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专题六 力学中三大观点的应用
1．如图所示，水平面上放置着半径为R、圆心角为60°的圆弧轨道，一可视为质点的小球以初速度v0冲上
圆弧轨道。已知圆弧轨道质量M＝1.5m0，小球质量m＝m0，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空
气阻力，小球从圆弧轨道飞出时，速度方向恰好跟水平方向成30°角，则（ ）
A．圆弧半径R = v0
2
3 g
B．小球飞出时，圆弧轨道的速度为
❑√3
3 v0
C．小球飞出时速度大小为
❑√3
6 v0
D．若小球从圆弧轨道飞出时，圆弧向右运动的距离为x，则小球在轨道上运动时间为5 x + ❑√3 R
2v0
2．如图所示，木板B 静止于光滑水平面上，质量MA＝2kg 的物块A 放在B 的左端，另一质量m＝1kg 的
小球用长L＝0.9m 的轻绳悬挂在固定点O。木板B 与地面锁定，将小球向左拉至轻绳与竖直方向呈60°
并由静止释放小球，小球在最低点与A 发生弹性正碰，碰撞时间极短，碰后A 在B 上滑动，恰好未从
B 的右端滑出。已知A、B 间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球可视为质点，不计空气阻力，取重力加
速度g＝10m/s2。
（1）求小球与A 碰撞前瞬间绳上的拉力大小F；
（2）求B 的长度x；
（3）若解除B 的锁定，仍将小球拉到原处静止释放，
为使A 不能滑过B 板的四分之一，求B 的质量MB的范围。
3. 如图所示，一半径为R 的光滑的3
4
圆弧轨道竖起放置，uO 为圆心，C 点最高点，B 是最低点，OA 水平，
一视为质点的质量为m 的小球甲从A 点正上方与C 等高的位置由静止释放，从A 点顺着切线进入圆弧轨道，
与位于最低点B 的静止的乙球发生弹性碰撞，则
（1）若乙球的质量m 乙=m ,碰撞后乙球能否到达轨道最高点C？若不能，则乙球与轨道脱离时，乙球与圆
心O 的连线与水平方向的夹角的正弦值为多少？离开轨道后运动到最高点时距离B 点的竖直方向高点差为
多少？
（2）若碰撞后乙球恰好能通过最高点C，求乙球的质量？
（3）乙球是否存在合适的质量，使得碰撞后通过C 点又落到A 点？
4．如图所示，一根长R＝1.44m 不可伸长的轻绳，一端系一小球P，另一端固定于O 点。长l＝3m 绷紧的
水平传送带始终以5m/s 恒定的速率沿逆时针方向运行，传送带左侧半径r＝0.5m 的竖直光滑圆轨道在
D 点与水平面平滑连接，现将小球拉至悬线（伸直）与水平位置成θ＝30°角由静止释放，小球到达最
低点时与小物块A 作弹性碰撞，碰后小物块A 向左运动到B 点进入圆轨道，绕行一圈后到达E 点。已
知小球与小物块质量相等均为m＝0.3kg 且均视为质点，小物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.25，其
他摩擦均忽略不计，重力加速度大小g＝10m/s2，求：
（1）小球运动到最低点与小物块碰前的速度大小和对轻质细绳拉力大小；
（2）小物块在传送带上运动时，因相互间摩擦产生的热量；
（3）小物块通过圆轨道最高点C 时对轨道的压力大小。
5．如图所示，物块A、B 质量分别为mA＝2kg，mB＝1kg，用轻绳相连并用劲度系数k＝100N/m 的轻质弹
簧系住挂在天花板上静止不动。B 正下方有一个半径为R＝1m 的四分之一光滑固定圆弧轨道，其顶点a
距离物块B 的高度差h＝0.8m。某时刻A、B 间的绳子被剪断，然后A 做周期T＝2.8s 的简谐运动，B
下落并从a 点平滑的进入光滑固定圆弧轨道。当A 第1 次到达最高点时，B 恰好运动到圆弧末端，然后
在圆弧末端与质量为mC＝0.5kg 的滑块C 相碰，碰后B、C 结合为滑块D。D 平滑的滑上与圆弧末端等
高的传送带，传送带的水平长度为L＝1m，以v0＝1m/s 的速度顺时针转动，D 与传送带间的动摩擦因
数为μ＝0.35。传送带右端有一等高的固定水平平台，平台上表面光滑，平台上静止着2024 个相距较近
的质量为m1＝3kg 的小球，D 能够平滑地滑上平台，且D 与小球、相邻小球之间的碰撞均为弹性正碰
（A、B、D 小球均可以看作质点，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力）。（答案可以用根号表示）
（1）求物块A 做简谐运动的振幅A；
（2）求光滑固定圆轨道对物块B 的冲量大小I；
（3）求整个运动过程中D 与传送带之间因摩擦产生的热量Q。
