第7章 微专题11 力学三大观点的综合应用（Word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习讲义·物理（江苏专版）

该高中物理讲义聚焦力学三大观点综合应用，整合动力学（牛顿定律、匀变速规律）、能量（动能定理、机械能守恒）、动量（动量定理、守恒）核心考点，通过规律对比表格梳理表达式与选用原则，按应用场景构建知识体系。教学流程涵盖考点梳理、典例精讲（如碰撞与多过程问题）、方法总结（类题固法）、分层训练（配套热练），帮助学生建立分析框架，突破综合应用难点。 讲义以科学思维为导向，通过模型建构（如弹性碰撞模型、人船模型）和科学推理（动量与能量守恒联立）培养解题能力。例如典例中P、Q碰撞后，结合牛顿定律分析相对运动，强化运动和相互作用观念。设置基础到综合的分层练习，配合即时反馈，确保高效复习，为教师提供系统方案，助力把控节奏，提升学生应考能力。

力学三大观点的综合应用 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 物体做匀变速直线运动，涉及运动细节 匀变速直线运动规律 vt＝v0＋at x＝v0t＋at2 v－v＝2ax 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp 能量守恒定律 E1＝E2 动量观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初末速度、力、时间，而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p′1＋p′2 只涉及初、末速度，而不涉及力、时间 典例　(2026·中华中学期初)如图所示，一质量M＝3 kg的小车由水平部分AB和光滑圆轨道BC组成，圆弧BC的半径R＝0.2 m且与水平部分相切于B点，小物块Q与AB段之间的动摩擦因数μ＝0.2，小车静止时左端与固定的光滑曲面轨道MN相切，一质量为m1＝0.5 kg的小物块P从距离轨道MN底端高为h＝1.8 m处由静止滑下，并与静止在小车左端的质量为m2＝1 kg的小物块Q(两物块均可视为质点)发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知除了小车AB段粗糙外，其余所有接触面均光滑，取g＝10 m/s2. (1) 求物块Q在小车上运动1 s时相对于小车运动的距离(此时Q未到B点且速度大于小车的速度). (2) 若AB的长l＝1.8 m，求物块Q在运动过程中所能上升的最大高度h2. (3) 要使物块Q既可以到达B点又不会与小车上表面分离，求小车左侧水平部分AB的长度L的取值范围． 答案：(1) m　(2) 0.24 m　(3) 2 m≤L≤3 m 【解析】 (1) 物块P沿MN滑下，设末速度为v0，由机械能守恒定律得m1gh＝m1v 解得v0＝6 m/s 物块P、Q碰撞，取向右为正方向，设碰后瞬间P、Q速度分别为v1、v2，由动量守恒定律得 m1v0＝m1v1＋m2v2 由机械能守恒定律得 m1v＝m1v＋m2v 解得v1＝－2 m/s，v2＝4 m/s 故碰撞后瞬间物块Q的速度为4 m/s，方向水平向右，物块Q与小车相对运动，由牛顿第二定律求得两者的加速度分别为 a2＝－＝－2 m/s2 a3＝＝ m/s2 可得1 s后物块的末速度仍大于木板，前1 s内两物体一直在做匀变速运动，物块Q的位移 x2＝v2t＋a2t2＝3 m 小车的位移x3＝a3t2＝ m 解得s＝x2－x3＝ m (2) 根据动量守恒定律有m2v2＝(m2＋M)v3 可得共同速度为v3＝1 m/s 当物块与木板共速时，上升高度最高，由动能定理得 (m2＋M)v－m2v＝－μm2gl－m2gh2 解得h2＝0.24 m (3) 物块Q刚好到达B点时就与木板共速时AB段最长，由能量守恒定律得 m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL1 解得L1＝3 m 滑块不和小车上表面分离分为两种情况： ①物块Q刚好回到A点与木板共速，根据动量守恒定律可得共同速度仍为v3＝1 m/s 由能量守恒定律得 m2v＝(m2＋M)v＋2μm2gL2 解得L2＝1.5 m ②物块Q刚好到C点时与木板共速 由能量守恒定律得 m2v＝(m2＋M)v＋μm2gL3＋mgR 解得L3＝2 m 因为L2＜L3，所以AB段的长度范围为2 m≤L≤3 m 类题固法 1．