解动力学问题的三大观点及选用原则（解析版）-2025高考物理热点模型讲义

模型35解动力学问题的三大观点及选用原则

模型概述

1.解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.

2.力的三个作用效果及五个规律

1）力的三个作用效果

作用效果对应规律表达式列式角度

=

力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合'ma动力学

平合二八七^即印合=；冽？22一；加vj

力在空间上的积累效果动能定理功能关系

冲量与动量

力在时间上的积累效果动量定理/合=Ap即F\t=mv'—mv

的关系

2）两个守恒定律

名称表达式列式角度

能量守恒定律（包括机械能守恒定律）E2=E\能量转化（转移）

动量守恒定律pi=p\动量关系

3.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，即转化为系统内能的量.

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.

6)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的

运动。

7)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定

律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。

8)若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解。

典题攻破

1.灵活应用力学三大观点解题

【典型题1】(2025•浙江•一模)如图所示，光滑板车由一个半径&=0.2m,夹角。=53。光滑圆弧轨道与

粗糙度可由神奇遥控器随时调节的长L=5.0m的水平板平滑连接，光滑板车的质量M=L6kg,一个

质量为机=lkg的小球尸从/点水平抛出，初速度%=2.4m/s,恰好能沿着圆弧进入圆弧轨道。除水平

板外一切摩擦均不计卜in53o=0.8cos53o=0.6,g=10m/s2）。

(1)小球的抛出点距离8点的高度〃；

(2)若板车固定在水平面上，求小球首次到达C点小车对小球的支持力；

(3)若板车不固定，求小球首次到达C点时小车对小球的支持力大小；

(4)调节水平板的摩擦因素，使得从抛出开始计时，经过0.92s物块恰好位于水平板中间的位置，求此

时小车对地位移的大小？

【答案】(l)0.512m(2)98N,方向竖直向上(3)135N(4)0.1m

【详解】(1)8点竖直分速度吟=%tane=3.2m/s

了方向有〃='=0.512m

2g

(2)到达3点速度为%=」［=4m/s

COS”

能量守恒C

+叫我(1-00$53°)=；机(。点根据牛顿第二定律然-叫=加乜-

22R

联立解得”=98N

方向竖直向上

(3)B—C能量守恒;加v；+加gR(l-cos53°)=：加%

水平方向动量守恒"?。0=加。.+MVM

联立解得5=4m/s

vM=-lm/sC点牛顿第二定律F^-mg=)

R

解得心=135N

(4)AfB过程5=里吧^=0.32s

g

水平方向动量定理微元求和Z加v°A/=冽＞田+M»“加

x

水平方向位移关系m~XM=^cos37°+0.5£

解得“=-01m

大小为0.1m。

针对训练

1.(2025・湖北•一模)如图所示，光滑水平面与光滑曲面平滑连接，水平面上有两个半径相同的小球A和B,

小球B的质量是小球A的质量的三倍。现让A球以速度%向右运动与静止的B球发生弹性正碰，碰后

小球B沿曲面上升到最大高度后又沿曲面返回到水平面，重力加速度的大小为g,求

(1)碰后小球A、B的速度大小；

(2)小球B沿曲面上升的最大高度。

2

【答案】(1注,崇⑵套

【详解】（1）设小球A的质量为机A，小球B的质量为，则恤=3加A小球A碰后的速度为VA,小

球A碰后的速度为彩，A、B发生弹性正碰

加A%=冽AVA+〃7BVB

=1^AV1+1^BVB

解得VA=一£

负号表不碰后A球向左运动vB=

（2）设B球在曲面上上升的最大高度为〃，由机械能守恒定律可得为8〃=；叫噂

联立解得力=?

2.（2025•湖北•一模）如图甲所示，竖直轻弹簧固定在水平地面上。质量为加的铁球由弹簧的正上方人高

处/点自由下落，在3点与弹簧接触后开始压缩弹簧，铁球下落到的最低点为C点。以/点为坐标原点,

沿竖直向下建立x轴，铁球从/到。过程中的加速度。一位移x图像如图乙所示，图像与x轴的交点坐

5/7

标为为。已知石=彳，不计空气阻力，重力加速度的大小为g,求

Q4....

