2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第28讲 三大观点解决力学问题(复习讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年高考物理一轮讲义+练习(湖南专用)第28讲 三大观点解决力学问题(复习讲义)(学生版+解析)，文件包含四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题原卷版docx、四川省宣汉中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试题Word版含解析docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共4页， 欢迎下载使用。
02 \l "_Tc7022" 体系构建·思维可视2
03 \l "_Tc306" 核心突破·靶向攻坚3
\l "_Tc20185" 考点一 动量观点与动力学观点的综合应用4
\l "_Tc10076" 知识点1．动量观点与动力学观点 PAGEREF _Tc10076 \h 7
\l "_Tc32152" 考向1 动量观点与动力学观点在直线运动中的综合运用8
\l "_Tc7144" 考向2 动量观点与动力学观点在直线运动中的综合运用10
\l "_Tc6976" 考点二 动量观点与能量观点的综合应用12
\l "_Tc10076" 知识点1．动量观点与能量观点13
考向 动量观点与能量观点的综合应用15
\l "_Tc4089" 考点三 力学三大观点的综合应用17
\l "_Tc10076" 知识点1．解决动力学问题的三个基本观点1 PAGEREF _Tc10076 \h 7
\l "_Tc17754" 知识点2．力学规律的选用原则18
考向 力学三大观点的综合应用20
04 \l "_Tc306" 真题溯源·考向感知26

考点一 动量观点与动力学观点的综合应用
知识点1．动量观点与动力学观点
1．牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受的力的瞬时作用与物体运动的关系，或者物体受恒力作用直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用动力学观点。
2．动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。
3．若研究对象是相互作用的物体组成的系统，则有时既要用到动力学观点，又要用到动量守恒定律
\l "_Tc17630" 考向1 动量观点与动力学观点在直线运动中的综合运用
例1 ．（2025届安徽省蚌埠市高三二模）如图所示，倾角的足够长斜面体水平固定，质量为的物块静止在斜面上，质量为的光滑物块从距离为处由静止释放，下滑过程中，与的碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短。物块与斜面间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取，不计空气阻力，。求：
（1）与第一次碰撞前瞬间的速度大小；
（2）第一次碰撞结束到第二次碰撞的时间；
（3）在第二次碰撞和第三次碰撞之间，、间的最大距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
由静止开始下滑的加速度大小为
由运动学公式有
解得
小问2详解】
设第一次碰撞后，和的速度大小分别为、，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得
碰撞后，对研究，由于
故碰后做匀速运动，设经过时间第二次碰撞，则有
解得
【小问3详解】
第二次碰撞前，的速度大小
设第二次碰撞后，的速度大小分别，根据动量守恒有
根据能量守恒有
解得，
设经过的时间间的距离最大，有
解得
则间的最大距离为
【变式训练1】（2025·吉林·二模）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。如图，两人同时通过绳子对质量为m的重物分别施加大小均为、方向都与竖直方向成37°的力，重物离开地面0.5米后人停止施力，最后重物自由下落陷入地面，与地面碰撞时间为0.1s，。不计空气阻力，重力加速度g取。则（ ）
A．重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间
B．重物克服地面阻力做的功等于人对重物做的功
C．重物刚落地时的速度大小为4m/s
D．地面对重物的平均阻力大小为4mg
【答案】AC
