2025高考物理一輪復習突破：三大觀點解決力學綜合問題

專題突破課101三大觀點解決力學綜合問題

目標要求1.掌握解決力學綜合問題常用的三個觀點。2.會靈活選用三個觀

點解決力學綜合問題。

考點一應用三大觀點解決力學問題

1.解決力學問題的三大觀點

運用牛頓運動定律結合運動學知識，可解決勻變速運動

動力學觀點

問題

用動能定理和能量守恒定律等，可解決非勻變速運動問

能量觀點

題

動量觀點用動量守恒定律等，可解決非勻變速運動問題

2.力學規(guī)律的選用原則

(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律。

(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉

及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。

(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定

律和機械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。

(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的

總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量。

(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般

均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉換。作用時間都極短，因此用動量

守恒定律去解決。

維度1力的觀點和動量觀點的應用

EE算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導

桿上滑動，使用前算珠需要歸零。如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算

珠未在歸零位置，甲靠邊框。，甲、乙相隔si=3.5XIO”rn,乙與邊框a相隔S2

=2.0X10-2m,算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)〃=0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的

初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s,方向不變，碰撞時間極短且

不計，重力加速度g取10m/s2o

算珠歸零狀態(tài)a

_____

邊框

a;乙

邊框萬'TTTTTTTTTFm^

甲

(1)通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；

⑵求甲算珠從撥出到停下所需的時間。

解析：(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前，做勻減速直線運動，加速度大

小2

ai=m=1m/s

設甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為加，則切2—4=-2msi

解得01=0.3m/s

甲、乙兩算珠碰撞時，由題意可知碰撞過程中動量守恒，取甲算珠初速度方

向為正方向，則有+mv其中=0.1m/s

解得碰撞后乙算珠的速度。乙=0.2m/s

碰撞后，乙算珠做勻減速直線運動，加速度大小

□mg

ai—m—1m/s

設乙算珠能運動的最遠距離為羽則

。乙2___

x=~^=0.02m

2a2

由于X=S2

所以乙算珠能夠滑動到邊框a。

(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞

V)一

所用時間

_V1'

碰撞后甲算珠繼續(xù)做勻減速直線運動直到停止，所用時間/2=-^=0.1S

所以甲算珠從撥出到停下所需的時間

/=九+/2=0.2So

答案：⑴能計算過程見解析(2)0.2s

維度2能量觀點和動量觀點的應用

血IU如圖所示，某冰雪游樂場中，一同學用甲、乙兩冰車在軌道上玩碰碰

車游戲，甲車的質量皿=20kg,乙車的質量儂=10kg。軌道由一斜面與水平面

通過光滑小圓弧在3處平滑連接。甲車從斜面上的A處由靜止釋放，與停在水平

面C處的乙車發(fā)生正碰，碰撞后乙車向前滑行18m停止運動。已知A到水平面

的高度H=5m,B、C間的距離L=32m,兩車受到水平面的阻力均為其重力的

十分之一，甲車在斜面上運動時忽略摩擦阻力作用，兩車均可視為質點，重力加

速度g取lOm/s?。求：

(1)甲車到達C處碰上乙車前的速度大?。?/p>

(2)兩車碰撞過程中的機械能損失。

解析：(1)對甲車從A處到C處的過程，根據(jù)動能定理有

m\gH-Fi\L=^imv2,其中61=吉川氏

解得v=6m/So

(2)對碰后乙車在阻力作用下減速到靜止的過程，根據(jù)動能定理有

一Ff2X2=0—^m2V22,其中Rf2=^m2g,%2=18m

解得02=6m/s

甲、乙碰撞過程中動量守恒，有

miv=mivi-\~m2V2

碰撞過程中損失的機械能

AE=^iniv2—ivi2—^m2V22

解得AE=90J。

答案：(1)6m/s(2)90J

維度3三大觀點的綜合應用

EE(2023?浙江卷)一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地

面上傾角6=37°的直軌道AB,螺旋圓形軌道3CDE,傾角6=37°的直軌道

EF、水平直軌道RG組成，除RG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接。螺旋

圓形軌道與軌道A3、ER相切于3(E)處。凹槽GH/J底面印水平光滑，上面放有

一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺

JK位于同一水平面。已知螺旋圓形軌道半徑R=0.5m,3點高度為1.2R,RG長

度LFG=2.5HI,m長度Lo=9m,擺渡車長度L=3m、質量加=1kg。將一質量

也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h=2.3m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時

