高考物理二轮复习专题：
“三大观点”解决力学问题
[题组一] 用动力学观点解决力学综合问题 1.
(2020·蚌埠一模)如图所示，在足够长的光滑固定斜面低端放置一个长度L＝2 m、质量
M＝4 kg的木板，木板的最上端放置一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．现沿斜面向上对
木板施加一个外力F使其由静止开始向上做匀加速直线运动，已知斜面倾角θ＝30°，物块和木板间的动摩擦因数μ＝
32，g＝10 m/s. 2
(1)当外力F＝30 N，二者保持相对静止，求二者共同运动的加速度大小；
(2)当外力F＝53.5 N时，二者之间将会相对滑动，求二者完全分离时的速度各为多大？ 解析：(1)二者共同运动时，分析整体的受力情况，由牛顿第二定律，得
F－(M＋m)gsin θ＝(M＋m)a
解得：a＝1 m/s
(2)设木板和物块的加速度分别为a1、a2，二者完全分离的时间为t，分离时速度分别为
2
v1、v2，分析木板和物块的受力情况，
由牛顿第二定律可得
F－Mgsin θ－μmgcos θ＝Ma1 μmgcos θ－mgsin θ＝ma2
12
又L＝(a1－a2)t，v1＝a1t，v2＝a2t
2联立解得v1＝6.5 m/s，v2＝2.5 m/s 答案：(1)1 m/s (2)6.5 m/s 2.5 m/s
2．(2020·嘉兴模拟)滑沙运动时，沙板相对沙地的速度大小会影响沙地对沙板的动摩擦因数．假设滑沙者的速度超过8 m/s时，滑沙板与沙地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.5变为
2
μ2＝0.25，如图1所示，简化模型如图2所示，一滑沙者从倾角θ＝37°的坡顶A处由静止
开始下滑，滑至坡底B(B处为一平滑小圆弧)后又滑上一段水平地面，最后停在C处．已知滑板与水平地面间的动摩擦因数恒为μ3＝0.4，AB坡长L＝26 m，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求滑沙者：
- 8 -
(1)到B处时的速度大小； (2)在水平地面上运动的最大距离； (3)在AB段下滑与BC段滑动的时间之比．
解析：(1)滑沙板的速度较小时：ma1＝mgsin θ－μ1mgcos θ 代入数据可得：a1＝2 m/s，
2
v281
速度达到8 m/s的过程中的位移：x1＝＝ m＝16 m；
2a12×2
2
滑沙板的速度较大时：ma2＝mgsin θ－μ2mgcos θ， 代入数据可得：a2＝4 m/s
设到达B的速度为v2，则：v2－v1＝2a2(L－x1)， 代入数据可得：v2＝12 m/s
－μ3mg22
(2)滑沙板在水平面上的加速度：a3＝＝－μ3g＝－0.4×10 m/s＝－4 m/s，
2
2
2
m0－v20－144由位移－速度公式可得：x3＝＝ m＝18 m.
2a22×－4
2
v18
(3)滑沙板的速度达到8 m/s的时间：t1＝＝ s＝4 s，
a12
第二段时间：t2＝
v2－v1?12－8?
＝?? s＝1 s， a2?4?
