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专题强化十三 力学三大观点的综合应用
【复习目标】
1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。 2.会灵活运用三个观点解决力学综合问题。
【知识梳理】
力学三大观点比较
观点
基本规律
解题优势
动
力
学
观
点
牛顿运动定律、匀
变速直线运动规
律、平抛运动规
律、圆周运动规律
(1)研究瞬时状态，分析运动性质。
(2)研究匀变速直线运动。
(3)研究平抛运动、圆周运动。
(4)求解加速度、时间
能
量
观
点
动能定理、机械能
守恒定律、能量守
恒定律
(1)只涉及运动初、末状态。
(2)研究曲线运动。
(3)研究多过程运动。
(4)求解功、能、位移、速度
动量
观点
动量定理、动量守
恒定律
(1)只涉及运动初、末状态。
(2)研究相互作用系统的运动。
(3)求解动量、冲量、速度
【典例剖析】
例1 (2024·甘肃卷，14)如图，质量为2 kg 的小球A(视为质点)在细绳O'P 和OP 作用下处于平衡状
态，细绳O'P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg 的木板B 静止在光滑水平面
上，质量为2 kg 的物块C 静止在B 的左端，C 的左端在O 的正下方。剪断细绳O'P，小球A 开始
运动(重力加速度g 取10 m/s2)
(1)求A 运动到最低点时细绳OP 所受的拉力;
(2)A 在最低点时，细绳OP 断裂。A 飞出后恰好与C 左侧碰撞(时间极短)，碰后A 竖直下落，C 水
平向右运动。求碰后瞬间C 的速度大小;
1
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(3)A、C 碰后，C 相对B 滑行4 m 后与B 共速，求C 和B 之间的动摩擦因数。
答案 (1)40 N (2)4 m/s (3)0.15
解析 (1)设OP、O'P 的长度为l，对A 从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有
mAgl(1－cos 60°)＝1
2mAv0
2－0
在最低点，对A 由牛顿第二定律有F－mAg＝mA v0
2
l
根据牛顿第三定律得F'＝F
联立解得细绳受到的拉力F'＝40 N。
(2)碰后A 竖直下落，说明碰后瞬间A 的速度为零，动量为零。由于碰撞时间极短，则碰撞过程
A、C 组成的系统水平方向动量守恒，有mAv0＝0＋mCvC
结合(1)问解得vC＝4 m/s。
(3)C 与B 相互作用的过程，系统所受合外力为零，动量守恒，则有mCvC＝(mB＋mC)v 共
根据能量守恒定律有1
2mCvC
2＝1
2(mB＋mC)v共
2＋μmCgΔx
联立解得μ＝0.15。
例2 (2024·黑吉辽卷，14)如图，高度h＝0.8 m 的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝
mB＝0.1 kg。A、B 间夹一压缩量Δx＝0.1 m 的轻弹簧，弹簧与A、B 不拴接。同时由静止释放
A、B，弹簧恢复原长时A 恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m;B 脱离弹簧后沿
桌面滑行一段距离xB＝0.25 m 后停止，A、B 均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空气阻力，
求:
(1)脱离弹簧时A、B 的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
答案 (1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
解析 (1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A 做平抛运动，则
对A，水平方向有xA＝vAt
竖直方向有h＝1
2gt2
2
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联立解得vA＝1 m/s
弹簧恢复原长的过程中，由于A、B 所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B 与弹簧组成的系统动
量守恒，则对系统有0＝mAvA＋mB(－vB)
解得vB＝1 m/s。
(2)B 物块与弹簧分离后做匀减速直线运动，则
对B 有－μmBgxB＝0－1
2mBvB
2
解得μ＝0.2。
(3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A 和B 的动能与A 和
B 同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有
ΔEp＝1
2mAv A
2＋1
2mBvB
2＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB
其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B 两物块相对桌面的路程，则有Δx＝ΔxA＋ΔxB
联立解得ΔEp＝0.12 J。
【即时训练】
(2025·江西南昌模拟)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√gL，重力加速度为g，sin 37°＝
0.6，cos 37°＝0.8，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)√gL (2)√gL
2 √gL
2 (3)6
5mgL
解析 (1)设a 与b 碰撞前瞬间，a 的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝1
2mv0
2
解得v0＝√gL。
(2)设a、b 碰撞后的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有mv0＝3mv2－mv1
3
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根据能量守恒定律有1
2mv0
2＝1
2×3mv2
2＋1
2mv1
2
解得v1＝v2＝1
2v0＝√gL
2 。
(3)由于v2＝√gL
2 <√gL，因此物块b 在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，减速阶段根据
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t1＝v2
a ＝1
2√
L
g
物块b 第一次在传送带上运动过程，由于摩擦产生的内能为
Q＝μ·3mgcos α(
1
2 v2t1＋√gLt1＋√gLt1−1
2 v2t1)＝6
5mgL。
【限时训练】（40min）
1.(多选)(2024·广东卷，10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从
H 甲、H 乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O 处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因