的阻力為其重力的0.2倍。(擺渡車碰到豎直側壁〃立即靜止，滑塊視為質點，不

計空氣阻力，sin37°=0.6,cos37°=0.8)

(1)求滑塊過C點的速度大小比和軌道對滑塊的作用力大小Fc；

(2)擺渡車碰到〃前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦

因數(shù)〃；

(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時間上

解析：(1)滑塊從靜止釋放到C點過程，根據(jù)動能定理可得機g(/z—L2R—R—

Reos

解得0c=4m/s

滑塊過C點時，根據(jù)牛頓第二定律可得

,VC2

Fc+mg=nrn

解得Rc=22N。

(2)設滑塊剛滑上擺渡車時的速度大小為o,從靜止釋放到G點過程，根據(jù)動

能定理可得

解得v=6m/s

擺渡車碰到〃前，滑塊恰好不脫離擺渡車，說明滑塊到達擺渡車右端時剛好

與擺渡車共速以滑塊和擺渡車為系統(tǒng)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒可得加。=2加01

,V

解得fi=2=3m/s

根據(jù)能量守恒可得

1,1、

Q=]bimgL=^mvz一,X2mvr

解得〃=0.3。

(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為。=誓

3m/s2

所用時間為力=N=ls

此過程滑塊通過的位移為

v+v\*_

=

xi=Qti4.5m

滑塊與擺渡車共速后，滑塊與擺渡車一起做勻速直線運動，該過程所用時間

則滑塊從G到J所用的時間為t=ti+t2=2.5So

答案：(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s

考點二力學三大觀點解決多過程問題

1.表現(xiàn)形式

(1)直線運動：水平面上的直線運動、斜面上的直線運動、傳送帶上的直線運

動。

(2)圓周運動：繩模型圓周運動、桿模型圓周運動、拱形橋模型圓周運動。

(3)平拋運動：與斜面有關的平拋運動、與圓軌道有關的平拋運動。

2.應對策略

(1)力的觀點解題：要認真分析運動狀態(tài)的變化，關鍵是求出加速度。

(2)兩大定理解題：應確定過程的初、末狀態(tài)的動量(動能)，分析并求出過程

中的沖量(功)。

(3)過程中動量或機械能守恒：根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài)，列守恒關系

式，一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率)。

EE如圖所示，光滑水平平臺ER的左端有一豎直彈性擋板P,木板丙緊

靠平臺ER右端放置在光滑水平面上，丙的上表面與平臺所處于同一高度。

小物塊甲和乙放置在平臺ER上，甲、乙用細線連接，中間夾一被壓縮的輕彈簧,

彈簧的壓縮量尤=0.4m,開始時甲、乙、丙均靜止。現(xiàn)燒斷細線，甲、乙彈開后

隨即移走彈簧，乙以一定的速度向左滑動與擋板尸發(fā)生彈性碰撞后返回，接著甲、

乙在平臺ER上相碰后粘在一起，在甲、乙滑上木板丙上表面的同時，在木板丙

的右端施加一個水平向右的恒力R=16N,甲、乙運動中恰好不從木板丙的右端

滑落。已知甲、乙在丙上運動的過程中，甲、乙和丙之間因摩擦產生的熱量。=

0.96Jo已知甲、乙、丙的質量分別為加甲=3kg、根乙=1kg、加丙=6kg,甲、乙

與木板丙的上表面之間的動摩擦因數(shù)均為〃=02重力加速度g取lOm/s2,求：

⑴在彈簧恢復原長的過程中，甲發(fā)生的位移大小；

（2）甲、乙一起滑上木板丙上表面時的速度大?。?/p>

⑶彈簧開始時的彈性勢能。

解析：（1）對甲、乙系統(tǒng)分析，根據(jù)動量守恒定律有

m甲一用乙。2=0

該方程在彈簧恢復原長過程每時每刻均成立，則在彈簧恢復原長過程有

加甲。1At-m乙02A%=0

則有機甲XI一機乙％2=0

