文档文本内容
增分培优3 力学三大观点的综合应用
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
求解物体某一时刻的受力及加速度
时，可用牛顿第二定律列式解决，有
时也可结合运动学公式列出含有加速
度的关系式。
匀变速直线
运动规律
v＝v0＋at
x＝v0t＋at2
v2－v＝2ax 等
能量观
点
动能定理
W 合＝ΔEk
①在涉及位移、速度，不涉及时间时
要首先考虑选用动能定理。
②在涉及相对位移问题时优先考虑能
量守恒定律，即系统克服摩擦力所做
的总功等于系统机械能的减少量，即
转变为系统的内能。
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
FΔt＝mv′－mv
①在涉及时间和速度，不涉及位移和
加速度时要首先考虑运用动量定理。
②若研究的对象为相互作用的物体组
成的系统，一般考虑用动量守恒定律
去解决，注意是否符合守恒条件。
③碰撞、爆炸、反冲等问题因作用时
间极短，一般都可以运用动量守恒定
律。
动量守恒定
律
p1＋p2＝p1′＋p2′
例1 (2024·甘肃卷，14)如图1，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)
图1
(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；
(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)对A 从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有
mgl(1－cos 60°)＝mv－0
在最低点，对A 由牛顿第二定律有
T－mg＝
根据牛顿第三定律得T′＝T
联立解得细绳受到的拉力T′＝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
mv0＝0＋mvC
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
mvC＝(m＋3m)v 共
根据能量守恒定律有mv＝(m＋3m)v＋μmgΔx
联立解得μ＝0.15。
例2 (2024·河南焦作一模)如图2 所示，某商家为了吸引顾客而设计了一个趣味
游戏，游戏轨道由一个水平直轨道ABC 和一半径为R 的竖直半圆光滑轨道CDE
组成，水平直轨道AB 段光滑，BC 段粗糙。在半圆轨道圆心O 左侧同一水平线
上且距离O 点2R 处固定一个小网兜P，将原长小于AB 段长度的轻弹簧水平置
于AB 段上，左端固定在竖直挡板上，物块1 静置于B 处。游戏者将物块2 向左
压缩弹簧到某一位置释放，若物块2 与物块1 碰撞后不粘连，物块1 从半圆轨道
最高点E 飞出并落入网兜P 内获一等奖，在DE 圆弧段脱离轨道获二等奖，能够
进入半圆轨道内获三等奖，其他情况都不能获奖。已知物块1 的质量m＝0.2
kg，物块2 的质量m0＝0.4 kg，R＝0.8 m，BC＝2R，两物块与粗糙水平面间的动
摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2。两物块均可视为质点。求：
图2
(1)获一等奖时，物块1 在E 点对轨道的压力；
(2)获得二等奖时，物块1 碰后的速度大小范围(结果可保留根号)；
(3)获得三等奖时，弹簧弹性势能的最小值。
答案 (1)2 N 方向竖直向上 (2)4 m/s≤v1≤2 m/s (3)1.8 J
解析 (1)获得一等奖时，物块1 从E 点飞出后做平抛运动，设飞出的速度为
vE，则2R＝vEt，R＝gt2
解得vE＝＝ m/s＝4 m/s
在E 点，由牛顿第二定律得mg＋FN＝m
解得FN＝m－mg＝2 N
由牛顿第三定律知，物块1 在E 点对轨道的压力大小为2 N，方向竖直向上。
(2)在DE 圆弧段脱离轨道获二等奖，则物块1 在D 点刚好脱离轨道，对应的速度
为0。应用动能定理得μmg·2R＋mgR＝mv－0
解得v1min＝4 m/s
物块1 在E 点刚好脱离轨道，对应的速度设为vE
则有mg＝m
解得vE＝＝2 m/s
由E→B，由动能定理得
μmg·2R＋mg·2R＝mv－mv
解得v1max＝2 m/s
所以物块1 碰后的速度大小范围为4 m/s≤v1≤2 m/s。
(3)获得三等奖时，物块1 刚好能运动到C 点，弹簧弹性势能最小，则
－μmg·2R＝0－mv1′2
解得v1′＝4 m/s
碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律，则有m0v＝m0v′＋mv1′
m0v2＝m0v′2＋mv1′2
解得v＝3 m/s
弹簧的弹性势能最小值为
Ep＝m0v2＝×0.4×32 J＝1.8 J。
规范指导 (2024·四川成都七中检测)如图3 所示，半径R＝1.0 m 的四分之一圆弧
形光滑轨道竖直放置，圆弧最低点B 与长为L＝0.5 m 的水平面BC 相切于B 点，
BC 离地面高h＝0.45 m，C 点与一倾角为θ＝37°的光滑斜面连接，质量m＝1.0
kg 的小滑块从圆弧上某点由静止释放，到达圆弧B 点时小滑块对圆弧的压力刚
好等于其重力的2 倍，当小滑块运动到C 点时与一个质量M＝2.0 kg 的小球正碰，
碰撞时间极短，碰后小滑块返回恰好停在B 点，已知滑块与水平面间的动摩擦
因数μ＝0.1(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s2)。求：
图3
(1)小滑块应从圆弧上离地面多高处释放；
(2)两物体碰后小球第一次落点到C 点的距离。
1.(2024·山东卷，17)如图4 甲所示，质量为M 的轨道静止在光滑水平面上，轨道
水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，
Q 为轨道的最高点。质量为m 的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间
的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径
R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
图4
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q 点时，受到轨道的弹力
大小等于3mg，求小物块在Q 点的速度大小v；
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，
轨道的加速度a 与F 对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ 和m；
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当