（1）轻弹簧的劲度系数；

（2）铁球下落过程中的最大速度；

（3）铁球下落过程中的最大加速度。

【答案】（1）半（2）：向，方向竖直向下（3）3g,方向竖直向上

n2

【详解】（1）为处为平衡位置，则有左（%-//）=加g

解得左=等

n

（2）在平衡位置处速度最大，设为%；从/到平衡位置处，根据动能定理可得机gx「等说

解得％=?向

方向竖直向下。

（3）铁球在C点时的加速度最大，设为4，此时铁球的坐标为3；则从4到C处，根据动能定理可得

k（x2-A）z、

mgx2-------%---（x2-h）=0

解得％=2h

在C处，根据牛顿第二定律可得左心-切一叫二加%

解得Om=3g

方向竖直向上。

3.（2025•湖北黄冈•一模）如图所示，匀质木板A、B右端对齐静止叠放于光滑水平面上，木板A的质量为

m、长度为L木板B的质量为3、长度A、B间动摩擦因数为〃，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,

22

重力加速度大小为g。

（1）若对A施加水平向右的拉力尸，A、B间恰好发生相对滑动，求尸的大小；

7

⑵若对A施加水平向右的恒力片=5〃冽g,求木板A、B左端对齐所需时间.；

⑶若地面不光滑，木板A与地面间的动摩擦因数为对B施加水平向左的恒力乙作用一段

时间后再撤去£,木板B恰好未从木板A上掉落。求木板B速度的最大值%和木板A运动的总时间人

,3I24L

【答案】（1）尸=45〃g

【详解】（1）A、B间恰好发生相对滑动，对B由牛顿第二定律〃乂^乂8=]X4

对AB整体/=（加+；加）为

3

解得/二5"冽g

7

（2）若对A施加水平向右的恒力片=54加g,则AB之间产生滑动，此时B的加速度仍为％="g

A的加速度为片-］ux^mg=max

木板A、B左端对齐时,a/；—5ao彳=

解得所需时间"专

（3）设月作用的时间为右，撤力时B的速度最大，撤力后再经4时间A、B速度共速，由A与地面间

的动摩擦因数小于A、B间动摩擦因数，共速后两者一起匀减速直至停下，设撤力前B的加速度大小为“BI，

撤力后B相对A滑动的加速度大小为小，共速前A的加速度大小为呱1，共速后A的加速度大小为。至，

撤力前对B分析有耳-=£而1

共速前对A分析〃+=

共速后对A、B分析I［加+,Jg=［加+5卜庆2

13r

木板B恰好未从木板A上掉落，应满足5&1-以1），2«2+%）=—

其中"B"2—"o'3=aAl（'2+'3）

最大速度%=〃B1%2

解得％

A运动的总时间t=t2+t3+Of山9

-flA2

,[24L

解nZ得B;=--

VW

4.（2025•重庆•模拟预测）如图所示，一足够长的倾斜传送带以速度v=5m/s沿顺时针方向匀速转动，传送

带与水平方向的夹角。=37。。质量均为机=5kg的小物块A和B由跨过定滑轮的轻绳连接，A与定滑轮

间的绳子与传送带平行，轻绳足够长且不可伸长。某时刻开始给物块A以沿传送带方向的初速度v0=

14m/s（此时物块A、B的速率相等，且轻绳绷紧），使物块A从传送带下端冲上传送带，已知物块A与

传送带间的动摩擦因数〃=0.25,不计滑轮的质量与摩擦,整个运动过程中物块B都没有上升到定滑轮处。

取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g=lOm/s2。求：

□B

(1)物块A刚冲上传送带时的加速度；

(2)物块A冲上传送带运动到最高点所用时间；

(3)物块A沿传送带向上运动的过程中，物块A对传送带做的功。

【答案】(l)9m/s2,方向沿传送带向下(2),s(3)^yJ

【详解】(1)物块A刚冲上传送带时，对A物块，根据牛顿第二定律有用gsin6+T+〃w?gcose=w7q

对B物块〃zg-T=ma}

联立解得％=9m/s2

方向沿传送带向下；

(2)物块减速到与传送带共速后，物块继续向上做匀减速直线运动，对A物块，根据牛顿第二定律有

mgsind+T,-/nmgcos9=max

联立解得％=7m/s2

当物块A的速度减为零时，其沿传送带向上运动的距离最远，则有

联立解得，=%+72=^S

(3)此过程中物块对传送带做的功名=启「启2