在彈簧恢復原長的過程中，兩物塊的相對位移大小為羽則有

X1+X2=X

解得xi=V=0.1m

加甲十加乙o

（2）在甲、乙滑上木板丙后至共速過程，對甲、乙

〃（加甲+加乙）g=（"?sp+m乙）ai

對木板F+/z（m甲+mz^）g=m丙。2

速度關系vv^—ait=a2t=v

/、環(huán)*“0甲乙+0vt

位移差Ax=---r-y

熱量Q=〃（機甲+根乙）gAx

解得甲、乙一起滑上木板丙上表面時的速度大小

v甲乙=1.2m/So

(3)對甲、乙彈簧恢復原長過程，根據(jù)動量守恒定律有機甲加一根乙。2=0

22

能量守恒得Ep=gm,fVi+^mLV2

甲與乙碰撞后粘在一起，由動量守恒得

mipUi+m乙02=(機甲+根乙)0甲乙

解得Ep=3.84J。

答案：(1)0.1m(2)1.2m/s(3)3.84J

【對點訓練】

(2023?廣東卷)如圖為某藥品自動傳送系統(tǒng)的示意圖。該系統(tǒng)由水平傳送帶、

豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成，滑槽高為33平臺高為"藥品盒

43依次被輕放在以速度00勻速運動的傳送帶上，在與傳送帶達到共速后，從

M點進入滑槽，A剛好滑到平臺最右端N點停下，隨后滑下的3以200的速度與

A發(fā)生正碰，碰撞時間極短，碰撞后A、3恰好落在桌面上圓盤內直徑的兩端。

已知A、B的質量分別為m和2m,碰撞過程中損失的能量為碰撞前瞬間總動能的

A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為〃，重力加速度為g,A3在滑至N點之前不發(fā)

生碰撞，忽略空氣阻力和圓盤的高度，將藥品盒視為質點。求:

(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間/；

(2)5從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功W克

(3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s。

解析：(1)4在傳送帶上運動時的加速度。=〃g

由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間/=3=詈。

aPg

(2*從M點滑至N點的過程中克服阻力做的功

W克=；X2mv(r+2mg-3L—^X2m(2z?o)2=6mgL—

(3)AB碰撞過程由動量守恒定律和能量守恒定律可知

2m?2vo=mvi+2mV2

gx2m?(2vo)2—(^mvi2+^X2mV22)=2nx2m?(2vo)2

25

解得01=2oo,02=00(另一組01=10O,02=100舍掉)

兩物體平拋運動的時間ti=

則s—r=V2ti,s-\-r=v\t\

限時規(guī)范訓練29

1.圖甲為冰壺比賽場地的示意圖，其中營壘區(qū)由半徑分別為R、2R和3尺三

個同心圓組成，圓心為。。某次比賽中，3壺靜止在營壘區(qū)“處，對方選手將A

壺擲出，A壺沿冰道中心線P?；胁⑴c3發(fā)生正碰，最終二者分別停在。點和

N點，如圖乙所示。已知冰壺質量均為加，冰面與冰壺間的動摩擦因數(shù)為〃，重

力加速度為g,不計空氣阻力。求：

發(fā)球黑土］泳/一

投擲線營壘區(qū)

(1)碰后A壺剛停止時兩壺間的距離；

⑵碰撞過程中損失的機械能。

解析：(1)設A壺與3壺碰后的速度分別為0A、VB,由動能定理

-p.mgR=0—,—jumg(4R)=0—^jnVB1

解得0A=、2ugR,VB=242PgR

設A壺與3壺碰后運動時間/停止，在時間/內A壺運動距離為R,3壺運

動的距離為XB,則

VA—flgt,XB—VBt—2

解得/=AXB=3R

Vug

此時A壺與B壺的距離AX=XB-XA=27?o

(2)設A壺與3壺碰前瞬間的速度為0,A壺與3壺碰撞過程中動量守恒，則

mv=mVA+mz)B

碰撞過程中損失的機械能

AE=^mv2—(^mVA2+^mVB2)