小物块到P 点时撤去F，小物块从Q 点离开轨道时相对地面的速度大小为7
m/s。求轨道水平部分的长度L。
答案 (1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2 1 kg (ⅱ)4.5 m
解析 (1)对小物块在Q 点，由牛顿第二定律有mg＋3mg＝m
解得v＝4 m/s。
(2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N 时，轨道与小物块一起向左加速运
动，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
变形得a＝F
结合题图乙可知＝ kg－1＝0.5 kg－1
当外力F>4 N 时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有
F－μmg＝Ma
变形得a＝F－
结合题图乙可知＝ kg－1＝1 kg－1
－＝－2 m/s2
联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(ⅱ)根据题图乙可知，当F＝8 N 时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速
度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左。
设经时间t0，小物块运动至轨道上的P 点时，速度v2＝a2t0
此时轨道的速度v1＝a1t0
小物块从P 点运动至Q 点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统
水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有
Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
其中v4＝7 m/s
联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解不符合题意，舍去)
根据运动学规律有L＝a1t－a2t
解得L＝4.5 m。
2.(2024·安徽卷，14)如图5 所示， 一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面
有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道
最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O 点
正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球
运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着轨道运动，已知细线长
L＝1.25 m，小球质量m＝0.20 kg，物块、小车质量均为M＝0.30 kg，小车上的
水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不
计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2。
图5
(1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
(2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
(3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间
的动摩擦因数μ 的取值范围。
答案 (1)6 N (2)4 m/s (3)0.25≤μ<0.4
解析 (1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理有mgL＝mv－0
解得v0＝5 m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律有FT－mg＝m
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＝6 N。
(2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2
mv＝mv＋Mv
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2＝v0＝4 m/s。
(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，物块与小车整体水平
方向动量守恒
Mv2＝2Mv3
由能量守恒定律有
Mv＝×2Mv＋μ1Mgs
解得μ1＝0.4
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，物块与小车整体水平
方向动量守恒
Mv2＝2Mv4
由能量守恒定律有
Mv＝×2Mv＋μ2Mgs＋MgR
解得μ2＝0.25
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ 的取值范围为0.25≤μ<0.4。
1.如图1 所示，水平轨道OP 光滑，PM 粗糙，PM 长L＝3.2 m。OM 与半径R＝
0.15 m 的竖直半圆轨道MN 平滑连接。小物块A 自O 点以v0＝14 m/s 向右运动，
与静止在P 点的小物块B 发生正碰(碰撞时间极短)，碰后A、B 分开，A 恰好运
动到M 点停止。A、B 均看作质点，已知A 的质量mA＝1.0 kg，B 的质量mB＝
2.0 kg，A、B 与轨道PM 间的动摩擦因数均为μ＝0.25，g 取10 m/s2，求：
图1
(1)碰后A、B 的速度大小；
(2)碰后B 沿轨道PM 运动到M 所需时间；
(3)若B 恰好能到达半圆轨道最高点N，求沿半圆轨道运动过程损失的机械能。
答案 (1)4 m/s 5 m/s (2)0.8 s (3)1.5 J
解析 (1)由牛顿第二定律，A、B 在PM 上滑行时的加速度大小相同，均为a，
则
a＝＝＝μg＝2.5 m/s2
由运动学知识，对A 有v＝2aL
解得碰后速度v1＝4 m/s
A、B 相碰的过程中系统水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，有mAv0＝
mAv1＋mBv2
解得碰后B 的速度v2＝5 m/s。
(2)对B 物块，P 到M 的运动过程，有
L＝v2t－at2
解得t1＝3.2 s(不符合题意，舍去)，t2＝0.8 s
即所求时间t＝0.8 s。
(3)B 在M 点的速度大小v3＝v2－at
代入数值解得v3＝3 m/s
B 恰好过N 点，满足mBg＝mB
M 到N 过程，由功能关系可得
ΔE＝mBv－mBv－2mBgR
联立解得损失的机械能ΔE＝1.5 J。
2.(2024·福建泉州一模)如图2，左端固定在墙壁上的水平轻质弹簧，处于自然状