(2026·镇江期初)如图所示，竖直光滑圆弧轨道AB的半径R＝0.45 m，水平传送带与圆弧轨道相切于B点．传送带长L＝1 m，以v＝4 m/s的速度顺时针匀速转动．一质量m＝0.2 kg的小物块从A点无初速度释放后，从B点滑上传送带，再从C点飞离传送带，落到水平地面上的P点．已知C、P两点间的高度差h＝3.2 m，小物块可视为质点，小物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，不计空气阻力，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6. (1) 求小物块运动至B点时对轨道的压力大小． (2) 求小物块在传送带上运动的时间． (3) 设小物块第一次与地面碰撞时，机械能损失了75%，且碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，小物块第一次与地面碰撞的时间Δt＝0.01 s，碰撞过程中地面对小物块的支持力与摩擦力视为恒力，求地面与小物块之间的动摩擦因数． 答案：(1) 6 N　(2) 0.275 s　(3) 【解析】 (1) 物块由A运动到B过程，由动能定理得 mgR＝mv－0 物块在B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝ 解得FN＝6 N 由牛顿第三定律得物块对轨道的压力大小为6 N. (2) 由(1) 问得物块以v0＝3 m/s从B点滑上传送带做匀加速直线运动，由牛顿第二定律μmg＝ma 得a＝5 m/s2 物块加速至v＝4 m/s过程，由匀变速直线运动规律v＝v0＋at1 得t1＝0.2 s 由运动学公式v2－v＝2ax0 得x0＝0.7 m 物块在传送带上匀速运动的时间 t2＝＝ s＝0.075 s 物块在传送带上运动的总时间 t＝t1＋t2＝ s＝0.275 s (3) 物块从C飞出至落地过程，做平抛运动，落地时，水平方向v1x＝v＝4 m/s 竖直方向做自由落体，有v＝2gh 可得v1y＝8 m/s，v1＝＝4 m/s 与地面碰撞后机械能损失了75%，即机械能剩余25%，设反弹后速度为v2，则有 mv＝0.25×mv 解得v2＝2 m/s 因为碰撞前后速度方向与地面的夹角相等，所以反弹后速率分量为v2x＝2 m/s，v2y＝4 m/s 物块与地面碰撞的过程中，可分别对水平和竖直方向列动量定理 水平方向上，－fΔt＝mv2x－mv1x 竖直方向上以向上为正，有 (FN－mg)Δt＝mv2y－m(－v1y) 又f＝μ1FN 解得f＝40 N，FN＝242 N 代入可得μ1＝ 2．(2026·苏州期初调研)如图所示，有一斜面与圆弧面组成的轨道固定在光滑水平面上．在竖直平面内，粗糙斜面AB的下端与光滑的圆弧面BCD相切于B点，C为最低点，D为圆心等高点．一小物块从A处静止释放，已知小物块质量m＝3 kg，轨道质量M＝4 kg，斜面长L＝5 m，倾角θ＝37°，小物块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，圆弧轨道半径R＝5 m，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6. (1) 求小物块在AB面上的加速度大小a. (2) 求小物块第一次到达B点的速度大小vB和在斜面AB上运动的总路程s. (3) 若轨道不固定且斜面AB也光滑，求小物块从A处由静止释放到第一次滑到C处的位移大小d和小物块第一次滑到C处时受到的支持力大小F. 答案：(1) 2 m/s2　(2) 2 m/s　7.5 m (3) 4 m　114 N 【解析】 (1) 小物块在AB面上下滑时由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 解得a＝2 m/s2 (2) 小物块第一次运动到B时，由v＝2aL 得vB＝2 m/s 由于μ＜tan 37°，小物块在圆弧面上往复运动，最终到达B点时速度为零，即v′B＝0，则全程A→B由能量守恒可得mgL sin θ＝μmg cos θ·s 解得s＝7.5 m (3) A→C，小物块与轨道组成“人船模型”，水平方向动量守恒，设小物块水平位移大小为x1，轨道水平位移大小为x2，则mx1＝Mx2 AC间水平距离xAC＝L cos θ＋R sin θ＝7 m xAC＝x1＋x2，则x1＝4 m 小物块竖直位移大小y1＝L sin θ＋R－R cos θ＝4 m 则小物块位移大小d＝4 m 设小物块运动到C处，小物块的速率为v1，轨道的速率为v2，A→C水平方向动量守恒，则有 mv1＝Mv2 A→C能量守恒，则mgy1＝mv＋Mv C处，对小物块F－mg＝ 其中v相＝v1＋v2 联立解得F＝114 N 配套热练 1．