解得o=3—2ugR,AE=4"nigR。

答案：(1)27?⑵WmgR

2.(2021?河北卷)如圖，一滑雪道由A5和兩段滑道組成，其中A3段傾角

為仇5c段水平，A3段和5c段由一小段光滑圓弧連接。一個質量為2kg的背

包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s

的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包

并立即將其拎起。背包與滑道的動摩擦因數(shù)為〃=七，重力加速度g取10m/s2,

sin8=福7，cos。=君24，忽略空氣阻力及拎包過程中滑雪者與背包的重心變化。求:

BC

(1)滑道A3段的長度；

(2)滑雪者拎起背包時這一瞬間的速度。

解析：(1)設斜面長度為L,背包質量為加i=2kg,在斜面上滑行的加速度為

ai,由牛頓第二定律有

migsin0—//migcos0=miai

解得ai=2m/s2

滑雪者質量為加2=48kg,初速度為研)=1.5m/s,加速度為及=3m/s?,在斜

面上滑行時間為f,落后時間/0=1S,則背包的滑行時間為/+/0,由運動學公式

得

1,,

L=2?I(?+?O)-

乙=00/+呼2廠

聯(lián)立解得f=2s或/=一1s(舍去)，L=9mo

(2)設背包和滑雪者到達水平軌道時的速度分別為01、02,有

vi=ai(t-\-to)=6m/s

02=oo+。2f=7.5m/s

滑雪者拎起背包的過程，系統(tǒng)在光滑水平面上外力的合力為零，動量守恒，

設共同速度為。，有

"2101+m202=("21+加)2。

解得0=7.44m/So

答案：(1)9m(2)7.44m/s

3.如圖甲所示，在同一豎直面內，光滑水平面與傾角為37°的傳送帶通過一

段半徑R=2.25m的光滑圓軌道連接，圓軌道兩端分別與水平面及傳送帶相切于

P、。點，開始時滑塊B靜止，滑塊A以速度oo向B運動，A與B發(fā)生彈性碰

撞，B通過圓軌道滑上順時針勻速轉動的傳送帶。已知滑塊B滑上傳送帶后的0-/

圖像如圖乙所示，/=7.5s時B離開傳送帶的上端H點，滑塊A的質量般=2kg,

滑塊B的質量m=lkg,取重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

求：

(1)碰撞后滑塊B的速度；

(2)滑塊B經Q點時對圓軌道的壓力；

(3)滑塊A的速度大小00；

(4)若傳送帶的動力系統(tǒng)機械效率為80%,則因運送滑塊B需要多消耗的能

量。

解析：(1)設A、B碰撞后B的速度為02,到達。點時速度為03,由圖像可

得03=4m/s,在PQ過程由動能定理有

-mg(R—Rcos37°)=^mV32—^JnV21

解得s=5m/So

(2)B在Q點時，由牛頓第二定律得

。療

F^—mgcos37=nr^

解得RN=15.1N

根據(jù)牛頓第三定律B經。點時對軌道的壓力大小為15.1N,方向沿半徑向下。

(3)設A、B碰后A的速度為01,由動量守恒定律得

Mvo=Mvi+mvi

由機械能守恒定律得

^Mvo1='^Mvi2+^mV22

解得00=3.75m/So

(4)由圖像可得，傳送帶的速度04=5m/s,傳送帶從。到H的長度x=36.25

m,滑塊在傳送帶上滑動的相對距離為Ax=L25m,設滑塊在傳送帶上的加速度

為a,設傳送帶的動摩擦因數(shù)為〃，則

Pmgcos37°一mgsin37°=ma

04一03

〃="

