2026高考物理第一轮复习：专项强化十三 力学三大观点的综合应用

专题强化十三力学三大观点的综合应用

学习目标1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。2.会灵活选用三个观点解

决力学综合问题。

1.解决动力学问题三个基本观点

(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。

(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问

题。

(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理匀变速或非匀变速运动问

题。

2.力学规律的选用原则

(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。

(2)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)或动能定理(涉及位移)去解决问题。

(3)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，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。

(4)在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，即转变为系统内能的量。

(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均含

有系统机械能与其他形式能量之间的转换。作用时间都极短，因此用动量守恒定

律去解决。

例1(2023•天津卷，11)一质量为始=2kg的A物体从距地面%=1.2m处由静止

自由下落，同时另一质量为机B=1kg的3物体从A物体的正下方地面上竖直向

上抛出，经过f=0.2s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g

=10m/s2,碰撞时间极短，不计空气阻力。求两物体：

(1)碰撞时离地面的高度X；

⑵碰后瞬间的速度。；

⑶碰撞过程损失的机械能AEo

答案(1)1m(2)0(3)12J

解析(1)对A物体，根据运动学公式可得/z—x：%?2

解得x=lm。

(2)设3物体从地面竖直向上抛出时的速度为VBO,

根据运动学公式可知X=0BO/—

解得VBO=6m/s

根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为VA=gt=2m/s

方向竖直向下

碰撞前瞬间3物体的速度大小为VB=VB0-gt=4-m/s

方向竖直向上

选竖直向下为正方向，由动量守恒定律可得mAVA—mBVB=(mA+mB)v

解得碰后瞬间的速度0=0。

(3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为AE=^mAvi+^mBvi—^(mA+

mB)v2

解得AE=12J。

例2(2023・广东卷，15)如图1为某药品自动传送系统的示意图，该系统由水平传

送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成，滑槽高为3L,平台高为Lo

药品盒A、5依次被轻放在以速度00匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速

后，从M点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端N点停下，随后滑下的5以2oo的

速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、3恰好落在桌面上圆盘内直径的

两端。已知A、3的质量分别为机和2机，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总

动能的;。A与传送带间的动摩擦因数为〃，重力加速度为g,A、5在滑至N点

之前不发生碰撞，忽略空气阻力和圆盘的高度，将药品盒视为质点。求：

传送营BAR

\r-1i-i

'螺旋滑槽

开台

图1

(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间/；

(2*从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W；

(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离so

答案(喘(2)6mgL-3mvS(3)苧

解析(1)4在传送带上运动时的加速度a=〃g

VO

由静止加速到与传送带共速所用的时间r=-=—o

(2)由功能关系得5从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功

W=；X2mvi+2mg-3L—2m(2vo)2=6mgL—3mvi。

(3)A、B碰撞过程由动量守恒定律和能量守恒定律可知

2m-2vo=mvi+2mV2

X2m(2ro)2—X2mvi^X2m(2oo)2

解得加=2oo,02=00

25

(另一组01=铲0,02=30舍掉)

两物体平抛运动的时间九=\^

则s-r=V2ti

s+r=v\h

助3oo[2L

解传s=2\j~g°

L跟踪训练

(2024•江西南昌模拟)如图2,倾角为6=30。的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑

连接，倾角为a=37。的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的

右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块

b,在斜面上A点由静止释放质量为机的小物块a,A、3间距离为3a滑到水

平面上后与6发生弹性正碰，之后a、6将在水平面上发生第二次碰撞，6与传送

带间的动摩擦因数为0.5,传送带匀速运动的速度大小为屈，重力加速度为g,

求：

图2

(l)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；

(2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；

(3)八。第一次碰后到第二次碰撞前的过程，。在传送带上运动因摩擦产生的内能。

答案⑴或⑵呼呼⑶加gL

解析(1)设a与b碰撞前一瞬间，a的速度大小为00,根据机械能守恒定律有

mgLsin0=^invi

解得vo=y[gL0

(2)设a、6碰撞后的速度大小分别为。1、02,根据动量守恒定律有

mvo=3ms—mvi

根据能量守恒定律有品=gX3mvi

解得0i=02=；0o=*^。

(3)由于02=呼＜或，因此物块6在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，

根据牛顿第二定律有

3mgsina+3/zmgcosa=3ma

解得a=gsin«+/zgcosa=g

根据对称性，物块6在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为力=温=会，!

