文档文本内容
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 合=ma
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=v0+at
x=v0t+1
2at2
v2-v0
2=2ax 等
能量观点
动能定理
W 合=ΔEk
涉及做功与能量转换
机械能守恒定律
Ek1+Ep1=Ek2+Ep2
功能关系
WG=-ΔEp等
能量守恒定律
E1=E2
动量观点
动量定理
I 合=p'-p
只涉及初末速度、力、时间，而
不涉及位移、功
动量守恒定律
p1+p2=p1'+p2'
只涉及初末速度，而不涉及力、
时间
一、力学中的多过程组合问题
例1 (2025·四川卷·15)如图所示，倾角为θ 的斜面固定于水平地面，斜面上固定有半径为R 的半圆挡
板和长为7R 的直挡板。a 为直挡板下端点，bd 为半圆挡板直径且沿水平方向，c 为半圆挡板最高点，
两挡板相切于b 点，de 与ab 平行且等长。小球乙被锁定在c 点。小球甲从a 点以一定初速度出发，沿
挡板运动到c 点与小球乙发生完全弹性碰撞，碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定，小球乙在此后的运动
过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1，两小球均可视为质点，不计一切摩擦，重力加速度大小为g。
(1)求小球甲从a 点沿直线运动到b 点过程中的加速度大小；
(2)若小球甲恰能到达c 点，且碰撞后小球乙能运动到e 点，求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条
件；
(3)在满足(2)中质量比值的条件下，若碰撞后小球乙能穿过线段de，求小球甲初动能应满足的条件。
答案 (1)gsin θ (2)m1
m2
≥1 或m1
m2
=1
7 (3)17
2 m1gRsin θ<Ek0<16m1gRsin θ
解析 (1)小球甲从a 点沿直线运动到b 点过程中，根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1a1
解得甲在ab 段运动的加速度大小a1=gsin θ
(2)甲恰能到达c 点，设到达c 点时的速度为v1，可知m1gsin θ=m1v1
2
R
解得v1=√gR sinθ
①
根据题意甲、乙发生完全弹性碰撞，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒有m1v1=m1v1'+m2v2，
1
2m1v1
2=1
2m1v1'2+1
2m2v2
2
解得碰后乙的速度为v2= 2m1v1
m1+m2
②
碰后乙能运动至e 点，第一种情况若碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e 点，此时需满足m2gsin
θ≤m2v2
2
R
即v2≥√gR sinθ
③
联立①②③可得
m1
m2
≥1
第二种情况，若碰后乙做类平抛运动到达e 点，此时可知7R+R=1
2gsin θ·t2，R=v2t
解得v2=1
4 √gR sinθ
④
联立①②④可得
m1
m2
=1
7
(3)在(2)问的质量比条件下，若碰后乙能越过线段de，根据前面分析可知当满足第一种情况时，碰后乙做
圆周运动显然不满足能越过线段de，故碰后乙做类平抛运动越过线段de，故碰后乙的速度必然满足v2<
√gR sinθ
同时根据类平抛运动规律可知7R+R=1
2gsin θ·(Δt)2，v2Δt>R
解得1
4 √gRsinθ<v2<√gR sinθ
⑤
联立②⑤将
m1
m2
=1
7 代入可得√gR sinθ<v1<4√gR sinθ
⑥
对甲球从a 到c 过程中根据动能定理-m1g·8Rsin θ=1
2m1v1
2-Ek0
⑦
联立⑥⑦可得17
2 m1gRsin θ<Ek0<16m1gRsin θ。
例2 (2024·贵州卷·15)如图，半径为R=1.8 m 的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水
平地面PM 相切于P 点，PM 的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m 的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s 逆时针
转动，其右端与地面在M 点无缝对接。物块a 从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P 点，再向左
做直线运动至M 点与静止的物块b 发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b 向左运动到达传送带的左
端N 时，瞬间给b 一水平向右的冲量I，其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s 给b 一相同的瞬时冲量I，
直到b 离开传送带。已知a 的质量为ma=1 kg，b 的质量为mb=2 kg，它们均可视为质点。a、b 与地面及
传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2。求：
(1)a 运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；
(2)b 从M 运动到N 的时间；