6．如图所示，上表面粗糙、长d＝0.5m 的长木板与半径R＝0.15m 的光滑四分之一圆弧轨道平滑连接（二
者构成一个整体），静止在光滑水平面上，整体的总质量M1＝0.6kg，质量M2＝0.6kg 的物块放在长木
板上的左端。一根长度L＝1.25m 且不可伸长的细线一端固定于O 点，另一端系一质量m＝0.4kg 的小
球，小球位于最低点时与物块处于同一高度并恰好接触。拉动小球使细线伸直，当细线水平时由静止
释放小球，小球与物块沿水平方向发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后，物块沿着长木板上表面
运动，小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g 取10m/s2。求：
（1）小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块动量的大小；
（3）若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置且
不脱离圆弧轨道，物块与水平长木板间的动摩擦因数μ。
7．某游戏装置如图所示。将质量为m＝1kg 的物块P 置于弹簧一端（弹簧与物块不粘连），弹簧另一端固
定于斜面上，初始时刻将弹簧压缩至如图位置，使其具有一定的弹性势能。一倾角θ＝37°，长度LPA＝
0.5m 的粗糙斜面PA 与半径R＝0.5m，圆心角θ＝37°的光滑圆弧AB 平滑相接（物块滑上A 点时无能量
损失），物块释放后沿圆弧在B 点与质量也为m＝1kg 的物块Q 发生弹性正碰后，水平向右离开圆弧，
圆弧与一水平足够长木板BC 平滑相连。物块从圆弧离开后，带动上下表面粗糙，质量为m＝1kg 的木
板BC 开始运动，若木板BC 恰好不与竖直墙壁DE 相撞则视为游戏成功。已知物块与PA 间的动摩擦因
数μ1＝0.2，物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.3，木板与地面间动摩擦因数μ3＝0.1，某次游戏开始时弹
簧具有的弹性势能EP＝14.8J。物块可视为质点，不计物块与其它位置的摩擦。则：
（1）物块P 到达A 点时的速度大小；
（2）物块P 经过A 点时对圆弧的压力；
（3）物块Q 滑上木板时的速度大小；
（4）若要游戏成功，则木板右端点
C 与竖直墙壁的最短距离。
8．如图所示，半径R＝0.5m 的半圆形光滑轨道固定在竖直平面内，在最低点与足够长光滑平台MN 相切，
物块A、B 静置在平台上，用轻质无弹性细绳将A、B 连接在一起，A、B 间有一被压缩的轻弹簧（物
块与轻弹簧间不拴接），初始时长木板C 锁定，长朲板C 处于足够长光滑平台NQ 上，物块B 与长木
板C 间的动摩擦因数μ1＝0.5.现将物块A、B 之间的细绳剪断，脱离弹簧后物块A 向左滑入半圆形光滑
轨道，恰好能滑到半圆轨道的最高点H，物块B 滑上长木板C 后恰好运动到长木板C 的最右端。已知
物块A、B 的质量分别是m1＝0.4kg、m2＝0.5kg，长木板C 的质量是m3＝0.5kg，重力加速度g 取
10m/s2，物块A、B 均可视为质点。求：
（1）被压缩的轻质弹簧中储存的弹性势能Ep；
（2）若B 滑上C 瞬间，解除长木板C 的锁定，求物块B 第一次与长木板C 共速时与C 右端的距离。
（3）若B 在滑上C 的瞬间受到一个向右的冲量，使B 的速度变为向右的v A =
❑√v y
2 + v
2= 4 ❑√2m/ s，同
时解除对长木板C 的锁定，在平台Q 处放有一竖直挡板，挡板与长木板C 等高，挡板右端与长L＝1m
顺时针转动的水平传送带EF 平滑无缝对接，长木板C 的上表面与传送带EF 的上表面相切。长木板C
运动到Q 处与挡板相撞后停止运动，物块B 通过传送带右端离开后，落在水平地面上的D 点。已知物
块B 与传送带间的动摩擦因数μ2＝0.2，传送带EF 距地面高h＝1.25m，传送带EF 的运动速度为v。讨
论物块B 落点D 与F 点间水平距离x 与传送带速度v 大小的关系（忽略传送带中轮子的半径）。
专题六 力学中三大观点的应用
参考答案与试题解析
1.答案：D【解答】解：ABC、小球和轨道运动过程中机械能守恒、水平方向动量守恒，设小球从轨道
飞出时小球速度为v1，轨道速度为v2，
由机械能守恒定理可得：1
2 m v0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2+mgR(1−cos60°)，
由小球和轨道在水平方向上动量守恒，取v0方向为正，可得：mv0＝mv1cos30°+Mv2
