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热点专题系列(五)
动力学、动量和能量观点在力学中的应用
热点概述：处理力学问题的三个基本观点：①动力学观点(牛顿运动定律、运动
学基本规律)；②能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系与能量守恒定律)；
③动量观点(动量定理、动量守恒定律)。熟练应用三大观点分析和解决综合问题是
本专题要达到的目的。
[热点透析]
动量与动力学观点的综合应用
1.解动力学问题的三个基本观点
1力的观点：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：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
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动力学关系式，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
律和能量守恒定律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，即转变为系统内能的量。
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换，这种问题由于作用时间都极短，
因此用动量守恒定律去解决。
(2020·湖北省七市州教科研协作体高三下学期 5月联考)如图甲所示，
在光滑水平面上有一小车，其质量M＝2 kg，车上放置有质量m ＝2 kg的木板A，
A
木板上有可视为质点的物体B，其质量m ＝4 kg。已知木板A与小车间的动摩擦
B
因数μ ＝0.3。A、B紧靠车厢前壁，A的左端与小车后壁间的距离为x＝2 m。现对
0小车施加水平向右的恒力F，使小车从静止开始做匀加速直线运动，经过1 s木板
A与车厢后壁发生碰撞，该过程中A的速度—时间图像如图乙所示，已知重力加
速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)求A、B间的动摩擦因数μ；
(2)求恒力F的大小；
(3)若木板A与小车后壁碰撞后粘在一起(碰撞时间极短)，碰后立即撤去恒力
F，若要使物体B不与小车后壁发生碰撞，则小车车厢前、后壁间距L至少为多少
解析 (1)若A、B间不发生相对滑动，则A、B整体的加速度a′＝μ g＝3 m/s2
0
由图乙可知，A的加速度a ＝＝4 m/s2
A
即A、B间发生相对滑动，对A有
μ (m ＋m )g－μm g＝m a
0 A B B A A
可得μ＝0.25。
(2)对小车，在该过程中，根据牛顿第二定律有
F－μ (m ＋m )g＝Ma
0 A B
且x＝at2－a t2
A
可得a＝8 m/s2，F＝34 N。
(3)由图乙知，当A与小车碰撞时A的速度vA ＝4 m/s
B的速度vB ＝μgt＝2.5 m/s
小车的速度v车 ＝at＝8 m/s
该过程中B相对于A滑动的距离为
L ＝a t2－a t2＝0.75 m
1 A B
A与小车组成的系统在碰撞中动量守恒，可知
M
v车
＋m
AvA
＝(M＋m
A
)
v
可得v＝6 m/s当B恰好滑到A的左端与A达到共同速度v共 时，B恰好不与小车后壁发生
碰撞，设从A与车厢后壁碰撞至B滑至A左端这段时间B相对A滑动的距离为
L ，对A、小车与B组成的系统，根据动量守恒定律和能量守恒定律知
2
(M＋m
A
) v＋m
BvB
＝(M＋m
A
＋m
B
)
v共
(M＋m
A
)
v
2＋m Bv－(M＋m
A
＋m
B
) v＝μm
B
gL
2
可得L ＝1.225 m
2
故小车车厢前、后壁间距L的最小值
L ＝x＋L ＋L ＝3.975 m。
min 1 2
答案 (1)0.25 (2)34 N (3)3.975 m
动量与能量观点的综合应用
解题技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律
(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物
理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它
们的方便之处，特别对于变力作用问题，就更显示出它们的优越性。
(2020·河北省石家庄市二模)如图所示，在光滑的水平地面上，质量为
1.75 kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5 m，圆弧槽半径为0.4
m，木板左端静置一个质量为0.25 kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因
数μ＝0.8。在木板的左端正上方，用长为1 m的不可伸长的轻绳将质量为1 kg的
小球A悬于固定点O。现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向
成θ＝30°角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不
计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；
(2)物块B上升的最大高度；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。
解析 (1)设轻绳长为L，因开始时轻绳与水平方向的夹角为30°，则小球A自
由下落L时，轻绳刚好再次伸直，设此时A的速度为v1 ，根据自由落体运动规律，
可得v＝2gL
轻绳伸直后瞬间小球A速度为v2 ＝v1 cos30°
从轻绳刚好再次伸直到小球A运动到最低点的过程中，由动能定理得m gL(1
A
－sin30°)＝m Av－m
Av
联立解得v3 ＝5 m/s。