(3)b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量。
答案 (1)30 N (2)3.2 s (3)95 J
解析 (1)a 从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律magR=1
2mav P
2
在P 点，设轨道对它的支持力大小为FN，
根据牛顿第二定律FN-mag=mav P
2
R
联立解得FN=30 N
(2)a 从静止释放到M 点过程中，根据动能定理
magR-μmagd=1
2mav M
2-0
解得vM=3 m/s
a 与b 发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb
1
2mav M
2=1
2mava
2+1
2mbvb
2
解得vb=2 m/s
b 滑上传送带后先做匀减速直线运动，加速度大小为a，根据牛顿第二定律μmbg=mba
解得a=5 m/s2
b 的速度减小到与传送带速度相等所需的时间t1=vb- v0
a
=0.2 s
对地位移x=vb+ v0
2
·t1=0.3 m
此后b 做匀速直线运动，b 到达传送带最左端还需要的时间t2= L- x
v0
=3 s
b 从M 运动到N 的时间t=t1+t2=3.2 s
(3)设向右为正方向，瞬间给b 一水平向右的冲量，对b 根据动量定理I=mbv-(-mbv0)
解得v=2 m/s
b 向右减速到零所需的时间t3=v
a=0.4 s
然后向左加速到v0所需的时间t4=v0
a =0.2 s
可得Δt=t3+t4
b 在Δt 时间内向右运动的距离
Δx=v
2·t3-v0
2 ·t4=0.3 m
循环10 次后b 向右运动的距离
x'=10·Δx=3 m
每一次相对传送带运动的路程
s=v
2·t3+v0t3+v0t4-v0
2 ·t4=0.9 m
b 从N 向右运动3 m 的过程中b 与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J
然后b 继续向右减速运动，根据运动学公式
vt5-1
2at5
2=L-x'
解得t5=0.2 s
此过程，b 相对传送带运动的路程
s'=L-x'+v0t5=0.5 m
此过程中b 与传送带摩擦产生的热量
Q2=μmbgs'=5 J
b 从N 运动到M 的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。
二、板块模型的综合分析
1.动力学观点
2.动量观点
滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外
力时，需选用动力学观点解题。
3.能量观点
应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移
指相对地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)。
例3 (2025·江苏常州市一模)如图所示，物块B 和木板C 静止在光滑水平地面上，C 的上表面水平且足
够长，其左端放置一滑块A(可视为质点)，A、B、C 的质量分别为m、2m、3m。A、C 间的动摩擦因数
为μ，B、C 由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A 一个向右的速度4v0，使A
在C 上滑动，当A 的速度减为v0时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C 的速度为2
3
v0，重力加速度为g。求：
(1)从A 获得速度开始经过多长时间绳子被拉直？
(2)因拉断绳子造成的机械能损失为多少？
(3)若A 最终未脱离木板C，则木板C 的长度至少为多少？
答案 (1)3 v0
μg (2) 7
12mv0
2 (3)145 v0
2
24 μg
解析 (1)对滑块A，根据动量定理-μmgt=mv0-m×4v0
解得t=3 v0
μg
(2)A、C 构成的系统在绳子伸直之前动量守恒
m×4v0=mv0+3mvC
解得vC=v0
C、B 构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒
3mvC=3m×2
3v0+2mvB
解得vB=1
2v0
在绳子拉断瞬间损失的机械能为
ΔE=1
2×3mvC
2-1
2×3m( 2
3 v0)
2-1
2×2mvB
2
解得ΔE= 7
12mv0
2
(3)在绳子伸直之前，A、C 构成的系统根据功能关系
μmgx1=1
2m(4 v0)
2-1
2mv0
2-1
2×3mvC
2
解得x1=6 v0
2
μg
绳子拉断后直到A、C 共速，A、C 构成的系统动量守恒mv0+3m×2
3v0=(m+3m)v
解得v=3
4 v0
绳子拉断后，A、C 系统根据功能关系
μmgx2=1
2mv0
2+1
2×3m( 2
3 v0)
2-1
2×(m+3m)v2
得x2= v0
2
24 μg
木板C 的长度至少为L=x1+x2=145 v0
2
24 μg
。
三、图像法或数学归纳法解决多次碰撞问题
当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问
题时，通常可用到以下两种方法：
数学归纳法
先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透
彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以
