文档文本内容
微突破15 用三大观点解决动力学问题（解析版）
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势....................................... 2
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维....................................... 3
03
考点精讲·靶向突破拆解核心考点，归纳解题范式....................................... 4
考点一
三大观点解决力学问题
............................................................................................................ 4
核心知识·解构...................................................................................................................................... 4
一、力的三个作用效果与八个规律....................................................................................................4
二、力学规律的选用原则....................................................................................................................4
易错辨析·AI 原创命题.........................................................................................................................5
热点考向·破译...................................................................................................................................... 6
考向1
力学三大观点的理解与辨析
....................................................................................... 6
考向2
力学三大观点综合解决问题
..................................................................................... 10
【思维建模】
力学三大观点处理多物体多过程问题的方法......................18
04
思维建模·脉络梳理
溯源真题逻辑，感知高考考向..................................... 19
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
三大观点解决力学问题
2026•湖北、2026•河
北、2026•黑吉辽蒙
卷、2026•河南、2026
•广东、2026•贵州、
2026•黑吉辽蒙卷、
2026•陕晋青宁卷、
2026•湖南、2026•云
南、2025•贵州、2026
•浙江
2025•湖北、2025•天津、
2025•江西、2025•浙江、
2025•全国卷、2025•重
庆、2025•甘肃、2025•
北京、2025•湖南、2025
•河北、2025•江苏、2025
•广西、2025•四川、2025
•浙江
2024•天津、2024•贵州、
2024•重庆、2024•甘肃、
2024•广东、2024•河北、
2024•山东、2024•湖北、
2024•湖南、2024•吉林、
2024•浙江
考情分析
题型与考向：本讲内容是高考物理中力学板块的最高境界和终极考查目标。
所谓“三大观点”，即动力学观点（牛顿运动定律+运动学公式）、能量观
点（动能定理+机械能守恒定律+能量守恒定律）和动量观点（动量定理+动
量守恒定律）。高考物理压轴题几乎无一例外地要求考生综合运用这三大观
点来解决问题。三大观点综合运用的载体，必然是多过程、多对象、多模型
的复杂问题。命题趋势已全面转向“同一问题，三种观点，择优选用，综
合融通” 。命题者倾向于设置一个包含多个子过程的复杂情境，每个子过
程适用的观点不同，要求考生：①准确判断每个子过程最适合用哪种观点；
②灵活切换观点，无缝衔接；③最终联立求解。
情境与立意：
1. 多模型融合压轴题：三大观点分阶段综合运用，灵活切换
复习目标
1. 掌握并会灵活选用力学三大观点解决动力学综合问题。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一
三大观点解决力学问题
核心知识·解构
一、力的三个作用效果与八个规律
分类
力学三大观点
对应规律
公式表达
解题优势
力的瞬时
作用效果
动力学观点
牛顿第二定律
F 合=ma
(1)研究瞬时状态，分析运动性质。
(2)研究匀变速直线运动。
(3)研究平抛运动、圆周运动。
(4)求解加速度、时间
匀变速直线运动
规律
v=v0+at
x=v0t+
1
2at2
v2-�02=2ax 等
力对空间
积累效果
能量观点
动能定理
W 合=ΔEk
(1)只涉及运动初、末状态。
(2)研究曲线运动。
(3)研究多过程运动。
(4)求解功、能、位移、速度
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
力对时间
积累效果
动量观点
动量定理
I 合=p'-p
(1)只涉及运动初、末状态。
(2)研究相互作用系统的运动。
(3)求解动量、冲量、速度
动量守恒定律
p1+p2=p1'+p2'
二、力学规律的选用原则
1. 当物体受到恒力作用，而且涉及时间、某一状态时，一般选用动力学方法。
2. 当涉及功、能、位移时，一般选用动能定理、能量守恒定律。
3. 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(涉及时间的问题)或动能定理(涉
及位移的问题)去解决问题．
4. 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问
题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．
5. 在光滑的平面或曲面上的运动，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程问题，一般考虑
用动量守恒定律分析。
6.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧、子弹打木块、不受其他外力作用的两物体相互作用等物理现象时，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化，作用时间都极短，因此用动量守恒
定律去解决．
7. 如含摩擦生热问题，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，即转化为系统内能的量．
8. 分析含弹簧问题时，注意分析含弹簧系统的运动情况和能量转化情况。如果两物体中间加一弹簧，若系
统所受外力的合力为零，则系统的动量守恒，当两物体速度相等时弹簧最长或最短。若涉及弹性势能与其
他形式的能量发生转化，则转化过程遵循能量守恒定律。
易错辨析·AI 原创命题
1.
三大观点中，牛顿运动定律（力的观点）适用于研究恒力作用下物体的瞬时运动，以及物体在运动过
程中加速度的变化情况。( √)
2.
动量观点（动量定理和动量守恒定律）适用于研究力对时间的积累效应，不涉及中间过程，只需要考
虑初、末状态。( √)
3.
能量观点（动能定理和机械能守恒定律）适用于研究力对空间的积累效应，可以解决涉及位移和速度
的问题。( √)
4.
对于涉及时间的问题，应优先选用动能定理求解；对于涉及位移的问题，应优先选用动量定理求解。
( × )
5.