态时另一端在光滑水平台面右端；质量为3m 的小车静置于光滑的水平面上且紧
靠平台，其左侧a 端与台面等高，小车的上表面由长度为R 的粗糙水平面ab 和
半径为R 的四分之一圆弧形光滑轨道bc 组成。质量为m 的小物块P(与弹簧不拴
接)在外力作用下将弹簧压缩至某一位置，由静止释放后从a 端以大小为2(g 为重
力加速度大小)的速度滑上小车，恰好能到达顶端c。
图2
(1)求由静止释放时弹簧的弹性势能Ep；
(2)求P 与ab 间的动摩擦因数μ；
(3)请通过计算判断P 是否会滑离小车？
答案 (1)2mgR (2)0.5 (3)P 会滑离小车
解析 (1)设弹簧恢复原长时，P 的速度为v0，根据系统能量守恒有Ep＝mv
其中v0＝2
解得Ep＝2mgR。
(2)P 恰好到达顶端c 时，此时P 与小车共速，设此时速度大小为v，根据水平方
向动量守恒有
mv0＝(m＋3m)v
根据能量守恒定律有
mv＝(m＋3m)v2＋mgR＋μmgR
解得μ＝0.5。
(3)设小物块P 最终停在小车上，小物块在粗糙水平面ab 上的相对路程为s，由
于水平方向动量守恒，可知，此时P 与小车速度大小仍然为v，根据系统能量守
恒定律有mv－(m＋3m)v2＝μmgs
解得s＝3R
由于s＞2R
故P 会滑离小车。
3.(2024·河北石家庄模拟)如图3 所示，在光滑的水平面上有一质量为2m 的小车，
车上固定一处于自然长度的轻质弹簧，将质量为2m 的光滑木块放在小车上，整
个装置静止。现长为L 的细线系着一个质量为m 的小球，将小球拉至与竖直方
向成θ＝60°角的A 位置从静止开始释放，摆到最低点B 时，刚好能与木块相碰
(相碰时间极短)，相碰后小球反弹的速度大小为碰撞前的一半，木块与弹簧、小
车相互作用的过程中无机械能损失，已知当地的重力加速度为g。求：
图3
(1)小球与木块相碰前的速度；
(2)在木块压缩弹簧的过程中，弹簧的最大弹性势能；
(3)木块和小车最终运动的速度大小。
答案 (1) 方向水平向右 (2)mgL (3)0
解析 (1)小球下摆过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得
mgL＝mv
解得v0＝，方向水平向右
(2)小球与木块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝mv 球＋2mv 木块
由题意可知v 球＝－
解得v 木块＝
弹簧弹性势能最大时木块与小车速度相等，木块与小车组成的系统动量守恒，以
向右为正方向，由动量守恒定律得2mv 木块＝(2m＋2m)v
由能量守恒定律得
×2mv＝(2m＋2m)v2＋Ep
解得v＝，Ep＝mgL。
(3)木块与小车组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
2mv 木块＝2mv 木块′＋2mv 小车
由机械能守恒定律得
×2mv＝×2mv 木块′2＋×2mv
解得v 木块′＝0，v 小车＝。
4.(2024·浙江6 月选考，18)一弹射游戏装置竖直截面如图4 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。
图4
(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＝mv－mv
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＝
联立并代入数据解得v0＝5 m/s。
(2)若μ2＝0，则滑块滑上平板与之相互作用的过程，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＝mv－(M＋m)v
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时，对应满足条件下滑
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－a1t2－a2t2＝L
联立并代入数据解得vm＝6 m/s。
5.(2023·浙江6 月选考，18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图5 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＝0.4 m
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＝100
N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量m＝0.12 kg 的滑块a 以初速
度v0＝2 m/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＝0.8 m，以v＝2 m/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＝kx2(x 为形变量)。
图5
(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＝1 m/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)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
解析 (1)滑块a 以初速度v0从D 处进入竖直圆弧轨道DEF 运动，由动能定理有
mg·2R＝mv－mv
解得vF＝10 m/s
在最低点F，由牛顿第二定律有FN－mg＝m
解得FN＝31.2 N。
(2)碰撞后滑块a 返回到B 点的过程，
由动能定理有
－mg·2R－μmgL＝mv－mv
解得va＝5 m/s
滑块a、b 碰撞过程，由动量守恒定律有
mvF＝－mva＋3mvb
解得vb＝5 m/s
碰撞过程中损失的机械能
ΔE＝mv－mv－×3mv＝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＝2.5 m/s
滑块a、b 一起向右运动，压缩弹簧，a、b 减速运动，c 加速运动，当a、b、c 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＝ m/s
由机械能守恒定律有
Ep1＝×4mv－×6mv
解得Ep1＝0.5 J
由Ep1＝kx 解得最大压缩量x1＝0.1 m
滑块a、b 一起继续向右运动，弹簧弹力使c 继续加速，使a、b 继续减速，当弹
簧弹力减小到零时，c 速度最大，a、b 速度最小；滑块a、b 一起再继续向右运
动，弹簧弹力使c 减速，a、b 加速，当a、b、c 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＝0.1 m
所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx＝x1＋x2＝0.2 m。