(2025·扬州高邮调研)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面由粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道组成．圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，水平轨道长s＝0.5 m，小车质量M＝0.6 kg；质量也为M＝0.6 kg的物块静止于小车最左端，一根长度L＝1.25 m且不可伸长的轻质细线一端固定于O点，另一端系一质量m＝0.4 kg的小球，小球位于最低点时与物块处于同一高度且恰好接触，小球、物块均可视为质点，现将细线拉直到水平位置并由静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞．不计空气阻力，取g＝10 m/s2. (1) 求小球运动到最低点与物块碰撞前速度大小v0及细线中张力的大小F. (2) 求小球与物块碰后瞬间物块的速度大小v及小球对物块的冲量大小I. (3) 若物块与水平长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，求小车的最终速度vt. 答案：(1) 12 N　(2) 4 m/s　2.4 N·s　(3) 3 m/s 【解析】 (1) 小球由静止释放运动到最低点有 mgL＝mv－0 则v0＝＝5 m/s 最低点时F－mg＝m 解得F＝12 N (2) 小球与物块发生弹性碰撞，有mv0＝mv1＋Mv mv＝mv＋Mv2 解得v＝v0＝4 m/s 对物块由动量定理有I＝Mv－0 解得I＝2.4 N·s (3) 设物块未从小车脱落，则有Mv＝2Mv共 Mv2＝×2Mv＋μMgx 解得x＝ m＞1 m(从小车左端到右端再返回左端的总相对位移) 不符合题意，即物块会从小车的左端脱落 则有Mv＝Mv2＋Mvt Mv2＝Mv＋Mv＋2μMgs 解得vt＝3 m/s 2．(2025·海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内，半径R＝0.5 m，圆心角θ＝53°的圆弧轨道与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B可视为质点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送带上运动的过程中，因摩擦生热Q＝2.5 J，忽略轨道及平台的摩擦，取g＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，求： (1) A滑到圆弧最低点时受的支持力． (2) A与B整个碰撞过程中损失的机械能． (3) 传送带的速度大小． 答案：(1) 72 N，方向竖直向上　(2) 1.6 J (3) 0.6 m/s或2.6 m/s 【解析】 (1) A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒mAg(R－R cos 53°)＝mAv 解得v0＝2 m/s 在最低点根据牛顿第二定律FN－mAg＝mA 解得FN＝72 N，方向竖直向上 (2) 根据题意，A、B碰后成一整体，根据动量守恒 mAv0＝(mA＋mB)v共 解得v共＝1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 ΔE＝mAv－(mA＋mB)v＝1.6 J (3) 第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B整体滑上传送带后先减速，后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B根据牛顿第二定律μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a 设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得 