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大题精练03 力学三大观点的综合应用问题
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。
2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律);动量观点(动量定理和动量守恒定律);能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
4.本专题的核心问题与典型模型的表现形式
(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动:与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
二、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、冲量与动量、功和能
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率 平均功率： 即时功率：
机械效率
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
动量 =
冲量
动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
难度：★ ★ ★ ★ ★ 建议时间：60分钟
1．（2025 杭州一模）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧光滑水平地面FG上紧靠着质量M＝0.5kg的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。水平地面上距滑板右侧足够远处固定有挡板GH，滑板b与其碰撞时会立即被锁定。质量为m＝0.5kg的物块a从轨道AB上距B高度为h＝0.3m处以初速度v0下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，与滑板b间的动摩擦因数μ2＝0.2。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
（1）若初速度v0＝0，求物块a：
①第一次通过D点时速度vD大小；
②在轨道AB上运动的总路程S。
（2）若物块a能沿轨道冲上滑板b，则：
①v0应满足什么条件？
②滑板b至少要多长，物块a一定不会碰到挡板GH？
【解答】解：（1）①物块从开始运动到D点过程，根据动能定理：
代入数据解得：
②设过D点后冲上曲面高度为h′，根据机械能守恒定律：
代入数据解得：h′＝0.1m
而由几何关系可知：hDE＝R（1﹣cosθ）＝0.2m
所以：h′＜hDE
故物块不会冲上滑板，会原路返回。物体运动全程由能量守恒有：mgh＝μ1mgcosθ s
解得：s＝0.75m
（2）①在D点不脱离轨道则全程不会脱离轨道，此时初速度最大，根据动能定理
还需要满足：
解得：
同理，物块能到达E点，满足：
解得：
综上：
②物块在D点没有脱轨，根据牛顿第二定律：
物块以最大速度到达E点，根据机械能守恒定律：
物块在滑板上运动，在刚滑上滑板到与滑板共速的过程中，由动量守恒定律有：mvE＝（m+M）v1，
由能量守恒定律有：
滑板被锁定后，物块继续滑动，由能量守恒定律：
故滑板长度最小为：L＝l1+l2
联立代入数据得：L＝0.75m
答：（1）若初速度v0＝0，求物块a：①第一次通过D点时速度vD大小为m/s；
②在轨道AB上运动的总路程S为0.75m。
（2）若物块a能沿轨道冲上滑板b，则：
①v0应满足的条件是：；
②滑板b至少要0.75m，物块a一定不会碰到挡板。
2．（2025 宁波校级模拟）一固定装置由水平的光滑直轨道AB、倾角为θ＝37°的光滑直轨道BC、圆弧管道（圆心角为θ＝37°）CD组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示。BC的长度L＝1.5m，圆弧管道半径R＝1.0m（忽略管道内径大小），D和圆心O在同一竖直线上。轨道ABCD末端D的右侧紧靠着光滑水平地面放置的一轻质木板，小物块m2在木板最左端紧挨着管道出口D，板右上方有一水平位置可调节的挡板P，小物块m3静止于木板右端。现有一质量为m1可视为质点的物体，从A端弹射获得Ek＝15.5J的动能后，经轨道ABCD水平滑到D点，并与小物块m2发生弹性碰撞，经过一段时间后m3和右侧挡板发生弹性碰撞，整个运动过程中m2、m3未发生碰撞，m3与挡板P碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知m2、m3与木板间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，m1＝m2＝1kg，m3＝2kg，g＝10m/s2。试求：
（1）求滑块m1到达D点时对轨道的作用力；
（2）若整个运动过程中m3只与挡板碰撞1次，且返回后最终m2、m3停止了运动，求最初m3与挡板P的水平距离；
（3）调节m3与挡板P的水平距离，使整个运动过程中m3与挡板总共碰撞2次，且最终m2、m3停止了运动，求整个运动经过的时间t和此过程最初m3与挡板P的水平距离。
【解答】解：（1）质量为m1的物体，从A端弹射，经轨道ABCD水平滑到D点的过程，根据动能定理可得：
，
解得：