【详解】AC．设停止施力瞬间重物的速度大小为，根据动能定理有
解得
设重物刚落地时的速度大小为，根据动能定理有
解得
重物在空中运动过程，开始在拉力作用下做匀加速运动，速度大小达到后做匀减速运动直至速度为零，之后再做匀加速直线运动直至速度大小为，由此可知上升过程中的平均速度大小为
下降过程中的平均速度大小为
又由于上升、下降位移大小相等，则重物在空中上升的时间一定大于在空中下落的时间，故AC正确；
B．重物在整个运动过程中，根据动能定理有
则重物克服地面阻力做的功大于人对重物做的功，故B错误；
D．碰撞地面过程中根据动量定理有
解得
D错误。
故选AC。
【变式训练2】（2025·湖南··三模）一工人通过传送带输送质量的货物，传送带与水平面夹角，以的速度顺时针运行，传送带与转轴无相对滑动，转轴的半径。工人将货物轻放在传动带上切点A处，货物与传送带间动摩擦因数为，货物到达传送带上切点B时恰好与传送带相对静止。货物从传送带离开后掉落到静止在光滑水平地面的小车上，立即与小车共速并一起向右运动，小车碰到弹簧后停止运动，随后工人拿走货物。已知小车质量，弹簧劲度系数为，重力加速度为，弹簧的形变量为x时，弹性势能为，货物可看成质点。求：
(1)货物在传送带上运动时，电动机多消耗的电能；
(2)货物与小车一起向右运动时的速度；
(3)小车碰到弹簧后货物不相对小车滑动，货物与小车间的动摩擦因数不能小于多少？
【答案】(1)60J
(2)
(3)0.25
【详解】（1）货物在传送带上受力如图所示
根据牛顿第二定律有
解得
货物放上传送带到速度与传送带相同，位移为s，有，
可得，
这段时间内传送带位移为
货物加速到与传送带速度相同过程中机械能增加了E1，则
货物与传送带间内能增加量为Q，则
电动机多消耗的电能
（2）货物随传送带到达转轴最高点P时，恰好有
可知货物从P点水平抛出，随后落入小车后立即与小车共速，货物与小车水平方向动量守恒则有
解得
（3）小车碰到弹簧后，若弹簧压缩至最短时货物恰不与小车发生相对滑动，则有，，
可得
货物与小车间动摩擦因数不能小于0.25。
\l "_Tc17630" 考向2 动量观点与动力学观点在直线运动中的综合运用
例2（2025·湖南怀化·二模）如图甲，某轻弹簧两端系着质量均为的小球A、B。小球A用细线悬挂于天花板上，系统处于静止状态。将细线烧断，并以此为计时起点，A、B两小球运动的 图线如图乙所示（ 为小球的加速度， 为时间），两图线对应纵轴最小值均为表示到时间内A的 图线与横轴所围面积大小，当地重力加速度为 。下列说法正确的是（ ）
A．从到时刻，弹簧对A球的冲量为
B．时刻，弹簧弹性势能最大
C．时刻，A、 B两小球的速度差最小
D．时刻，B物体的速度大小为
【答案】AD
【详解】A．从图像可知从0到时刻两图线与时间轴所夹面积相等，即时刻两小球速度大小相等，由动量定理
得两球速度大小
设弹簧对球的冲量为，以球为对象有
则，故A正确；
B．时刻，两小球加速度大小相等，以小球 A、B整体为对象
得
设此时弹簧弹力为，以小球A为研究对象有
则，即弹簧处于原长，弹性势能最小，故B错误；
C．从图乙可知，从0到时刻两者速度差一直在增大，时刻达到最大，故C错误；
D．从0到时刻，以A、B两球整体为对象
其中
化简得，故D正确。
故选AD。
【变式训练1】（2025·福建厦门·二模）冬季，鸬鹚南飞入驻环境宜人的厦门，栖息于筼筜湖等水域。如图甲，一质量为的鸬鹚观察到猎物后在低空由静止开始竖直向下加速俯冲，入水后作减速直线运动。整个运动过程的图像如图乙所示，已知鸬鹚入水瞬间的速度大小为，在空中俯冲时受到的阻力，重力加速度大小取，求：
(1)鸬鹚加速过程中加速度的大小；
(2)鸬鹚加速过程的时间及位移的大小；
(3)过程中水对鸬鹚作用力的冲量大小。
【答案】(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）鸬鹚俯冲过程，由牛顿第二定律
得
（2）鸬鹚加速过程
得
加速下落过程满足
得
故鸬鹚加速时间为，位移为。
（3）解法一：，鸬鹚在水中减速，规定竖直向下为正方向，由动量定理得
得
负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。
解法二：规定竖直向下为正方向，鸬鹚运动全程，由动量定理得
得
负号表示水对鸬鹚的冲量竖直向上。
（
【变式训练2】（2025·广东广州·二模）物体A和B用轻绳相连挂在轻弹簧下静止不动，如图（a）所示。A的质量为m，B的质量为M，将连接A、B的绳烧断后，A上升，经过某一位置时的速度大小为v，这时B的下落速度大小为u，如图（b）所示。重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．在这段时间里，A的重力势能增加量小于弹簧弹力对A做的功
