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力学三大观点的综合应用
目标要求 1.会分析力学中的多运动、多模型组合问题，会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适的规律
进行处理。2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题。3.会用数学归纳法分析处理力
学中多次碰撞的问题。
一、力学中的多运动组合问题
力学三大观点对比
力学三
大观点
对应规律
表达式
选用
原则
动力学
观点
牛顿第
二定律
F =ma
合
物体做匀变速直线运动，涉及运动细节
匀变速直
线运动
规律
v=v+at
0
1
x=vt+ at2
0 2
v2-v 2 =2ax等
0
能量
观点
动能定理
W =ΔE
合 k
涉及做功与能量转换
机械能守
恒定律
E +E
k1 p1=E +E
k2 p2
功能关系
W =-ΔE 等
G p
能量守恒
定律
E=E
1 2
动量
观点
动量定理
I =p'-p
合
只涉及初末速度、力、时间，而不涉及位移、功
动量守恒
定律
p+p
1 2
=p'+p'
1 2
只涉及初末速度，而不涉及力、时间
例1 (2024·贵州安顺市二模)如图所示，在光滑水平台面上，一质量M=0.1 kg的物块1(视为质点)
压缩弹簧后被锁扣K锁住。现打开锁扣K，物块1与弹簧分离后与静止在平台右侧质量m=0.2 kg
的物块2(视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短，碰后物块2恰好从B点沿切线方向进入光滑竖
11
直的圆弧轨道BC，圆弧轨道BC所对应的圆心角θ=53°，圆弧轨道BC的半径R= m。已知A、B
8
两点的高度差h=0.8 m，圆弧轨道BC与水平光滑地面相切于C点，物块2在水平地面上运动一段
距离后从D点滑上顺时针转动的倾斜传送带DE，假设滑上D点前后瞬间速率不变。传送带两端
DE的长度L=2.35 m，传送带的倾角为α=37°，其速度大小v=2 m/s。已知物块2与传送带间的动摩
擦因数μ=0.5，不计空气阻力，不考虑碰撞后物块1的运动，取重力加速度大小g=10 m/s2，sin
53°=0.8，sin 37°=0.6，求：
(1)弹簧被锁定时的弹性势能；
(2)物块2在传送带上运动的过程中因摩擦产生的热量。81
答案 (1) J (2)0.84 J
80
解析 (1)打开锁扣K，根据能量守恒定律有
1
E = Mv 2
p 2 1
两物块发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及机械能守恒定律有
Mv =Mv +mv
1 2 3
1 1 1
Mv 2= Mv 2+ mv 2
2 1 2 2 2 3
此后物块2做平抛运动，则有
v 2=2gh
y
v
y
tan θ=
v
3
81
联立解得E = J
p 80
(2)物块2从A到D，根据动能定理有
1 1
mg(h+R-Rcos θ)= mv 2- mv 2
2 4 2 3
解得v =6 m/s
4
物块2速度大于传送带速度，先以加速度大小a 做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有
1
mgsin α+μmgcos α=ma
1
v -v
4
运动的时间为t =
1 a
1
v +v
位移为x = 4 t
1 2 1
解得t =0.4 s，x =1.6 m
1 1
该过程产生的热量为
Q =μmgcos 37°·(x -vt )=0.64 J
1 1 1
因μmgcos α0
2
解得s <4 m
2
②b压缩弹簧后又返回D点时速度大小不变，之后与弹簧分离。假设物块a滑上圆形轨道又返回，最终停
在水平轨道上Q点，物块b在水平轨道上匀减速滑到Q点也恰好停止，设C'Q=x，则有
QD=s -x
2
根据能量守恒定律，对物块a有
1
μ mg(s +x)= mv 2
1 2 2 1
对物块b有
1
μ ·3mg(s -x)= (3m)v 2
2 2 2 21 12
解得x= s ，s = m
3 2 2 19
12
所以有 m4 N时，轨道与小物块有相对滑动，
则对轨道有F-μmg=Ma
1 μmg
即a= F-
M M
1
结合题图乙有k'= =1 kg-1
M
μmg
纵截距b=- =-2 m/s2
M
联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2
