2025年新高考物理专项训练考点突破解题技巧复习压轴题10 用力学三大观点处理多过程问题（解析版）

压轴题10用力学三大观点处理多过程问题

1.用力学三大观点（动力学观点、能量观点和动量观点）处理多过程问题在高考物理中占据核心地位，是检验

学生物理思维能力和综合运用知识解决实际问题能力的重要标准。

2.在命题方式上，高考通常会通过设计包含多个物理过程、涉及多个力学观点的复杂问题来考查学生的综合能

力。这些问题可能涉及物体的运动状态变化、能量转换和守恒、动量变化等多个方面，要求考生能够灵活运用力

学三大观点进行分析和解答。

3.备考时，学生应首先深入理解力学三大观点的基本原理和应用方法，掌握相关的物理公式和定理。其次，要

通过大量的练习来提高自己分析和解决问题的能力，特别是要注重对多过程问题的训练，学会将复杂问题分解为

多个简单过程进行分析和处理。

考向一：三大观点及相互联系

考向二：三大观点的选用原则

力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守

恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x，时间t)问题，不能解决力(F)的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，

动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

考向三：用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法

1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系

选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。选取研究对象后需根据不同的条件采用隔离法，

即把研究对象从其所在的系统中抽离出来进行研究；或采用整体法，即把几个研究对象组成的系统作为整体进行

研究；或将隔离法与整体法交叉使用。

通常，符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，

宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。至于多个物体间的相互联系，通常可从它们之

间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。

2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律

观察每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。分析过程特征需仔细分析每个过

程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。至于过程之间的联系，

则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。

3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件

注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的

关键。通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去

挖掘。

4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况

解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标

准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。

01用力学三大观点处理物块多过程问题

1．如图所示，倾角30的足够长斜面固定在水平面上，t0时刻，将物块A、B（均可视为质点）从斜面上

相距l0.05m的两处同时由静止释放。已知A的质量是B的质量的3倍，A、B与斜面之间的动摩擦因数分别为

332

、，A、B之间的碰撞为弹性碰撞，且碰撞时间极短，重力加速度大小g10m/s，求：

A6B3

（1）A、B发生第一次碰撞后瞬间，A、B的速度大小；

（2）A、B发生第三次碰撞的时刻；

（3）从静止释放到第n次碰撞，A运动的位移。

【答案】（1）0.25m/s，0.75m/s；（2）1.0s；（3）0.053n23n1m

【详解】（1）A沿斜面下滑，受力重力、支持力和摩擦力分析，根据牛顿第二定律

3mgsinA3mgcos3ma

分析B的受力

mgsinBmgcos

即B静止在斜面上。A与B发生第一次碰撞前，由运动学规律

2

vA02al

A与B发生第一次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律

111

3mv3mvmv，3mv23mv2mv2

A0A1B12A02A12B1

解得

vA10.25m/s，vB10.75m/s

