2026届高三物理一轮复习讲义专题强化13：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 【复习目标】 1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。 2.会灵活运用三个观点解决力学综合问题。 【知识梳理】 力学三大观点比较 观点 基本规律 解题优势 动 力 学 观 点 牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、圆周运动规律 (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 能 量 观 点 动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律 (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 动量 观点 动量定理、动量守恒定律 (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 【典例剖析】 例1 (2024·甘肃卷，14)如图，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) (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。 例2 (2024·黑吉辽卷，14)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止，A、B均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空气阻力，求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 【即时训练】 (2025·江西南昌模拟)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝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m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b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，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求: (1)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)a、b第一次碰后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 【限时训练】（40min） 1.(多选)(2024·广东卷，10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从 H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 2.(2023·天津卷，11)一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/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; (2)碰后瞬间的速度v; (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。 3.(2025·河北保定高三开学考)如图所示，一长L＝5 m的水平传送带以v＝4 m/s的速度顺时针运行，将一质量m0＝1 kg的小物块P轻放在传送带的左端，2.25 s后小物块P从传送带右端离开传送带，刚好从C点沿切线方向滑上半径R＝2.75 m的固定光滑圆弧轨道CD，小物块P从D点滑上静止在水平面上的木板Q，木板上表面与圆弧轨道相切。当小物块P和木板Q相对静止后，木板Q与静止在水平面上的小物块S发生弹性碰撞，最后小物块P刚好没有离开木板Q。已知圆弧轨道CD的圆心角θ＝37°，木板Q的质量M＝2 kg，小物块S的质量m＝1.2 kg，小物块P、S可视为质点，小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ＝0.1，木板Q与水平地面间的摩擦力忽略不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)小物块P与传送带间的动摩擦因数μ0; (2)小物块P经过D点时对圆弧轨道的压力大小; (3)木板Q的长度L。 4.(2025·山西大同模拟)如图所示，质量M＝3 kg的小车静止在光滑水平面上，车的上表面由平面BC和光滑的四分之一圆弧面AB组成，圆弧的半径R＝2.4 m，圆弧面的最低点B与平面BC相切，平面BC右侧有一固定挡板，轻弹簧放在平面BC上，弹簧右端与挡板连接，一个质量m＝1 kg的小物块，在圆弧面的最高点A由静止释放，小物块第一次向左滑上圆弧面的最高点的位置离B点的高度h＝1 m，已知小物块与平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。弹簧的形变在弹性限度内，求: (1)小物块第一次滑到B点时，小物块和小车的速度大小; (2)弹簧第一次被压缩具有的最大弹性势能; (3)若弹簧的劲度系数为k＝136 N/m，弹簧的弹性势能为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，则小物块第二次压缩弹簧的最大压缩量为多少?同时分析，小物块能不能第三次压缩弹簧? 5.(2024·浙江6月选考，18)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，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。 (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。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题强化十三　力学三大观点的综合应用 【复习目标】 1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。 2.会灵活运用三个观点解决力学综合问题。 