vD＝3m/s，
在D点，由牛顿第二定律可得：
，
解得：
N＝1N，方向竖直向上，
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的作用力方向竖直向下，大小为1N；
（2）以水平向右为正方向，
m1与m2发生弹性碰撞，则m1、m2系统动量守恒且动能无损失，可得：
m1vD＝m1v1+m2v2，
，
联立可得：
v2＝vD＝3m/s，
根据动量守恒，在与挡板P碰撞前的过程中，则有：
m2v2＝m2v4+m3v3，
在与挡板P碰后直到停止的过程中，根据动量守恒，则有：
m2v4﹣m3v3＝0，
联立可得：
v3＝0.75m/s，
v4＝1.5m/s，
对m3和轻质木板整体，由动能定理可得：
，
解得：
；
（3）以水平向右为正方向，
根据动量守恒，在与挡板P第一次碰撞前的过程中，则有：
m2v2＝m2v5+m3v6，
从第一次碰撞后，到第二次碰撞的过程中，对于小物块m3和轻质木板整体，根据牛顿第二定律，则有：
μm2g＝m3a1，
解得：
，
对于小物块m3，根据运动学公式，则有：
，
﹣v7＝v6﹣a1t0，
解得：
v7＝v6，
对于小物块m2，根据牛顿第二定律，则有：
μm2g＝m2a2，
解得：
，
对于小物块m2，根据运动学公式，则有：
v8＝v5﹣a2t0，
对于第二次碰撞到停止的过程中，根据动量守恒，则有：
m2v8﹣m3v7＝0，
综上所述，可解得：
，
对小物块m3和轻质木板整体，由动能定理可得：
，
解得：
，
对于m2整个过程，由动量定理可得：
﹣μm2gt＝m2（0﹣v2），
解得：
t＝1.5s；
答：（1）滑块m1到达D点时对轨道的作用力大小为1N，方向竖直向下；
（2）若整个运动过程中m3只与挡板碰撞1次，且返回后最终m2、m3停止了运动，最初m3与挡板P的水平距离为；
（3）调节m3与挡板P的水平距离，使整个运动过程中m3与挡板总共碰撞2次，且最终m2、m3停止了运动，整个运动经过的时间t为1.5s，此过程最初m3与挡板P的水平距离为。
3．（2025 宁波校级一模）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角θ＝37°长l1＝2.75m的固定斜面AB、质量m1＝1kg的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量m2＝4kg长度l2＝2.25m的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径R＝1m，最低点C与小车等高。当P把m＝1kg的小物块（视为质点）以v0＝4m/s速度水平弹出，恰好由A点沿斜面方向进入斜面，不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，忽略小车和M下表面与地面的摩擦。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求水平弹出点离A点的竖直高度h1；
（2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.6。求小物块滑上M时对C点的压力F及上滑的最大高度h2；
（3）现解除小车锁定，并在小车上表面喷涂一种特殊材料（不计喷涂材料的质量），使小物块与小车间的动摩擦因数能从右（B端）向左随距离变化，如图乙所示。若小物块仍以v0＝4m/s速度水平弹出，试分析小物块能否通过C点？并说明理由。
【解答】解：（1）根据平抛运动规律，小物块到在A点时有：
解得：vy＝3m/s，h1＝0.45m；
（2）小物块在A点速度为合速度，则有：
小物块从A运动到B的过程中，由动能定理可得：
解得：vB＝6m/s
小物块从B运动到C的过程中，由动能定理有 可得：
解得：vC＝3m/s
在圆轨道C点，根据牛顿第二定律有：
根据牛顿第三定律可知，小物块滑上M时对C点的压力：F＝N
解得：F＝19N，方向竖直向下。
设小物块滑上M的最大高度时，小物块与M共速v1，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得：
mvC＝（m1+m2）v1
解得：h2＝0.225m；
（3）小物块从B到C过程，克服摩擦力做功为：
解得：WBC＝6.5J
若到C点共速，则对三者组成的系统，由动量守恒定律有：
mvB＝（m+m1+m2）v共
解得：v共＝1m/s
（m+m1+m2）
解得：ΔE损＝15J
可知WBC，故小物块能通过C点。
答：（1）水平弹出点离A点的竖直高度为0.45m；
（2）小物块滑上M时对C点的压力为19N，方向竖直向下，小物块上滑的最大高度0.225m；
（3）若小物块仍以v0＝4m/s速度水平弹出，通过分析可知小物块能通过C点。
4．（2025 宁波一模）如图所示，某固定装置由长度L＝3m、倾角β＝37°的倾斜传送带AB，圆心角α＝23°和θ＝60°、半径均为R＝1m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道问平滑连接。在轨道末端D的右侧的光滑水平面上紧靠着轻质小车，小车上表面与D所在的水平面平齐，右端放置质量m2＝3kg的物块b。质量m1＝1kg的物块a从传送带A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带由电动机带动，以速度v＝8m/s顺时针转动，a与传送带及小车间的动摩擦因数均为μ1＝1.5，b与小车间的动摩擦因数μ2＝0.2，其它轨道均光滑，物块均可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求物块a在传送带上运动的时间t；