(ⅱ)由题图乙可知，当F=8 N时，轨道的加速度为a =6 m/s2，
1
小物块的加速度为a =μg=2 m/s2
2
设当小物块运动到P点时，经过t 时间，
0
则对轨道有v =a t
1 10
对小物块有v =a t
2 20
在小物块从P点到Q点过程中系统机械能守恒有
1 1 1 1
Mv 2+ mv 2= Mv 2+ mv 2+2mgR
2 1 2 2 2 3 2 4
水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，
则有Mv +mv =Mv +mv
1 2 3 4
19
联立解得t =1.5 s(另一解t = s不合题意，舍去)
0 0 6
1 1
根据运动学公式有L= a t 2 - a t 2
2 1 0 2 2 0
代入数据解得L=4.5 m。
3.(15分)(2024·贵州省部分学校一模)如图，光滑的四分之一圆弧轨道竖直固定在光滑水平面上，圆心在O
点，半径R=1.8 m，厚度相同、材质相同、质量均为M=2 kg的木板P、Q静止在光滑水平面上，两者相互
接触但没有粘连，木板Q的右端固定有轻质挡板D，圆弧轨道的末端与木板P的上表面相切于木板P的左
端，滑块B、C分别放置在木板P、Q的左端，将滑块A从圆弧轨道的顶端由静止释放，滑块滑至底端时
与滑块B发生碰撞。已知木板P、Q的长度分别为L =4.86 m、L =5.6 m，滑块A的质量为m =3 kg，滑块B
1 2 1
的质量为m =1 kg，滑块C的质量为m =1 kg，滑块A、B、C与木板间的动摩擦因数分别为μ =0.3、μ =0.1
2 3 1 2
和μ =0.3，所有碰撞均为弹性碰撞且时间很短，滑块均可视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力
3
加速度g取10 m/s2。(1)(4分)求滑块A、B碰撞后瞬间，各自的速度大小；
(2)(7分)求滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量；
(3)(4分)滑块C是否会从木板Q上滑落？如果不会从木板Q上滑落，最终会与木板Q相对静止在距离挡板
D多远的地方？
答案 (1)3 m/s 9 m/s (2)12.96 J (3)不会 0.16 m
解析 (1)设滑块A与滑块B碰撞前瞬间的速度大小为v ，对滑块A从圆弧轨道的顶端滑至底端的过程由机
0
械能守恒定律得
1
m gR= m v 2
1 2 1 0
解得v =6 m/s
0
设滑块A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为v 、v ，A、B发生弹性碰撞，以向右为正方向，根据动量守恒
A B
定律与机械能守恒定律分别得
m v =m v +m v
1 0 1 A 2 B
1 1 1
m v 2= m v 2+ m v 2
2 1 0 2 1 A 2 2 B
联立解得v =3 m/s，v =9 m/s
A B
(2)滑块A、B碰撞后在木板P上分别做匀减速直线运动，设滑块A、B的加速度分别为a 、a ，由牛顿第
A B
二定律得
μ m g=m a
1 1 1 A
μ m g=m a
2 2 2 B
假设滑块C相对木板P、Q静止，设三者整体的加速度为a ，由牛顿第二定律得
P
μ m g+μ m g=(2M+m )a
1 1 2 2 3 P
解得a =2 m/s2
P
因滑块C的最大加速度为
a =μ g=3 m/s2>a
m 3 P
故假设成立，可得滑块C与木板P、Q相对静止一起以加速度a 做匀加速直线运动。设A与P达到共速的
P
时间为t ，共速时的速度为v ，由速度—时间关系得
1 共
v =v -a t =a t
共 A A1 P1
解得v =1.2 m/s，t =0.6 s
共 1
A与P达到共速时B的速度为
v =v -a t =9 m/s-1×0.6 m/s=8.4 m/s
B1 B B1
A与P达到共速的过程，A、B、P三者的位移大小分别为1
x = (v +v )t
A 2 A 共 1
1
x = (v +v )t
B 2 B B1 1
1
x = v t
P 2 共 1
解得x =1.26 m，x =5.22 m，x =0.36 m
A B P
此过程A相对P的位移大小为
Δx =x -x =1.26 m-0.36 m=0.9 m
1 A P
此过程B相对P的位移大小为
Δx =x -x =5.22 m-0.36 m=4.86 m
2 B P
因Δx =L =4.86 m
2 1
故A与P达到共速时B恰好运动到P的右端与C发生弹性碰撞，因B、C的质量相等，故碰撞过程两者的
