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热点专题九 力学三大观点在力学中的综合应用
【专题解读】 1.本
是力学三大
点在力学中的
合
用，是高考必考
型，
专题
观
综
应
题
本
将作
算
的形式命
。
专题
为计
题压轴题
题
2.熟
用力学三大
点分析和解决
练应
观
综
合
。
问题3.用到的知
、律和方法有：力学
点
识规
动
观
(牛
运
定律、运
学
律
顿
动
动
规
)；
量
点
动
观
(
量定理和
量守恒定律
动
动
)；能量
点
观
(
能定理、机械能
动
守恒定律、功
能关系和能量守恒定律)。
[方法综述]
1.三个基本观点
(1)力的观点：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。
2.主要运动形式
(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、滑块在木板上的运动、传
送带上的直线运动等。
(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动等。
(3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动等。
3.选用规律原则
(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)或动能定理(涉及位移)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，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。作用时间都极短，因此用动量守恒定
律去解决。
【真题示例1】 (2021·河北卷，13)如图1，一滑雪道由AB 和BC 两段滑道组成，其
中AB 段倾角为θ，BC 段水平，AB 段和BC 段由一小段光滑圆弧连接。一个质量
为2 kg 的背包在滑道顶端A 处由静止滑下，若1 s 后质量为48 kg 的滑雪者从顶
1
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端以1.5 m/s 的初速度、3 m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平
处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ＝，重力加速度取g＝
10 m/s2，sin θ＝，cos θ＝，忽略空气阻力及拎包过程中滑雪者与背包的重心变化。
求：
图1
(1)滑道AB 段的长度；
(2)滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。
答案 (1)9 m (2)7.44 m/s
解析 (1)
背包的
量
设
质
为m，滑雪者的
量
质
为M。
背包，由牛
第二定律得
对
顿
mgsin θ－μmgcos θ＝ma1
解得背包的加速度a1＝2 m/s2
背包由
设
A 点运
到
动
B 点的时间为t，由匀
速直
运
的
律得
变
线
动
规
a1t2＝v0(t－1 s)＋a2(t－1 s)2
解得t＝3 s
滑道
则
AB 段的
度
长
xAB＝a1t2＝9 m。
(2)背包到达B 点的速度v1＝a1t＝6 m/s
滑雪者到达B 点的速度
v2＝v0＋a2(t－1 s)＝7.5 m/s
滑雪者拎起背包的
程中
量守恒，根据
量守恒定律得
过
动
动
mv1＋Mv2＝(M＋m)v
解得滑雪者拎起背包
一瞬
的速度
时这
间
v＝7.44 m/s。
【例2】 (2021·
常
四市
研
苏锡
镇
调
)如图2 所示，一质量M＝0.3 kg，足够长“T”形
支架，竖直立在水平地面上，有一质量m＝0.2 kg 的物块套在支架直杆上，物块与
支架上端之间夹有一劲度系数足够大的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，开始时弹
簧压紧并被物块和支架顶端间的细线锁定，弹簧的弹性势能Ep＝ J。现解除锁定，
弹簧瞬间恢复形变。已知物块与直杆间滑动摩擦力大小恒为Ff＝1.5 N，不计空气
阻力。求：
2
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图2
(1)弹簧恢复形变的瞬间，支架获得的速度大小；
(2)支架能上升的最大高度；
答案 (1)3 m/s (2)0.3 m
解析 (1)解除
定，系
量守恒，支架
得速度
锁
统动
设
获
vM，物
得速度
块获
vm，MvM＝
mvm
Ep＝Mv＋mv
代入数据解得vM＝3 m/s
vm＝4.5 m/s。
(2)
支架受力分析，根据牛
第二定律有
对
顿
Mg＋Ff＝MaM
解得aM＝15 m/s2
再由v＝2ahmax
代入数据得hmax＝0.3 m。
题型自我感悟
力学、
量和能量
点
合
用来解决力学
，是高考的重点和
点，
种
动
动
观
综
应
问题
热
这
型能
很好的考
学生的
能力、
合分析和解决
的能力。根据以上几
题
够
查
审题
综
问题
个
目的分析，
你回答以下
：
题
请
问题
1.从物体的运
程看，以上几个
目的运
有什么特点？
动过
题
动
提示 都是多运
程
。
动过
问题
2.【示例1】中拎起背包的
程有什么特点？可以看成什么碰撞模型？
足什么
过
满
物理
律？
规
提示 拎起背包后，背包和人达到共同的速度，因此是完全非
性碰撞模型，
弹
满
足
量守恒和能量守恒定律。
动
3.【示例2】中解除
定
物
和支架构成的系
受到重力和摩擦力的作用，合力
锁
时
块
统
不
零，
什么系
量
守恒？
为
为
统动
还
提示 因
开的瞬
，系
内力
大
为弹
间
统
远
于系
受到的外力。
统
4.