数均为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有( )
A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止
B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度
C.乙的运动时间与H 乙无关
D.甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ
答案 ABD
解析 两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A 正确;两滑
块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换
速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B 正确;设斜坡倾角为θ，乙下滑过程
有H 乙
sinθ ＝1
2gsin θ·t1
2，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动时间
t3后停止，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H 乙有关，则总时间与H 乙有关，故C 错误;乙下
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滑过程有mgH 乙＝1
2mv乙
2，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发
生碰撞时乙最终停止的位置相同;则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有v乙
2＝2μgx，联立
可得x＝H 乙
μ ，即发生碰撞后甲最终停止位置与O 处相距H 乙
μ ，故D 正确。
2.(2023·天津卷，11)一质量为mA＝2 kg 的A 物体从距地面h＝1.2 m 处由静止自由下落，同时另一
质量为mB＝1 kg 的B 物体从A 物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s 两物体相遇，碰
撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/s2，碰撞时间极短，不计空气阻力。求两物体:
(1)碰撞时离地面的高度x;
(2)碰后瞬间的速度v;
(3)碰撞过程损失的机械能ΔE。
答案 (1)1 m (2)0 (3)12 J
解析 (1)对A 物体，根据运动学公式可得h－x＝1
2gt2
解得x＝1 m。
(2)设B 物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0，
根据运动学公式可知x＝vB0t－1
2gt2
解得vB0＝6 m/s
根据运动学公式可得碰撞前瞬间A 物体的速度大小为vA＝gt＝2 m/s
方向竖直向下
碰撞前瞬间B 物体的速度大小为vB＝vB0－gt＝4 m/s
方向竖直向上
选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mAvA－mBvB＝(mA＋mB)v
解得碰后瞬间的速度v＝0。
(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为ΔE＝1
2mAv A
2＋1
2mBvB
2－1
2(mA＋mB)v2
解得ΔE＝12 J。
3.(2025·河北保定高三开学考)如图所示，一长L＝5 m 的水平传送带以v＝4 m/s 的速度顺时针运行，
将一质量m0＝1 kg 的小物块P 轻放在传送带的左端，2.25 s 后小物块P 从传送带右端离开传送带，
刚好从C 点沿切线方向滑上半径R＝2.75 m 的固定光滑圆弧轨道CD，小物块P 从D 点滑上静止在
水平面上的木板Q，木板上表面与圆弧轨道相切。当小物块P 和木板Q 相对静止后，木板Q 与静
止在水平面上的小物块S 发生弹性碰撞，最后小物块P 刚好没有离开木板Q。已知圆弧轨道CD
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的圆心角θ＝37°，木板Q 的质量M＝2 kg，小物块S 的质量m＝1.2 kg，小物块P、S 可视为质点，
小物块P 与木板Q 间的动摩擦因数μ＝0.1，木板Q 与水平地面间的摩擦力忽略不计，g 取10
m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求:
(1)小物块P 与传送带间的动摩擦因数μ0;
(2)小物块P 经过D 点时对圆弧轨道的压力大小;
(3)木板Q 的长度L。
答案 (1)0.2 (2)254
11 N (3)12.75 m
解析 (1)在传送带上，对小物块P 受力分析，由牛顿第二定律有μ0m0g＝m0a
小物块P 在传送带上加速过程，有v＝at1
由位移关系知L＝v
2t1＋v(t −t1)
解得μ＝0.2。
(2)小物块P 离开传送带后做平抛运动，由几何关系有v＝vCcos θ
小物块P 从C 到D 的过程，由动能定理有
m0gR(1－cos θ)＝1
2m0v D
2－1
2m0vC
2
当小物块P 经过D 点时有FN－m0g＝m0v D
2
R
由牛顿第三定律知F 压＝FN＝254
11 N。
(3)小物块P 在木板Q 上滑动到共速的过程有m0vD＝(m0＋M )v 共1
μm0gL1＝1
2m0v D
2－1
2 (m0＋M )v共1
2
解得L1＝12 m
木板Q 与小物块S 碰撞过程有Mv 共1＝mv1＋Mv2
1
2Mv共1
2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2
解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.5 m/s
最终小物块P 和木板Q 再次共速，有m0v 共1＋Mv2＝(m0＋M)v 共2
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μm0gL2＝1
2m0v共1
2＋1
2Mv2
2－1
2(m0＋M)v共2
2
解得L2＝0.75 m
由题意有木板Q 的长度L＝L1＋L2＝12.75 m。
4.(2025·山西大同模拟)如图所示，质量M＝3 kg 的小车静止在光滑水平面上，车的上表面由平面
BC 和光滑的四分之一圆弧面AB 组成，圆弧的半径R＝2.4 m，圆弧面的最低点B 与平面BC 相切，
平面BC 右侧有一固定挡板，轻弹簧放在平面BC 上，弹簧右端与挡板连接，一个质量m＝1 kg 的
小物块，在圆弧面的最高点A 由静止释放，小物块第一次向左滑上圆弧面的最高点的位置离B 点
的高度h＝1 m，已知小物块与平面BC 间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s2。弹簧的
形变在弹性限度内，求:
(1)小物块第一次滑到B 点时，小物块和小车的速度大小;
(2)弹簧第一次被压缩具有的最大弹性势能;
(3)若弹簧的劲度系数为k＝136 N/m，弹簧的弹性势能为Ep＝1
2kx2，x 为弹簧的形变量，则小物块
第二次压缩弹簧的最大压缩量为多少?同时分析，小物块能不能第三次压缩弹簧?