小球飞出时与轨道在沿轨道半径方向上无相对运动，如下图所示：
即两者沿半径方向的分速度相等，则有：v1cos60°＝v2cos30°
解得：R = v0
2
2g
，v1=
❑√3
3 v0
，v2= v0
3
，故ABC 错误；
D、根据题意可知，小球与圆弧轨道水平方向动量守恒，则有mv0＝mv1cos30°+Mv2
设小球在轨道上运动时间为t，则有mv0t＝mv1tcos30°+Mv2t
整理可得：mv0t＝m（x+Rsin60°）+1.5mx，解得：t= 5 x + ❑√3 R
2v0
，故D 正确。
2.【解答】解：（1）设小球下摆至最低点时，速度的大小为v0，小球下摆的过程根据动能定理有
mg（L﹣Lcos60°）= 1
2 m v0
2−0 在最低点由牛顿第二定律F﹣mg＝mv0
2
L
，解得F＝20N
（2）小球与A 碰撞动量守恒，规定向右为正方向：mv0＝mv1+MAv2
机械能守恒1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M A v2
2 ，解得v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
A 在B 上滑行的过程中，由动能定理得−μ M A gx =0−1
2 M A v2
2 ，解得x＝2m
（3）小球与A 碰撞后至A 与B 共速，规定向右为正方向；由动量守恒定律有
MAv2＝（MA+MB）v 共 又由能量守恒得μ M A g x
4 = 1
2 M A v2
2−1
2 ( M A+ M B)v共
2 ，解得MB= 2
3 kg
所以MB≤2
3 kg
3. （1 ）对甲，从释放到B 点，2mgR = 1
2 m v0
2, 对甲乙，碰撞前后:m v0=m v1+m乙v2 ,
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m乙v2
2 ,又m乙=m, 得v2= v0 ,若乙能运动到C 点，则在C 点：F +mg=m v
2
R
, 而
F ≥0,得v ≥❑√gR,
而对乙，由机械能守恒得，乙运动到C 点的速度为0，与v ≥❑√gR矛盾，所以乙到不了C 点；
设在D 点脱离轨道，则在D 点：mgsinθ=m v D
2
R
从B 到D：1
2 m v2
2= 1
2 m v D
2 +mg( R+ Rsinθ),得sinθ = 2
3
；
从D 点脱离轨道后，乙做斜抛运动，在坚直方向：(v Dcosθ)
2=2gh ,h= 5
27 R ,得最高点到B 的高度差
为H =h+ R+ Rsinθ.得H = 50
27 R
（2）对甲乙，碰撞前后:m v0=m v1+m乙v2 ,1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 m乙v2
2 ,得v2=
2m
m+m乙
v
0
,
对乙：从B 到C ，1
2 m乙v2
2= 1
2 m乙vC
2 +2m乙gR 在C 点：mg=m vC
2
R
, 得vc≥❑√gR, 解得
m乙= 2❑√2−❑√5
❑√5
m
(3) 假设存在，则对乙，从C 到A，v3t = R ,1
2 gt
2= R 得v3= ❑√
gR
2
因v3<❑√gR ,假设不成立，所以不
存在。
4. 【解答】解：（1）因开始时轻质细线与水平方向的夹角为θ＝30°，则小球
P 自由下落距离为R 时，轻绳刚好再次伸直如下图所示，
设此时P 的速度为v1。根据自由落体运动规律，可得 v1
2=2gR
轻质细线伸直后瞬间小球P 速度为v2＝v1cosθ
小球P 与小物块A 碰前瞬间，设小球P 的速度大小为v3，从轻质细绳刚好再次
伸直到小球P 运动到最低点的过程中，由动能定理得： mg（R﹣Rsinθ）= 1
2 mv3
2−1
2 mv2
2，联立解得：
v3＝6m/s ,设小球运动到最低点，轻质细绳对小物块拉力大小为T，根据牛顿第二定律可得：T﹣mg＝
mv3
2
R
,解得：T＝10.5N，根据牛顿第三定律可知小物块碰前对轻质细绳拉力大小为10.5N。
（2）设小球与小物块进行弹性碰撞后瞬间的速度分别为v4、v5，以向左为正方向，由动量守恒定律与
机械能守恒定律得：mv3＝mv4+mv5 ，1
2 mv3
2= 1
2 mv4
2 + 1
2 mv5
2 ， 解得：v5＝6m/s
小物块冲上传送带后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma，解得加速度大小为：a＝