（2）为维持传送带能匀速运送物块a从A点到B点，求电动机多做的功W；
（3）求物块a到达D点时对管道的作用力FN；
（4）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。
【解答】解：（1）对物块a，受重力、支持力和摩擦力，开始时滑动摩擦力方向沿斜面向上
沿斜面方向，根据牛顿第二定律，有：μ1m1gcos37°﹣m1gsin37°＝m1a1
代入数据解得：
设小物块一直加速到传送到上端时，其速度为v1，根据速度—位移公式有：
代入数据解得：v1＝6m/s＜8m/s
所以物块在传送带上一直做匀加速直线运动，根据速度—时间公式：v1＝a1t
解得物块a在传送带上运动的时间：t＝1s
（2）设传送带的位移为x传，则有：x传＝vt＝8×1m＝8m
物块a相对传送带的位移为：Δx＝x传8mm＝5m
摩擦产生的热量为：Q＝μ1m1gcos37° Δx
解得：Q＝60J
电动机多做的功：
代入数据解得：W＝96J
（3）由题意可知圆弧轨道光滑，所以从B到D，由动能定理有：
解得：
在D点，根据牛顿第二定律有：
解得：FN支＝10N
由牛顿第三定律可知，物块a对管道的作用力等于管道对物块a的支持力
所以物块a到达D点时对管道的作用力为10N，方向竖直向上。
（4）当物块滑上小车后，由于：μ1m1g＝15N＞μ2m2g＝6N
所以小车与物块a保持相对静止，而物块b相对于小车发生滑动。
当两者速度相同时，为物块a与物块b相碰的临界状态，其运动示意图如图所示
该过程动量守恒，以向右为正方向有：m1vD＝（m1+m2）v共
根据能量守恒：
代入数据解得：
答：（1）物块a在传送带上运动的时间t为1s；
（2）为维持传送带能匀速运送物块a从A点到B点，电动机多做的功W为96J；
（3）物块a到达D点时对管道的作用力FN为10N；
（4）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，小车长度的最小值d为。
5．（2025 浙江一模）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF、GH组成。BCD的最高点D与EF的右端点E在同一竖直线上，且D点略高于E点。木板静止在GH上，其上表面与EF相平，右端紧靠竖直边FG，左端固定一竖直弹性挡板。游戏时滑块从A点弹出，经过轨道AB、BCD、EF后滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m＝0.3kg，木板质量M＝0.1kg，长度l＝1m，BCD的半径R＝0.4m，弹簧弹性势能的最大值为8J，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与轨道GH间的动摩擦因数为μ2，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨道连接处时的能量损失，滑块与挡板发生弹性碰撞。
（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF，求滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN；
（2）若μ1＝0.2，μ2＝0，则在满足滑块始终不脱离木板的条件下，求滑块在木板上的动能最大值Ekm；
（3）若μ1＝0，μ2＝0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF，求在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W。
【解答】解：（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF，在最高点D处做圆周运动的向心力由重力提供：
滑块由C点滑到最高点D此过程由机械能守恒：
滑块滑到C点时做圆周运动的向心力由滑道对滑块的弹力提供：
联立以上方程代入数值得：FN＝9N
（2）因μ1＝0.2，μ2＝0，木板与地面之间没有摩擦，而滑块与木板之间存在摩擦，把滑块与木板看成一个系统，其动量守恒，满足滑块始终不脱离木板必定滑块与木板共速，
以向左的方向有：mv＝（m+M）v共
设滑块以v的速度滑入木板，并在木板上最终摩擦滑行x长时滑块与木板共速，此过程能量守恒：
滑块滑入木板时的动能最大为：
以上方程解得：
当x＝2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm＝4.8J，此时：
所以滑块能够滑上木板，相应的机械能为7.2J＜8J。
（3）由题意滑块恰好能够滑上轨道有：
代入数值滑块刚滑上木板时：v0＝2m/s
因为μ1＝0，μ2＝0.1，木板与地面之间存在摩擦，而滑块与木板之间没有摩擦，滑块与挡板第1次碰撞时动量守恒有：mv0＝mv1+Mv2
再由能量守恒定律有：
解得滑块速度：v1m/s＝1m/s
木板速度：v2m/s＝3m/s＞v1
之后，木板做匀减速运动，加速度a＝μ2g＝0.1×10m/s2＝1m/s2。滑块匀速运动，设经过t发生第二次碰撞，则有：v2tv1t
代入数据：t＝0，t＝4s，此时木板的速度v＝v2﹣at＝3m/s﹣1×4m/s＝﹣1m/s＜0