（2）由（1）可得，A从静止释放后，经过时间t0与B发生第一次碰撞，有

vA0at0

B以vB1匀速直线运动，A以初速度vA1，加速度a匀加速直线运动，第二次碰撞前，有

1

vtat2vt

A1121B11

此时，B以vB1匀速直线运动，A的速度为

vA1vA1at1

A与B发生第二次碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律

1111

3mvmv3mvmv，3mv2mv23mv2mv2

A1B1A2B22A12B12A22B2

B以vB2匀速直线运动，A以初速度vA2，加速度a匀加速直线运动，第三次碰撞前，有

1

vtat2vt

A2222B22

显然，每次碰撞后，B均相对A以初速度vA0、加速度aA做匀减速直线运动至下一次碰撞，经过时间均为0.4s。

故A与B发生第3次碰撞后的时刻为

T3t0t1t2

解得

T31.0s

（3）从开始至第一次碰撞

xA1l

从第一次碰撞至第二次碰撞

xA22l4l6l

从第二次碰撞至第三次碰撞

xA38l4l12l

从第三次碰撞至第四次碰撞

xA414l4l18l

从第n1次碰撞至第n次碰撞

xAn(6n10)l4l(n1)A从静止释放到第n次碰撞后运动的总位移

22

XAnxA1xA2xA3xAn3n3n1l0.053n3n1m

02用力学三大观点处理传送带多过程问题

2．如图所示，质量为2kg的物体A静止于光滑水平面MN上，水平面与MN右端与倾斜传送带平滑连接，传送

带长L3.2m，倾斜传送带与水平方向夹角为30，传送带以8m/s的速度顺时针转动，物体A与传送带间的

3

动摩擦因数为，倾斜传送带上端与光滑水平面PQ平滑连接，上方加有光滑曲面转向装置，使物体在倾

12

斜传送带上端速度方向变为水平方向而大小不变，足够长的薄板C静止在PQ下方光滑水平面EF上，薄板C的

质量为3kg，薄板C的上表面与水平面PQ的高度差h1.8m，物体A与薄板C的上表面的动摩擦因数为20.05，

重力加速度取g10m/s2，质量为1kg的物体B以某一水平向右的初速度撞向A，与A发生弹性碰撞，求：

（1）若使物体A到达传倾斜传送带上端速度大小为5m/s，B的初速度多大；

（2）若使物体A从水平面上Q点平抛轨迹相同，B的初速度取值范围；

（3）当B的初速度大小为12m/s时，若物体A与薄板C每次碰后竖直方向速度与碰前等大反向，则A与C碰撞

几次后，A在C上碰撞位置将会相同（每次碰撞时间极短）。

【答案】（1）4.5m/s；（2）63m/sv018m/s；（3）8

【详解】（1）A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

mBv0mBvBmAvA

111

mv2mv2mv2

2B02BB2AA

解得

2mB

vAv0

mBmA

物块A在传送带上，根据牛顿第二定律

1mAgcosmAgsinmAa1

根据运动学公式

22

v1vA2a1L

解得

vA3m/s

v04.5m/s

（2）若使物体A从水平面上口点平抛轨迹相同，则到达顶端的速度与传送带速度相同，即

v8m/s

若物体A在传送带上一直加速

22

vvA12a1L

解得

vA143m/s

2mB

由vA1v01可得

mBmA

v0163m/s

若物体A在传送带上一直减速，根据牛顿第二定律

1mAgcosmAgsinmAa2

根据运动学公式

22

vA2v2a2L

解得

vA212m/s

2mB

由vA2v02可得

mBmA

v0218m/s

B的初速度取值范围

63m/sv018m/s

（3）由（2）分析可知B的初速度12m/s，则A到Q点平抛速度

v8m/s

根据

1

hgt2

2

解得

t0.6s

则

vygt6m/s

vxv8m/s

A与C相撞时根据动量定理：对A

FNtmAvy

vy2vy

2FNtmAvx

对C

2FNtmCvx

A与C水平速度相等时

vxnvxnvx

联立解得

n8

03用力学三大观点处理弹簧多过程问题

3．如图所示，质量为m的凹槽A放在倾角30的足够长的绝缘斜面上，斜面固定在水平地面上，槽内左端

3mg

用轻弹簧和质量为2m的物体B相连，空间存在垂直斜面向上的匀强电场、电场强度大小E（g为重力

2q

加速度大小）。质量为m、电荷量为q的带正电物体C静置在凹槽A中时，A、B、C恰好能处于静止状态。现将

C取出，在A内移动B到某位置后撤去外力，此时A、B静止，再将C从斜面上A的上方某点由静止释放后，C

以大小为v0的速度与A碰撞后立即粘在一起，已知A、B均绝缘且不带电，A、B间接触面光滑，C与A、C与斜

面间都绝缘，整个过程中，物体C所带的电荷量保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧弹性势能与弹簧

伸长量的平方成正比。求：

（1）凹槽A与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）当弹簧伸长量变为碰前瞬间压缩量的2倍时，A、B、C三者速度恰好相同，求C与A碰撞前弹簧的弹性势