B．在这段时间里，弹簧弹力对A的冲量大小等于
C．在这段时间里，弹簧弹力对A的冲量大小等于mv
D．绳烧断瞬间，A的加速度大小为
【答案】AB
【详解】A．在这段时间里，弹簧弹力对A做的功等于A的重力势能增加量和动能增加量之和，A正确；
BC．根据动量定理，对物体A，则有
对于物体B，则有
联立解得
B正确，C错误；
D．绳未烧断时，整体受力分析可得
烧断绳瞬间，弹簧的弹力不变，对A受力分析，由牛顿第二定律可得
联立解得
D错误。
故选AB。

考点二 动量观点与能量观点的综合应用
知识点1．动量的观点和能量的观点
1．两大观点
(1)动量的观点：动量定理和动量守恒定律。
(2)能量的观点：动能定理和能量守恒定律。
2．三种技巧
(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。
(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。
(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显出它们的优越性。
\l "_Tc17630" 考向1 动量的观点和能量的观点的综合应用
例1（2025安徽省黄山市高三二模 ）某高楼卸货神器采用耐磨帆布作为滑道使搬运工作变得更加轻松。如图所示，段为总长的帆布材料制成的滑道，滑道与水平地面在P点平滑连接。质量为的缓冲器静止在水平地面上，缓冲器由凹槽和一根高强度轻质弹簧组成，弹簧左端固定在凹槽内部，最右端位于P点正上方。质量为的货物从距地面竖直高度的O点由静止滑下，至P点时速度为。货物和缓冲器与地面间的动摩擦因数均为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧弹性势能公式（为弹簧形变量），重力加速度取。则：
（1）求货物在滑道上所受平均阻力的大小；
（2）若缓冲器固定不动，弹簧的劲度系数为，为使货物与凹槽不相撞，求弹簧伸出凹槽的最小长度；
（3）若缓冲器不固定，若更换一根劲度系数为的弹簧，弹簧伸出凹槽的长度是，货物与凹槽碰撞时间极短，且碰后不分离，求凹槽向左运动的距离。
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【小问1详解】
对货物在滑道下滑过程应用动能定理
代入数据可得
【小问2详解】
为使货物与缓冲器恰好不相撞，设弹簧伸出缓冲装置的最小长度为，由动能定理可得
解得
【小问3详解】
设碰撞前缓冲装置未移动，碰撞前货物的速度为，碰撞后瞬间共同速度为，碰撞后后退的距离为，由动能定理
碰撞瞬间动量守恒
碰撞后减速到静止，由动能定理
解得
【变式训练1】（2025·安徽省池州市普通高中高三教学质量统一监测）如图所示，质量为的圆弧劈体在光滑的水平地面上以速度大小向左运动，其水平部分粗糙、动摩擦因数为、水平部分长度为L=5m，其圆弧部分光滑、圆弧半径为。质量为的物块（可视为质点）以速度大小从水平部分左端滑上圆弧劈体，物块恰好滑到劈体与圆心等高处。已知，重力加速度，整个过程中圆弧劈体不翻转。求：
（1）物块第一次滑到圆弧部分最低点的速度；
（2）圆弧劈体半径；
（3）物块第二次滑到圆弧部分最低点时轨道对地面的压力（用表示）。
【答案】（1）；水平向右
（2）2.4m （3）60m；竖直向下
【解析】
【小问1详解】
物块从左端滑上圆弧劈体到第一次滑至圆弧部分最低点，选择水平向右为正方向，由动量守恒定律有
由能量守恒定律有
联立，解得，
或者 ，（舍去）
故物块第一次滑到圆弧部分最低点时速度大小为，方向水平向右。
【小问2详解】
物块恰好滑到劈体圆心等高处时，速度相同，设为，对物块从第一次滑到圆弧部分最低点到滑到劈体圆心等高处过程，由水平方向动量守恒定律有
解得
由机械能守恒定律有
解得
【小问3详解】
物块从劈体圆心等高处到第二次滑到圆弧部分最低点过程中，由水平方向动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
联立，解得
或者（舍去）
设物块在圆弧最低点相对圆弧劈体的速度，则
当物块第二次在圆弧部分最低点时，由牛顿第二定律有
解得
对圆弧劈体在竖直方向上有：
又
解得
由牛顿第三定律可知，物块第二次滑到圆弧部分最低点时圆弧劈体对地面的压力大小为
方向竖直向下。
【变式训练2】0（2025届安徽省芜湖市高三二模） 如图甲所示，质量为M的木块静止在光滑水平面上，质量为m的子弹以某一速度沿水平方向射入木块，一段时间后恰好在木块中与木块相对静止，若该过程中木块的速度与子弹的速度之间的关系可以用图乙表示，子弹在木块中相对运动时所受的阻力为恒力，则下列说法正确的有（ ）
A