经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。
故摩擦力对木板做的功：
答：（1）滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN为9N；
（2）滑块在木板上的动能最大值Ekm为4.8J；
（3）在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W为﹣4.5J。
6．（2024 义乌市三模）某固定装置的竖直截面如图甲所示，由长度为1.0m的水平传送带和两段光滑圆管轨道组成，两段圆管轨道所对应的圆心角相同θ＝106°，AB＝0.4m，BC＝0.8m，右侧带有竖直挡板的滑块b放置在光滑的水平面上，传送带和滑块b与轨道端口均为平滑连接，传送带启动后运行的v﹣t图如图乙所示，传送带启动0.5s后把小物块a从传送带左侧静止释放，小物块a和滑块b的质量均为m＝0.4kg，a与传送带和滑块b之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，若空气阻力、小物块a、圆管轨道的口径和皮带轮半径均可不计，物块a进出管道时无能量损失，物块a和滑块b发生的碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g＝10m/s2，试求：
（1）小物块a在传送带上运动的时间t；
（2）小物块a进入BC管道时对管道的作用力大小；
（3）滑块b至少多长才能使小物块a不脱离滑块。
【解答】解：（1）对传送带 0﹣1s做加速度
匀加速运动对a物体匀加速a2＝μg
当a物体与传送带同速时a2t1＝0.5+a1t1得
此时共速v1＝a2t1
物体位移
a物体与传送带一起匀加速至1m/s，
x3＝1﹣x1﹣x2
时间
运动时间
（2）A到B动能定理
对B处
得
FN＝4N
由牛顿第三定律可知，对管道作用力为4N。
（3）A到C动能定理
得
vC＝5m/s
当a刚好滑动b最右端与b共速，此时b的长度是满足题意的最短长度，由能量守恒和动量守恒有
mvc＝2mv共
联立得
L＝1.25m
答：（1）小物块a在传送带上运动的时间等于；
（2）小物块a进入BC管道时对管道的作用力大小等于4N；
（3）滑块b至少长1.25m才能使小物块a不脱离滑块。
7．（2024 浙江模拟）如图所示，一水平传送带以v＝3m/s的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L＝4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1＝0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为h1＝0.5m的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为h2＝0.95m。桌面左端依次叠放着质量为m3＝0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2＝0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0＝0.5m，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知g＝10m/s2，。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程；
（4）若木板的质量为m3＝0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。
【解答】解：（1）由题意可知，物块甲从斜面顶端到最高点做逆向平抛运动，水平方向为匀速运动，设物块甲刚离开斜面时速度为v甲，则根据速度—位移关系：有
由题意可知：
联立解得：v甲y＝v甲x＝3m/s，
由此可知，物块甲运动到最高点时的速度大小为：v0＝v甲x＝3m/s
（2）设物块甲在B点时速度为vB，对物块甲从B点到斜面顶端由动能定理有：
代入数据解得：
因为vB＞v，所以物块甲在传送带上一直做减速运动。对物块甲从静止开始到B点，设弹簧弹力做功W，由动能定理有：
代入数据解得：W＝2.2J
根据功能关系可知弹簧最初储存的弹性势能：Ep＝W＝2.2J
（3）物块甲与物块乙在碰撞过程中，以向右为正，由动量守恒定律得：m1v0＝m1v1+m2v2
其中：v0＝v甲x
由机械能守恒定律得：
解得：v1＝﹣1m/s，v2＝2m/s
以物块乙和木板为系统，由动量守恒定律得：m2v2＝（m2+m3）v3
若木板向右加速至共速后再与挡板碰撞，由动能定理得：
解得：
可知木板与物块乙共速后再与挡板相碰。
由动量守恒定律得：m2v3﹣m3v3＝（m2+m3）v4
木板向左减速过程中，由动能定理得：
代入数据解得：
同理可得：
以此类推木板的总路程为：
解得：s＝1.0m
（4）以木板为对象，由牛顿第二定律得：μ2m2g＝m2a
木板与挡板碰前做匀加速直线运动，由位移—时间关系得：x
木板与挡板碰后每次都返回到同一位置，物块一直做匀减速直线运动。
①当木板第一次返回到初始位置时，物块乙速度恰好减为0时，木板与挡板仅能发生一次碰撞。即
v2﹣μ2g×2t＝0
代入数据解得：xm
②当木板第二次返回到初始位置时，木板与物块乙速度恰好减到0时，木板与挡板仅能发生二次碰撞。即：v2﹣μ2g×4t＝0
联立解得：xm