能；

（3）从C与A碰后瞬间开始计时，经过时间t，弹簧形变量恢复到与初始时的压缩量相等，求该过程中，弹簧

弹力对B的冲量大小。

4312

【答案】（1）；（2）mv；（3）见解析

9240

【详解】（1）以A、B、C整体为研究对象，对整体受力分析，有

4mgsin4mgcosqE

解得

43

9

（2）设初始时弹簧弹性势能为Ep，由题意，当弹簧伸长量为初始压缩量的2倍时，弹性势能为4Ep，C与A碰

撞过程，由动量守恒定律有

mv02mv1

从C与A碰撞，到A、B、C共速，由动量守恒定律和能量守恒定律有

2mv14mv2

11

2mv2E4mv24E

21p22p

解得

1

Emv2

p240

（3）从C与A碰后瞬间开始计时，到弹簧形变量等于初始时弹簧的压缩量，将A和C看成一个整体，B与A，C

之间的碰撞类似弹性碰撞，有

2mv12mv12mv2

111

2mv22mv22mv2

212122

解得

v0

v2或v0

22

弹簧第1、3、5、……、2n1次恢复初始时的压缩状态时，有

v

v0

22

由动量定理有

v0

I弹2mgsint2m

2

解得

I弹mv0mgt

即冲量大小为mv0mgt；

弹簧第2、4、6、……、2n次恢复初始时的压缩状态时，有

v20

由动量定理有

I弹2mgsint0

解得

I弹mgt

即冲量大小为mgt。

04用力学三大观点处理板块多过程问题

4．如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道AB，轨道上A点切线沿水平方向，忽略A点距地面的

高度，轨道右侧有质量M1kg的静止薄木板，上表面与A点平齐。一质量m1kg的小滑块（可视为质点）以

2

初速度v014m/s从右端滑上薄木板，重力加速度大小为g10m/s，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数为

0.75。

（1）若薄木板左端与A点距离d足够长，薄木板长度L7.4m，薄木板与轨道A端碰后立即静止，求小滑块离

开薄木板运动到轨道上A点时的速度vA；

（2）在（1）中，小滑块继续沿圆弧轨道AB运动至B点沿切线方向飞出，最后落回水平地面，不计空气阻力，

B点与地面间的高度差h1.2m保持不变，圆弧AB对应的圆心角可调，求小滑块的最大水平射程sm及对应的

圆心角；

（3）若薄木板长度L足够长，薄木板与轨道A端碰后立即以原速率弹回，调节初始状态薄木板左端与A点距离

d，使得薄木板与轨道A端只能碰撞2次，求d应满足的条件。

634949

【答案】（1）vA6m/s；（2）sm，30；（3）mdm

m56015

【详解】（1）因薄木板左端与B点距离d足够大，小滑块与薄木板共速后才和轨道AB发生碰撞，设共同速度

为v1，根据动量守恒定律，有

mv0Mmv1

解得

1

vv7m/s

120

设此过程中小滑块相对薄木板滑动的位移为x，对滑块、薄木板系统由功能关系，有

11

mgxmv2Mmv2

2021

解得

98

xm

15

薄木板与轨道AB碰后立即静止，小滑块继续作匀减速运动，直到运动到轨道上的A点，有

22

v1vA2gLx

解得

vA6m/s

（2）小滑块由A点到B点的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律，有

11

mv2mghmv2

2A2B

解得

vB23m/s

设小滑块落地的速度大小为v，落地速度方向与水平方向夹角为，根据机械能守恒定律知

vvA6m/s

画出速度矢量关系如图所示

设从B点飞出到落至地面所用时间为t，则小滑块水平位移为

svBcost

由几何关系可知，矢量三角形的面积为

111

Svvcosgtvcosgs

2B2B2

由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大。

解得

vv63

sBm

mg5

此时满足条件

vBcosvsin

即

v3

tanB，30

v3

（3）当小滑块与薄木板第1次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下

薄木板和轨道AB恰好碰1次。

小滑块与薄木板加速度相等

ag7.5m/s2

v249

d1m

2a15

当小滑块与薄木板第2次共速时恰好和轨道AB发生碰撞，碰后小滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板

和轨道AB恰好碰2次。

从开始到第一次碰撞的时间

2d2d

t

a7.5

薄木板和轨道AB碰撞时的速度

u2ad15d

考虑小滑块的运动

v0a3tu

联立解得

49

dm

60

综上可知d应满足的条件为

4949

mdm

6015

1．（2024·湖南·二模）超市里用的购物车为顾客提供了购物方便，又便于收纳，收纳时一般采用完全非弹性碰撞

的方式把购物车收到一起，如图甲所示。某兴趣小组在超市对同款购物车（以下简称“车”）的碰撞进行了研究，

分析时将购物车简化为可视为质点的小物块，已知车的净质量为m=15kg，g=10m/s2.