B. 该过程中子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移小
C. 木块所能达到的最大速度为
D. 木块所能达到的最大速度为
【答案】AC
【解析】
【详解】ACD．由乙图可知，木块与子弹的速度关系满足
设子弹与木块相对静止时的速度为，则有
解得二者共同的速度
即木块所能达到的最大速度为
子弹射入木块，系统动量守恒则有
代入数据解得
AC正确，D错误；
B．设子弹相对于木块的位移为L，木块相对于地面的位移为x，根据能量守恒定律则有
根据动能定理则有
系统动量守恒，则有
联立解得，
显然，即子弹相对木块的位移比木块相对地面的位移大，B错误。
故选AC。

考点三 力学三大观点的综合应用
知识点1．解决动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：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，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。
知识点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(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)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问题，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，即系统内能的增加量。
(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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
案。
考向 力学三大观点的综合应用
例1（2025安徽省马鞍山市高三下学期二模）如图甲所示，一电梯以速度竖直向上运动，电梯运动的图像如图乙所示。电梯内有一处于竖直平面内的固定轨道ABCD，其中AB段为足够长的粗糙倾斜直轨道、BCD段为光滑圆弧轨道，两段轨道在B处平滑连接，直径CD为竖直方向，圆弧BC对应的圆心角，圆轨道半径，圆弧BCD长为0.95m。在电梯内参考系中观察，直轨道底端B处一质量的小物块a处于静止状态。时刻，在直轨道上方与物块a相距处，一足够长的木板b和其上端小物块c一起由静止开始释放，一段时间后与物块a在B处发生第一次弹性碰撞。已知木板b和物块c的质量均为，木板与直轨道间的动摩擦因数、物块c与木板间的动摩擦因数，重力加速度g取，、，求：
（1）在电梯内参考系中，木板与物块a第一次碰撞前的速度；
（2）电梯停止运动前一瞬间，圆弧轨道对物块a的支持力；
（3）若物块a落到直轨道后立即静止且被固定不再运动，从开始到木板和物块a发生第二次碰撞为止，求木板和直轨道间因摩擦而产生的热量Q。
【答案】（1）
（2）3N （3）9.7J
【解析】
【小问1详解】
因，b和c共同加速下滑，假设b、c整体下滑到B的过程，电梯始终匀速，根据牛顿第二定律有
解得
根据位移时间公式有
解得
即时木板与a碰撞，由图像可知，假设正确
所以
【小问2详解】
对b、a弹性碰撞过程，根据动量守恒有
根据能量守恒有
联立解得，
由图乙可知阶段，电梯以做匀减速运动，电梯内物体均处于完全失重状态，则物块a沿圆弧做匀速圆周运动，木板和物块c做匀速直线运动，对物块a，由B运动D过程，则有
则电梯停止运动前一瞬间，物块a恰在圆弧轨道最高点D处，则有
【小问3详解】
物块a在斜轨道上的落点在B点上方d处，对a的平抛过程，则有，
联立解得
木板b匀速上升阶段的位移为
对木板b受力分析，根据牛顿第二定律有
解得
木板b匀减速上升阶段位移为
所以从t=0开始到木板和物块a发生第二次碰撞为止，根据功能关系，可得木板和直轨道间因摩擦而产生的热量为
代入数据解得
【变式训练1】（.2025届安徽省安庆市高三下学期二模） 如图所示，一半径为R=3m圆弧轨道固定在水平面上，且与水平面相切于圆弧最低点B，圆弧对应的圆心角θ=53°，C点处固定另一半径为r的竖直圆轨道且与水平面相切；距C点足够远的D点放有一质量为M=3kg物块，D点右侧水平面粗糙且与物块间的动摩擦因数为μ=0.1。一个质量为m=1kg的光滑小球从圆弧轨道的上端点A由静止释放，之后恰好能通过竖直圆轨道并与物块发生碰撞，忽略小球与物块的大小，且除了物块与D点右侧地面之间存在摩擦外，其余摩擦均不计，小球与物块的碰撞没有机械能损失，重力加速度g=10m/s2。已知sin53°=0.8，cs53°=0.6。试求：
（1）小球刚滑到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小；