(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律及机械能守恒定律得
m
Av3
＝m
Av4
＋m
Bv5
m Av＝m Av＋m
Bv
联立解得v4 ＝3 m/s，v5 ＝8 m/s
物块B在最高点时，与木板共速，设共同速度为v6 ，物块B上升的最大高度为
h，木板长为L
1
由水平方向动量守恒及能量守恒定律得
m
Bv5
＝(m
B
＋M)
v6
m Bv＝(m
B
＋M) v＋μm
B
gL
1
＋m
B
gh
联立解得h＝0.8 m
因0.8 m>0.4 m，物块B会飞出圆弧槽。
(3)假设物块B最终能停在木板上，则物块B与木板最终的共同速度仍为v6 ，
设物块B在木板上相对木板滑行的路程为x，由能量守恒定律得
m Bv＝(m
B
＋M) v＋μm
B
gx
解得x＝3.5 m因3.5 m<5 m，故假设成立，即物块B最终能停在木板上，物块B与木板摩擦
产生的总热量为Q＝μm gx＝7 J。
B
答案 (1)5 m/s (2)0.8 m (3)7 J
力学三大观点解决多过程问题
解题技巧
多过程问题看似复杂，但一般都可以划分为多段基本运动形式：直线运动、平
抛运动、圆周运动。
1．解题思路：(1)对于这类问题，首先做受力分析和运动分析，根据受力和运动
特点将多过程问题划分为几个基本的力学模型，最好画出草图。
提示：对于比较复杂的多过程运动，例如两个以上物块在木板上的滑动，当速
度达到相同时受力特点有可能发生突变，这时要仔细分析临界情况，看是否要划
分过程。
(2)然后根据每个过程的特点，结合力学三大观点的选用原则选择合适的力学
规律(动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、运动学关系式、
动量守恒定律、动量定理)列方程，并注意过程衔接处的物理量关系(如速度大小不
变)。
(3)联立方程求解(有些情况需要先计算出一个过程末的物理量，然后再据此
重复(1)(2)步骤分析下一个过程列方程求解，层层递进)。
2．过程等效：根据受力特点，有些多个过程可以简化为一个过程应用力学规
律，提高效率。例如物体经过多段光滑轨道，虽然运动规律不同，但可以整体上运
用机械能守恒定律；多个物体连续多次碰撞，有时可以看成一个过程运用动量守
恒定律。作简化等效处理时要注意细节分析，如几个物体连续碰撞时虽然动量守
恒，但可能有机械能损失，这种情况极容易出错。
(2019·全国卷Ⅰ)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小
段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图a所示。t＝0时刻，
小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间
极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加
一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v t图象如图b所示，图中的v1
和t 均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大
1小为g，不计空气阻力。
(1)求物块B的质量；
(2)在图b所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；
(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块 B停止运动后，改变物
块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次
碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。
解析 (1)根据图b，v1 为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速
度的大小。设物块B的质量为m′，碰撞后瞬间的速度大小为v ′。由动量守恒定
律和机械能守恒定律有
m
v1
＝m＋m′
v
′①
m v＝m2＋m′
v
′2②
联立①②式得m′＝3m③
(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜轨道间的滑动摩擦力大小为f，下
滑过程中所走过的路程为s ，返回过程中所走过的路程为s ，P点离水平轨道的高
1 2
度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有
mgH－fs
1
＝m v－0④
－(fs ＋mgh)＝0－m2⑤
2
从图b所给出的v t图线可知
s
1
＝v1 t
1
⑥
s ＝··(1.4t －t )⑦
2 1 1
由几何关系＝⑧
物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为
W＝fs ＋fs ⑨
1 2联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH⑩
(3)设倾斜轨道倾角为θ，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ，有W＝
μmgcosθ·⑪
设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s′，由动能定理有－μm′gs′＝0
－m′
v
′2⑫
设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有
mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0⑬
联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。