可知木板与挡板若发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为：m≤xm。
答：（1）物块甲运动到最高点时的速度大小为3m/s；
（2）弹簧最初储存的弹性势能为2.2J；
（3）木板运动的总路程1.0m；
（4）木板与挡板仅能发生两次碰撞，挡板与木板距离的范围为：。
8．（2024 金华模拟）小明设计了如图所示的弹珠弹射游戏装置。固定在水平面上的弹珠发射器发射一质量m＝0.2kg的小弹珠，沿由水平直轨道和竖直半圆形轨道AB运动并从B处水平飞出，然后恰好进入圆弧形管道CD，并从该管道的D处水平滑出，撞击放置在平台上质量M＝0.8kg的碰撞缓冲装置PQ，该装置中的轻弹簧一端固定在挡板Q上，另一端连接质量可不计、且能自由滑动的小挡板P，小弹珠碰到挡板P时紧贴挡板一起运动，但不粘连。已知h＝0.55m、H＝0.8m、L＝0.8m、R＝0.5m，不考虑所有摩擦和空气阻力及碰撞时能量的损失，轨道固定，缓冲装置PQ可在平台上运动，求：
（1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小v0；
（2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能Ep；
（3）小弹珠再次回到D点时的速度。
【解答】解：（1）弹珠恰好进入管道，由平抛运动规律，设小球做平抛运动的时间为t，沿水平方向L＝vt
沿竖直方向
解得v＝4m/s
由能量守恒定律，有
解得v0＝6m/s
（2）设小弹珠碰前的速度为v1，由能量守恒，有
解得v1＝5m/s
碰撞时动量守恒，选取向左为正方向，设碰后共同速度为v2，则mv1＝（M+m）v2
解得v2＝1m/s
最大弹性势能
代入数据得EP＝2J
（3）小弹珠碰到挡板系统作用的过程中动量守恒，选取向左为正方向，有mv1＝Mv′2+mv′1，
该过程中机械能守恒，有
解得v1′＝﹣3m/s
所以小弹珠再次回到D点时的速度大小为3m/s，方向向右。
答：（1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小是6m/s；
（2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能是2J；
（3）小弹珠再次回到D点时的速度大小是3m/s，方向向右。
9．（2024 金华模拟）某游戏装置如图所示。将质量为m＝1kg的物块P置于弹簧一端（弹簧与物块不粘连），弹簧另一端固定于斜面上，初始时刻将弹簧压缩至如图位置，使其具有一定的弹性势能。一倾角θ＝37°，长度LPA＝0.5m的粗糙斜面PA与半径R＝0.5m，圆心角θ＝37°的光滑圆弧AB平滑相接（物块滑上A点时无能量损失），物块释放后沿圆弧在B点与质量也为m＝1kg的物块Q发生弹性正碰后，水平向右离开圆弧，圆弧与一水平足够长木板BC平滑相连。物块从圆弧离开后，带动上下表面粗糙，质量为m＝1kg的木板BC开始运动，若木板BC恰好不与竖直墙壁DE相撞则视为游戏成功。已知物块与PA间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.3，木板与地面间动摩擦因数μ3＝0.1，某次游戏开始时弹簧具有的弹性势能EP＝14.8J。物块可视为质点，不计物块与其它位置的摩擦。则：
（1）物块P到达A点时的速度大小；
（2）物块P经过A点时对圆弧的压力；
（3）物块Q滑上木板时的速度大小；
（4）若要游戏成功，则木板右端点C与竖直墙壁的最短距离。
【解答】解：（1）物块P从释放到达A点，根据能量守恒有
代入数据解得
（2）物块P经过A点时，根据牛顿第二定律有
代入数据解得：N＝76N
根据牛顿第三定律，可得物块P经过A点时对圆弧的压力为：N′＝N＝76N，方向垂直斜面向下
（3）物块P从A点到B点，根据机械能守恒定律有：
PQ发生弹性碰撞，根据动量守恒
以向右为下正方向有：mvB＝mv′B+mvQ
机械能守恒：
联立解二次方程得到：vQ＝6m/s
（4）物块Q滑上木板后，根据牛顿第二定律，对物块Q有：μ2mg＝ma1
代入数据解得：
对有木板：μ2mg﹣μ3 2mg＝ma3
解得：
设经时间t，两者共速，则有：vQ﹣a1t＝a2t
解得：t＝1.5s
此时：v共＝a2t＝1×1.5m/s＝1.5m/s
则木板的位移为：x木1
代入数据得：x木1＝1.125m
木板接着匀减速，根据牛顿第二定律有：μ3×2mg＝2ma3
代入数据解得：
木板速度最终减为零，则位移为：x木2
代入数据得：x木2＝1.125m
若要恰好不撞DE，则最短距离为：L＝x木1+x木2＝1.125m+1.125m＝2.25m
答：（1）物块P到达A点时的速度大小为；
（2）物块P经过A点时对圆弧的压力为76N，方向垂直斜面向下；
（3）物块Q滑上木板时的速度大小为6m/s；
（4）若要游戏成功，则木板右端点C与竖直墙壁的最短距离为2.25m。
10．（2024 浙江模拟）如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与长度为L＝0.6m的水平面BC在B点衔接，衔接点平滑，质量为m＝1kg的可视为质点的滑块Q静置在水平面的右端C。可视为质点的滑块P自斜面上高h＝0.3m处静止释放，与滑块Q发生弹性碰撞后，滑块Q在C点立即进入光滑竖直半圆轨道DE的内侧（CD间隙不计），D为圆的最高点，圆半径记为R。滑块Q经圆弧后在E点水平抛出，最终落于水平地面FG上，水平面FG与BC的高度差为H＝1.2m。已知滑块P与AB面和BC面的动摩擦因数都为μ＝0.1。