于多
程的力学
合
，解
的突破点在什么地方？
对
过
综
问题
题
3
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提示
根据不同的运
程，通
分析运
特点来
物理
律。解
突破
应该
动过
过
动
选择
规
题
点是求出运
折点的速度。
动转
【针对训练1】 (2021·泰州期末)如图3 所示，从A 点以某一水平速度v0抛出质量
m＝1 kg 的小物块1(可视为质点)，当物块1 运动至B 点时，恰好沿切线方向进入
半径R＝2.75 m、圆心角∠BOC＝37°的固定光滑圆弧轨道BC，C 端的切线水平且
与长木板上表面等高，长木板静止在光滑水平面上，质量M＝4 kg，其左端放置与
小物块1 完全相同的小物块2，右端固定挡板上连接一根轻质短弹簧，A 点距C
点的高度H＝1 m。小物块1 滑行到车上立即与小木块2 发生碰撞(碰撞时间极短)
碰后两物块粘在一起在木板上向右滑动，一段时间后在木板的正中间与木板达到
相对静止，物块与长木板间动摩擦因数μ＝0.25，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取
10 m/s2，弹簧始终在弹性限度内，求：
图3
(1)小物块1 抛出时水平速度v0的大小；
(2)小物块1 滑动至C 点时，对圆轨道的压力大小；
(3)木板的长度。
答案 (1)4 m/s (2)23 N (3)0.8 m
解析 (1)B 点距C 点的高度
h＝R(1－cos 37°)＝0.55 m
小球运
至
动
B 点的
直分速度
竖
vy＝＝3 m/s
抛出
的初速度
时
v0＝＝4 m/s。
(2)B 点的速度vB＝＝5 m/s
从B 到C 的
程中物
过
块1 机械能守恒
mv＋mgR(1－cos 37°)＝mv
C 点的速度
vC＝＝6 m/s
在C 点由牛
第二定律可得
顿
F－mg＝m
代入数据可解得
F＝mg＋m＝ N＝23 N
4
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由牛
第三定律可知小物
顿
块1 滑
至
动
C 点
，
弧
道的
力大小
时对圆
轨
压
约为23 N。
(3)物块1 和2 粘合
量守恒
时动
mvC＝2mvC′
代入数据可解得vC′＝3 m/s，若物
没有与右
簧相碰，
三个物体
成的系
块
侧弹
对
组
统
由
量守恒有
动
2mvC′＝(2m＋M)v
由能量守恒可得
·2mvC′2＝(2m＋M)v2＋μ·2mg·l
可解得l＝2.4 m。
若物
与右
簧相碰，由
量守恒和能量守恒可得
块
侧弹
动
2mvC′＝(2m＋M)v
·2mvC′2＝(2m＋M)v2＋μ·2mg·l
立代入数据可解得
联
l＝0.8 m。
【针对训练2】 (2021·湖南
化市一模
怀
)如图4 所示，光滑轨道abc 固定在竖直平
面内，ab 倾斜、bc 水平，与半径R＝0.4 m 竖直固定的粗糙半圆形轨道cd 在c 点平
滑连接。可视为质点的小球甲和乙静止在水平轨道上，二者中间压缩有轻质弹簧
弹簧与两小球均不拴接且被锁定。现解除对弹簧的锁定，小球甲在脱离弹簧后恰
能沿轨道运动到a 处，小球乙在脱离弹簧后沿半圆形轨道恰好能到达最高点d。
已知小球甲的质量m1＝2 kg，a、b 的竖直高度差h＝0.45 m，已知小球乙在c 点时
轨道对其弹力的大小F＝100 N，弹簧恢复原长时两小球均在水平轨道上，不计空
气阻力，重力加速度g 取10 m/s2。求：
图4
(1)小球乙的质量；
(2)弹簧被锁定时具有的弹性势能Ep；
(3)小球乙在半圆形轨道上克服摩擦力所做的功Wf。
答案 (1)1 kg (2)27 J (3)8 J
解析 (1)
小球甲，由机械能守恒定律得
对
m1gh＝m1v
小球甲、乙，由
量守恒定律得
对
动
m1v1＝m2v2
小球乙，在
对
c 点，由牛
第二定律得
顿
F－m2g＝m2
5
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立解得
联
m2＝1 kg，v2＝6 m/s 或m2＝9 kg，v2＝ m/s
小球乙恰好过d 点，有m2g＝m2
解得vd＝＝2 m/s
由
意
题
vd＜v2，所以小球乙的
量
质
m2＝1 kg。
(2)由能量守恒定律有
Ep＝m1v＋m2v