（2）竖直圆轨道的半径及小球与物块第1次碰撞后物块速度大小；
（3）判断小球能否与物块发生第2次碰撞。若不能，请通过计算说明理由；若能，求出小球与物块发生2次碰撞后物块滑行的总位移。
【答案】（1）18N （2）0.48m，
（3）1m
【解析】
【小问1详解】
小球释放后由动能定理可得
解得
在B点有
解得
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为18N；
【小问2详解】
小球恰好过圆轨道最高点，有，
且
解得
小球离开圆轨道后与物块相碰时，由动量守恒及机械能守恒可知，
解得，
【小问3详解】
小球反弹后能到达圆环轨道高度为h′，则
解得
故小球不能过固定圆轨道圆心等高点，以原来速度大小返回后与物块发生第2次碰撞，有，
解得，
故物块停下时有
解得
物块第二次碰后到第三次碰前有
解得
【变式训练2】（2025·湖南郴州·三模）如图所示，水平传送带以v=5.0m/s的速率沿顺时针方向匀速转动，左端与一竖直放置的光滑圆弧轨道平滑对接，右端与一足够长的水平光滑平台平滑对接，传送带长L=1.6m。光滑圆弧半径R=0.2m，距离圆弧轨道最上端s=2.4m处由静止释放滑块A（可看作质点），滑块A沿切线方向无碰撞进入圆弧轨道，滑块A从传送带上滑出后与平台末端的滑块B发生弹性正碰撞，碰后A以2m/s的速度返回，A第2次离开传送带后被取走，B从平台上水平滑出，滑出后与水平面碰撞时水平速度不变，碰后的反弹高度都是前一次的，不计所有碰撞的时间。已知A的质量mA=0.1kg，A与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，平台高h=3.2m，重力加速度大小g=10m/s2，空气阻力不计，求：
(1)滑块B的质量为多大；
(2)滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，滑块A和传送带之间因摩擦产生的内能；
(3)滑块B第17次与水平面接触时在水平方向上运动的总距离为多大（取，结果用a表示）。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）滑块A第1次到达传送带时的速度为，根据
解得
故滑块A在传送带上做减速运动，假设A第1次从传送带上滑下时的速度为，根据动能定理有
解得（假设成立）
A与B发生弹性碰撞时，碰后A速度大小，有，
联立解得，
（2）滑块A再次回到传送带时，滑块A第2次在传送带上滑动的过程中，滑块A和传送带运动的v—t图像如图所示
滑块A的加速满足
滑块A第2次在传送带上运动的时间
滑块A和传送带间的相对位移
内能
联立解得
（3）滑块B水平抛出后，竖直方向有
解得
滑块B与水平面第一次接触后上升的高度
设滑块B反弹到最高点后再次下落至水平面所需的时间为t1，有
解得
滑块B与水平面第n次接触后上升的高度
根据，
解得
故滑块B第17次与水平面接触时，则
解得
故滑块B第17次与水平面接触时在水平方向上运动的总距离
1．（2025·海南·高考真题）足够长的传送带固定在竖直平面内，半径，圆心角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，，A、B可视为质点，AB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，忽略轨道及平台的摩擦，
(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)，方向竖直向上；
(2)
(3)或
【详解】（1）A从开始到滑到圆弧最低点间，根据机械能守恒
解得
在最低点根据牛顿第二定律
解得，方向竖直向上；
（2）根据题意AB碰后成一整体，根据动量守恒
解得
故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为
（3）第一种情况，当传送带速度小于时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为，对AB根据牛顿第二定律
设经过时间后AB与传送带共速，可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
联立解得，另一解大于舍去；
第二种情况，当传送带速度大于时，AB滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间后AB与传送带共速，同理可得
该段时间内AB运动的位移为
传送带运动的位移为
故可得
解得，另一解小于舍去。