其中

f=Ringcos6

X1=vt1

x2=vt2

解得〃=

5.(2025・重庆・模拟预测)如图所示，光滑水平面上有一倾角。=37。的斜面体B,物块A从斜面体底部以初

速度vo=5m/s开始上滑。已知电i=lkg,加B=2kg,物块A可视为质点，斜面体B上表面光滑，运动过

程中物块A始终不脱离斜面体，g^lOm/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8o

(1)若斜面体B固定，求物块A上升的最大高度；

(2)若斜面体B可自由滑动，求物块A上升的最大高度；

(3)若斜面体B可自由滑动，且其表面有一层绒布，物块A相对斜面上滑时动摩擦因数〃/=0.5,下滑时

=g,求物块A从出发到重新回到最低点的过程中的位移大小及系统因摩擦产生的热量。

【答案】⑴125m哈(3)噜-g楞)m,需J

【详解】(1)若斜面体B固定，对物块A,根据机械能守恒可得

解得物块A上升的最大高度4=1.25m

(2)物块A到达最高点时，与斜面体B相对速度为0,水平方向共速，由水平方向动量守恒可得

加A%COS37°=(%+加B"共

根据能量守恒可得；^AV0=；(冽A+mB)唯+冽Ag%2

解得均=5/9m

(3)沿斜面方向建立x轴，垂直斜面方向建立y轴，在上滑过程中，对A分析如图(a)所示，对B分

析如图(b)所示

%g

(«)

在y方向上A、B初速度均为0且始终不分离，故每时每刻y方向的位移、速度、加速度均相同，在任

意时刻，均有

mAgcos3T-Nx=mAaMy

N、sin37°+〃附cos37°=mBaBi

aMy=aBisin37°

on

解得

在下滑过程中，对A分析如图(c)所示，对B分析如图(d)所示

(c)(d)

同理，在任意时刻，均有

mAgcos3T-N2=mAaA2y

N2sin37°-JU2N2COS37°=mB«B2

=°B2sin37°

on

解得Nz=^N

说明A物体上滑、下滑过程中支持力均为定值，两物体受力始终为恒力。以B为参考系，在上滑过程中,

有

〃iNi+"Agsin37°=加A°A“

«BIX=«BICOS370

°相1=aAlx+0B1A

解得。和=*m/s?

,v„13

贝nUx相=—=高m

2a相i12

12

又％相=5〃相片

13

解得「而s

在下滑过程中，有

加Agsin37°-pi2N2=mAaA2x

aB2x=aB2cos37°

°相2=°A2x+aB2x

解得“=¥向小

,12

由工相二万。相2/2

可得%2=

故摩擦生热0="iN]X相+//2生工相=若勺

物块A最终回到斜面体B底端，故整个过程中A、B位移相同，为尤=1/彳+工磴2%=（竺-2产）m

22453Y75

6.（2025•江西南昌•一模）如图，一长为LCL是未知量）、质量为M=2kg的长木板放在光滑水平地面上，

物块A、B、C放在长木板上，物块A在长木板的左端，物块C在长木板上的右端，物块B与物块A的

距离加=3111,所有物块均保持静止。现对物块A施加一个水平向右的推力尸=15N,在物块A、B即

将发生碰撞前的瞬间撤去推力几已知物块A的质量为小A=3kg,物块B、C的质量为〃%=/«c=2kg,

物块A、B、C与长木板的动摩擦因数均为〃=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，glXlOm/s2,物块A、

B、C均可视为质点，物块间的碰撞均无机械能损失。求：

ABC

//////////////////////////////

(1)施加推力时，物块A的加速度的大小;

(2)物块A、B碰撞后的瞬间各自的速度大小;

(3)若将长木板换成轻质薄板，其它条件不变，求从施加推力厂到物块A、B、C与轻质薄板共速所需的

时间(整个过程中物块B、C不相碰)。

【答案】(ITm/s?(2)孚m/s,"gm/s(3)3.16s

【详解】(1)对A进行受力分析可得尸-〃町^=机人4

代入题中数据解得以=3向$2

(2)假设长木板、物体B、C一起加速，加速度为4,则有。0=77小圆一T1nzs2

M+mB+mc

因为%<//g=2m/s2

假设成立。所以命=%=lm/s?