解得
簧被
定
具有的
性
能
弹
锁
时
弹
势
Ep＝27 J。
(3)
小球乙在半
形
道上运
的
程中，
摩擦力所做的功
对
圆
轨
动
过
设
为Wf′由
能定理
动
有
－2m2gR＋Wf′＝m2v－m2v
解得Wf′＝－8 J
所以Wf＝8 J。
1.(2021·福建南平质检)如图1，水平地面上固定一根均匀细管ABCD，其中AB 为
高H＝4 m 的竖直管，BC 是半径为R 的四分之一圆弧管，管口沿水平方向，CD 是
长度L＝1 m 的水平管。AB 管内有下端固定的轻质弹簧，将弹簧长度压缩到0.5R
后锁定，弹簧的弹性势能为Ep＝5 J。现在弹簧上端放有一个质量为m＝0.1 kg 的
小球a，解除锁定，弹簧可将小球a 弹射出去。若小球a 到达圆弧管最高点C 处时，
对管壁的作用力恰好为零。不计一切摩擦，小球a、b 的直径略小于管的直径。g 取
10 m/s2，求：
图1
(1)半径R 的值；
(2)若改变弹簧的压缩量，使小球a 到达圆弧管最高点C 处时，对管壁的压力大小
为0.5mg，在CD 管的末端放有一质量为M＝0.3 kg 的小球b，小球b 与a 发生弹
性碰撞后，从D 端飞出，不计空气阻力。小球b 的落地点到A 点距离为多少。
答案 (1)1 m (2) m 或 m
6
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解析 (1)小球a 从A 运
到
动
C 的
程中，根据能量守恒定律
过
Ep＝mg(H＋0.5R)＋mv①
根据牛
第二定律有
顿
mg＝m②
由①②得R＝1 m。
(2)若C
小球受向上的支持力
处
有mg－0.5 mg＝，解得v1＝ m/s
若C
小球受向下的
力，有
处
压
mg＋0.5mg＝，解得v2＝ m/s
两小球
性碰撞，由
量守恒定律和机械能守恒定律得
弹
动
mv1＝mva＋Mvb
mv＝mv＋Mv
解得vb＝＝ m/s 或vb＝ m/s
对b 小球，由于做平抛运
，有
动
x＝vbt
H＋R＝gt2，s＝x＋L＋R
立解得
联
x1＝ m 或x2＝ m。
2.(2020·海南卷)如图2 所示，光滑的四分之一圆弧轨道PQ 竖直放置，底端与一
水平传送带相切，一质量ma＝1 kg 的小物块a 从圆弧轨道最高点P 由静止释放，
到最低点Q 时与另一质量mb＝3 kg 小物块b 发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已知
圆弧轨道半径R＝0.8 m，传送带的长度L＝1.25 m，传送带以速度v＝1 m/s 顺时
针匀速转动，小物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2。求
图2
(1)碰撞前瞬间小物块a 对圆弧轨道的压力大小；
(2)碰后小物块a 能上升的最大高度；
(3)小物块b 从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
答案 (1)30 N (2)0.2 m (3)1 s
解析 (1)设小物块a 下滑到
弧最低点未与小物
圆
块b 相碰
的速度
时
为va，根据机
械能守恒定律有magR＝mav
代入数据解得va＝4 m/s
小物块a 在最低点，根据牛
第二定律有
顿
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FN－mag＝ma
代入数据解得FN＝30 N，根据牛
第三定律，可知小物
顿
块a
弧
道的
力大
对圆
轨
压
小为30 N。
(2)小物块a 与小物块b
生
性碰撞，根据
量守恒定律有
发
弹
动
mava＝mava′＋mbvb
根据能量守恒定律有
mav＝mava′2＋mbv
立解得
联
va＝－2 m/s，vb＝2 m/s
小物块a 反
，根据机械能守恒定律有
弹
magh＝mava′2
解得h＝0.2 m。
(3)小物块b 滑上
送
，因
传
带
vb＝2 m/s>v＝1 m/s，故小物块b 先做匀减速运
，根
动
据牛
第二定律有
顿
μmbg＝mba
解得a＝2 m/s2
小物
则
块b 由2 m/s 减至1 m/s，所走
的位移
过
为
x1＝
解得x1＝0.75 m
运
的
动
时间为t1＝
解得t1＝0.5 s
因x1＝0.75 m<L＝1.25 m，故小物块b 之后将做匀速运