对于涉及碰撞、爆炸、反冲等瞬间作用的问题，应优先选用动量守恒定律，因为这类问题时间极短，
外力冲量可忽略，动量近似守恒。( √)
【易错点总结表】
易混易错概念
对应
题目
关键辨析点
力的观点（牛顿运动定律）
的适用场景
1
力的观点适用于恒力、匀变速运动、瞬时加速度问题，以及涉及时间或加
速度的过程分析。
动量观点的适用场景
2
动量观点研究力对时间的积累效应（冲量），不关心中间过程细节，只关
注初、末状态。
能量观点的适用场景
3
能量观点研究力对空间的积累效应（功），适用于涉及位移、速度和能量
转化的问题。
动量定理与动能定理的选
用原则
4
涉及时间问题优先选动量定理（I = Δp）；涉及位移问题优先选动能定理
（W = ΔEk）。两者正好相反。
碰撞、爆炸、反冲问题的
处理方法
5
碰撞、爆炸、反冲等瞬间作用问题，时间极短，外力冲量可忽略，系统动
量近似守恒，优先选用动量守恒定律。
热点考向·破译
考向1
力学三大观点的理解与辨析
例1（2026·湖南长沙·三模）如图所示，两端分别固定有小球A、B（均视为质点）的轻杆竖直立在水平面
上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A 球开始沿水平面向右滑动，B 球随之下降，此过程
中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l ，两球的质量均为m ，重力加速度大小为g ，不计一切
摩擦，下列说法正确的是（
）
A．A 球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg
B．竖直墙面对B 球的冲量大小为
6
9
m
gl
C．A 球的最大动能为23
27
mgl
D．B 球的最大动能为26
27
mgl
【答案】D
【详解】A．设轻杆与水平面的夹角为，两球同时与墙面、地面接触时，设杆的角速度大小为，根据
刚性杆的速度约束有
A
sin
v
v
，
B
cos
v
v
根据机械能守恒定律有
2
2
A
B
1
1
(1 sin )
2
2
mgl
mv
mv
解得
2
2
A
2
(1 sin )sin
v
gl
令
sin
s
，由于
2
2
4
2
1
(1
)
(
) (
)
0
27
3
3
s s
s
s
所以当
2
sin
3
时，小球A 的速度达到最大值，此时小球A 的水平加速度为零。由于cos
0
，轻杆对
小球的作用力为零，因此根据竖直方向受力平衡有
0
N
mg
解得N
mg
故小球A 动能最大时对水平面的压力为mg，不是2mg，故A 错误；
B．当
2
sin
3
时，小球B 恰好离开墙面，小球A 的最大速度为
8
27
Amax
gl
v
在小球B 与墙面接触的过程中，系统水平方向受到的外力冲量只有墙面的支持力冲量，根据动量定理有
I
mu
解得
2
6
9
m
gl
I
与B 选项给出的
6
9
m
gl 不相等，故B 错误；
C．小球B 离开墙面时，小球A 的动能为
2
kA
1
2
E
mu
解得
kAmax
4
27
mgl
E
离开墙面后，设杆与水平面的夹角仍为，令
sin
s
，杆的角速度大小为。根据水平方向动量守恒和
机械能守恒可证明小球A 之后的速度不超过u ，因此小球A 在整个过程中最大动能为4
27
mgl ，不是23
27
mgl ，
故C 错误；
D．小球B 落地前瞬间轻杆水平，水平方向动量守恒有
A
2
Amax
mv
mv
解得
A
2
Amax
v
v
此时小球A 的动能为
2
kA
1
( )
2
2
u
E
m
解得
kA
27
mgl
E
小球B 落地前系统的重力势能全部转化为两球的动能，根据机械能守恒有
kA
kB
E
E
mgl
解得
kB
26
27
mgl
E
【变式训练1】（2026·天津河西·二模）（多选）一块质量为M 、长为l 的长木板A 静止放在光滑的水平面
上，质量为m 的物体B（可视为质点）以初速度
0v 从左端滑上长木板A 的上表面并从右端滑下，该过程中，
物体B 的动能减少量为
kB
ΔE
，长木板A 的动能增加量为
kA
ΔE
，A、B 间因摩擦产生的热量为Q ，下列说法
正确的是（
）
A．A、B 组成的系统动量、机械能均守恒
B．
kB
ΔE
、
kA
ΔE
、Q 的值可能为
kB
Δ
7 J
E
、
kA
Δ
2 J
E
、
5 J
Q
C．
kB
ΔE
、
kA
ΔE
、Q 的值可能为
kB
Δ
5 J
E
、
kA
Δ
3 J
E
、
2 J
Q
D．若增大
0v 和长木板A 的质量M ，B 一定会从长木板A 的右端滑下，且Q 不变
【答案】BD
【详解】A．A、B 组成的系统合力为零，因此动量守恒；而A、B 由于存在摩擦生热，故系统机械能不
守恒，A 错误；
BC．画出物体B 和长木板A 的速度—时间图线，分别如图中1 和2 所示
图中1 和2 之间的梯形面积表示板长l ，1 与t 轴所围的面积表示物体B 的位移x1，2 与t 轴所围的面积表
示长木板A 的位移x2，由图可知
1x
l
