小为a ＝＝5.5 m/s2，
A
小物块B的加速度大小为a ＝＝2 m/s2，
B
设运动时间为t，A、B速度相等时有v－a t＝a t，
0 A B
代入数据解得t＝2 s，所以有x＝a t2，
B
代入数据解得x＝4 m.
(2)A从开始运动到B、C碰撞时，运动的距离为x ＝vt－a t2，
A 0 A
代入数据解得x ＝19 m，
A
小物块B相对长木板A运动的距离即为A的最小长度，有L＝x －x＝15 m.
A
(3)B、C碰撞前瞬间B的速度为
v ＝a t＝4 m/s，
B B
碰撞过程动量守恒，设碰后结合体速度为v ，有mv ＝(m＋m)v ，
M B M
代入数据解得v ＝3.8 m/s，
M
结合体恰好通过N点，在N点轻绳拉力为零，重力沿半径方向的分力提供向心力，设结合
体在N点的速度大小为v ，有
N
(m＋m)gsin 37°＝(m＋m)，
从M到N，根据能量守恒定律有
(m＋m)v 2＝(m＋m)v 2＋(m＋m)gR·(1＋sin 37°)，
M N
联立解得R＝0.38 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