（1）首先测车与超市地面间的动摩擦因数：取一辆车停在水平地面上，现给它向前的水平初速度v0=2m/s，测得

该车能沿直线滑行x0=2m，求车与超市地面间的动摩擦因数μ；

（2）取编号为A、B的车，B车装上m0=15kg的货物后停在超市水平地面上，空车A的前端装上轻弹簧，将A

车停在B车的正后方且相距x=5.5m处。现给A车施加向前的水平推力F0=75N，作用时间t0=1s后撤除。设A车

与B车间的碰撞为弹性正碰（忽略相互作用时间），两车所在直线上没有其他车，求在A车运动的全过程中A

车与地面间产生的摩擦热；

（3）如图乙所示，某同学把n（n>2）辆空车等间距摆在超市水平地面上的一条直线上，相邻两车间距为d=1m，

用向前的水平恒力F=300N一直作用在1车上，推着1与正前方的车依次做完全非弹性正碰（碰撞时间极短），

k1nn1n2i1nn12n1

通过计算判断，他最多能推动多少辆车？[已知kk1，k2]

n3n6

【答案】（1）0.1；（2）90J；（3）30辆

【详解】（1）由功能关系，A车的动能全部转成摩擦热，有

1

mv2mgx

200

则

v2

0

2gx0

代入数据得

μ=0.1

（2）A车运动时受摩擦力

FfAmg15N

由牛顿第二定律有

F0FfAma

解得

a4m/s2

A在t0时的速度

vA0at04m/st0内A的位移

1

xat22.0m

020

设A与B车碰前瞬间的速度为vA，由动能定理有

1

Fxmgxmv20

002A

得

vA=3m/s

A与B车碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有

mvAmvAmm0vB

111

mv2mv2mmv2

2A2A20B

解得

vA1m/s

由功能关系，有

1

Qmgxmv'2

2A

代入数据得

Q=90J

（3）设1与2车碰前的速度为v1'，由动能定理

1

Fdmgdmv'20

21

1与2碰系统动量守恒

mv1mmv2

解得

1

vv

221

2

21Fdmgd

v22

2m

12与3车碰前的速度为v2'，由动能定理

11

Fd2mgd2mv22mv2

2222

1-2与3碰系统动量守恒

2mv23mv3

解得

2

vv

332

22

21FdmgdFd2mgd1Fdmgd2Fd2mgd

2

v322=2222

32m2m3m3m

123与4车碰前的速度为v3′，由动能定理

11

Fd3mgd3mv23mv2

2323

1—2—3与4碰系统动量守恒

3mv34mv4

解得

3

vv

443

2

31Fdmgd2Fd2mgdFd3mgd

2=

v422222

43m3m3m

1Fdmgd2Fd2mgd3Fd3mgd

222

42m42m42m

同理可得与n车碰后速度为vn：

1Fdmgd2Fd2mgd3Fd3mgdn1Fdn1mgd

v2[2222]=

nn2mn2mn2mn2m

2d

2Fmg2F2mg3F3mgn1Fn1mg=

nm

2dn1nn1n2n12n1dF2n1

2Fmgmg

nm26mn26

令vn=0，即

F2n1

mg

26

解得

n=30.5

可知最多能推动30辆车。

2．（2024·江西·一模）如图甲所示，B物块静止在足够长的固定斜面上，t0时刻将质量为m的A物块从距离B

物块L处由静止释放，9t0时刻A、B发生第一次碰撞，t19t0时刻发生第二次碰撞，在两次碰撞间A物块的vt

、

图线如图乙所示（其中v0t0均为未知量），每次碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，两物块与斜面的最大静摩