【知识梳理】 力学三大观点比较 观点 基本规律 解题优势 动 力 学 观 点 牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、平抛运动规律、圆周运动规律 (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 能 量 观 点 动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律 (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 动量 观点 动量定理、动量守恒定律 (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 【典例剖析】 例1 (2024·甘肃卷，14)如图，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) (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)设OP、O'P的长度为l，对A从开始运动至运动到最低点的过程，根据动能定理有 mAgl(1－cos 60°)＝mA－0 在最低点，对A由牛顿第二定律有F－mAg＝ 根据牛顿第三定律得F'＝F 联立解得细绳受到的拉力F'＝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mAv0＝0＋mCvC 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mCvC＝(mB＋mC)v共 根据能量守恒定律有mC(mB＋mC)＋μmCgΔx 联立解得μ＝0.15。 例2 (2024·黑吉辽卷，14)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止，A、B均视为质点，重力加速度g＝10 m/s2。忽略空气阻力，求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 解析　(1)弹簧恢复原长时两物块脱离弹簧，A做平抛运动，则 对A，水平方向有xA＝vAt 竖直方向有h＝gt2 联立解得vA＝1 m/s 弹簧恢复原长的过程中，由于A、B所受摩擦力大小相等，方向相反，A、B与弹簧组成的系统动量守恒，则对系统有0＝mAvA＋mB(－vB) 解得vB＝1 m/s。 (2)B物块与弹簧分离后做匀减速直线运动，则 对B有－μmBgxB＝0－mB 解得μ＝0.2。 (3)从系统初始状态到弹簧与物块分离的过程中，弹簧释放的弹性势能转化为A和B的动能与A和B同桌面摩擦产生的热量，该过程中对系统有 ΔEp＝mAmB＋μmAgΔxA＋μmBgΔxB 其中ΔxA、ΔxB为弹簧恢复原长过程中A、B两物块相对桌面的路程，则有Δx＝ΔxA＋ΔxB 联立解得ΔEp＝0.12 J。 【即时训练】 (2025·江西南昌模拟)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝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m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b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，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求: (1)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)a、b第一次碰后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 答案　(1)　(2)　　(3)mgL 解析　(1)设a与b碰撞前瞬间，a的速度大小为v0，根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝m 解得v0＝。 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，根据动量守恒定律有mv0＝3mv2－mv1 根据能量守恒定律有m×3mm 解得v1＝v2＝v0＝。 (3)由于v2＝<，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，减速阶段根据牛顿第二定律有3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma 解得a＝gsin α＋μgcos α＝g 根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝ 物块b第一次在传送带上运动过程，由于摩擦产生的内能为 Q＝μ·3mgcos α＝mgL。 【限时训练】（40min） 1.(多选)(2024·广东卷，10)如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从 H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数均为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞，忽略空气阻力。下列说法正确的有(　　) A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止 B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度 C.乙的运动时间与H乙无关 D.甲最终停止位置与O处相距 答案　ABD 解析　两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确;两滑块滑到水平面后均做匀减速运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确;设斜坡倾角为θ，乙下滑过程有gsin θ·，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速运动时间t3后停止，乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误;乙下滑过程有mgH乙＝m，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同;则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有＝2μgx，联立可得x＝，即发生碰撞后甲最终停止位置与O处相距，故D正确。 2.