，
2x
l
又有
kB
1
ΔE
fx
，
kA
2
ΔE
fx
，Q
fl
则有
kB
kA
Δ
Δ
E
Q
E
可知B 项所给数值有可能，故B 正确，C 错误。
D．若增大v0 和长木板A 的质量M，在v
t
图像中1 将向上平移，而2 的图像斜率变小，即A 的加速度
变小，根据v
t
图像与t 轴围成面积可知A、B 位移差变大，B 一定会从长木板A 的右端滑下，而Q
fl
不变，D 正确。
故选BD。
【变式训练2】（2026·湖南长沙·二模）（多选）如图所示，光滑水平面上有一倾角为质量为M 的斜面体，
在水平向右的力F 的作用下，斜面体和其上一质量为m的物块一起从静止开始向右运动，加速度与时间的
关系为a
kt
，其中k 为大于0 的常量。物块和斜面体之间动摩擦因数为
1
tan
tan
，重力加速度
为g 。1t 时刻，物块和斜面体刚要发生相对运动，此时物块动能为
k1
E ，则（
）
A．
1
0 ~ t 时间内，F 做的功等于
2 4
1
1 (
)
4 M
m k t
B．1
( cos
sin )
( sin
cos )
g
t
k
C．
1
0 ~ t 时间内物块受到斜面体作用力的冲量为
2
2
2
(
cos
sin )
2 (
sin
cos )
mg
k
D．若把此随时间变化的力F 方向改为水平向左，物块与斜面体开始相对运动时物块的动能
k2
k1
E
E
【答案】BD
【详解】A．
1
0 ~ t 时间内，物块和斜面体组成的系统在F 的作用下做变加速运动，以水平向右为正方向，
因此有
F
M
m a
，又a
kt
联立有
F
M
m kt
画F
t
图像如图所示，阴影部分面积即为F 在
1
0 ~ t 时间内产生的冲量，有
2
1
1
1
1
1
I
2
2
F t
M
m kt t
M
m kt
又因为在光滑水平面上，F 在
1
0 ~ t 时间内产生的冲量即为动量改变量，有
1
1
I
M
m v
解得
2
1
1
1
2
v
kt
F 做的功为动能改变量
2
2 4
1
1
1
1
2
8
W
M
m v
M
m k t
，故A 错误；
B．隔离物块进行受力分析，物块一直有沿斜面向下的运动趋势，故受到垂直于斜面向上的支持力，沿
斜面向上的摩擦力，竖直向下的重力(如下图中（1）所示）。在发生相对运动前，支持力与摩擦力的水
平分量的合力提供加速度，在将要发生相对滑动时，摩擦力等于最大静摩擦力，列受力方程，在水平方
向
1
sin
cos
m
m
N
N
ma
，竖直方向
cos
sin
m
m
N
N
mg
两式相除解得
1
cos
sin
sin
cos
g
a
又
1
1
a
kt
，故
1
cos
sin
sin
cos
g
t
k
，故B 正确；
C．
1
0 ~ t 时间内物块受到重力和斜面体作用力的合力的冲量即为物块动量改变量，即
1
GI
I
mv
斜
又
2
1
1
1
2
v
kt
，
1
cos
sin
sin
cos
g
t
k
解得
2
2
2
1
2
cos
sin
1
2
2
sin
cos
G
mg
I
I
mkt
k
斜
该合冲量方向水平向右，而重力冲量方向竖直向下，因此斜面作用力的冲量一定大于合力冲量，故C 错
误；
D．若把此随时间变化的力改为水平向左，此时物块相对斜面体有向右运动的趋势（惯性），即沿斜面
方向有向上运动的趋势，此时摩擦力方向沿斜面向下(如下图中（2）所示），在将要发生相对滑动时，
依旧有摩擦力等于最大静摩擦力，此时列受力方程，在水平方向
1
sin
cos
m
m
N
N
ma
，竖直方向
cos
sin
m
m
N
N
mg
两式相除解得
2
cos
sin
cos
sin
g
a
此时解得
2
cos
sin
cos
sin
g
t
k
，故2
1
t
t
＞
又a
kt
，故
2
1
a
a
＞
4
1
2 4
1
1
2
1
8
8
k
M
m a
E
M
m k t
k
，
4
2
2 4
2
2
2
1
8
8
k
M
m a
E
M
m k t
k
因此
2
1
k
k
E
E
＞
，故D 正确。
故选BD。
考向2
力学三大观点综合解决问题
例2（2026·河北衡水·模拟预测）如图所示，在竖直面内，一质量为m 的物块a 静置于悬点O 正下方的A 点，
以速度v 逆时针转动的传送带MN 与直轨道AB 、CD 、FG 处于同一水平面上，AB 、MN 、CD 的长度均
为L。圆弧形细管道DE 半径为R ，EF 在竖直直径上，E 点高度为H 。开始时，与物块a 相同的物块b 悬挂
于O 点，并向左拉开一定的高度h 由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a 发生弹性正碰。已知
2g
m
，
1m
L
，
0.4m
R
，
0.2m
H
，
2m / s
v
，物块与MN 、CD 之间的动摩擦因数
0.5
，轨道AB
和管道DE 均光滑，物块a 落到FG 时不反弹且静止。忽略M
B
、和N
C
、
之间的空隙，CD 与DE 平滑连接，
物块可视为质点，取重力加速度
