第9 讲 力学三大观点的综合应用 讲义
知识体系：
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+1
2at2
v2-v0
2=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'
考点一 板块模型中动力学、能量和动量的综合
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)。
典例1:(2025·江苏南通模拟预测)如图所示,半径R=0.8 m 的1
4光滑圆弧轨道AB
固定于竖直平面内,一长方形木板静止在水平光滑地面上,左端紧靠B 点,上表面
所在平面与圆弧轨道相切于B 点,长木板的右端有一固定在木板上的轻质弹性挡
板,一可视为质点的质量为m=0.5 kg 的物块从圆弧圆心的等高点A 由静止释放,
经B 点滑上木板,最终物块停在长木板上。已知物块与长木板上表面间的动摩擦
因数为μ=0.4,长木板的质量为M=1 kg,重力加速度g 取10 m/s2,求:
(1)物块滑到B 点时对圆弧轨道的压力;
(2)物块不和挡板碰撞,长木板的最小长度;
(3)若长木板长度为1 m,碰撞为弹性碰撞,碰撞时间极短,求碰撞后物块停在木
板上时距挡板距离及碰撞后小物块与长木板摩擦生成的热量。
答案 (1)15 N,方向竖直向下 (2)4
3 m (3)1
3
m 2
3 J
解析 (1)设物块滑到B 点的速度大小为v0,物块由A 到B 的运动过程,
根据机械能守恒定律,有mgR=1
2
mv0
2
根据牛顿第二定律有FN-mg=mv0
2
R
联立解得v0=4 m/s,FN=15 N
由牛顿第三定律可知,物块对轨道的压力大小为FN'=FN=15 N,方向竖直向下。
(2)设长木板的最小长度为L,物块和挡板碰撞前恰好与长木板共速,其速度大小
为v1,由动量守恒定律可得mv0=(m+M)v1 解得v1=4
3 m/s
由能量守恒定律可得μmgL=1
2
mv0
2-1
2
(M+m)v1
2 解得L=4
3
m。
(3)小物块与挡板碰撞后,与长木板达到共同速度后保持相对静止一起匀速直线
运动,设距离挡板x,则有mv0=(m+M)v1
μmg(L'+x)=1
2mv0
2-1
2(M+m)v1
2 解得x=1
3 m
碰撞后小物块与长木板摩擦生成的热量 Q=μmgx=2
3
J。
典例2:(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
3v0，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
3v0)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
4v0
绳子拉断后，A、C 系统根据功能关系
μmgx2=1
2mv0
2+1
2×3m(2
3v0)2-1
2(m+3m)v2 解得x2= v0
2
24 μg
木板C 的长度至少为L=x1+x2=145 v0
2
24 μg 。
考点二 传送带模型中动力学、能量和动量的综合
1.传送带问题的分析步骤与方法
2.划痕长度与摩擦生热的计算
若只有一个相对运动过程,划痕长度等于相对位移的大小;若有两个相对滑动过
程,两过程相对位移方向相同时,划痕长度求和,相对位移方向不同时,划痕以长
的为准。全过程产生的热量Q=Ffs 相对(s 相对是相对路程,即相对位移绝对值的和)。
典例3:(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,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有magR=1
2mav P
2
在P 点,设轨道对它的支持力大小为FN,根据牛顿第二定律有FN-mag=mavP
2
R
联立解得FN=30 N。
(2)a 从静止释放到M 点过程中,根据动能定理有
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,根据牛顿第二定律有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 根据动量定理有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
每一次相对传动带运动的路程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=10 μmbgs=90 J
然后b 继续向右减速运动,根据运动学公式vt5-1
2
at5
2=L-x',解得t5=0.2 s
此过程,b 相对传动带运动的路程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。
考点三 力学中的多运动组合问题
典例4:(2025·山东卷·17)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑
水平面上，P、Q 分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P 处轨道的切线沿
水平方向，Q 处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b 用轻弹簧连接置于光滑
水平面上，b 被锁定。一质量m=1
2 kg 的小球自Q 点正上方h=2 m 处自由下
落，无能量损失地滑入轨道，并从P 点水平抛出，恰好击中a，与a 粘在一起
