文档文本内容
高考力学压轴题模型解读与针对性训练
专题10 三大观点运用
【三大观点运用解读】
1.三大基本观点
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
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
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.力学规律的优选策略
(1)在研究物体受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受到恒力作用做匀变速直线
运动时，优先选用牛顿第二定律和运动学规律解决问题。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，如果涉及时间的问题，或作用时
间极短的冲击作用，优先选用动量定理解决问题。
(3)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，如果涉及位移且不涉及加速度、
时间等问题，优先选用动能定理解决问题
(4)如果系统中只有重力或弹簧弹力做功，而又不涉及加速度和时间，优先选用机械能守恒
定律解决问题。
(5)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，如果所研究的问题满足动量守恒
或机械能守恒的条件，则优先选用动量守恒定律和机械能守恒定律解决问题。
(6)在涉及相对位移问题时，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。
(7)在涉及碰撞、爆炸、反冲、打击、绳绷紧等物理现象时，注意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。这类问题由于作用时间都极短，则优先选用动量守
恒定律及能量守恒定律解决问题。
3. 深化观念、建构模型，解决力学综合难题
【典例剖析】
【典例1】．(2023 浙江6 月)为了探究物体间的碰撞特性，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＝0.4m 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＝100N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上.现
有质量m＝0.12kg 的滑块a 以初速度v0＝2❑√21m/s 从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上
的滑块b 碰撞（时间极短）.已知传送带长L＝0.8m，以v＝2m/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Ep＝1
2kx2（x 为形变量）.
（1）求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
（2）若滑块a 碰后返回到B 点时速度vB＝1m/s，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能
ΔE；
（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）vF＝10m/s FN＝31.2N （2）ΔE＝0 （3）Δx＝0.2m
解析 （1）滑块a 以初速度v0从D 处进入竖直圆弧管道DEF 运动，由动能定理有mg·2R
＝1
2mv F
2 －1
2mv0
2
解得vF＝10m/s
在最低点F，由牛顿第二定律有FN－mg＝mvF
2
R
解得FN＝31.2N
（2）碰撞后滑块a 返回到B 点的过程，由动能定理有
－mg·2R－μmgL＝1
2mvB
2－1
2mva
2
解得va＝5m/s
滑块a、b 碰撞过程，由动量守恒定律有mvF＝－mva＋3mvb
解得vb＝5m/s
碰撞过程中损失的机械能为
ΔE＝1
2mv F
2 －1
2mva
2－1
2·3mvb
2＝0
（3）滑块a 碰撞b 后立即被粘住，由动量守恒定律有
mvF＝（m＋3m）vab
解得vab＝2.5m/s
滑块ab 一起向右运动，压缩弹簧，ab 减速运动，c 加速运动，当abc 三者速度相等时，弹
簧长度最小，由动量守恒定律有（m＋3m）vab＝（m＋3m＋2m）vabc
解得vabc＝5
3m/s
由机械能守恒定律有Ep1＝1
2×4mvab
2 －1
2×6mvabc
2
解得Ep1＝0.5J
由Ep1＝1
2kx1
2解得最大压缩量x1＝0.1m
滑块ab 一起继续向右运动，弹簧弹力使c 继续加速，使ab 继续减速，当弹簧弹力减小到
零时，c 速度最大，ab 速度最小；滑块ab 一起再继续向右运动，弹簧弹力使c 减速，使ab
加速，当abc 三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时的弹
性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x2＝0.1m
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝x1＋x2＝0.2m.
【典例2】.[2023 浙江1 月]一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾
角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE、倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG 组
成，除FG 段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接.螺旋圆形轨道与轨道AB、EF 相切于B
（E）处.凹槽GHIJ 底面HI 水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH
处，摆渡车上表面与直轨道FG、平台JK 位于同一水平面.已知螺旋圆形轨道半径R＝
0.5m，B 点高度为1.2R，FG 长度LFG＝2.5m，HI 长度L0＝9m，摆渡车长度L＝3m、质量m
＝1kg.将一质量也为m 的滑块从倾斜轨道AB 上高度h＝2.3m 处静止释放，滑块在FG 段运
动时的阻力为其重力的0.2 倍.（摆渡车碰到竖直侧壁IJ 立即静止，滑块视为质点，不计空
气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g 取10m/s2）
（1）求滑块过C 点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
（2）摆渡车碰到IJ 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G 到J 所用的时间t.
答案 （1）4m/s 22N （2）0.3 （3）2.5s
解析 （1）C 点离地高度为1.2R＋Rcosθ＋R＝3R
滑块从静止释放到C 点过程，根据动能定理可得
mg（h－3R）＝1
2mvC
2 －0
解得vC＝4m/s
在最高点C 时，根据牛顿第二定律可得
FC＋mg＝mvC
2
R
解得FC＝22N
（2）从静止释放到G 点，由动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝1
2mvG
2
由题可知，滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，速度大小设为v
根据动量守恒定律可得2mv＝mvG
由功能关系可得μmgL＝1
2mvG
2 －1
2×2mv2
综合解得μ＝0.3
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝μg
设滑块从滑上摆渡车到共速的时间为t1，有
t1＝vG－v
μg
＝1s
共速后继续向右匀速运动的时间
t2＝L0－L－1
2 v t1
v
＝1.5s
t＝t1＋t2＝2.5s.