（1）若滑块P的质量为m＝1kg，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。
①求滑块Q进入D点时的速度vD。
②求半圆轨道的半径R的取值范围。
③求滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程。
（2）若半圆轨道DE的半径为R＝0.4m，滑块P的质量可调，求滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围。
【解答】解：（1）①滑块P从静止到C点，根据动能定理可得：
，
解得：
vC＝2m/s，
滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，以水平向右为正方向，则有：
mvC＝mvC'+mvD，
又因为是弹性碰撞，则碰撞过程无动能损失，有：
，
联立可得：
vD＝2m/s，方向水平向右；
②在D点能够做圆周运动，根据牛顿第二定律可知：
，
解得：
R≤0.4m，
D点到E点的过程，根据能量守恒定律有：
，
在E点，根据牛顿第二定律有：
，
且：
FN≤70N，
联立得：
R≥0.2m，
所以R的取值范围为：
0.2m≤R≤0.4m；
③滑块自E点作平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则射程为：
x＝vEt，
竖直方向做自由落体运动，有：
，
结合②，联立可得：
，
有数学知识可得，当R＝0.25m时，射程最大，
解得：xmax＝1.4m；
（2）由动能定理有：
，
解得：
vC＝2m/s，
滑块P与滑块Q碰撞时动量守恒，以水平向右为正方向，则有：
m1vC＝m1v1+mv2，
又因为是弹性碰撞，则碰撞过程动能无损失，则有：
，
联立可得：
，
即：
，
则：
0＜v2＜2vC，
由牛顿第二定律可得：
，
解得：
0≤FN＜30N；
答：（1）若滑块P的质量为m＝1kg，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。
①滑块Q进入D点时的速度vD大小为2m/s，方向水平向右；
②半圆轨道的半径R的取值范围为：0.2m≤R≤0.4m；
③滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程为1.4m。
（2）若半圆轨道DE的半径为R＝0.4m，滑块P的质量可调，滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围为：0≤FN＜30N。中小学教育资源及组卷应用平台
大题精练03 力学三大观点的综合应用问题
公式、知识点回顾（时间：5分钟）
一、考向分析
1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考中本专题将作为计算题压轴题的形式命题。
2.熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题。
3.用到的知识、规律和方法有:动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律);动量观点(动量定理和动量守恒定律);能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)。
4.本专题的核心问题与典型模型的表现形式
(1)直线运动:水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动。
(2)圆周运动:绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动。
(3)平抛运动:与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动。
二、动力学
牛顿第二运动定律 F合 = ma 或或者 Fx = m ax Fy = m ay
向心力
牛顿第三定律
三、冲量与动量、功和能
物理概念规律名称 公式
动能
重力势能 (与零势能面的选择有关)
弹性势能
功 W = Fs cos (恒力做功) W=Pt（拉力功率不变） W=f S相对路程 （阻力大小不变）
功率 平均功率： 即时功率：
机械效率
动能定理
机械能守恒定律 或者Ep= Ek
动量 =
冲量
动量定理 (解题时受力分析和正方向的规定是关键)
动量守恒 m1v1 + m2v2 = m1 v1‘+ m2v2’或p1 =一p2 或 p1 +p2=O
弹性碰撞
完全非弹性碰撞
难度：★ ★ ★ ★ ★ 建议时间：60分钟
1．（2025 杭州一模）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m、圆心角为2θ的圆弧BCD，半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成，轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧光滑水平地面FG上紧靠着质量M＝0.5kg的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。水平地面上距滑板右侧足够远处固定有挡板GH，滑板b与其碰撞时会立即被锁定。质量为m＝0.5kg的物块a从轨道AB上距B高度为h＝0.3m处以初速度v0下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与轨道AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，与滑板b间的动摩擦因数μ2＝0.2。（其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）。