2
10m / s
g
。求：
(1)若
1.25m
h
，a 、b碰撞后瞬间物块a 的速度
0v 的大小；
(2)求物块a 到达DE 最高点E 时的速度大小
Ev （用h 表示），此时管道对物块的作用力
N
F ；
【答案】(1)
0
5m/s
v
(2)
20
24m/s
Ev
h
当1.2m
1.4m
h
时，
N
(0.1
0.14)N
F
h
，方向竖直向上；当
1.4m
h
时，弹力
N
F
为0；当
1.4m
h
时，弹力
N
(0.1
0.14)N
F
h
，方向竖直向下。
【详解】（1）物块b 从高度h 由静止下摆，摆到最低点的速度为
1v ，该过程只有重力做功，所以机械能
守恒，由机械能守恒定律有
2
1
1
2
mgh
mv
解得
1
2
5m/s
v
gh
a 与b 发生弹性碰撞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得
1
1
0
mv
mv
mv
，
2
2
2
1
1
0
1
1
1
2
2
2
mv
mv
mv
解得
0
5m/s
v
。
（2）设物块a 运动到E 点时的速度为
Ev ，碰后对a ，根据动能定理，有
2
2
0
1
1
2
2
E
mg MN
CD
mgH
mv
mv
由（1）可知
0
2
2 5
v
gh
h
解得
20
24m/s
E
v
h
可知当
1.2m
h
时，物块a 到达E 点时的速度恰好为零，则有
N
0.02N
F
mg
，方向竖直向上。
设在E 点管道对物块a 有弹力，取竖直向下为正方向，则在E 点由牛顿第二定律有
2
N
Ev
F
mg
m R
联立解得
N
(0.1
0.14)N
F
h
可知当1.2m
1.4m
h
时，弹力
N
F 为负，则弹力方向竖直向上；
当
1.4m
h
时，弹力
N
F 为0；
当
1.4m
h
时，弹力
N
F 为正，则弹力方向竖直向下。
综上可知，当1.2m
1.4m
h
时，
N
(0.1
0.14)N
F
h
，方向竖直向上
当
1.4m
h
时，弹力
N
F 为0
当
1.4m
h
时，弹力
N
(0.1
0.14)N
F
h
，方向竖直向下。
▶新情境◀【变式训练3】（2026·浙江绍兴·二模）如图所示为一简化的立体拼接轨道游戏装置。AB 是
水平光滑直轨道，BCD是半径
0.2 m
r
的半圆形光滑水平轨道，DE 是光滑直轨道，EF 是倾角
37
、
长度
0.31m
L
、以
0
1.0m/s
v
的速度顺时针运行的传送带，FG 是水平粗糙直轨道，GH 是倾角为
37
的
足够长的粗糙倾斜轨道，轨道上每间隔
0
0.1m
x
静置质量
10
m
g
的障碍物。游戏开始，质量
20g
M
的
物块被弹簧弹出，弹簧具有的弹性势能
p
0.04 J
E
全部转化为物块的动能，物块沿轨道运动，运动到G 点时
速度恰好为0，然后沿倾斜轨道开始下滑，与障碍物发生连续碰撞，碰撞后物块与障碍物均粘在一起。已知
物块与传送带和倾斜轨道间的动摩擦因数均为
1
0.5
，障碍物与倾斜轨道间的动摩擦因数为
2
0.75
，设
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计轨道连接处的能量损失，物块与障碍物均可视为质点，重力加速度大
小取
2
10 m/s
g
，sin37
0.6
，cos37
0.8
。
(1)求物块在半圆轨道运动时的向心力大小；
(2)求物块在传送带上运动的时间；
(3)求物块与第1 个障碍物碰后的速度大小；
(4)求物块在倾斜轨道上运动中的最大速度。
【答案】(1)0.4N
(2)0.3s
(3) 2 10 m / s
15
(4) 3 5 m / s
10
【详解】（1）设物块被弹簧弹出后的速度为v，则
2
p
1
2
E
Mv
解得
2
/
v
m s
则向心力
2
0.4N
v
F
M r
（2）设物块刚上传送带时的加速度为
1a ，运动至与传送带共速度时位移
1x ，所用时间1t ，则
2
1
1
sin
cos
10m / s
Mg
Mg
a
M
则
0
1
1
0.1s
v
v
t
a
因为
2
2
0
1
1
0.15m
2
v
v
x
a
设物块与传送带共速后的加速度为
2a ，所用时间2t ，则
2
2
1
sin
cos
2m / s
a
g
g
则有
2
1
0 2
2 2
1
2
L
x
v t
a t
联立解得2
0.2s
t
物块在传送带上运动时间
1
2
0.3s
t
t
t
（3）设物块与第1 个障碍物撞前速度为
1v ，由动能定理有
2
1
0
1
1
sin
cos
2
Mg
Mg
x
Mv
解得
1
10 m / s
5
v
设物块与第1 个障碍物撞后速度为
1u ，规定
1v 方向为正方向，由动量守恒有
1
1
Mv
M
m u
联立解得
1
2 10 m / s
15
u
（4）设第k 次碰前速度为
kv ，质心位移为
Cx ，则
2
1
1
sin
cos
1
2
C
k
Mg
x
M
k
m v
因为
0
0
0
0
0
2
3
...