后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、
等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全
程的路程等数据
图像法
通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t 图
像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过
图像与t 轴所围面积求出物体的位移
例4 (2025·江苏卷·14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有
n 个。在两列钢球之间，一质量为m 的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的
碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1；
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n 次碰撞后的动能Ek。
答案 (1)v0 (2)v0
2 (3)(1
2)4n+1mv0
2
解析 (1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，
碰撞过程中，相碰二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度
v0。
(2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2
由能量守恒定律有1
2mv0
2=1
2mv1
2+1
2×3mv2
2
解得v1=-1
2v0，v2=1
2v0
负号表示速度反向，则第一次碰撞后玻璃球的速度大小为1
2v0。
(3)根据题意结合(2)问分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的1
2，右侧
第一个钢球与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢
球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小变为碰撞前的1
2，综上所述，玻璃
球碰撞2n 次后速度大小为v=(1
2)2nv0
则玻璃球碰撞2n 次后最终动能大小Ek=1
2mv2=(1
2)4n+1mv0
2。
例5 (2025·辽宁省名校联盟一模)如图甲所示，在足够长的固定斜面上静置一物块B，t=0 时将质量为
m 的物块A 从距离物块B 斜上方L 处由静止释放，t=9t0时，物块A、B 发生第一次碰撞，t=19t0时，两
者发生第二次碰撞，在两次碰撞间物块A 的v-t 图线如图乙所示(其中v0、t0均为未知量)，若每次碰撞
均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块均可视为质点且与斜面间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力。
(1)求物块A 沿斜面上滑与下滑加速度大小的比值；
(2)求第一次碰撞后物块A 沿斜面向上运动的最大距离；
(3)已知物块B 的质量M=17m，且A、B 物块每次碰撞前物块B 均已经停止运动，求物块B 沿斜面下滑
的最大距离。
答案 (1)2 (2)32
81L (3) 4
45L
解析 (1)根据题意，由题图乙可知，物块A 在13t0~19t0的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小a1=
6 v0
19t0-13t0
=v0
t0
物块A 在9t0~13t0的时间内沿斜面匀减速上滑，加速度大小a2=
8 v0
13t0-9t0
=2v0
t0
解得
a2
a1
=2
(2)物块A 在13t0~19t0时间内与在0~9t0的时间内受力情况一致，则加速度相同，故t=9t0时v=a1·9t0=9v0
刚释放物块A 时，A、B 之间的距离为L，则有L=9 v0
2 ×9t0，整理得v0t0= 2
81L
物块A 在9t0~13t0的时间内沿斜面向上运动，运动的距离L1=8 v0(13t0-9t0)
2
=16v0t0
联立解得L1=32
81L
(3)物块A 与物块B 第一次碰撞时，由动量守恒有mv=mvA1+MvB1
其中v=9v0，vA1=-8v0，M=17m
联立解得vB1=v0
则物块A 在13t0~19t0时间内下滑的距离L2=6 v0(19t0-13t0)
2
=18v0t0
已知第二次碰撞前物块B 已停止运动，故物块B 碰后沿斜面下滑的距离x1=L2-L1=2v0t0
物块A 与物块B 发生第二次碰撞，由题图乙可知，碰前瞬间物块A 的速度v1=6v0
由动量守恒有mv1=mvA2+MvB2
由机械能守恒有1
2mv1
2=1
2mv A 2
2+1
2MvB2
2
联立解得vB2=2
3v0
设物块B 下滑过程中的加速度大小为a，第一次碰撞后物块B 下滑的距离为x1，则有2ax1=vB1
2
设第二次碰撞后物块B 下滑的距离为x2，则有2ax2=vB2
2
可得x2=4
9 x1
以此类推可得xn=( 4
9 )
n-1x1
则物块B 运动的总距离x=x1+x2+x3+…+xn=
1-( 4
9 )
n
1- 4
9
·x1
当n→∞时，代入数据解得x= 4
45L。
