文档内容
第 5 课时 专题强化：用三大观点解决力学问题
目标要求 掌握并会灵活选用力学三大观点解决力学综合问题。
1．解决动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的
求解过程。
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)
或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守
恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统
机械能的减少量，即系统内能的增加量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统
机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
例1 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。
竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从 A处
以初速度v 为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完
0
全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量 m＝0.2 kg，滑杆的
质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N 和N ；
1 2
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v；
1
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即 N ＝(m＋M)g
1
＝8 N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也
为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力大小为N ＝Mg－f′＝5 N。
2
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝mv2－mv2
1 0
代入数据解得v＝8 m/s。
1
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过
程根据动量守恒定律有mv＝(m＋M)v
1
碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋
M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
例2 (2023·山东济宁市模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝1.98 kg的小车，小车
上B点右侧为水平轨道，其中BC段粗糙，CD段光滑。B点的左侧为一半径R＝1.3 m的光
滑四分之一圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在 B点相切，车的最右端D点固定一轻质弹簧，
弹簧处于自然长度时左端恰好位于小车的 C点，B与C之间距离L＝0.7 m。一质量m＝1 kg
的小物块(可视为质点)，置于小车的B点，开始时小车与小物块均处于静止状态。一质量m
0
＝20 g的子弹以水平速度v ＝600 m/s向右击中小车并停留在车中，假设子弹击中小车的过
0
程时间极短，已知小物块与BC间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2。求：
(1)小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h；
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小；
(3)弹簧的弹性势能的最大值E ；
pm
(4)小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x。
答案 (1)1.2 m (2)8 m/s (3)8.5 J (4)0.4 m
解析 (1)对子弹与小车组成的系统，由动量守恒定律有mv＝(m＋M)v
0 0 0 1
当小物块运动到圆弧轨道的最高点时三者共速，对三者由水平方向动量守恒有
(m＋M)v＝(m＋M＋m)v
0 1 0 2
由机械能守恒定律有
(m＋M)v2＝(m＋M＋m)v2＋mgh
0 1 0 2
联立解得h＝1.2 m，即小物块沿圆弧轨道上升的最大高度h＝1.2 m。
(2)当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v ，取水平向右为正方向，由水平方
3
向动量守恒有(m＋M)v＝(m＋M)v＋mv
0 1 0 3
由能量守恒定律有
(m＋M)v2＝(m＋M)v2＋mv2
0 1 0 3联立解得v＝2 m/s，v＝8 m/s，即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s。
3
(3)当弹簧具有最大弹性势能E 时，三者速度相同。由动量守恒定律有
pm
(m＋M)v＋mv＝(m＋M＋m)v
0 3 0 4
由能量守恒定律有(m＋M)v2＋mv2
0 3
＝(m＋M＋m)v2＋μmgL＋E
0 4 pm
联立解得E ＝8.5 J。
pm
(4)小物块最终与小车保持相对静止时，三者共速，设小物块在BC段总共运动了s的路程，
由水平方向动量守恒有(m＋M)v＝(m＋M＋m)v
0 1 0 5
由能量守恒定律有
(m＋M)v2＝(m＋M＋m)v2＋μmgs
0 1 0 5
联立解得s＝2.4 m＝4L－x
则小物块最终与小车保持相对静止时到B的距离x＝0.4 m。
例3 (2023·浙江6月选考·18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水
平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m的四分之一圆周组成
的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的
滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k＝100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。
现有质量m＝0.12 kg的滑块a以初速度v ＝2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的
0
滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，以v＝2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与
传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性
势能E＝kx2(x为形变量)，重力加速度g＝10 m/s2。
p
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小v 和所受支持力大小F ；
F N
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度v ＝1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE；
B
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
答案 (1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
解析 (1)滑块a从D到F，由动能定理
mg·2R＝mv 2－mv2
F 0
在F点由牛顿第二定律得F －mg＝m
N
解得v ＝10 m/s，F ＝31.2 N
F N
(2)已知滑块a返回B点时的速度v ＝1 m/s，
B
设滑块a与b碰后的速度大小为v，由动能定理有：－mg·2R－μmg·L＝mv 2－mv2
a B a解得v＝5 m/s
a
因a、b碰撞过程动量守恒，则mv ＝－mv＋3mv
F a b
解得碰后b的速度v＝5 m/s
b
则滑块a、b碰撞过程损失的能量
ΔE＝mv 2－mv2－×3mv2
F a b
解得ΔE＝0
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，则a、b碰后的共同速度v满足：mv ＝4mv，解得v＝
F
2.5 m/s
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v′，有4mv＝6mv′，解得v′＝ m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x ，由能量守恒有×(m＋3m)v2＝×(m＋3m＋2m)v′2＋
1
kx2，
1
解得x＝0.1 m
1
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，则
弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝2x＝0.2 m。
1
例4 (2023·广东茂名市一模)某户外大型闯关游戏“渡河”环节中，选手从高台俯冲而下，
为了解决速度过快带来的风险，设计师设计了如图所示的减速装置。浮于河面的B板紧靠
缓冲装置A板，B的左侧放置一物体C。选手通过高台光滑曲面下滑，经过A后滑上B。已
知A、B的质量均为M ＝48 kg，C的质量为M＝12 kg。A、B的长度均为L＝3 m，选手与
0
A、B间的动摩擦因数均为μ＝0.5，A与地面间的动摩擦因数μ＝0.3。B在水中运动时受到
1 2
的阻力是其所受浮力的0.1倍，B碰到河岸后立即被锁定。不计水流速度，选手和物体C均
可看作质点，g＝10 m/s2，则：
(1)为了防止A滑动而出现意外，选手及装备的质量最大不超过多少？
(2)若选手及装备的质量为60 kg，从h＝3.3 m的高台由静止开始滑下，经过A与C发生碰撞
后一起运动，碰撞时间极短可忽略，在此碰撞过程中系统损失的机械能为多少？
(3)在第(2)问前提下，选手与C碰撞后经0.5 s恰好与平板B速度相同，要使选手能够到达河
岸，河岸的最大宽度d为多少？
答案 (1)102 kg (2)180 J (3)6.75 m
解析 (1)设选手及装备的质量为m，为了防止A滑动，则μmg≤μ(M＋m)g＋0.1(M＋M)g
1 2 0 0
解得m≤102 kg
(2)滑上A时速度为v
1
mv2－0＝mgh
1
与C碰前速度为v
2mv2－mv2＝－μmgL
2 1 1
选手经过A与C发生碰撞后一起运动，速度为v
mv＝(M＋m)v
2
损失的机械能ΔE＝mv2－(M＋m)v2
2
解得ΔE＝180 J
(3)选手与C碰撞后经0.5 s恰好与平板B速度相同，根据动量定理
ft＝(M＋m)v－(M＋m＋M)v′，f＝0.1×(M＋m＋M)g＝120 N
0 0
解得v′＝2.5 m/s
B运动距离x＝t＝0.625 m
1
之后一起减速，加速度大小为
a＝＝1 m/s2
减速位移x＝＝3.125 m
2
所以最大宽度d＝x＋x＋L＝6.75 m。
1 2
课时精练
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。
答案 (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＝
0
mv2，
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)
21 1 1 21
＝mgL。
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。
答案 (1) (2)6mgL－3mv2 (3)
0
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
0 0
解得W＝6mgL－3mv2
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)
0 1 2
＝×[×2m×(2v)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，解得s＝。
21 11
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？
答案 (1)2 m/s2 3 m/s2 1 s (2)5 m/s
(3)00.16 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，t＝0.8 s＋ s(舍去)
2 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，得t＝＝
3 2 3 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