1
1
1
C
M
m
x
kx
x
x
x
k
x
M
k
m
M
k
m
联立解得
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
3
1
1
9
0.4
m / s
0.4
m / s
0.2
m / s
1
4
16
1
1
k
k
k
k
k
v
k
k
k
当
1
1
1
4
k
时上式有最大值，即k=3 时速度有最大值，代入解得
max
3 5 m / s
10
kv
▶新情境◀【变式训练4·生活生产与学科知识结合】（2026·安徽合肥·模拟预测）无人机运输货物，是
以无人驾驶航空器为载体，结合智能导航与精准投递技术，实现物资空中直达的新型物流方式。为更好保
护运输物资，货物下方专门配备缓冲装置，有效减轻降落与投递时的冲击震动，最大限度避免货物的破损。
缓冲装置如图所示，货物箱A 和底板B 之间有弹簧连接，弹簧处于原长并锁定，假设货箱A（包括里面的
货物）的质量为m ，底板B 的质量也为m ，质量不计的弹簧劲度系数为k ，重力加速度为g 。无人机在某
高度处悬停（此时B 离地有一定的高度）后释放货物并同时解除弹簧锁定，以下所讨论的过程弹簧均在弹
性限度内，不计空气阻力和各处摩擦。
(1)请推导：当弹簧拉伸（或压缩）的长度为x 时，弹簧的弹性势能为
2
p
1
2
E
kx
。
(2)若B 落地后速度立即变为零，此后B 刚好不会再离地，求：由静止释放货物时底板B 离地的高度。
(3)若货物从
2
9
mg
h
k
处由静止释放，底板B 碰地后立即以原速率被竖直弹回，且底板B 上升到最高点时，
货箱A 的速度恰好等于底板B 刚落地时速度，求：底板B 从离地到最高点的时间以及它到最高点时弹簧的
弹性势能大小。
【答案】(1)设弹簧从原长拉伸（或压缩）x ，由胡克定律F
kx
，弹簧对外做功为
0
2
kx
W
x
根据功能关系，弹性势能的增加量等于
2
p
1
2
E
W
kx
(2) 3
2
mg
k
(3) 3
2
m
k
；
2
2
2
6
m g
k
【详解】（1）略；
（2）设释放时底板离地的高度为h ，刚落地时
2
2
v
gh
着地后，设货物上升的最大高度为x ，这一过程，对弹簧和货箱，由能量守恒可得
2
2
1
1
2
2
mv
mgx
kx
在最高点mg
kx
解得
3
2
mg
h
k
（3）对A
B
、整体，从底板与地碰后到上升至最高点，由动量定理可得2
0
mgt
mv
其中
π
2
2
3
g
m
v
gh
k
解得
2
3
2
v
m
t
g
k
由于两物体质量相等，反弹后瞬间A
B
、速度等大反向，此后整体可看作自由落体运动，经过时间t ，A
速度为v ，B 速度减为零。整体重心下降高度
2
2
1
2
36
c
mg
h
gt
k
由能量守恒
2
pm
1
2
2
c
mgh
mv
E
解得
2
2
2
pm
6
m g
E
k
▶新情境◀【变式训练5】（2026·浙江·模拟预测）光滑水平面上静置一质量
4kg
M
、宽度
1m
d
的足
够长矩形木板，俯视图如图甲所示，质量
1kg
m
的小圆柱静置于木板中轴线上的O 点，与木板间动摩擦因
数
0.2
，重力加速度
2
10m / s
g
，不考虑木板旋转。
(1)给圆柱平行于木板短边向右的初速度
1
1m / s
v
，求圆柱最终到木板右边缘的距离；
(2)如图乙所示，在圆柱正前方固定竖直挡板，挡板不与木板接触，其所在平面与木板的交线与短边夹角为
45°，给圆柱一沿中轴线方向的初速度
2
2m / s
v
，圆柱与挡板上的P 点发生弹性碰撞，碰撞时间
2
150
s，忽
略碰撞时木板的运动，设圆柱到P 点的初始距离为L。
①当
0.36m
L
时，求与挡板碰撞时圆柱受到挡板的作用力的大小和方向；
②当
0.36m
L
时，求碰撞后圆柱所受摩擦力与初速度方向间夹角的正切值；
③求L 为多大时，圆柱与木板作用过程中产生的摩擦热最大。
【答案】(1)
0.3m
x
(2)①
240N
F
，方向垂直于挡板斜向左下45②tan
16
x
y
v
v
③
m
0.75m
L
【详解】（1）系统在短边方向上动量守恒，有
1
mv
M
m v
根据牛顿第二定律，对木板和小圆柱有
1
mg
ma
，
2
mg
Ma
分别列出小圆柱和木板在此过程中的对地位移，有
2
2
1
1 1
2
v
v
a x
，
2
2
2
0
2
v
a x
系统稳定后，小圆柱到木板右边缘的距离
1
2
2
d
x
x
x
解得
0.3m
x
（2）①由弹性碰撞的特点可知，小圆柱与挡板碰撞前后的速度大小不变，方向转为短边方向，将碰撞前
小圆柱与木板的速度分别记为
xv 和
yv ，有
2
2
2
1
2
x
v
v
a L
得
x
v
1.6m / s
根据动量定理
0
x
t
2mv cos45
F
，
得
240
F
N
，方向垂直于挡板斜向左下45
②碰撞前动量守恒，有
2
x
y
mv
mv
Mv
若摩擦力与初速度夹角为，有tan
16
x
y
v
v
③小圆柱与挡板碰撞前，木板的对地位移为LM，有
2
2
0
2
y
M
v
a L
则碰撞前二者的相对路程
1
M
s
L
L
碰撞后，小圆柱和木板的相对加速度
1
2
ra
a
a
此相对加速度恒定且与相对速度反向，故二者的相对运动为匀变速直线运动，由此得碰撞后二者的相对
路程为
2s ，有
2
2
2
0
2
x
y
r
v
v
a s
故全程系统产生的摩擦热为
1
2
Q
mg s
s
整理得
4
4
8
1
1
5
5
5
Q
L
L
由二次函数的特点可知，当1
0.5
L
时系统的摩擦热有最大值，此时解得
m
0.75m
L