（1）若初速度v0＝0，求物块a：
①第一次通过D点时速度vD大小；
②在轨道AB上运动的总路程S。
（2）若物块a能沿轨道冲上滑板b，则：
①v0应满足什么条件？
②滑板b至少要多长，物块a一定不会碰到挡板GH？
2．（2025 宁波校级模拟）一固定装置由水平的光滑直轨道AB、倾角为θ＝37°的光滑直轨道BC、圆弧管道（圆心角为θ＝37°）CD组成，轨道间平滑连接，其竖直截面如图所示。BC的长度L＝1.5m，圆弧管道半径R＝1.0m（忽略管道内径大小），D和圆心O在同一竖直线上。轨道ABCD末端D的右侧紧靠着光滑水平地面放置的一轻质木板，小物块m2在木板最左端紧挨着管道出口D，板右上方有一水平位置可调节的挡板P，小物块m3静止于木板右端。现有一质量为m1可视为质点的物体，从A端弹射获得Ek＝15.5J的动能后，经轨道ABCD水平滑到D点，并与小物块m2发生弹性碰撞，经过一段时间后m3和右侧挡板发生弹性碰撞，整个运动过程中m2、m3未发生碰撞，m3与挡板P碰撞后均反向弹回，碰撞前后瞬间速度大小相等。已知m2、m3与木板间的动摩擦因数μ均为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，m1＝m2＝1kg，m3＝2kg，g＝10m/s2。试求：
（1）求滑块m1到达D点时对轨道的作用力；
（2）若整个运动过程中m3只与挡板碰撞1次，且返回后最终m2、m3停止了运动，求最初m3与挡板P的水平距离；
（3）调节m3与挡板P的水平距离，使整个运动过程中m3与挡板总共碰撞2次，且最终m2、m3停止了运动，求整个运动经过的时间t和此过程最初m3与挡板P的水平距离。
3．（2025 宁波校级一模）图甲为某游戏项目模型，由弹性发射装置P、倾角θ＝37°长l1＝2.75m的固定斜面AB、质量m1＝1kg的表面为四分之一光滑圆弧的滑块M和质量m2＝4kg长度l2＝2.25m的平板小车等四部分组成。圆弧CD的半径R＝1m，最低点C与小车等高。当P把m＝1kg的小物块（视为质点）以v0＝4m/s速度水平弹出，恰好由A点沿斜面方向进入斜面，不考虑其运动时通过各连接点间的动能损失。小物块与AB间的动摩擦因数μ1＝0.5，忽略小车和M下表面与地面的摩擦。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）求水平弹出点离A点的竖直高度h1；
（2）若锁定平板小车，小物块与小车间的动摩擦因数μ2＝0.6。求小物块滑上M时对C点的压力F及上滑的最大高度h2；
（3）现解除小车锁定，并在小车上表面喷涂一种特殊材料（不计喷涂材料的质量），使小物块与小车间的动摩擦因数能从右（B端）向左随距离变化，如图乙所示。若小物块仍以v0＝4m/s速度水平弹出，试分析小物块能否通过C点？并说明理由。
4．（2025 宁波一模）如图所示，某固定装置由长度L＝3m、倾角β＝37°的倾斜传送带AB，圆心角α＝23°和θ＝60°、半径均为R＝1m的两圆弧管道BC、CD组成，轨道问平滑连接。在轨道末端D的右侧的光滑水平面上紧靠着轻质小车，小车上表面与D所在的水平面平齐，右端放置质量m2＝3kg的物块b。质量m1＝1kg的物块a从传送带A点由静止释放，经过BCD滑出圆弧管道。已知传送带由电动机带动，以速度v＝8m/s顺时针转动，a与传送带及小车间的动摩擦因数均为μ1＝1.5，b与小车间的动摩擦因数μ2＝0.2，其它轨道均光滑，物块均可视为质点，不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。
（1）求物块a在传送带上运动的时间t；
（2）为维持传送带能匀速运送物块a从A点到B点，求电动机多做的功W；
（3）求物块a到达D点时对管道的作用力FN；
（4）要使物块a恰好不与物块b发生碰撞，求小车长度的最小值d。
5．（2025 浙江一模）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF、GH组成。BCD的最高点D与EF的右端点E在同一竖直线上，且D点略高于E点。木板静止在GH上，其上表面与EF相平，右端紧靠竖直边FG，左端固定一竖直弹性挡板。游戏时滑块从A点弹出，经过轨道AB、BCD、EF后滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m＝0.3kg，木板质量M＝0.1kg，长度l＝1m，BCD的半径R＝0.4m，弹簧弹性势能的最大值为8J，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与轨道GH间的动摩擦因数为μ2，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨道连接处时的能量损失，滑块与挡板发生弹性碰撞。
（1）若滑块恰好能够滑上轨道EF，求滑到圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大小FN；
（2）若μ1＝0.2，μ2＝0，则在满足滑块始终不脱离木板的条件下，求滑块在木板上的动能最大值Ekm；