2.5m/s2 ，设传送带速度为v0＝5m/s，小物块与传送带共速时对地位移大小为x，则由运动学公式可
得：v5
2−v0
2=2ax ，代入数据解得：x＝2.2m＜l＝3m，则可知小物块与传送带能够共速，之后和传送带
一起做匀速运动。小物块在传送带上减速所用时间为：t= v5−v0
a
，解得t＝0.4s
这段时间内传送带运动的位移为：x 带＝v0t＝5×0.4m＝2m ，则小物块通过传送带时，由于摩擦产生的
热量为：Q＝μmg（x﹣x 带） ，解得：Q＝0.15J
（3）设小物块通过圆轨道最高点时的速度为v6，轨道对小物块的弹力为F，则由动能定理有：
﹣2mgr= 1
2 mv6
2+ 1
2 mv0
2 ，解得：v6= ❑√5m/s ，在最高点有：F+mg＝mv6
2
r
，联立解得：F＝0N ，根
据牛顿第三定律可知，通过最高点时小物块对轨道的压力为0N。
5.【解答】解：（1）初始状态下，弹簧伸长量为Δ x1= (mA+mB)g
k
，代入数据，解得Δx1＝0.3m，
细绳剪断后，A 处于平衡位置时，弹簧伸长量为Δ x2= mA g
k
，代入数据，解得Δx2＝0.2m，
振幅A＝Δx1﹣Δx2＝0.3m﹣0.2m＝0.1m；
（2）物块B 做自由落体运动的时间t1= ❑√
2h
g
，B 落入a 的速度va＝gt1，代入数据，解得va＝4m/s，
根据动能定理mB gR = 1
2 mB v
2−1
2 mB vB
2，代入数据，解得B 在圆弧末端的速度v＝6m/s，
B 在圆弧上的运动时间t2= T
2 −t1，
向下为正方向，竖直方向的冲量Iy+mBgt2＝﹣mBva，解出Iy＝﹣14N•s，
水平方向冲量Ix＝mBv，代入数据，解得Ix＝6N•s，故冲量I = ❑√232 N ⋅s；
（3）根据动量守恒mBv＝（mB+mC）vD，
分析D 第一次滑过传送带有L= v0 Δt −1
2 aΔt
2，代入数据，解得Δt = 2
7 s，Q1＝μmDg（L﹣v0Δt），代
入数据，解得Q1= 15
4 J，
物体D 滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速度vD0＝3m/s，
规定向右为正方向，有mDvD0＝mDvD1+m1v1；1
2 mD v D 0
2 = 1
2 mD v D1
2 + 1
2 m1v1
2，代入数据，解得vD1＝﹣
1m/s，v1＝2m/s，
之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质量相等，速度交换，而物体D 返回进入传送带，
假设匀减速到速度为0，x1= −v D1
2
−2a
，代入数据，解得x1= 1
7 m＜L=1m，不会滑出传送带，因此D 在
传送带上反向加速，以vD1′＝﹣vD1＝1m/s，
再次滑上平台，与第一个小球发生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，
物体D 在与小球第一次碰后在传送带上运动过程中，
运动时间t3=2⋅v D1
a
，代入数据，解得t3= 4
7 s，
位移Δx1＝v0t3，代入数据，解得Δ x1= 4
7 m，
在此过程中产生的热量为Q＝μmDgΔx1，代入数据，解得Q＝3J，
同理可知，当物体D 与小球发生第k 次碰撞，设碰前D 的速度大小为vk﹣1，碰后D 的速度大小为vk，
则有mDvk﹣1＝mDvk+m1uk，1
2 mD vk −1
2
= 1
2 mD vk
2+ 1
2 m1uk
2，代入数据，得vk = 1
3 vk −1，
在传送带上tk = 2vk
μg
，Δ xk = v0tk = 2vk v0
μg
，又Q2=∑μmD gΔ xk = μmD g× 2v0
μg ∑vk，代入数据，解得
Q2= 9
2 [1−( 1
3 )
n
]，所以Q＝Q1+Q2，代入数据，解得Q =[ 33
4 −9
2 ( 1
3 )
2024
]J。
6.【解答】解：（1）小球运动到最低点的过程中，由机械能守恒定律得mgL= 1
2 m v0
2
解得小球运动到最低点的速度大小v0＝5m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律有FT −mg=m v0
2
L
解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝12N
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律得mv0＝mv1+M2v2