必须验证此时小圆柱是否还在木板上，将
m
L 代入
xv 和
yv ，得
2
17 m
80
s
则必然有
2
2
2
x
d
s
s
因此小圆柱未从木板滑下，结果成立。
▶新情境◀【变式训练6】（2026·广东深圳·二模）水滑梯是水上乐园常见的游乐设施。图1 为水滑梯的
示意图，倾角为
45
的斜加速滑道AB 和水平减速滑道BC 平滑连接，起点A 距水平滑道的高度为H，
BC 长d，端点C 距溅落区水面的高度为l。乘坐滑垫的游客在AB 滑道上受到的阻力与所受支持力成正比，
比例系数为，在BC 滑道上受到的阻力与运动的速度成正比，比例系数为k，阻力方向始终与运动方向相
反。质量为m 的游客甲乘坐滑垫从滑道起点A 无初速度滑下，与在水平滑道末端静止的另一质量为2m 的
游客乙发生碰撞，游客甲以速率
1
kl
v
m
反弹，游客乙从水平滑道飞出，落入水中。已知重力加速度为g，不
考虑其他阻力和水流动时产生的推动力，忽略滑垫的质量、碰撞过程中的能量损失以及游客的体积，求：
(1)游客甲到达B 点的速度大小；
(2)游客乙从C 点飞出到落水时的水平位移大小；
(3)由于场地限制，水平滑道的起始点与终点距离d 无法调整。为减少游客从水平滑道冲出时的速度，设计
方将水平直滑道调整为水平曲滑道，滑道由四段圆心角为
π
6
的圆弧组成，其俯视图如图2 所示。若游客
甲单独从新设计的水平滑道的B 端滑向C 端所用的时间为t，求该过程滑道弹力给游客甲的冲量
N
I 的大小。
【答案】(1)
2(1
)
v
gH
(2)
2
2
kl
l
x
m
g
(3)
2
2 2
2
2
2
N
9
(π
3)
3
m g t
k d
I
【详解】（1）对于游客甲，从A 到B 的运动过程，根据动能定理，有
2
1
cos
sin
2
H
mgH
mg
mv
解得
2(1
)
v
gH
（2）碰撞后游客甲速度大小为
1
kl
v
m
设游客甲与游客乙碰撞前速度为
0v ，游客乙速度大小变为
2v ，碰撞前后动量守恒、机械能守恒，有
0
1
2
2
mv
mv
mv
，
2
2
2
0
1
2
1
1
1
2
2
2
2
mv
mv
mv
得
2
2kl
v
m
设碰撞后乙飞出的水平位移为x，在空中运动时间为t，由自由落体运动规律，得
2l
t
g
在水平方向的位移为
2
2
2
kl
l
x
v t
m
g
（3）设游客甲从B 点冲入的速度为
Bv ，从C 点冲出时的速度为
Cv ，在水平面内设沿着BC 方向为y 方
向，沿BC 垂直方向为x 方向，竖直方向设为z 方向，则全过程甲速度在x 与y 方向的分量分别为
,
x
y
v v 。
对x、y、z 三个方向的动量定理，有
N
0
x
x
I
kv
t
，
Ny
y
C
B
I
kv
t
mv
mv
，
N
0
z
mgt
I
且有
0,
x
y
v
t
v
t
d
联立解得
N
N
N
0,
,
x
y
C
B
z
I
I
mv
mv
kd I
mgt
设圆弧的半径为r，水平曲滑道的总长度为s，由几何分析可得
4 sin ,
4
d
r
s
r
联立解得
π
3
d
s
游客甲在水平曲线滑道上做变速圆周运动的全过程仅由阻力提供切向力改变速度的大小，设游客甲全过
程中运动的速率为v，则有
v
kv
m
t
对等式两边同乘极短的时间t
，并求和可得
C
B
kv t
ks
m v
mv
mv
解得
C
B
mv
mv
ks
联立解得
N
(π
3)
3
y
I
ks
kd
kd
全过程中滑道弹力对游客的冲量满足
2
2 2
2
2
2
2
2
2
N
N
N
N
9
(π
3)
3
x
y
z
m g t
k d
I
I
I
I
【思维建模】
力学三大观点处理多物体多过程问题的方法
多物体多过程问题是高考物理力学综合题的重要考查形式，需综合运用牛顿运动定律、动量定理、能
量守恒定律和动量守恒定律等分段求解。这类问题的解题关键是找到各个过程的衔接点，将整个过程拆解
为单个过程，建构单个过程对应的模型，再根据模型特点求解。具体解题步骤如下:
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．（2026·湖北·高考真题）在如图所示的竖直平面内，固定在水平地面上的光滑轨道由两倾角均为30的足
够长轨道与一水平轨道平滑连接而成，连接点分别为A 、B 。质量为m 的小物块甲放置在左侧倾斜轨道上
高h 处、质量为km 的小物块乙静止在水平轨道上，乙到A 、B 两点的距离均为h 。现静止释放甲，所有碰
撞均为弹性正碰，重力加速度大小为g ，不计空气阻力。
(1)求甲第一次到达A 点时的速度大小。
(2)求两物块第一次碰撞过程中，乙所受合外力的冲量大小。
(3)若两物块在水平轨道上发生第二次碰撞，且第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，求k 满足的关系
式（不求具体数值
．．．．．．）。
【答案】(1)
0
2
v
gh
(2)
2
2
1
km
gh
I
k
(3)当0＜k≤1 时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3 时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3 时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
【知识点】应用动能定理解决多段过程问题、弹性碰撞：动碰静、两物体多次碰撞问题
【详解】（1）甲下滑过程轨道光滑，由动能定理
2
0
1
2
mgh
mv
解得
0
2
v
gh