答案 (1)6 m/s 2 m/s (2)17 J
(3)√273−1
68
m 不能
解析 (1)设小物块第一次滑到B 点时小物块和小车的速度大小分别为v1和v2，由系统水平方向动
量守恒有mv1＝Mv2
根据机械能守恒定律有mgR＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2
解得v1＝6 m/s，v2＝2 m/s。
(2)设小物块第一次在平面BC 上相对平面向右运动的最大距离为x，由系统水平方向动量守恒可知，
当小物块第一次向左滑上圆弧面最高点时，小物块和小车的速度均为零，根据能量守恒定律有
μmg·2x＝mg(R－h)，其中h＝1 m
解得x＝3.5 m
设弹簧第一次被压缩时具有的最大弹性势能为Ep，由水平方向动量守恒可知，当弹簧压缩量最大
时物块和小车的速度为零，小物块从A 点释放到弹簧第一次被压缩至压缩量最大过程，由功能关
系有
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mgR＝μmgx＋Ep
解得Ep＝17 J。
(3)设小物块第一次压缩弹簧的压缩量为x1，则1
2kx1
2＝17 J
解得x1＝0.5 m
由此可知，弹簧处于原长时，弹簧左端离B 点距离
d＝x－x1＝3 m
设小物块第二次压缩弹簧的压缩量为x2，根据能量守恒定律有1
2kx1
2＝μmg(2d＋x1＋x2)＋1
2kx2
2
解得x2＝√273−1
68
m
由于1
2kx1
2－μmg(4d＋x1＋2x2)<0
因此小物块不可能第三次压缩弹簧。
5.(2024·浙江6 月选考，18)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径
为R 的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE 平滑连接。长为L、质量为M 的平板紧靠长
为d 的固定凹槽EFGH 侧壁EF 放置，平板上表面与DEH 齐平。将一质量为m 的小滑块从A 端弹
射，经过轨道BCD 后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG 即被锁定。已知R＝0.5 m，d
＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG 间
的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C 时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小;
(2)若μ2＝0，滑块恰好过C 点，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能;
(3)若μ2＝0.1，滑块能到达H 点，求其离开弹簧时的最大速度vm。
答案 (1)5 m/s (2)0.625 J (3)6 m/s
解析 (1)对滑块从离开弹簧到运动至圆形轨道最高点的过程，由动能定理有
－mg·2R＝1
2mvC
2－1
2mv0
2
滑块恰能通过圆形轨道最高点，则在最高点C，根据牛顿第二定律有
mg＝m vC
2
R
联立并代入数据解得v0＝5 m/s。
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(2)若μ2＝0，则滑块滑上平板与之相互作用的过程中，滑块与平板组成的系统所受的合外力为零，
动量守恒，故有
mv0＝(M＋m)v 共
根据能量守恒定律有
ΔE＝1
2mv0
2－1
2(M＋m)v共
2
联立并代入数据解得ΔE＝0.625 J。
(3)经分析可知，当滑块滑至平板右端且恰好与平板共速之后与平板一起匀减速运动时，滑块离开
弹簧时的速度最大。滑块与平板相互作用的过程，对滑块由牛顿第二定律有
μ1mg＝ma1
对平板由牛顿第二定律有
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2
根据运动学规律有
vm－a1t＝a2t
vmt－1
2a1t2－1
2a2t2＝L
联立并代入数据解得vm＝6 m/s，t＝0.6 s
共速过程平板的位移x＝1
2a2t2
解得x＝0.72 m<d－L＝2.6 m
一起匀减速运动的加速度为a3＝μ2g＝1 m/s2
则到达H 处的速度满足v2－(a2t)2＝－2a3(d－L－x)，解得v＝√2 m/s>0 满足题意，故滑块离开弹簧
的最大速度为6 m/s。
9