由机械能守恒定律得1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M 2v2
2
小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝4m/s
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块动量的大小为p＝M2v2＝0.6×4kg•m/s＝2.4kg•m/s
（3）若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与长木板和圆弧轨道组成的
整体由水平方向动量守恒得M2v2＝（M1+M2）v3
由能量守恒定律得1
2 M 2v2
2= 1
2 ×( M 1+ M 2)v3
2+ μ M 2 gd + M 2 gR
解得物块与水平长木板间的动摩擦因数μ＝0.5
7.. 【解答】解：（1 ）物块
P
从释放到达
A
点，根据能量守恒有
E p+mgsinθ LpA−μ1mgcosθ LpA = 1
2 m v A
2 ，代入数据解得v A = ❑√34 m/ s
（2）物块P 经过A 点时，根据牛顿第二定律有N −mgcosθ = mv A
2
R
，代入数据解得：N＝76N
根据牛顿第三定律，可得物块P 经过A 点时对圆弧的压力为：N′＝N＝76N，方向垂直斜面向下
（3）物块P 从A 点到B 点，根据机械能守恒定律有：1
2 m v A
2 +mgR(1−cosθ)= 1
2 m vB
2
PQ 发生弹性碰撞，根据动量守恒，以向右为下正方向有：mvB＝mv′B+mvQ
机械能守恒：1
2 m vB
2 = 1
2 mv ' B
2 + 1
2 m vQ
2 ，联立解二次方程得到：vQ＝6m/s
（4）物块Q 滑上木板后，根据牛顿第二定律，对物块Q 有：μ2mg＝ma1
代入数据解得：a1=3m/ s
2，对有木板：μ2mg﹣μ3•2mg＝ma3，解得：a2=1m/ s
2
设经时间t，两者共速，则有：vQ﹣a1t＝a2t，解得：t＝1.5s
此时：v 共＝a2t＝1×1.5m/s＝1.5m/s，则木板的位移为：x 木1= v共
2
2a2
代入数据得：x 木1＝1.125m，木板接着匀减速，根据牛顿第二定律有：μ3×2mg＝2ma3
代入数据解得：a3=1m/ s
2 ，木板速度最终减为零，则位移为：x 木2= v共
2
2a3
代入数据得：x 木2＝1.125m
若要恰好不撞DE，则最短距离为：L＝x 木1+x 木2＝1.125m+1.125m＝2.25m
8.【解答】解：（1）A 物块恰好能滑到半圆轨道的最高点H，根据牛顿第二定律：mg=m v H
2
R
变形解得：v H = ❑√gR
设A 物块被弹开后速度大小为vA，由机械能守恒定律得：1
2 m1v A
2 = 1
2 m1v H
2 +m1g×2R
以向左方向为正，对AB 系统由动量守恒定律有：m1vA＝m2vB
联立解得：vA＝5m/s，vB＝4m/s
根据能量守恒有：Ep= 1
2 m1v A
2 + 1
2 m2vB
2
代入数据解得：Ep＝9J
（2）物块B 滑上长木板C 后恰好运动到长木板C 的最右端，根据动能定理有：﹣μm2gL＝0−1
2 m2vB
2
解得长木板C 的长度为：L＝1.6m
若B 滑上C 瞬间，解除对长木板C 的锁定，则最终二者共速，有
m2vB＝（m2+m3）v 共
代入数据解得：v 共＝2m/s
共速前B 做减速运动，B 的加速度大小为：aB＝μ1g＝0.5×10m/s2＝5m/s2
物块C 的加速度大小为：aC= μ1m2 g
m3
= 0.5×0.5×10
0.5
m/s2＝5m/s2
二者相对位移：ΔL= vB
2 −v共
2
2aB
−v共
2
2aC
代入数据解得：ΔL＝0.8m
物块B 最终的位置与长木板C 右端的距离为：L′＝L﹣ΔL＝1.6m﹣0.8m＝0.8m
（3）物块B 离开F 点做平抛运动，竖直方向则有：h= 1
2 gt
2 ，解得落地时间为：t＝0.5s
讨论：若物块B 在传送带上一直减速，设最终获得的末速度为v′，则有v0
2−v
2=2 μ2 g L传
解得：v′＝2m/s
若物块B 在传送带上一直加速，设最终获得的末速度为v′ ，则有v
2−v0
2=2 μ2 g L传
解得：
v ' =2❑√3m/ s
则当传送带速度在0＜v≤2m/s 时，有：x＝v′t＝2×0.5m＝1m
当传送带速度在2m/ s＜v ＜2❑√3m/ s时，有：x＝vt＝0.5v
当传送带速度在v＞2❑√3m/s 时，有：x = v ' t = ❑√3mx＝v′t＝2❑√3×0.5m= ❑√3m