【针对性训练】
1. 如图甲所示，长木板A 放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg 的另一物体B 以水平速度
v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板A 的上表面，由于A、B 间存在摩擦，之后A、B 速度随
时间变化情况如图乙所示，g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( )
A．长木板A 获得的动能为1 J
B．A、B 系统损失的机械能为2 J
C．长木板A 的最小长度为2 m
D．A、B 间的动摩擦因数为0.1
答案：ABD
解析：由题图乙可知，最终长木板A 获得的速度为v＝1 m/s，A、B 组成的系统动量守恒，
以B 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则长木板
A 获得的动能为Ek＝Mv 2＝×2×12 J＝1 J，A 正确；系统损失的机械能ΔE＝mv－(m＋
M)v 2，代入数据解得ΔE＝2 J，B 正确；根据v -t 图像中图线与t 轴所围的面积表示位移，
由题图乙得到0～1 s 内B 的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A 的位移为xA＝×1×1 m
＝0.5 m，则木板A 的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，C 错误；由题图乙可知，B 的加速度a
＝＝ m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg
＝mBa，解得μ＝0.1，D 正确。
2. 如图所示，一平板车A 质量为2m，原来静止于光滑水平面上，其右端与竖直固定挡板
相距L.小物块B 的质量为m，以大小为v0的初速度从平板车左端开始向右滑行，一段时间
后车与挡板发生碰撞，已知车碰撞挡板的时间极短，碰撞前后瞬间的速度大小不变但方向
相反，A、B 之间的动摩擦因数为μ.物块B 总不能到达车板的右端，重力加速度大小为g.
（1）车第一次碰到挡板前瞬间车的速度可能是多大？
（2）若车与挡板共发生了2 次碰撞，求L 满足的条件.
答案 （1）v0
3 或❑√μgL （2）
v0
2
64 μg
≤L＜
v0
2
16 μg
解析 （1）假设A 与挡板碰撞前瞬间，A、B 的速度恰好相等，根据动量守恒定律得mv0
＝（2m＋m）vt
对A，由动能定理可得μmgL＝1
2·2mvt
2
解得L＝v0
2
9 μg
当L≥v0
2
9 μg
时，可得第一次碰到挡板前瞬间A 的速度大小为vt1＝v0
3
当L＜v0
2
9 μg
时，可得第一次碰到挡板前瞬间A 的速度大小为vt2＝❑√μgL
（2）设在A 与挡板第一次碰撞前瞬间A、B 的速度大小分别为vA、vB，根据动量守恒定律
有mv0＝2mvA＋mvB
分以下两种情况讨论：
①如果L 为某个值L1，使A 与挡板第一次碰撞后经过一段时间恰好与B 同时停止运动，则
mvB－2mvA＝0
此时A 与挡板只发生一次碰撞
在碰撞前对A 由动能定理可得μmgL1＝1
2·2mv A
2
联立解得L1＝
v0
2
16 μg
②如果L 为某个值L2，使A 与挡板能发生二次碰撞，从A 开始运动到与挡板第一次碰撞前
瞬间，对A 由动能定理可得μmgL2＝1
2·2mv A
2
设A 与挡板第二次碰撞前瞬间A、B 的速度大小分别为vA'、vB'，从A 与挡板第一次碰撞后
瞬间到第二次碰撞前瞬间，由动量守恒定律可得mvB－2mvA＝2mv'A＋mv'B
A 在这段时间内先向左、后向右运动，加速度保持不变，根据匀变速直线运动的对称性可
知vA'＝vA
由题意可知A 与挡板第二次碰撞后经一段时间A、B 同时停止运动，即mv'B－2mv'A＝0
解得L2＝
v0
2
64 μg
综上所述可知，若A 与挡板共发生了2 次碰撞，L 应满足的条件是
v0
2
64 μg
≤L＜
v0
2
16 μg
.