v＝v共－at1 该段时间内A、B运动的位移为x1＝t1 传送带运动的位移为x2＝vt1 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2) 联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B整体滑上传送带后先加速，后匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2 该段时间内AB运动的位移为x′1＝t2 传送带运动的位移为x′2＝vt2 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x′2－x′1) 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去 3．(2026·南京六校联合体期初)如图所示，质量为M的滑块A被固定在光滑水平面上，其上表面为半径为R的四分之一圆弧ab，质量为M的木板B上表面与圆弧面最低点水平相切，A、B之间用装置锁定．质量为m的小滑块C(可视为质点)从a点正上方2R处静止下落，在a点沿圆弧切线方向进入圆弧面．已知M＝m，重力加速度为g，小滑块C与木板B上表面的动摩擦因数为μ＝0.6，不计空气阻力和其他摩擦． (1) 求C经过圆弧面最低点b时所受的支持力大小． (2) 只解除地面对A的固定，求C运动到b点过程中小滑块C的水平位移的大小． (3) 先解除地面对A的固定，当C滑上B后再立即将A、B解锁，若C未脱离木板B，求木板B的最小长度． 答案：(1) 7mg　(2) 　(3) 3R 【解析】 (1) C下落的位置离b点的高度为3R，C从静止下落到b点过程，根据动能定理可得 mg·3R＝mv2 在b点，根据牛顿第二定律可得N－mg＝m 解得N＝7mg (2) 解除对A的固定，C运动到b点过程中，C与A、B组成的系统满足水平方向动量守恒，则有mv1x＝2Mv2x 设该过程C的水平位移的大小为x1，AB的水平位移的大小为x2，则有mx1＝2Mx2 又x1＋x2＝R，M＝m 联立解得x1＝ (3) 解除对A的固定，当C运动到b点时，设C的速度大小为v1，A、B的速度大小为v2，根据系统水平方向动量守恒可得mv1＝2Mv2 根据机械能守恒可得 mg·3R＝mv＋×2Mv 联立解得v1＝，v2＝2 C滑上B后立即将A、B解锁，若C未脱离木板B，当C与B共速时，刚好处于B的右端，此时木板B的长度最小；对于B、C组成的系统，根据动量守恒可得mv1＋M(－v2)＝(m＋M)v共 解得v共＝ 根据能量守恒可得 μmgL＝mv＋Mv－(m＋M)v 解得木板B的最小长度为L＝3R 4．(2026·南京学情调研)如图所示，光滑水平面上有一劲度系数为k的轻弹簧左端固定，右端与一质量为m的物块接触但不拴接，此时弹簧处于原长．物块右侧有一质量也为m、高为、顶角为45°的光滑斜面，斜面与水平面平滑连接，现用大小为mg的水平恒力将物块向左推动，物块恰好能运动到C点，此时立即撤去恒力．已知重力加速度为g，求物块： (1) 向左运动到速度最大时弹簧的压缩量． (2) 离开弹簧时的速度大小． (3) 从D点飞出后运动到最高点时的速度． 答案：(1) 　(2) 3g　(3) 2g 【解析】 (1) 向左运动到速度最大时，加速度为零，则合力为零，此时恒力与弹簧的弹力平衡，设此时弹簧的形变量为Δx1，则有＝kΔx1 解得Δx1＝ (2) 物块由A到C的运动满足合外力F＝－kx，其中Δx1为相对于(1)中速度最大点的位移，故A到C的运动是简谐运动的一部分，由简谐运动的对称性可知，弹簧压缩到最短时的压缩量为 Δx2＝2Δx1＝ 物块从A开始运动再返回到A的过程，弹力做功为零，只有恒力做功，根据动能定理有 mg·Δx2＝mv 解得vA＝3g (3) 物块脱离弹簧后，以vA向右匀速运动，然后滑上斜面．对物块和斜面组成的系统，机械能守恒，水平方向动量守恒．设物块到D点时水平方向的速度为vx，竖直方向的速度为vy，斜面的速度为vM，对系统，根据机械能守恒和水平方向动量守恒有 mv＝mgh＋m(v＋v)＋mv mvA＝mvx＋mvM 根据关联速度知识，在垂直斜面方向有 vM sin 45°＝vx sin 45°－vy cos 45° 联立解得vx＝2g，vy＝g，vM＝g 物块从D点飞出后运动到最高点时，仅有水平方向的速度，因此该速度为vx＝2g 学科网（北京）股份有限公司 $