（2）第一次碰撞为弹性正碰，设碰后甲速度为
1v ，乙速度为
2v ，取向右为正方向，由动量守恒和机械能
守恒
0
1
2
mv
mv
kmv
，
2
2
2
0
1
2
1
1
1
2
2
2
mv
mv
kmv
解得乙弹性碰撞后速度
0
2
2
1
v
v
k
对乙由动量定理，合外力冲量等于乙动量变化
2
0
I
kmv
代入
0
2
v
gh
，
得
2
2
1
km
gh
I
k
（3）
碰后甲的速度
1
0
1
1
k
v
v
k
，乙的速度
2
0
2
1
v
v
k
；要使第二次碰撞前只有一个物块滑上倾斜轨道，
需对k 的取值进行分情况讨论：
①当0＜k≤1 时，碰后甲、乙均向右运动且v2＞v1≥0，乙先滑上右侧斜面，往返后在水平轨道与甲相遇，
设从碰后到相遇经过的总时间为t，根据位移关系有
2
1
2
2
4v
h
v t
v
t
h
v
g
解得
2
2
1
2
4
2
v
h
g
t
v
v
需满足在甲到达B 点前相遇，即
1
h
t
v
＜
，代入速度化简得k3+3k2+35k﹣31＞0
②当k＞1 时，碰后甲向左、乙向右运动；若1＜k＜3，则v2＞|v1|，乙先滑上右侧斜面往返后向左追上
甲，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位移关系有
2
2
1
2
4v
h
v
t
v t
h
v
g
解得
2
2
2
1
4
2
v
h
g
t
v
v
需满足在甲到达A 点前追及，即
1
h
t
v
＜
，化简得3k3+k2+25k﹣37＜0
若k＞3，则|v1|＞v2，甲先滑上左侧斜面往返后向右追上乙，设从碰后到追及经过的总时间为t，根据位
移关系有
1
1
2
1
4 v
h
v
t
v t
h
v
g
解得
2
1
1
2
4 |
|
2
v
h
g
t
v
v
需满足在乙到达B 点前追及，即
2
h
t
v
＜
，化简得k3﹣21k2+19k﹣23＞0
综上所述，k 满足的关系式为
当0＜k≤1 时，k3+3k2+35k﹣31＞0
当1＜k＜3 时，3k3+k2+25k﹣37＜0
当k＞3 时，k3﹣21k2+19k﹣23＞0
2．（2026·陕晋青宁卷·高考真题）如图，某游乐场有一条滑道，由两段粗糙程度不同的直道组成，其中AB
段的长度
36m
L
、倾角为
BC
，
段水平且足够长。初始时游客甲乘滑板从A 点由静止下滑，经过
6 s
t
到
达B 点，此后进入BC 段继续滑行。游客甲和滑板的总质量
60kg
m
AB
，
段、BC 段滑道与滑板间的动摩擦
因数分别为
1
、
2
，其中
2
1
10
。重力加速度g 取
2
10 m / s ，
1
sin
3
。游客和滑板整体视为质点，不计
空气阻力及在B 点处的机械能损失。
(1)求AB 段滑道与滑板间的动摩擦因数
1
；
(2)求AB 段甲和滑板的机械能损失及动量变化量的大小；
(3)当甲到达B 点时，游客乙乘同样滑板恰以5m / s 的速度经过A 点下滑。求乙到达B 点时与甲的距离。
【答案】(1)
1
2
10
(2) 2880J ，720kg m/s
(3)40m
【知识点】已知运动求受力、计算物体的动量及动量的变化
【详解】（1）当甲从A 点滑至B 点根据
2
1
2
L
at
代入数据可得a=2m/s2
根据牛顿第二定律有
1
sin
cos
mg
mg
ma
又因为
1
sin
3
，所以
2 2
cos
3
代入数据联立可得
1
2
10
（2）甲从A 点滑至B 点损失的机械能等于这个过程中摩擦力做的功，所以有
Δ
cos
2880
f
E
W
mg
L
J
根据前面小问可知甲下滑的加速度为a=2m/s2；根据运动学公式
2
2
v
aL
可得甲到达B 点的速度为12m/s
所以AB 段动量的变化量为
0
720kg m/s
p
mv
（3）乙从A 滑到B 的过程根据运动学公式有
2
0
1
2
L
v t
at
代入数据解得
4s
t
甲在地面上做匀减速运动，根据牛顿第二定律有
2
2
mg
ma
可得
2
2
1m/s
a
甲到达B 点的速度为
12m/s
v
，在4s 内甲没有停止；
在
4s
t
内，甲运动的距离
2
2
1
2
x
vt
a t
代入数据解得
40m
x
，即甲乙之间的距离为40m。
3．（2026·湖南·高考真题）如图，长为L 的轻杆竖直放置，上端固定一质量为m 的小球，下端连接于水平
地面上某固定点，杆可绕该点无摩擦转动。小球内部安装了质量不计的智能弹射装置。受轻微扰动后，小
球和杆从静止开始一起运动，当两者间弹力为0 时，小球脱离轻杆，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求小球接触地面瞬间的速度v 的大小；
(2)求小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角α的正切值；
(3)小球与地面碰撞前后，竖直方向分速度大小相等、方向相反，水平方向分速度相等。碰撞后瞬间，智能
弹射装置工作，小球在极短时间内分裂成两部分，两部分速度方向均与小球分裂前瞬间的速度方向成θ角（θ
已知，且0 < θ < α）。设两部分质量之比为k，弹射装置释放的能量为E。
（i）求E 与k 的关系；
（ii）当E 最小时，若分裂后两部分第一次落地时刻相同，求两部分第一次落地点的间距d。
【答案】(1)
2
v
gL
(2)
23
tan
2
(3)（i）
2
2
(1
)
[
1]
4 cos
k
E
mgL
k
；（ii）
8
69 tan
9
d
L
【知识点】爆炸问题、机械能守恒定律在曲线运动中的应用
【详解】（1）根据机械能守恒定律有