2. （2025·广重庆·高考真题）如图所示，长度为d的水平传送带M顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO，与向右运动的小物块B发生碰撞（碰撞时间极短）。碰后A、B均向右运动，从O点进入粗糙水平地面。设A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为，重力加速度为g。
（1）求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小；
（2）若碰前瞬间，B的速度大小为A的一半，碰撞为弹性碰撞，且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d，求B的质量；
（3）若B的质量是A的n倍，碰后瞬间A和B的动量相同，求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。
【答案】（1），
（2）
（3），
【解析】
【小问1详解】
A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度，即
可得
由于A还没与传送带达到相同速度时就离开传送带，所以物体在传送带上做匀加速直线运动，由
解得
【小问2详解】
设B的质量为M，则由题意由碰前，，两物体发生弹性碰撞则动量和能量守恒有，
又因为在弹性碰撞中，碰前相对速度与碰后相对速度大小相等，方向相反，即
联立解得，
因为OP 段粗糙，由动能定理有
得，即，
根据题意有，且由（1）有
联立各式解得
【小问3详解】
设碰前小物块B向右运动的速度为,A、B发生碰撞，则
A、B碰撞过程动量守恒有
又因为碰后瞬间A和B动量相同，则
则，
根据碰撞的约束条件，要两物块不发生二次碰撞则有，即
碰后动能不增，即，可得
所以n的取值范围为
分别将和代入，分别可得，
所以对应的B 的速度范围为，代入
可得
3．（2025·广西·高考真题）图甲为某智能分装系统工作原理示意图，每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后水平抛出，撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号，随后竖直掉入以与水平传送带共速度的货箱中，此系统利用传感器探测散货的质量，自动调节水平传送带的速度，实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为，以速度匀速运行。若以相同的时间间隔将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A，从放置某个散货时开始计数，当放置第10个散货时，第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数，到达顶端前已与传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短，撞击后竖直方向速度不变，水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质为M的一批散货。若货箱之间无间隔，重力加速度为g。分装系统稳定运行后，连续装货，某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I如图乙，求这段时间内：
(1)单个散货的质量。
(2)水平传送带的平均传送速度大小。
(3)倾斜传送带的平均输出功率。
【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）对单个散货水平方向由动量定理
解得单个散货的质量为
（2）落入货箱中散货的个数为
则水平传送带的平均传送速度大小为
（3）设倾斜传送带的长度为L，其中散货在加速阶段，由牛顿第二定律
解得
加速时间
加速位移
设匀速时间为
其中
则匀速位移为
故传送带的长度为
在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为
在时间内传送带额外多做的功为
其中，，，
联立可得倾斜传送带的平均输出功率为
4．（2024·重庆·高考真题）如图所示，M、N两个钉子固定于相距a的两点，M的正下方有不可伸长的轻质细绳，一端固定在M上，另一端连接位于M正下方放置于水平地面质量为m的小木块B，绳长与M到地面的距离均为10a，质量为2m的小木块A，沿水平方向于B发生弹性碰撞，碰撞时间极短，A与地面间摩擦因数为，重力加速为g，忽略空气阻力和钉子直径，不计绳被钉子阻挡和绳断裂时的机械能损失。
(1)若碰后，B在竖直面内做圆周运动，且能经过圆周运动最高点，求B碰后瞬间速度的最小值；