物块6第一次在传送带上运动过程，由于摩擦产生的内能为

Q=〃-3mgeosa02九+y[gLt\+\[gLti一M2九]=^mgLo

■提升素养能力(限时：40分钟)

1.(2023•北京卷，17)如图1所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在

。点，在。点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球3,3距。点

的距离等于绳长工现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度。在水平方向

和3发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：

)A

图1

（1）A释放时距桌面的高度H；

（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；

⑶碰撞过程中系统损失的机械能AEo

答案（脸（2）机g+匠（3）5M

解析（1）4从释放到与3碰撞前，根据动能定理得机m"

d

解得H=y-O

（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得

V2

F—mg=rrr^

标

解得F=mg+nrro

（3）4、3碰撞过程中，根据动量守恒定律得

mv=2mvi

解得Vl=jv

则碰撞过程中损失的机械能为

1,1riy1,

/^E=^mv—2X2mlI—~^rnvo

2.（2023•天津统考一模）如图2所示，一段粗糙水平面右端与光滑曲面在0点平滑

连接，左端与一段光滑水平面在N点连接。一左端固定的轻弹簧置于光滑水平面

上，其右端恰好位于N点，一质量为机=0.1kg的小球被长为L=1.4m的轻细绳

悬挂在。点且处于静止状态，小球位于。点但与。点不接触。在。点左侧与

G等高处的P点，固定有一垂直纸面的光滑钉子，与。点的距离为全一质量为

胫=0.7kg的小物块从曲面上高为h=0.8m的位置由静止滑下后，与小球发生碰

撞，碰后小球向左摆动，绳子碰到钉子后，小球恰好能完成竖直面内的圆周运动。

已知粗糙水平面的长度为x=1.5m与小物块的动摩擦因数〃=01，重力加速度g

=10m/s2,小球与小物块均可看成质点，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内。

求:

图2

(1)小物块刚要碰上小球瞬间的速度00的大小；

(2)刚碰撞完瞬间，绳子对小球的拉力T的大小；

⑶弹簧弹性势能的最大值。

答案(1)4m/s(2)4.5N(3)2.1J

解析(1)小物块下滑过程有Mgh=^Mvi

解得0o=4m/So

(2)碰撞过程有Mvo=Mvi-\-mV2

之后小球做圆周运动到最高点，由机械能守恒定律有全漫一品潺=4)

由于小球恰好能完成竖直面内的圆周运动，在最高点有机g=Jy

解得0i=3m/s,s=7m/s

,、、械

刚碰撞完瞬间，对小球有T—根g=

解得r=4.5NO

(3)小物块向左运动至压缩弹簧至最短时，有

1,,

=/lMgX\£pmax

解得Epmax=2.1Jo

3.(2022.广东卷，13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图3所示的物

理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状

态。当滑块从A处以初速度。0=10m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力/为1N,

滑块滑到3处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。

已知滑块的质量m=0.2kg,滑杆的质量M=0.6kg,A、3间的距离/=L2m,重

力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:

7?干8

滑杆一一I

滑块

图3

(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小Ni和M；

(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小。1；

(3)滑杆向上运动的最大高度鼠

答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m

解析(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，

即Ni=(m+M)g=8N

当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力/=1N,根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆

的摩擦力7=1N,方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为

Ni=Mg—f=5No

(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有一

代入数据解得01=8m/So

(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，

碰撞过程根据动量守恒定律有mv\=(m+M)v

碰后滑块和滑杆以速度。整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有

代入数据联立解得力=02m。

4.(2023・6月浙江选考，18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图4所示的实验装

置。水平直轨道A3、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4m的四

分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DER与轨道CD和足够长的水平直轨道RG平

滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数左=100N/m

的轻质弹簧连接，静置于轨道RG上。现有质量m=0.12kg的滑块。以初速度oo

=2®m/s从。处进入，经DER管道后，与RG上的滑块方碰撞(时间极短)。

已知传送带长£=0.8m,以。=2m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动

摩擦因数〃=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=|b;2(x为形变量)。

图4

(1)求滑块。到达圆弧管道DER最低点R时速度大小OF和所受支持力大小FN;

⑵若滑块。碰后返回到3点时速度OB=1m/s,求滑块。、匕碰撞过程中损失的机

械能AE；

(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Axo

答案(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m

解析(1)滑块。以初速度0o从。处进入竖直圆弧轨道。ER运动