且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N 时，b 解除锁定开始运动。已知a 的质量
ma=1 kg，b 的质量mb=3
4 kg，方形物体的质量M=9
2 kg，重力加速度大小
g=10 m/s2，弹簧的劲度系数k=50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性
势能表达式Ep=1
2kx2(x 为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求：
(1)小球到达P 点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；
(2)弹簧弹性势能最大时，b 的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
答案 (1)6 m/s 2
3 m/s (2)2
3 m/s 2.5 J
解析 (1)根据题意可知，小球从开始下落到P 处过程中，水平方向上动量守恒，
则有mv1=Mv2
由能量守恒定律有mgh=1
2mv1
2+1
2Mv2
2
联立解得v1=6 m/s，v2=2
3 m/s
即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度为2
3 m/s，方向水平向右。
(2)由于小球落在物块a 正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球
和物块a 水平方向上动量守恒，则有mv1=(m+ma)v3
解得v3=2 m/s
设当弹簧形变量为x1时物块b 的固定解除，此时小球和物块a 的速度为v4，根
据胡克定律F=kx1
系统机械能守恒1
2(m+ma)v3
2=1
2(m+ma)v4
2+1
2kx1
2
联立解得v4=1 m/s，x1=0.3 m
固定解除之后，小球、物块a 和物块b 组成的系统动量守恒，当三者共速时，
弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m+ma)v4=(m+ma+mb)vb
解得vb=2
3 m/s，方向水平向左。
由能量守恒定律可得，最大弹性势能为
Epm=1
2(m+ma)v4
2+1
2kx1
2-1
2(m+ma+mb)vb
2=2.5 J。
典例5:(2025·云南模拟预测)如图所示,半圆形轨道的直径PQ 与水平面垂直,轨
道的最低点Q 与右侧光滑的台阶相切,台阶右侧紧靠着表面与台阶齐平的足够
长的长木板C,C 的右端与弹性挡板D 的距离x=2.0 m。台阶上的两个小铁块
A、B 之间有一被压缩的微型弹簧(弹簧与铁块不固定),某时刻,将压缩的微型弹
簧释放,使A、B 瞬间分离。释放后,铁块A 恰好沿半圆形轨道运动到轨道最高
点P,铁块A 到最高点后被取走。铁块B 滑上木板C 的上表面,一段时间后C 与
D 相撞。已知B、C 接触面间的动摩擦因数μ=0.4,其余摩擦均不计,C 与D 在碰
撞过程中没有机械能损失,半圆形轨道的半径R=0.32 m,木板C 的质量mC=1
kg,铁块A、B 与木板C 的质量之比是mA∶mB∶mC=3∶2∶1,重力加速度大小
g=10 m/s2。
(1)求铁块B 滑上木板C 时的速度vB的大小;
(2)求C 与D 第一次相撞前,B、C 系统摩擦产生的热量Q;
(3)若C 右端与D 的距离x 可以改变,要求C 与D 碰撞两次,求x 应满足的条件。
答案 (1)6 m/s (2)12 J (3) 9
16 m≤x<9
4 m
解析 (1)铁块A、B 与木板C 的质量之比
mA∶mB∶mC=3∶2∶1
又mC=1 kg,则mA=3 kg,mB=2 kg
铁块A、B 弹开过程,动量守恒,有mAvA-mBvB=0
铁块A 弹开后恰好过半圆形轨道最高点P,则由牛顿第二定律有mAg=mAvP
2
R
铁块A 弹开后,一直运动到半圆形轨道最高点P 的过程,根据机械能守恒定律有
1
2mAv A
2=1
2mAv P
2+mAg·2R
联立解得vB=6 m/s。
(2)B 与C 组成的系统动量守恒,设共同速度为v,以向右为正方向,
由动量守恒定律得mBvB=(mB+mC)v
解得v=4 m/s
设此过程C 的位移大小为x1,由动能定理得μmBgx1=1
2mCv2-0
解得x1=1.0 m<x=2.0 m
则B 与C 共速后木板才与D 碰撞,对B、C 系统,由能量守恒定律得
1
2mBvB
2=1
2(mB+mC)v2+Q
解得系统产生的热量Q=12 J。
(3)设C 与D 第一次碰撞前瞬间,B 与C 的速度大小分别是v1、v2,系统动量守恒,
以向右为正方向,由动量守恒定律得mBvB=mBv1+mCv2
设C 与D 第二次碰撞前瞬间,B 与C 的速度大小分别为v3、v4,
由动量守恒定律得mBv1-mCv2=mBv3+mCv4
若要碰撞两次,需要满足mBv1-mCv2>0,mBv3-mCv4≤0
根据C 往返运动的对称性可知v2=v4
对C 由动能定理得μmBgx=1
2mCv2
2-0 解得x<9
4 m 或x≥9
16 m
综上所述x 应满足的条件是9
16 m≤x<9
4 m。
考点四 数学归纳法解决多次碰撞问题
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。
典例6:(2025·江苏卷)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。