速度发生交换，碰撞后瞬间C的速度大小为
v =v =8.4 m/s
C B1
B的速度大小为v =v =1.2 m/s
B2 共
可知B相对P静止在其右端，A、B、P三者一起做匀速直线运动。滑块C相对木板Q向右运动，木板Q
做加速直线运动，P、Q分离。滑块A、B和木板P组成的系统因摩擦而产生的热量为
Q=μ m gΔx +μ m gΔx
1 1 1 2 2 2
解得Q=12.96 J
(3)假设滑块C不会从木板Q上滑落，最终C与Q相对静止一起匀速直线运动的速度为v ，C相对Q的运
共1
动路程为s，以向右为正方向，由动量守恒定律m v +Mv =(m +M)v
3 C 共 3 共1
解得v =3.6 m/s
共1
由能量守恒定律有
1 1 1
μ m gs= m v 2+ Mv 2- (m +M)v 2
3 3 2 3 C 2 共 2 3 共1
解得s=5.76 m
因s<2L =2×5.6 m=11.2 m
2
故滑块C不会从木板Q上滑落，最终与木板Q相对静止时与挡板D的距离为
d=s-L =5.76 m-5.6 m=0.16 m。
2
计算题培优练 3 数学归纳法解决多次碰撞问题 ［分值：30分］
1.(14分)(2024·河南省信阳高级中学模拟)如图所示，质量为m的足够长的木板放在光滑的水平地面上，与
木板右端距离为x的地面上立有一柔性挡板，木板与挡板发生连续碰撞时速度都会连续发生衰减，当木板
与挡板发生第n次碰撞时，碰后瞬间的速度大小v '与第一次碰前瞬间的速度大小v 满足关系式v '=
n 1 n1
v 。现有一质量为2m的物块以速度v =4√μgx从左端冲上木板，造成了木板与柔性挡板的连续碰
n(n+1) 1 0
撞(碰撞时间均忽略不计)，物块与木板间的动摩擦因数为μ。已知重力加速度为g，在木板停止运动前，物
块都不会和木板共速。
(1)(3分)物块刚滑上木板时，求物块和木板的加速度大小；
(2)(3分)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第一次碰撞时，求物块与木板因摩擦产生的热量；
(3)(8分)从物块滑上木板到木板与柔性挡板第n次碰撞时，求物块运动的位移大小。
15 2 2
答案 (1)μg 2μg (2)5μmgx (3)( - - )x
2 n n2
解析 (1)对物块由牛顿第二定律有
μ×2mg=2ma
1
解得a =μg
1
对木板由牛顿第二定律有
μ×2mg=ma
2
解得a =2μg
2
(2)从木板开始运动到第一次碰撞挡板有
1
x= a t 2
2 2 1
从木板开始运动到发生第一次碰撞时的时间为
√ x
t =
1
μg
这段时间内，物块的位移
1
x =v t - a t 2
1 01 2 1 1
7
解得x = x
1 2
故摩擦产生的热量为
Q=μ×2mg(x -x)
1
解得Q=5μmgx
(3)第一次碰撞前，木板的速度大小
v =a t =2√μgx
1 21
第一次碰撞后的速度大小
1 1
v '= v =(1- )v
1 1×2 1 2 1由对称性可知第二次碰前的速度
v =v '
2 1
故第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为
v ' 1
1
Δt =2× =2(1- )t
1 a 2 1
2
故从木板开始运动到第二次碰撞时的时间间隔为
1
t =t +Δt =t +2(1- )t
2 1 1 1 2 1
第二次碰撞后的速度
1 1 1
v '= v =( - )v
2 2×3 1 2 3 1
第三次碰前的速度
v =v '
3 2
故第二次碰撞到第三次碰撞的时间间隔为
v ' 1 1
2
Δt =2× =2( - )t
2 a 2 3 1
2
故从木板开始运动到第三次碰撞时的时间间隔为
1
t =t +Δt =t +2(1- )t
3 2 2 1 3 1
归纳可知，从木板开始运动到第n次碰撞时的时间间隔为
1 2
t =t +2(1- )t =(3- )t
n 1 n 1 n 1
该过程中，物块始终做匀减速运动，故对物块由运动学公式有
1
x =v t - a t 2
2 0n 2 1 n
代入数据解得
15 2 2
x =( - - )x。
2 2 n n2
2.(16分)(2023·全国乙卷·25)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端
1
口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m= M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向