擦力均等于滑动摩擦力，求：

（1）第一次碰撞后A物块沿科面向上运动们最大距离；

（2）B物块的质量及A、B物块与斜面间的动摩擦因数之比；

（3）B物块沿斜面下滑的最大距离。

32L4

【答案】（1）；（2）17m，2:7；（3）L

8145

【详解】（1）根据题意，由图乙可知，A物块在13t019t0的时间内沿斜面匀加速下滑，加速度大小

6v0v0

a1

19t013t0l0

A物块在13t019t0时间内与在09t0的时间内受力情况一致，加速度相同，则有t9t0时

va19t09v0

刚释放A物块时，AB之间的距离为L，则有

9v

L09t

20

可得

2L

vt

0081

A物块在9t013t0的时间内沿斜面向上运动，运动的距离

8v13t9t

L00016vt

1200

联立可得

32L

L

181

（2）A物块与B物块第一次碰撞时，由动量守怛可得

mvmvA1MvB1

碰撞为弹性碰撞，由能量守恒可得

111

mv2mv2Mv2

22A12B1

其中

v9v0，vA18v0

联立可得

vB1v0，M17m

A物块在13t019t0时间内下滑的距离

6v19t13t

L00018vt

2200

故B物块碰后沿斜面下滑的距离

x1L2L12v0t0

假设第二次碰撞前B物块已停止运动，则有

v

xB1t

121

可得

t14t0

即t13t0时，B物块停止运动，假设成立，设B物块下滑过程中的加速度大小为a，则有

vv

aB10

4t04t0

设斜而倾斜角为，根据牛顿第二定律：对B物块有

MgsinMg2cosMa

A物块下滑时

mgsinmg1cosma1A物块沿斜面向上运动运动时加速度大小为a2，则有

8v02v0

a2

4l0l0

由牛顿第二定律可得

mgsinmg1cosma2

联立可得

1:22:7

（3）t19l0时，A物块与B物块发生第二次碰撞，碰前瞬间A物块的速度

v16v0

由动量守恒可得

mv1mvA2MvB2

碰撞为弹性碰撞，由能量守怡可得

111

mv2mv2Mv2

212A22B2

联立可得

2

vv

B230

设第二次碰撞后B物块下滑的距离为x2，则有

2

2ax2vB2

可得

8v4

x00x

2991

以此类推可得

n1

4

xnx1

9

则B物块运动的总距离

n

4

1

9

xxxx..xx

123n41

1

9

当n时，代入数据可得

4

xL

45

56

3．（2024·河南许昌·一模）如图所示，水平面上镶嵌两个传送带甲、乙，甲的长度为2m，乙的长度为m，甲

27

左侧地面粗糙，甲、乙之间的地面光滑且长度为0.5m，在电动机的带动下甲顺时针转动，速度为3m/s，乙逆时

针转动，速度未知。质量为0.1kg的物体a从距甲左端1m处，在恒定外力F的作用下由静止开始运动，滑上甲时

撤去外力F，此时a的速度为v02m/s，质量为0.5kg的物体b静止于乙左端的地面上。a与甲左侧地面及甲间

141

的动摩擦因数均为，与乙间的动摩擦因数为，b与乙间的动摩擦因数为，a、b均可视为质点且它们间的

54540

碰撞为弹性碰撞，重力加速度g10m/s2。求：

（1）a在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能；

（2）a与b从第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔；

（3）b在乙上滑动的过程中摩擦力对b的冲量大小。

5

【答案】（1）0.3J；（2）4s；（3）Ns

9

【详解】（1）物体a滑上甲时，根据牛顿第二定律有

1magmaa1

设经过时间t，物体a和传送带速度相同，则有

vv0a1t

解得

t0.5s

此过程物体a的位移

vv05

xtmL甲2m

124

表明物体a先向右做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，在物体a向右做匀加速直线运动过程，传送带甲的位

移

x2vt30.5m1.5m

则a在甲上从左端滑到右端的过程中，电动机多消耗的电能为

E1magx2

解得

E0.3J

（2）a与b发生弹性碰撞，则有

mavmav1mbv2