2
1
2
mgL
mv
解得小球接触地面瞬间的速度的大小
2
v
gL
（2）设小球脱离轻杆时，轻杆与竖直方向的夹角为，如图所示
设此时小球的速度为
1v ，根据机械能守恒定律
2
1
1
(1
cos
)
2
mgL
mv
对小球，根据牛顿第二定律
2
1
cos
v
mg
m L
解得
2
cos
3
，
1
2
3
gL
v
此时小球水平方向分速度
1
1 cos
xv
v
竖直方向分速度
1
1 sin
yv
v
竖直方向，根据速度位移关系
2
2
1
2
cos
y
y
v
v
g L
小球接触地面瞬间的速度与水平面夹角的正切值
1
tan
y
x
v
v
联立解得
23
tan
2
（3）（i）设其中一部分的质量为
0
m ，则另一部分质量为
0
km ，如图所示
根据动量守恒定律有
0 2
0 3
sin
sin
km v
m v
，
0 2
0 3
cos
cos
km v
m v
mv
弹射装置释放的能量
2
2
2
0 2
0 3
1
1
1
2
2
2
E
km v
m v
mv
联立可得
2
2
(1
)
[
1]
4 cos
k
E
mgL
k
（ii）根据数学知识可知，当
1
k 时，E 最小为
2
min
tan
E
mgL
即有
0 2
0 3
sin
sin
m v
m v
，
0
2
0 3
cos
cos
m v
m v
mv
，
2
2
2
min
0
2
0 3
1
1
1
2
2
2
E
m v
m v
mv
两小球同时落地，运动时间为
3
2
sin
sin
2
2 v
v
t
g
g
可得
3
2
v
v
两小球的距离
2
2
sin
d
v
t
由
23
tan
2
可得
23
sin
27
联立可得
8
69 tan
9
d
L
4．（2026·浙江·高考真题）如图所示。一宽度为d 的光滑长方形平板MNQP，长边MN、PQ 分别平滑连接
半径均为r 的光滑圆弧面，形成“U”形槽，将其整体固定在水平地面上。现有质量为m 的物块a，从圆弧面
上相对平板竖直高度为h 的A 点静止下滑(h<< r)，途经圆弧面上最低点B，平板上有一质量为1
3 m的物块b
与MN 成45°角从O 点滑入圆弧面，第一次到达最高点时恰好与同时到达最高点的物块a 发生弹性碰撞。两
物块均为质点。
(1)求物块a 第一次经过B 点时速度大小v0 和所受支持力大小FN；
(2)从A 到B 的过程：物块a 相对于B 点位移为x，求其所受回复力F 与x 的关系式；
(3)求物块b 的初速度大小vb 以及碰撞后瞬间物块a 的速度大小va；
(4)若h=0.032m，r=10m，d=0.4m，要使物块a 从NQ 之间滑离，求BQ 间距L 的范围。
【答案】(1)
0
2
v
gh
，
2
N
gh
F
m g
r
，方向竖直向上
(2)
A
m g
F
x
r
(3)2 gh ，
2
gh
(4)见解析
【知识点】向心力的计算、弹性碰撞：动碰静、机械能守恒定律在曲线运动中的应用
【详解】（1）对a 物块下滑过程中根据动能定理有
2
0
1
2
mgh
mv
可得
0
2
v
gh
；
在B 点根据牛顿第二定律有
2
0
N
v
F
mg
m r
可得
2
N
gh
F
m g
r
，方向竖直向上；
（2）如图
由于h<<r，滑块a 所受回复力F，则
sin
mg
F
mg
x
r
可知滑块受到的回复力F 与x 成正比，方向与x 相反，因此滑块a 从释放到第一次到达最低点的运动是
简谐运动。
（3）滑块b 在圆弧形斜面上垂直槽轴线方向的运动性质与a 相同，平行槽轴线方向做匀速度直线运动。
设滑块b 的速度沿槽轴线和垂直槽轴线分速度为vbx、vby，如图
当vbx=0 时，滑块b 第一次滑到最高点，由题意可知滑块b 到达的最高点高度与滑块a 的开始下滑的高
度相等。此时速度为vby，经历的时间t1 为1
1
1 2
4
4
2
r
r
t
T
g
g
；
又因与滑块a 最高点相同，由题意可知
x
y
0
2
2
b
b
b
v
v
v
v
即
0
2
2
bv
v
gh
因为滑块a、b 在最高点发生碰撞，设碰后滑块b 的速度为v'by。由动量守恒和机械能守恒有
y
y
b
b
b
b
a
a
m v
m v
m v
，
2
2
2
y
1
1
1
2
2
2
b
by
b
b
a
a
m v
m v
m v
联立解得
y
2
b
gh
v
，
2
a
gh
v
（4）碰后滑块a 在平行于槽轴线方向的速度始终为va，从MN 边界射出的最基本的几种临界情况如图1、
2、3、4 所示。考虑周期性，则L 有多种情况
由题给数据可得1
2
t
，
y
0.4m/s
bv
，
0.4m/s
av
滑块a 每一次在圆弧型斜面上滑或下滑的时间为1
2
t
滑块a 每一次滑过水平面的时间为2
0
0.5s
d
t
v
又由于滑块a 从任一点出发回到该点同高度位置时的时间相等，设时间为T，则T=4t1+2t2=(2π+1) s
滑块a 由碰后到从MN 之间飞出的时间t 满足
a
L
t
v
，L=0.4t
所以由图1、2 可知1
1
2
t
t
t
t
或1
1
2
t
T
t
t
t
T
，……
由图3、4 可知
1
2
1
2
3
3
2
t
t
t
t
t
即1
1
2
2
2
T
T
t
t
t
t
或者1
1
2
2
2
T
T
t
T
t
t
t
T
，……
综上分析可知t 应满足1
1
2
2
2
T
T
t
n
t
t
t
n
则滑块a 能从MN 之间飞出时L 的范围为[0.2
(0.4
0.2)]m
[0.2
0.2
(0.4
0.2)]m
n
L
n
，
（n=0，
1，2，3，4……）