0－v2?12?滑沙板在水平面上的时间：t3＝＝?? s＝3 s，
a3?4?所以在AB段下滑与BC段滑动的时间之比
t1＋t24＋15
＝＝. t333
5答案：(1)12 m/s (2)18 m (3)
3[题组二] 用功能观点解决力学综合问题
3．(2020·江西盟校一联，24)如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长且长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长．初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，试求：
- 8 -
(1)当B环下落时，A环的速度大小；
2
(2)A环到达O点后再经过多长时间能够追上B环．
LL21L解析：(1)当B环下落时绳子与水平方向之间的夹角满足sin α＝＝，即α＝30°
2L2由速度的合成与分解可知v绳＝vAcos 30°＝vBsin 30° 则vB＝
＝3vA，
tan 30°
vAB下降的过程中，A与B组成的系统机械能守恒，有 L112mg＝·2mv2A＋mvB
22
2
所以A环的速度vA＝
5gL. 5
(2)由于A到达O点时，B的速度等于0，由机械能守恒， 12
·2mvA′＝mgL，解得vA′＝gL， 2
环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动． 1212
当A追上B时，有vA′t＋gt＝L＋gt，
22解得t＝答案：(1)
L. g5gL (2)5
L g4．如图所示，半径R＝0.3 m的竖直圆槽形光滑轨道与水平轨道AC相切于B点，水平轨道的C点固定有竖直挡板，轨道上的A点静置有一质量m＝1 kg的小物块(可视为质点)．现给小物块施加一大小为F＝6.0 N、方向水平向右的恒定拉力，使小物块沿水平轨道AC向右运动，当运动到AB之间的D点(图中未画出)时撤去拉力，小物块继续滑行到B点后进入竖直圆槽形轨道做圆周运动，当物块运动到最高点时，由压力传感器测出小物块对轨道最高点的压10
力为 N．已知水平轨道AC长为2 m，B为AC的中点，小物块与AB段间的动摩擦因数μ1＝
30.45，取重力加速度g＝10 m/s.求：
- 8 -
2
(1)小物块运动到B点时的速度大小； (2)拉力F作用在小物块上的时间t；
(3)若小物块从竖直圆槽形轨道滑出后，经水平轨道BC到达C点，与竖直挡板相碰时无机械能损失，为使小物块从C点返回后能再次冲上圆槽形轨道且不脱离，试求小物块与水平轨道BC段间的动摩擦因数的取值范围．
v2
解析：(1)小物块运动到轨道最高点时，由牛顿第二定律得FN＋mg＝m，由牛顿第三定律R10
得FN＝FN′＝ N
3
联立解得v＝2 m/s
1212
物块从B运动到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得mg·2R＋mv＝mvB，
22解得vB＝4 m/s.
(2)小物块从A运动到B点的过程，由动能定理得
Fs－μ1mgxAB＝mv2B－0，
根据牛顿第二定律得：F－μ1mg＝ma， 12
由运动学公式有s＝at，
25
联立解得t＝ s.
3
(3)设BC段的动摩擦因数为μ2.
12
v21
①设物块在圆槽形轨道最高点的最小速度为v1，则由牛顿第二定律可得：mg＝m，
R1212
由动能定理得：－2μ2mgxBC－2mgR＝mv1－mvB
22代入数据解得μ2＝0.025
故为使物块能从C点返回通过轨道的最高点而不会脱离轨道，应满足0≤μ2≤0.025 ②若物块从C点返回在圆槽形轨道上升高度R时速度为零，由动能定理可得： 12
－2μ2mgxBC－mgR＝0－mvB
2代入数据解得：μ2＝0.25
物块从C返回刚好停止到B点，由动能定理可得：
- 8 -
12
－2μ2mgxBC＝0－mvB
2代入数据解得：μ2＝0.4
故为使物块能返回圆槽形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道，满足0.25≤μ2＜0.4 综上所述，0≤μ2≤0.025或0.25≤μ2＜0.4. 答案：见解析
[题组三] 用动量与能量观点解决力学综合问题
5．(2020·唐山一模)光滑水平地面上，木板A左端与竖直墙壁接触处于静止状态，可视为质点的小木块B停在木板的右端，如图所示．对木块施加水平向左的瞬时冲量使其获得初速度v0＝7 m/s，经时间t＝0.5 s木块运动到竖直墙壁处，速度大小减为v1＝5 m/s.木块与墙壁发生弹性碰撞后，恰能停在木板右端．重力加速度g＝10 m/s，求：
2
(1)木板的长度L和木板与木块间的动摩擦因数μ； (2)木板和木块的质量的比值． 解析：(1)木块向左做匀减速运动时，则
v0＋v17＋5L＝t＝×0.5 m＝3 m
2
2
对木块，取向左为正方向，由动量定理得－μmgt＝mv1－mv0. 解得，动摩擦因数为μ＝0.4
(2)木块在木板上向右滑动的过程中，取向右为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1＝(M＋m)v
121
mv1＝μmgL＋(M＋m)v2 22解得＝24.
答案：(1)3 m 0.4 (2)24
6．(2020·安徽一模)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m小滑块A套在细杆上可自由滑动．在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g.求：
Mm
(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；
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高考物理二轮复习专题二能量与动量4“三大观点”解决力学问题课时作业含解析