由功能關系有

r/E=^m(V42-V31)-\-mgxsm37°+/zmgcos37°?Ax

解得￡=287.5J。

答案：(l)5m/s(2)15.1N沿半徑向下(3)3.75m/s(4)287.5J

4.(2021.湖北卷)如圖所示，一圓心為。、半徑為R的光滑半圓弧軌道固定在

豎直平面內，其下端與光滑水平面在。點相切。在水平面上，質量為機的小物塊

A以某一速度向質量也為m的靜止小物塊B運動。A、B發(fā)生正碰后，B到達半

圓弧軌道最高點時對軌道壓力恰好為零，A沿半圓弧軌道運動到與。點等高的C

點時速度為零。已知重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。

⑴求B從半圓弧軌道飛出后落到水平面的位置到。點的距離；

⑵當A由C點沿半圓弧軌道下滑到D點時，OD與。。夾角為0,求此時A

所受的力對A做功的功率；

(3)求碰撞過程中A和B損失的總動能。

解析：(1)設B運動到半圓弧軌道最高點時速度為s',由于B對軌道最高

點的壓力為零，

02'2

則由牛頓第二定律得mg=nr-^-

B離開最高點后做平拋運動

則在豎直方向上有2R=/尸

在水平方向上有x=02't,聯(lián)立解得x=2R。

(2)對A由C到。的過程，由機械能守恒定律得

mgRcos0=^mVD1

由于對A做功的力只有重力，則A所受的力對A做功的功率為P=mgVDsinQ

解得P=mgsin0,y]2gRcos0。

(3)設A、B碰后瞬間的速度分別為切、02,對B由。到最高點的過程，由機

械能守恒定律得

^mV22=^mV2'2-\-mg-2R,解得V2=\[5gR

對A由Q到C的過程，由機械能守恒定律得

1

'^mvi9=mgR

解得vi=\)2gR

設碰前瞬間A的速度為0o,對A、B碰撞的過程，由動量守恒定律得機00

mvi-\~mv2

解得vo=\)2gR+\l5gR

碰撞過程中A和B損失的總動能為

AE=^mvo2—^invi2—^mv?2

解得八E=?mgR。

答案：(1)27?(2)mgsin0,y]2gRcos0(3)-\[10mgR

5.如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端

與桌面在同一水平面上。桌面右側有一豎直放置的光滑圓軌道MNP,其形狀為半

徑R=0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，尸點

到桌面的豎直距離也為七一質量機=0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，

到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質量也為機的物塊3發(fā)生彈

性正碰(碰撞過程沒有機械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時間變化的關系式為

x=6f—24關系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊5飛離桌面后恰由P

點沿切線落入圓軌道。A、3均可視為質點，重力加速度g取10m/s2,求：

(1)3P間的水平距離SBP；

(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點；

(3)物塊A由靜止釋放的高度鼠

解析：(1)設碰撞后物塊3由。點以速度如做平拋運動，落到P點時2gH

其中a=tan45°②

聯(lián)立①②解得OD=4m/s③

設平拋用時為廣,水平位移為X2,則有

“ggt2④

X2=VDt⑤

聯(lián)立④⑤解得X2=1.6m⑥

由x=6/—2尸可知，物塊3碰后以速度0o=6m/s、加速度a=—4m/sz減速

到0D,則5。過程由運動學公式

VD2~vo1=2axi⑦

解得XI=2.5m⑧

故之間的水平距離

SBP=X2+無i=4.1m⑨。

(2)假設物塊3能沿軌道到達”點，在M點時其速度為si,由。到〃的運

動過程，根據(jù)動能定理，則有

y/2191,

—2m8R~2mVl^~2mVD⑩

設在M點軌道對物塊的壓力大小為RN,則

,VM1?

FN+mg=m~^~(11)

由③⑩?解得RN=(1—4i)mg<0,假設不成立，即物塊5不能到達M點。

(3)物塊A、3的碰撞為彈性正碰且質量相等，碰撞后速度交換，則04=00=6

m/s?

設物塊A釋放的高度為九對下落過程，根據(jù)動能定理有

mgh=^)nv^?

由??解得力=1.8m。

答案：(1)4.1m(2)不能(3)1.8m

6.如圖所示，光滑水平面上有一質量"=1.98kg的小車，3點右側為水平軌

道，其中3c段粗糙，CD段光滑。3點的左側為一半徑R=L3m的光滑四分之

一圓弧軌道，圓弧軌道與水平軌道在B點相切，車的最右端。點固定一輕質彈簧,

彈簧處于自然長度時左端恰好位于小車的C點，3與C之間距離L=0.7m。一質

量機=1kg的小物塊(可視為質點)，置于小車的3點，開始時小車與小物塊均處

于靜止狀態(tài)。一質量mo=20