答案 (1)3m (2)mgH (3)
[热点集训]
1．(2020·山东省济南市高三下学期三模)如图所示，在光滑水平地面上有一长
为L＝2.5 m的长木板，木板的质量为M＝1 kg，木板左端上放置一小滑块，小滑块
的质量为m＝2 kg，在木板右方有一竖直墙壁。某时刻木板和滑块一起以v0 ＝3
m/s的初速度向右运动，木板与墙壁碰撞前后速度大小不变，方向相反。已知滑块
与木板间的动摩擦因数为μ＝0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)木板与墙壁第1次碰后木板向左运动的最远距离；
(2)木板与墙壁第4次碰前瞬间木板的速度；
(3)滑块最终停止运动时距离木板右端多远。
答案 (1)0.75 m (2) m/s (3)0.25 m
解析 (1)由题意知，木板与墙壁碰撞后速度大小仍为v0 ＝3 m/s，方向水平向
左。对木板，当速度为0时向左运动的距离最远，设最远距离为x，根据动能定理有
－μmgx＝0－M
v
代入数据可得x＝0.75 m。
(2)木板与墙壁第一次碰撞后，设木板与滑块共速时的速度为v1 ，根据动量守
恒定律有m
v0
－M
v0
＝(m＋M)
v1第二次与墙壁碰撞后，设木板与滑块共速时的速度为v2 ，根据动量守恒定律有
m
v1
－M
v1
＝(m＋M)
v2
第三次与墙壁碰撞后，设木板与滑块共速时的速度为v3 ，根据动量守恒定律有
m
v2
－M
v2
＝(m＋M)
v3
联立可得v3 ＝v0 3
代入数据可得v3 ＝ m/s。
(3)设整个运动过程中，滑块相对木板运动的距离为 x，根据功能关系有
μmgx′＝(m＋M)
v
代入数据可得x′＝2.25 m
滑块最终停止运动时距离木板右端的距离为
Δx＝L－x′＝0.25 m。
2．(2020·海南省高考调研)如图所示，水平面上有A、B两个小物块(均视为质
点)，质量均为m，两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A、B连接)。距离物块A
为L处有一半径为L的固定光滑竖直半圆形轨道，半圆形轨道与水平面相切于 C
点，物块B的左边静置着一个三面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一
时刻将压缩的弹簧释放，物块A、B瞬间分离，A向右运动恰好能过半圆形轨道的
最高点D(物块A过D点后立即撤去)，B向左平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升
的最大高度为L(L小于斜面体的高度)。已知A与右侧水平面的动摩擦因数 μ＝
0.5，B左侧水平面光滑，重力加速度为g，求：
(1)物块A通过C点时对半圆形轨道的压力大小；
(2)斜面体的质量；
(3)物块B与斜面体相互作用的过程中，物块B对斜面体做的功。
答案 (1)6mg (2) (3)解析 (1)因物块A恰能过半圆形轨道的最高点D，则在D点时，有mg＝m
从C到D的过程，由动能定理，有
－mg×2L＝m v－m
v
在C点时，根据牛顿第二定律，有F－mg＝m
解得F＝6mg
由牛顿第三定律可知，物块 A 通过 C 点时对半圆形轨道的压力 F′＝F＝
6mg。
(2)弹簧释放瞬间，由动量守恒定律，有m
vA
＝m
vB
对物块A，从释放弹簧到运动到C点的过程，根据动能定理，有－μmgL＝m
v
－m
v
从B滑上斜面体至上升到最大高度的过程中，对 B和斜面体组成的系统，由
动量守恒定律，有m
vB
＝(m＋M)
v
由机械能守恒定律，有m v＝(m＋M)
v
2＋mgL
联立解得M＝。
(3)物块B从滑上斜面体到与斜面体分离的过程中，由动量守恒定律，有m vB ＝
m
vB
′＋M
v
′
由机械能守恒定律，有m v＝m
vB
′2＋M
v
′2
解得vB ′＝，v ′＝
由功能关系知，物块B与斜面体相互作用的过程中，物块 B对斜面体做的功
W＝M
v
′2
解得W＝。
3．(2020·天津市宁河区芦台第四中学高三二模)如图所示，水平地面放置A和
B两个物块，物块A的质量m ＝2 kg，物块B的质量m ＝1 kg，物块A、B与地面
1 2
间的动摩擦因数均为μ＝0.5。现对物块A施加一个与水平方向成37°角的外力F，
F＝10 N，使物块A由静止开始运动，经过12 s物块A刚好运动到物块B处，物块A与物块B碰前瞬间撤掉外力F，物块A与物块B碰撞过程没有能量损失，设碰
撞时间很短，A、B两物块均可视为质点，g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
(1)计算A与B两物块碰撞前瞬间物块A的速度大小；
(2)若在物块B的正前方放置一个弹性挡板，物块B与挡板碰撞时没有能量损
失，要保证A和B两物块能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得
超过多大？
答案 (1)6 m/s (2)3.4 m
解析 (1)设A与B碰前速度为v1 ，由牛顿第二定律得：Fcos37°－μ(m
1
g－
Fsin37°)＝m a
1
解得：a＝0.5 m/s2
则速度v1 ＝at＝6 m/s。
(2)A、B第一次相碰过程，以水平向右为正方向，设碰后A的速度为v1 ′，B的
速度为v2
由动量守恒定律得：m
1v1
＝m
1v1
′＋m
2v2
由机械能守恒定律得：m 1v＝m
1v1
′2＋m
2v
联立解得：v1 ′＝2 m/s，v2 ＝8 m/s
对A从第一次碰后至减速为零的过程，由动能定理得：－μm
1
gs
A
＝0－m
1v1
′2
解得：s ＝0.4 m
A
对B从第一次碰后至减速为零的过程，由动能定理得：－μm
2
gs
B
＝0－m
2v
解得：s ＝6.4 m
B
物块A和B能发生第二次碰撞的条件是s ＋s >2L，解得L<3.4 m
A B
即要保证物块A和B能发生第二次碰撞，弹性挡板距离物块B的距离L不得
超过3.4 m。