3
下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球
与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)(5分)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；
(2)(4分)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离；
(3)(7分)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。
√2gl √2gl
答案 (1) (2)l (3)4
2 2
1
解析 (1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律有mgl= mv 2
2 0
解得v =√2gl
0
1
过程2：小球以v =√2gl的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有 m
0 2
1 1
v 2= mv 2+ Mv '2
0 2 1 2 1
mv =mv +Mv '
0 1 1
m-M √2gl
解得v = v =-
1 m+M 0 2
2m √2gl
v '= v =
1 m+M 0 2
√2gl √2gl
即第一次碰撞后瞬间小球速度大小为 ，方向竖直向上，圆盘速度大小为 ，方向竖直向下
2 2
(2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘所受摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度
比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，则有v +gt=v '
1 1
v '-v v
解得t= 1 1= 0
g g
1 v 2
根据运动学公式得最大距离为d =x -x =v 't-(v t+ gt2)= 0 =l
max 盘 球 1 1 2 2g
(3)第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x =x
球1 盘1
1
即v t + gt 2 =v 't
11 2 1 1 1
2v
解得t = 0
1 g
3
此时小球的速度v =v +gt = v
2 1 1 2 0v 2
圆盘的速度仍为v '，这段时间内圆盘下降的位移x =v 't = 0 =2l
1 盘1 1 1
g
之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒有mv +Mv '=mv '+Mv ″
2 1 2 2
根据能量守恒定律有
1 1 1 1
mv 2+ Mv '2= mv '2+ Mv ″2
2 2 2 1 2 2 2 2
联立解得v '=0
2
v ″=v
2 0
同理可得当位移相等时x =x
盘2 球2
1
v ″t = gt 2
2 2 2 2
2v
解得t = 0
2 g
2v 2
圆盘向下运动的位移大小x =v ″t = 0 =4l
盘2 2 2
g
此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v =gt =2v
3 2 0
由动量守恒有mv +Mv ″=mv '+Mv ″
3 2 3 3
由机械能守恒有
1 1 1 1
mv 2+ Mv ″2= mv '2+ Mv ″2
2 3 2 2 2 3 2 3
v
得碰后小球速度为v '= 0
3 2
3v
圆盘速度v ″= 0
3 2
当二者即将四次碰撞时x =x
盘3 球3
1
即v ″t =v 't + gt 2
3 3 3 3 2 3
2v
得t = 0=t =t
3 g 1 2
在这段时间内，圆盘向下移动
3v 2
x =v ″t = 0 =6l
盘3 3 3
g
此时圆盘距离下端管口长度为
20l-l-2l-4l-6l=7l
此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，
下降距离逐次增加2l，
故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x =8l
盘4则第四次碰撞后圆盘落出管口外，
因此圆盘在管内运动的过程中，
小球与圆盘的碰撞次数为4次。