2

设物体A与物体B碰前所需时间为t,则X"=1aAZ-|a/

解得t=y/3s

Vaf

设物体A、B碰前速度为匕、vB,则B=B

解得vA=375mzs,vB=V3m/s

物体A、B碰后速度为以、%,则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得

“A+mBVB=叫或+mBVB

+1»JBVB2

A73ZB,7\/3,,17G,

解得vA=^—m/s,vB=---m/s

(3)对A有尸一〃机Agn冽A%

2

得ax=3m/s

轻质薄木板与B、C相对静止，有相同的加速度。2

%=^^=1.5曲

mB+mc

1

设物体A与物体B碰前所需时间为"，物体A、B碰前速度为％、匕，贝JXAB

得％=2s

且匕=Q/I=6m/s,v2=a2t2=3mzs

物体A、B碰后速度为V3、v4,则根据动量守恒定律和能量守恒定律可得

mAVl+mBV2=mAV3+mBV4

12121212

万加A%+-^BV2=-^AV3+-mBV4

解得v3=3.6m/s,v4=6.6m/s

A、B碰后，轻质木板的合力应该为零，A与薄板不能出现相对滑动否则木板合力不为零，木板和A匀

速，B匀减速，C匀加速至V3,时间则f2=±2=0-3s

〃g

此时B的速度为=v「NgG=6m/s

此后，物体A、C薄板相对静止，一起匀加，B匀减至共速，物体A、C的加速度大小«3="2=0.8m/s2

mA+加c

物体B的加速度大小=〃g=2m/s2

由％+a3t3=%-矶

得4=yS®0.86s

则所需总时间值=%+右+右=3.16s

7.（2024•全国•模拟预测）某游乐项目装置简化如图，为固定在地面上的光滑圆弧形滑梯，半径&=2.5m,

。为圆心，48分别为滑梯的最高点和最低点，且。=60。。滑梯底端8与一水平传送带相切，传送带

的长度£=8m,传送带以速度v=lm/s顺时针匀速转动.质量皿=50kg的游客，从/点由静止开始下滑,

在8点滑上传送带.游客与传送带间的动摩擦因数〃=02,重力加速度取g=10m/s2,求;

(1)游客滑到B点时对滑梯的压力大小；

(2)游客从传送带的左端运动到右端的时间；

(3)游客与传送带间因摩擦产生的热量.

【答案】(1)1OOON(2)4s(3)400J

【详解】(1)设游客滑到3点时速度为%,从/到8过程，由机械能守恒定律得加gA(l-cose)=；^v；

解得%=5m/s

在B点根据牛顿第二定律有练-〃?g=加幺

R

解得小=1000N

由牛顿第三定律可知，在3点游客对滑梯的压力大小为稣'=入=1000N

(2)游客滑上传送带，由牛顿第二定律得〃相g=

设经时间/游客与传送带共速，则有v=%-助

解得％=2s

在乙=2s时间内游客通过的距离为s=号乙=6m<Z

之后游客与传送带共同匀速运动，有=%

解得马=2s

可知游客从传送带的左端运动到右端的时间为f=tt+t2=4s

(3)4=2s内游客与传送带间发生的相对位移加=$-%=4m

则因摩擦产生的热量。=〃加g-As=400J

8.(2025•福建•一模)如图所示，水平传送带45长£='2m5,以y=4m/s的速度顺时针转动，传送带与半

4

径可调的竖直光滑半圆轨道平滑连接，CQ段为光滑管道，小物块(可视为质点)轻放在传送带左

2

端，已知小物块的质量加=1kg,与传送带间的动摩擦因数〃=0.2,ZCOD=60°,重力加速度g-10m/so

(1)求小物块到达8点时的速度大小；

(2)求由于传送小物块，电动机多做的功；

(3)若要使小物块从。点飞出后落回传送带的水平距离最大，求半圆轨道半径R的大小；

(4)若小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道且不从。点飞出，求半圆轨道半径R的取值范围。

【答案】(l)4m/s(2)16J(3)0,2m(4)0.4m<7?<!|m^7?>O.8m

【详解】(1)对小物块受力分析，由牛顿第二定律〃”陪=加。

解得a=2m/s2

设小物块与传送带共速的时间为力，由运动学公式y=M

可得％=2s

加速的位移为再=4m

25

因为4m<-^-m

所以小物块在传送带上先加速后匀速，到达B点时的速度大小为4m/so

(2)小物块在传送带上因摩擦而产生的热量为Q=(%-占)=8J

由于传送小物块，电动机多做的功为隰=Q+^mv2=8J+1xlx42J=16J

(3)从3点到。点，由动能定理-〃陪-2尺=3加崎-?"一

小物块离开。点后做平抛运动，有

2R=；g『

x=vDt

联立可得X=<_炉+,=4『(火_。2+:

=0.8m

由数学关系可知，当&=0.2m时，小物块从。点飞出后落回传送带的水平距离最大X1mx

（4）①刚好沿半圆到达与圆心。等高处，根据动能定理一切gK=O-；机V?