(2)若改变A碰前瞬间的速度，碰后A运动到P点停止，B在竖直面圆周运动旋转2圈，经过M正下方时细绳子断开，B也来到P点，求B碰后瞬间的速度大小；
(3)若拉力达到12mg细绳会断，上下移动N的位置，保持N在M正上方，B碰后瞬间的速度与（2）间中的相同，使B旋转n圈。经过M正下的时细绳断开，求MN之间距离的范围，及在n的所有取值中，B落在地面时水平位移的最小值和最大值。
【答案】(1)
(2)
(3)（n = 1，2，3，…），，
【详解】（1）碰后B能在竖直面内做圆周运动，轨迹半径为10a，设碰后B的最小速度大小为v0，最高点速度大小为v，在最高点时由牛顿第二足定律有
B从最低点到最高点由动能定理可得
解得
（2）A和B碰撞过程中动量守恒，设碰前A的速度大小为v1碰后A的速度大小为v2。碰后B的速度大小为v3，则有
2mv1 = 2mv2＋mv3
碰后A减速到0，有
碰后B做两周圆周运动，绳子在MN间缠绕2圈，缩短4a，在M点正下方时，离M点6a，离地面4a，此时速度大小为v4，由功能关系得
B随后做平抛运动，有
L = v4t
解得
（3）设MN间距离为h，B转n圈后到达M正下方速度大小为v5，绳缩短2nh，绳断开时，以M为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
以N为圆心，由牛顿第二定律得
（n = 1，2，3，…）
从碰后到B转n圈后到达M正下方，由功能关系得
（n = 1，2，3，…）
解得
（n = 1，2，3，…）
绳断后，B做平抛运动，有
（n = 1，2，3，…）
s = v5t
可得
（n = 1，2，3，…）
由于
（n = 1，2，3，…）
则由数学分析可得
当时，
当n = 1时，，
5．（2024·浙江·高考真题）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侧璧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，重力加速度。
（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点后，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）5m/s；（2）0.625J；（3）6m/s
【详解】（1）滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时
从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理
解得
v0=5m/s
（2）平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒
根能量守恒
解得
（3）若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度分别为
共速后，共同加速度大小为
考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速；
假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程
共速过程，滑块、木板位移分别为
共速时，相对位移应为
解得
，
随后共同减速
到达H速度
说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。
6．（2024·广东·高考真题）汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。
（1）安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值。
（2）如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量，重力加速度大小取。求：
①碰撞过程中F的冲量大小和方向；
②碰撞结束后头锤上升的最大高度。
【答案】（1）；（2）①330N∙s，方向竖直向上；②0.2m
【详解】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知
解得
（2）①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小
方向竖直向上；
②头锤落到气囊上时的速度
与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）
解得
v=2m/s
则上升的最大高度
7．（2024·山东·高考真题）如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m，重力加速度大小g=10m/s2.