3. (2024·河南郑州模拟)利用示踪原子来探测细胞间的亲和程度是生物技术中的重要手段之
一，其过程的一部分与下列物理过程极为相似：如图甲所示，光滑水平面上固定有一个发
射装置，利用该装置向正对装置方向滑来的物块A 和B(A、B 相对静止)发射一个示踪滑块
C，示踪滑块C 将记录下它与发射装置之间的距离x。已知物块B 叠放在物块A 上，物块A
的质量为3 kg，示踪滑块C 的质量为1 kg，每次发射速度大小均为10 m/s，与物块A 之
间的碰撞均为弹性碰撞，且物块A 足够长，每次A、C 相碰前，A、B 间均已相对静止，某
次测量的滑块C 的x -t 图像如图乙所示。滑块C 和物块B 均可视为质点，重力加速度g＝
10 m/s2。求：
(1)第一次碰后滑块C 的速度大小；
(2)物块B 的质量；
(3)物块A、B 间的动摩擦因数。
答案：(1)8 m/s (2)6 kg (3)0.4
解析：(1)由x -t 图像可知，t1＝1.00 s 时滑块C 与A 相碰，此时C 与发射装置之间的距离
x1＝vCt1＝10 m
t2＝2.25 s 时滑块C 返回到发射装置处，设第一次碰后C 的速度大小为vC1
则vC1＝＝8 m/s。
(2)设A、B 在第一次与C 碰撞前的速度大小为vAB，以滑块C 的初速度方向为正，第一次
碰撞后瞬间A 的速度大小为vA1，对A、C 由动量守恒定律有mCvC－mAvAB＝－mCvC1＋mAvA1
由机械能守恒定律有mCv＋mAv＝mCv＋mAv
解得vAB＝2 m/s，vA1＝4 m/s
之后A、B 相对静止，设共同速度大小为vAB1，对A、B 由动量守恒定律有mAvA1－mBvAB＝
vAB1
同理第二次碰撞前滑块C 到发射装置之间距离x2＝vC＝11 m
第三次碰撞后C 的速度大小为vC2＝＝5 m/s
设第二次碰撞后瞬间A 的速度为vA2
则mCvC＋mAvAB1＝－mCvC2＋mAvA2，mCv＋mAv＝mCv＋mAv
联立以上各式解得vAB1＝0，mB＝6 kg。
(3)由(2)分析可知第一次A、C 相碰时A 距离发射装置x1＝10 m，第二次A、C 相碰时A 距
离发射装置x2＝11 m，且第二次碰后A、B 处于静止状态，即A 向右运动了xA＝x2－x1＝1
m
对物块A 由动能定理有－μmBgxA＝－mAv
解得μ＝0.4。
4 (2022·山东高考)如图所示，“L”型平板B 静置在地面上，小物块A 处于平板B 上的O′
点，O′点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M 的小球悬挂在O′点正上方的
O 点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A 发生碰撞，
碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，A 以速度v0沿平
板滑动直至与B 右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A 返回到O 点的正下方时，相对于
地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A 的质量mA＝0.1 kg，B 的
质量mB＝0.3 kg，A 与B 的动摩擦因数μ1＝0.4，B 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.225，v0＝
4 m/s，取重力加速度g＝10 m/s2。整个过程中A 始终在B 上，所有碰撞时间忽略不计，
不计空气阻力，求：
(1)A 与B 的挡板碰撞后，二者的速度大小vA与vB；
(2)B 光滑部分的长度d；
(3)运动过程中A 对B 的摩擦力所做的功Wf；
(4)实现上述运动过程，的取值范围(结果用cos 5°表示)。
答案：(1)2 m/s 2 m/s (2) m (3)－ J (4)＜＜
解析：(1)设水平向右为正方向，由题意可知A 与B 发生弹性碰撞，故碰撞过程根据动量守
恒和能量守恒，有mAv0＝mA(－vA)＋mBvB
mAv＝mA(－vA)2＋mBv
代入数据联立解得vA＝2 m/s(方向水平向左)，
vB＝2 m/s(方向水平向右)。
(2)A 与B 碰撞后，假设B 停止时，A 还未进入B 的粗糙部分。对B 的减速过程，由牛顿第
二定律有μ2(mA＋mB)g＝mBaB1
由运动学规律有v＝2aB1xB
解得aB1＝3 m/s2，xB＝ m
对A 越过O′后的减速过程，由牛顿第二定律有μ1mAg＝mAaA
由运动学规律有v＝2aAxA
解得aA＝4 m/s2，xA＝0.5 m
因xA＜xB，则B 停止前，A 已越过O′点
A 越过O′点后，对B 的减速过程，由牛顿第二定律有
μ2(mA＋mB)g＋μ1mAg＝mBaB2
解得aB2＝ m/s2
设A 向左做匀速运动的时间为t0，则vAt0＋vBt0－aB1t＝vAt0＋＝d
解得t0＝ s，d＝ m。
(3)分析可知B 在A 摩擦力的作用下产生的位移xBA＝
则Wf＝－μ1mAgxBA
解得Wf＝－ J。
(4)小球和A 碰撞后A 做匀速直线运动再和B 相碰，此过程有t1＝＝ s
A 向左运动的总时间为t2＝t0＋＝ s
由题意可知A 返回到O 点的正下方时，小球恰好第一次上升到最高点，设小球做简谐振动
的周期为T，摆长为L，则有T＝4(t1＋t2)＝ s
由单摆周期公式T＝2π ，解得小球到悬挂点O 点的距离L＝ m
小球下滑过程根据动能定理有MgL＝Mv2
当碰后小球摆角恰为5°时，有MgL(1－cos 5°)＝Mv
解得v＝ m/s，v1＝ m/s
小球与A 碰撞过程根据动量守恒定律有Mv＝Mv1′＋mAv0
小球与A 碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5°)，则要求
0＜v1′＜v1，解得＜＜。