(2023·天津卷，11)一质量为mA＝2 kg的A物体从距地面h＝1.2 m处由静止自由下落，同时另一质量为mB＝1 kg的B物体从A物体的正下方地面上竖直向上抛出，经过t＝0.2 s两物体相遇，碰撞后立刻粘在一起运动，已知重力加速度g＝10 m/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; (2)碰后瞬间的速度v; (3)碰撞过程损失的机械能ΔE。 答案　(1)1 m　(2)0　(3)12 J 解析　(1)对A物体，根据运动学公式可得h－x＝gt2 解得x＝1 m。 (2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0， 根据运动学公式可知x＝vB0t－gt2 解得vB0＝6 m/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＝2 m/s 方向竖直向下 碰撞前瞬间B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v＝0。 (3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为ΔE＝mAmB(mA＋mB)v2 解得ΔE＝12 J。 3.(2025·河北保定高三开学考)如图所示，一长L＝5 m的水平传送带以v＝4 m/s的速度顺时针运行，将一质量m0＝1 kg的小物块P轻放在传送带的左端，2.25 s后小物块P从传送带右端离开传送带，刚好从C点沿切线方向滑上半径R＝2.75 m的固定光滑圆弧轨道CD，小物块P从D点滑上静止在水平面上的木板Q，木板上表面与圆弧轨道相切。当小物块P和木板Q相对静止后，木板Q与静止在水平面上的小物块S发生弹性碰撞，最后小物块P刚好没有离开木板Q。已知圆弧轨道CD的圆心角θ＝37°，木板Q的质量M＝2 kg，小物块S的质量m＝1.2 kg，小物块P、S可视为质点，小物块P与木板Q间的动摩擦因数μ＝0.1，木板Q与水平地面间的摩擦力忽略不计，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求: (1)小物块P与传送带间的动摩擦因数μ0; (2)小物块P经过D点时对圆弧轨道的压力大小; (3)木板Q的长度L。 答案　(1)0.2　(2) N　(3)12.75 m 解析　(1)在传送带上，对小物块P受力分析，由牛顿第二定律有μ0m0g＝m0a 小物块P在传送带上加速过程，有v＝at1 由位移关系知L＝t1＋v 解得μ＝0.2。 (2)小物块P离开传送带后做平抛运动，由几何关系有v＝vCcos θ 小物块P从C到D的过程，由动能定理有 m0gR(1－cos θ)＝m0m0 当小物块P经过D点时有FN－m0g＝ 由牛顿第三定律知F压＝FN＝ N。 (3)小物块P在木板Q上滑动到共速的过程有m0vD＝v共1 μm0gL1＝m0 解得L1＝12 m 木板Q与小物块S碰撞过程有Mv共1＝mv1＋Mv2 MmM 解得v1＝2.5 m/s，v2＝0.5 m/s 最终小物块P和木板Q再次共速，有m0v共1＋Mv2＝(m0＋M)v共2 μm0gL2＝m0M(m0＋M) 解得L2＝0.75 m 由题意有木板Q的长度L＝L1＋L2＝12.75 m。 4.(2025·山西大同模拟)如图所示，质量M＝3 kg的小车静止在光滑水平面上，车的上表面由平面BC和光滑的四分之一圆弧面AB组成，圆弧的半径R＝2.4 m，圆弧面的最低点B与平面BC相切，平面BC右侧有一固定挡板，轻弹簧放在平面BC上，弹簧右端与挡板连接，一个质量m＝1 kg的小物块，在圆弧面的最高点A由静止释放，小物块第一次向左滑上圆弧面的最高点的位置离B点的高度h＝1 m，已知小物块与平面BC间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。弹簧的形变在弹性限度内，求: (1)小物块第一次滑到B点时，小物块和小车的速度大小; (2)弹簧第一次被压缩具有的最大弹性势能; (3)若弹簧的劲度系数为k＝136 N/m，弹簧的弹性势能为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量，则小物块第二次压缩弹簧的最大压缩量为多少?同时分析，小物块能不能第三次压缩弹簧? 答案　(1)6 m/s　2 m/s　(2)17 J　 (3) m　不能 解析　(1)设小物块第一次滑到B点时小物块和小车的速度大小分别为v1和v2，由系统水平方向动量守恒有mv1＝Mv2 根据机械能守恒定律有mgR＝mM 解得v1＝6 m/s，v2＝2 m/s。 (2)设小物块第一次在平面BC上相对平面向右运动的最大距离为x，由系统水平方向动量守恒可知，当小物块第一次向左滑上圆弧面最高点时，小物块和小车的速度均为零，根据能量守恒定律有μmg·2x＝mg(R－h)，其中h＝1 m 解得x＝3.5 m 设弹簧第一次被压缩时具有的最大弹性势能为Ep，由水平方向动量守恒可知，当弹簧压缩量最大时物块和小车的速度为零，小物块从A点释放到弹簧第一次被压缩至压缩量最大过程，由功能关系有 mgR＝μmgx＋Ep 解得Ep＝17 J。 (3)设小物块第一次压缩弹簧的压缩量为x1，则k＝17 J 解得x1＝0.5 m 由此可知，弹簧处于原长时，弹簧左端离B点距离 d＝x－x1＝3 m 设小物块第二次压缩弹簧的压缩量为x2，根据能量守恒定律有k＝μmg(2d＋x1＋x2)＋k 解得x2＝ m 由于k－μmg(4d＋x1＋2x2)<0 因此小物块不可能第三次压缩弹簧。 5.(2024·浙江6月选考，18)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，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。 (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＝mm 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中，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＝m(M＋m) 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之后与平板一起匀减速运动时，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，t＝0.6 s 共速过程平板的位移x＝a2t2 解得x＝0.72 m<d－L＝2.6 m 一起匀减速运动的加速度为a3＝μ2g＝1 m/s2 则到达H处的速度满足v2－(a2t)2＝－2a3(d－L－x)，解得v＝ m/s>0满足题意，故滑块离开弹簧的最大速度为6 m/s。 学科网（北京）股份有限公司 $$