（1）若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
（i）求μ和m；
（ii）初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】（1）；（2）（i），；（3）
【详解】（1）根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有
代入数据解得
（2）（i）根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知
根据图乙有
当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有
结合题图乙有
可知
截距
联立以上各式可得
，，
（ii）由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s2，小物块的加速度为
当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有
小物块有
在这个过程中系统机械能守恒有
水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有
联立解得
根据运动学公式有
代入数据解得
8．（2024·湖北·高考真题）如图所示，水平传送带以5m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。传送带右端的正上方有一悬点O，用长为、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为0.1kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小。
（1）求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小；
（2）求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能；
（3）若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【详解】（1）根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第二定律有
解得
由运动学公式可得，小物块与传送带共速时运动的距离为
可知，小物块运动到传送带右端前与传送带共速，即小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小等于传送带的速度大小。
（2）小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有
其中
，
解得
小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能为
解得
（3）若小球运动到P点正上方，绳子恰好不松弛，设此时P点到O点的距离为，小球在P点正上方的速度为，在P点正上方，由牛顿第二定律有
小球从点正下方到P点正上方过程中，由机械能守恒定律有
联立解得
即P点到O点的最小距离为。
9．（2024·安徽·高考真题）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块右侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长。小球质量。物块、小车质量均为。小车上的水平轨道长。圆弧轨道半径。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取。
（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小；
（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；
（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围。
【答案】（1）6N；（2）4m/s；（3）
【详解】（1）对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理
解得
v0=5m/s
在最低点，对小球由牛顿第二定律
解得，小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为
（2）小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律
解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为
（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒
由能量守恒定律
解得
综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围为
10．（2024·浙江·高考真题）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角的直轨道，半径的圆弧轨道，长度、倾角为的直轨道，半径为R、圆心角为的圆弧管道组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量的小物块a从轨道上高度为h静止释放，经圆弧轨道滑上轨道，轨道由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数，向下运动时动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为，小物块a动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其它轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）若，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在上经过的总路程；
③在上向上运动时间和向下运动时间之比。
（2）若，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
【答案】（1）①16m/s2；②2m；③1∶2；（2）0.2m
【详解】（1）①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
第一次经过C点的向心加速度大小为
②小物块a在DE上时，因为
所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等，设其在上经过的总路程为s，根据功能关系有
解得
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
解得
（2）对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
解得
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
解得
11．（2023·广东·高考真题）如图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，平台高为。药品盒A、B依次被轻放在以速度匀速运动的传送带上，在与传送带达到共速后，从点进入滑槽，A刚好滑到平台最右端点停下，随后滑下的B以的速度与A发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为和，碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度为g，AB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：

（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）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功；
（3）圆盘的圆心到平台右端点的水平距离．
【答案】（1）（2）；（3）
【详解】（1）A在传送带上运动时的加速度
由静止加速到与传送带共速所用的时间
（2）B从点滑至点的过程中克服阻力做的功
（3）AB碰撞过程由动量守恒定律和能量关系可知
解得
（另一组舍掉）
两物体平抛运动的时间
则
解得
12．（2023·浙江·高考真题）一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角的直轨道、螺旋圆形轨道，倾角的直轨道、水平直轨道组成，除段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接。螺旋圆形轨道与轨道、相切于处．凹槽底面水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁处，摆渡车上表面与直轨道、平台位于同一水平面。已知螺旋圆形轨道半径，B点高度为，长度，长度，摆渡车长度、质量。将一质量也为的滑块从倾斜轨道上高度处静止释放，滑块在段运动时的阻力为其重力的0.2倍。（摆渡车碰到竖直侧壁立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，，）
（1）求滑块过C点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小；
（2）摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数；
（3）在（2）的条件下，求滑块从G到J所用的时间。
【答案】（1），；（2）；（3）
【详解】（1）滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得
解得
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得
解得
（2）设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
解得
摆渡车碰到前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得
解得
根据能量守恒可得
解得
（3）滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为
所用时间为
此过程滑块通过的位移为
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
则滑块从G到J所用的时间为
考点要求
考察形式
2025年
2024年
2023年
应用三大观点解决直线运动
选择题
非选择题
·
应用三大观点解决曲线运动
选择题
非选择题
湖南卷T15
湖南卷T15
湖南卷T15
1.命题形式：单选题非选择题
2.命题分析：湖南高考中力学三大观点的综合问题考查的频率较高，往往以计算题的形式出现 。命题从单一物体扩展至多物体系统需结合牛顿运动定律、动量守恒和能量守恒进行动态建模。
3.备考建议：本讲内容备考时候，要分析受力情况和物理过程，然后根据已知条件确定用三大观点中规律列式求解。
4.命题情境：
①生活实践类：安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物安全行车(机车碰撞、安全气囊)、交通运输(喷气式飞机)、体育运动(滑冰接力、球类运动)、火箭发射、爆炸、高空坠物。
②学习探究类：气垫导轨上滑块碰撞、斜槽末端小球碰撞
复习目标：
目标1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。
目标2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题。