解得坊=0.8m

小物块在半圆轨道内运动时始终不脱离轨道，则8m

②刚好到达C点不脱轨，临界条件是弹力为0,在。点加gcos6（F=加孑

从5点到。点，根据动能定理-叫火2（1+。。560。）=5加优-5加丫

代入数据解得&=1|m

③刚好到达。点不脱轨，在。点有%=0,从8点到。点，根据动能定理-加g-2K=0-；加/

代入数据解得a=0.4m

若小物块在半圆轨道内运动时不从。点飞出，则满足0.4mWR〈rm

35

综上所述，半圆轨道半径R的取值范围为0.4mWRW电m或及20.8m

35

9.（2024•吉林•一模）下图为某公司自动卸货过程的简化示意图。用来装运货物的平底箱和处于足够长的光

滑水平轨道上的无动力小车质量均为m=6kg,光滑倾斜轨道底端通过一小段光滑圆弧与小车无缝接触，

需要运送的货物距离轨道底端的高度为〃=5m,小车右端固定一竖直挡板，平底箱与小车上表面的动摩

擦因数为〃=0.125,平底箱与挡板碰撞后不反弹。轨道右端固定一劲度系数无穷大的理想弹簧（压缩弹簧

可以全部转化为弹性势能，但压缩量可以忽略）。小车受弹簧作用速度减为零时立即锁定小车，卸下货物

后将平底箱紧靠挡板放置并解除对小车的锁定，小车及空的平底箱一起被弹回，小车与水平轨道左侧台

阶碰撞瞬间停止，空平底箱滑出小车冲上倾斜轨道回到出发点，每次货物装箱后不会在平底箱中滑动，

取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）平底箱滑上小车前瞬间的速度大小；

（2）当某次货物质量为〃=24kg,若能将空箱顺利运回释放点，小车的长度乙需满足什么条件；

（3）当小车的长度为£=5m,若能顺利将空箱顺利运回释放点，每次运送的货物质量M应满足什么要求。

【答案】（l）10m/s（2）见解析（3）见解析

【详解】（1）设平底箱滑上小车前瞬间的速度大小为v。，对平底箱从4点到滑上小车前根据动能定理可

得(m+M)gh=；(m+

解得%=10m/s

(2)设平底箱与右侧竖直挡板碰撞后的速度为v如则对平底箱滑上小车到与挡板碰撞，根据动量守恒

定律有(m+M)%=(m+M+共

解得v共m/s

设小车被锁定时弹簧的弹性势能为颐，由能量守恒定律可得综=$加+M+=1250J

小车弹回过程中，弹性势能转化为平底箱和小车的动能，而小车与水平轨道左侧台阶碰撞时瞬间停止,

则这一部分能量损失，此时对平底容器从挡板处滑上出发点，根据能量守恒定律有;纥+

130

解得

(3)当小车的长度为£=5m,若能顺利将空箱顺利运回释放点，则

gE；>/JingL+mgh

,1,,

Ep--(m+M+m)v^

(w+A/)v0=(m+M+zw)膜

联立可得"212kg

10.(2024•河北邯郸•一模)如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然

伸长位置为。'点，弹簧的劲度系数斤=43.52N/m,圆轨道的半径五=0.5m,圆管的内径比小球网直径

略大，但远小于圆轨道半径，小物块叫静止于木板用左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下

端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数4=0.5,木板右端与墙壁之间的距离4=5m,现用

力将小球班向左推压，将弹簧压缩/=0.5m,然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌

面右端。'点后水平抛出，从管口/处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分2点飞出，并恰好与小

物块叫发生弹性碰撞，经过一段时间后加3和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知啊始终未和墙壁碰撞，并且

2

未脱离木板，mi=m2=0.5kg,m3=0.1kg,g=10m/s,0=37°,sin37°=0.6o试求:

(1)小球平抛运动的时间f及抛出点O'与管口/间的高度差h；

(2)小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力反，并判断是和管的内壁还是外壁挤压；

(3)木板的最短长度L及木板在地面上滑动的总路程s。

【答案】⑴\As,0.612m(2)1IN,方向竖直向上，和外壁挤压(3)3.6m,6.8m

【详解】(1)弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得上詈叫喏-0

根据

。=%tan9

vy=gt

,12

h=不广

联立解得

t——V34s

50

h=0.612m

(2)从/到圆筒最高点的过程，由动能定理可得-加ig(R+Rcos6)=g加/一；叫v；

由上述图可知匕=」［

cos9

在最IWJ点线+mg=m—

xxR

解得心=11N>O

说明小球和圆筒外壁挤压，挤压力大小为UN,方向竖直向上。

(3)从/到2全过程，由动能定理可得相］g(R-Rcos。)-g加M

解得力=6m/s

小球风和物块叫碰撞过程，取水平向右为正方向，可得

mv

加［=加1匕'+22

121，21，2

mV

~iB=5吗匕+Q加2%

解得V：=0,"=6m/s

说明碰后小球停止运动，物块获得6m/s向右的速度，开始在木板上滑动，以啊和加3