（3）若μ1＝0，μ2＝0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF，求在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩擦力对木板做的功W。
6．（2024 义乌市三模）某固定装置的竖直截面如图甲所示，由长度为1.0m的水平传送带和两段光滑圆管轨道组成，两段圆管轨道所对应的圆心角相同θ＝106°，AB＝0.4m，BC＝0.8m，右侧带有竖直挡板的滑块b放置在光滑的水平面上，传送带和滑块b与轨道端口均为平滑连接，传送带启动后运行的v﹣t图如图乙所示，传送带启动0.5s后把小物块a从传送带左侧静止释放，小物块a和滑块b的质量均为m＝0.4kg，a与传送带和滑块b之间的动摩擦因数均为μ＝0.25，若空气阻力、小物块a、圆管轨道的口径和皮带轮半径均可不计，物块a进出管道时无能量损失，物块a和滑块b发生的碰撞为完全弹性碰撞，重力加速度g＝10m/s2，试求：
（1）小物块a在传送带上运动的时间t；
（2）小物块a进入BC管道时对管道的作用力大小；
（3）滑块b至少多长才能使小物块a不脱离滑块。
7．（2024 浙江模拟）如图所示，一水平传送带以v＝3m/s的速度顺时针转动，其左端A点和右端B点分别与两个光滑水平台面平滑对接，A、B两点间的距离L＝4m。左边水平台面上有一被压缩的弹簧，弹簧的左端固定，右端与一质量为m1＝0.1kg的物块甲相连（物块甲与弹簧不拴接，滑上传送带前已经脱离弹簧），物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ1＝0.2。右边水平台面上有一个倾角为45°，高为h1＝0.5m的固定光滑斜面（水平台面与斜面由平滑圆弧连接），斜面的右侧固定一上表面光滑的水平桌面，桌面与水平台面的高度差为h2＝0.95m。桌面左端依次叠放着质量为m3＝0.1kg的木板（厚度不计）和质量为m2＝0.2kg的物块乙，物块乙与木板之间的动摩擦因数为μ2＝0.2，桌面上固定一弹性竖直挡板，挡板与木板右端相距x0＝0.5m，木板与挡板碰撞会原速率返回。现将物块甲从压缩弹簧的右端由静止释放，物块甲离开斜面后恰好在它运动的最高点与物块乙发生弹性碰撞（碰撞时间极短），物块乙始终未滑离木板。物块甲、乙均可视为质点，已知g＝10m/s2，。求：
（1）物块甲运动到最高点时的速度大小；
（2）弹簧最初储存的弹性势能；
（3）木板运动的总路程；
（4）若木板的质量为m3＝0.4kg，木板与挡板仅能发生两次碰撞，求挡板与木板距离的范围为多少。
8．（2024 金华模拟）小明设计了如图所示的弹珠弹射游戏装置。固定在水平面上的弹珠发射器发射一质量m＝0.2kg的小弹珠，沿由水平直轨道和竖直半圆形轨道AB运动并从B处水平飞出，然后恰好进入圆弧形管道CD，并从该管道的D处水平滑出，撞击放置在平台上质量M＝0.8kg的碰撞缓冲装置PQ，该装置中的轻弹簧一端固定在挡板Q上，另一端连接质量可不计、且能自由滑动的小挡板P，小弹珠碰到挡板P时紧贴挡板一起运动，但不粘连。已知h＝0.55m、H＝0.8m、L＝0.8m、R＝0.5m，不考虑所有摩擦和空气阻力及碰撞时能量的损失，轨道固定，缓冲装置PQ可在平台上运动，求：
（1）弹珠发射器发出小弹珠的初速度大小v0；
（2）缓冲装置中弹簧所能获得的最大弹性势能Ep；
（3）小弹珠再次回到D点时的速度。
9．（2024 金华模拟）某游戏装置如图所示。将质量为m＝1kg的物块P置于弹簧一端（弹簧与物块不粘连），弹簧另一端固定于斜面上，初始时刻将弹簧压缩至如图位置，使其具有一定的弹性势能。一倾角θ＝37°，长度LPA＝0.5m的粗糙斜面PA与半径R＝0.5m，圆心角θ＝37°的光滑圆弧AB平滑相接（物块滑上A点时无能量损失），物块释放后沿圆弧在B点与质量也为m＝1kg的物块Q发生弹性正碰后，水平向右离开圆弧，圆弧与一水平足够长木板BC平滑相连。物块从圆弧离开后，带动上下表面粗糙，质量为m＝1kg的木板BC开始运动，若木板BC恰好不与竖直墙壁DE相撞则视为游戏成功。已知物块与PA间的动摩擦因数μ1＝0.2，物块与木板间动摩擦因数μ2＝0.3，木板与地面间动摩擦因数μ3＝0.1，某次游戏开始时弹簧具有的弹性势能EP＝14.8J。物块可视为质点，不计物块与其它位置的摩擦。则：
（1）物块P到达A点时的速度大小；
（2）物块P经过A点时对圆弧的压力；
（3）物块Q滑上木板时的速度大小；
（4）若要游戏成功，则木板右端点C与竖直墙壁的最短距离。
10．（2024 浙江模拟）如图所示，倾角θ＝37°的斜面AB与长度为L＝0.6m的水平面BC在B点衔接，衔接点平滑，质量为m＝1kg的可视为质点的滑块Q静置在水平面的右端C。可视为质点的滑块P自斜面上高h＝0.3m处静止释放，与滑块Q发生弹性碰撞后，滑块Q在C点立即进入光滑竖直半圆轨道DE的内侧（CD间隙不计），D为圆的最高点，圆半径记为R。滑块Q经圆弧后在E点水平抛出，最终落于水平地面FG上，水平面FG与BC的高度差为H＝1.2m。已知滑块P与AB面和BC面的动摩擦因数都为μ＝0.1。
（1）若滑块P的质量为m＝1kg，半圆轨道DE的半径R可调，半圆轨道能承受的滑块的压力不能超过70N，要保证滑块Q能经圆周运动顺利经过E点。
①求滑块Q进入D点时的速度vD。
②求半圆轨道的半径R的取值范围。
③求滑块Q离开E后落在FG面上的最大射程。
（2）若半圆轨道DE的半径为R＝0.4m，滑块P的质量可调，求滑块Q进入D点时对D的压力大小的范围。