至右端，
匀速运
的
动
则
动
时间为
t2＝＝ s＝0.5 s
故小物块b 从
送
的左端运
到右端所需要的
传
带
动
时间
t＝t1＋t2＝1 s。
3.(2021·南京模拟)如图3 所示，O1为竖直平面内圆周的圆心，两根长为L 的轻绳
分别悬挂甲、乙两个相同的小球，其质量为m，甲、乙两球分别位于图中A、C 两点
处，半径O1C 与水平方向夹角为30°，半径O1D 与水平方向夹角为60°，其中点O2
处固定一个可挡住轻绳的铁钉，甲球在最低点A 处获得水平向右的初速度后恰能
通过最高点B，运动到C 点时与乙球发生对心弹性碰撞，重力加速度为g。求：
8
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图3
(1)甲球通过B 点时的动能；
(2)甲球在C 点发生碰撞前的速度大小；
(3)碰后甲球能否绕O2在竖直面内做完整的圆周运动？请通过计算说明理由。
答案 (1)mgL (2) (3)不能完成完整圆周运动，见解析
解析 (1)由于甲球恰好通
最高点，根据
周运
的
模型，在最高点
小球
过
圆
动
绳
对
进
行受力分析，
由小球重力提供向心力
仅
则mg＝m
可得vB＝，EkB＝mgL。
(2)小球甲从B 点到C 点做
周运
，根据机械能守恒可得
圆
动
mg(L－Lsin 30°)＝mv－mv
在碰撞前小球甲在
则
C 点的速度为
vC＝。
(3)两小球在C 点
生
心
性碰撞，可得
发
对
弹
mvC＝mv 甲＋mv 乙
mv＝mv＋mv
在碰撞之后，甲球的速度
则
为v 甲＝0，做自由落体运
至下方与
动
C
称的
对
E
有
时
mgL＝mv－0
此
子
，沿
方向速度分量消失，只剩余垂直于
方向的速度分量，可
时绳
绷紧
绳
绳
得
vE′＝vEcos 30°
若要小球能
行完整的
周运
，必
足在最高点小球速度
够进
圆
动
须满
vF≥
根据
能定理求出小球通
最高点的速度
动
过
－mg＝mv－mv
由于vF＝＜，故不能通
最高点，不能完成完整
周运
。
过
圆
动
4.(2021·湖北八市
考
联
)如图4 所示，光滑的水平面上，质量为m1＝1 kg 的平板小
车以v0＝5 m/s 的速度向左运动，同时质量为m2＝4 kg 的铁块(可视为质点)从小
9
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车左端以v0＝5 m/s 的速度向右滑上平板小车，一段时间后小车将与右侧足够远
的竖直墙壁发生碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后小车速度大小不变，方向相反。已
知铁块与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.25，小车始终未从小车上掉下来，取
重力加速度g＝10 m/s2。求：
图4
(1)小车与墙壁发生第一次碰撞前的速度大小；
(2)小车的最小长度；
(3)小车与墙壁发生第一次碰撞后运动的总路程(计算结果保留3 位有效数字)。
答案 (1)3 m/s (2)6.25 m (3)1.41 m
解析 (1)
水平向右
正方向，小
与
壁
生第一次碰撞
的速度大小
设
为
车
墙
发
时
为v1
由
量守恒定律得
动
m1(－v0)＋m2v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝3 m/s。
(2)
小
的最小
度
设
车
长
为L，最
小
和
的
能全部
化
系
的内能，由能
终
车
铁块
动
转
为
统
量守恒定律得m1v＋m2v＝μm2gL，解得L＝6.25 m。
(3)
小
的加速度大小
设
车
为a，小
第一次碰撞后向左速度减
零
的位移大小
车
为
时
为
x1，小
从
生第一次碰撞到
生第二次碰撞
的路程
车
发
发
间
为s1，
由牛
第二定律得
顿
μm2g＝m1a
由运
学公式得
动
0－v＝2a(－x1)，s1＝2x1，解得s1＝0.9 m
小
从
生第
设
车
发
k 次碰撞到
生第
发
k＋1 次碰撞
的路程
间
为sk，
同理可得sk＝· m，
小
从
生第一次碰撞后运
的
路程
设
车
发
动
总
为s，得s＝s1＋s2＋…＋sk，解得
s＝1.41 m。
10
