1、活用“三大观点”解析力学综合问题三大观点对应规律公式表达动力学观点牛顿第二定律F合ma匀变速直线运动规律vv0atxv0tat2v2v2ax等能量观点动能定理W合Ek功能关系WGEp等机械能守恒定律Ek1Ep1Ek2Ep2能量守恒定律E1E2动量观点动量定理F合tpp动量守恒定律p1p2p1p2科学思维篇1活用“三大观点”解析力学综合问题用动力学观点解决多过程问题【高分快攻】【典题例析】 (2019烟台高三三模)如图甲所示，光滑水平面上放置着物体ABC，AB与BC平滑连接，AB表面粗糙且水平(长度足够长)，倾斜部分BC表面光滑，与水平面的夹角37.在物体右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，规
2、定力传感器受到物体的压力时，其示数为正值；力传感器受到物体的拉力时，其示数为负值一个可视为质点的滑块从物体的C点由静止开始下滑，运动过程中，力传感器记录下的力F和时间t的关系如图乙所示(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)求：(1)物体倾斜部分BC的长度；(2)滑块的质量；(3)运动过程中滑块克服摩擦力做的功解析(1)对滑块在倾斜部分BC上的运动，由牛顿第二定律有mgsin ma1解得a16 m/s2斜面BC长x1a1t3 m.(2)物体对传感器的压力为F1mgcos sin ，由题图乙可知F19.6 N解得m2 kg.(3)设1 s后物体ABC受到的摩擦力大小为f，对
3、物体由平衡条件有fF2 4 N对滑块由牛顿第二定律有fma2解得a22 m/s2滑块在AB表面上滑行的距离x2而滑块到达B点处的速度va1t16 m/s21 s6 m/s联立解得x29 m滑块克服摩擦力做的功为Wffx236 J.答案(1)3 m(2)2 kg(3)36 J【题组突破】1(2017高考全国卷)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1mgsin 37mgcos 370.8mg，故物体沿斜面向上运动，则物体在第4 s内的受力情况是受到平行斜面向下的摩擦力f，竖直向下的重力G，垂直斜面向上的支持力N，平行斜面向上的力F(同学们可以自己画出受力分析图)答案
4、：(1)10 m/s2(2)5 m/s2(3)50 J(4)见解析(1)动力学观点常用于求解恒力作用下的单体多过程直线运动或多体多过程直线运动(2)牛顿运动定律是动力学的基础，也是高考命题的重点和热点牛顿运动定律与匀变速直线运动规律相结合，常用于解决斜面问题、滑块木板问题、传送带问题等(3)物体的受力情况往往与运动情况相联系，因此，应结合实际情况，将物体运动过程分为多个阶段，再分析每个阶段物体的运动规律和受力情况，同时注意各阶段间的速度关系和位移关系 用能量观点解决力学综合问题【高分快攻】1若过程只有动能和势能的相互转化，应首先考虑应用机械能守恒定律2若过程涉及摩擦力做功，一般应考虑应用动能定
5、理或能量守恒定律3若过程涉及电势能和机械能之间的转化，应考虑应用能量守恒定律4复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题【典题例析】 如图，一轻弹簧原长为2R，其一端固定在倾角为37的固定直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态直轨道与一半径为R的光滑圆弧轨道相切于C点，AC7R，A、B、C、D均在同一竖直平面内质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，最低到达E点(未画出)随后P沿轨道被弹回，最高到达F点，AF4R.已知P与直轨道间的动摩擦因数，重力加速度大小为g.(取sin 37，cos 37)(1)求P第一次运动到B点时速度的大小(2)求P运动到E点时
6、弹簧的弹性势能(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点G点在C点左下方，与C点水平相距R、竖直相距R.求P运动到D点时速度的大小和改变后P的质量解析(1)根据题意知，B、C之间的距离为l7R2R设P到达B点时的速度为vB，由动能定理得mglsin mglcos mv式中37联立式并由题给条件得vB2.(2)设BEx.P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Ep.P由B点运动到E点的过程中，由动能定理有mgxsin mgxcos Ep0mvE、F之间的距离为l14R2RxP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有E
7、pmgl1sin mgl1cos 0联立式并由题给条件得xREpmgR.(3)设改变后P的质量为m1.D点与G点的水平距离x1和竖直距离y1分别为x1RRsin y1RRRcos 式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为的事实设P在D点的速度为vD，由D点运动到G点的时间为t.由平抛运动公式有y1gt2x1vDt联立式得vD设P在C点速度的大小为vC.在P由C点运动到D点的过程中机械能守恒，有m1vm1vm1gP由E点运动到C点的过程中，由动能定理有Epm1g(x5R)sin m1g(x5R)cos m1v联立式得m1m.答案(1)2(2)mgR(3)m【题组突破】1. 轻质弹簧原长
8、为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示物块P与AB间的动摩擦因数0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后放开，P开始沿轨道运动重力加速度大小为g. (1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点之间的距离；(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量的取值范围解析：(1)依题意，当弹簧竖直放置，长度被压缩至
9、l时，质量为5m的物体的动能为零，其重力势能转化为弹簧的弹性势能由机械能守恒定律，弹簧长度为l时的弹性势能Ep5mgl设P的质量为M，到达B点时的速度大小为vB，由能量守恒定律得EpMvMg4l联立式，取Mm并代入题给数据得vB若P能沿圆轨道运动到D点，其到达D点时的向心力不能小于重力，即P此时的速度大小v应满足mg0设P滑到D点时的速度为vD，由机械能守恒定律得mvmvmg2l联立式得vDvD满足式要求，故P能运动到D点，并从D点以速度vD水平射出设P落回到轨道AB所需的时间为t，由运动学公式得2lgt2P落回到轨道AB上的位置与B点之间的距离为svDt联立式得s2l.(2)为使P能滑上圆轨
10、道，它到达B点时的速度不能小于零由式可知5mglMg4l要使P仍能沿圆轨道滑回，P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C.由机械能守恒定律有MvMgl联立式得mMm.答案：见解析2(2019德州模拟)如图所示，固定斜面的倾角30，物体A与斜面之间的动摩擦因数为，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m4 kg，B的质量为m2 kg，初始时物体A到C点的距离为L1 m，现给A、B一初速度v03 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点，已知
11、重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能解析：(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得2mgLcos 3mv3mv22mgLsin mgL可解得v2 m/s.(2)以A、B组成的系统，在物体A将接触弹簧又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即3mv202mgcos 2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得3mv22mgxsin mgx2mgx
12、cos Epm解得Epm6 J.答案：(1)2 m/s(2)0.4 m(3)6 J动量结合能量观点解决力学综合问题【高分快攻】动量与能量综合的题目往往物理过程较多，情境复杂，把复杂的情境与过程划分为多个单一情境，并恰当地选择相应的动量或能量知识解答1当物体受到恒力作用发生运动状态的改变而且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题2当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律3当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律4当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题选择牛顿第二定律求解
13、5复杂问题的分析一般需选择能量的观点、运动与力的观点综合解题【典题例析】 (2019高考全国卷)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示t0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止物块A运动的vt图象如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求
14、物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上求改变前后动摩擦因数的比值解析(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，为其碰撞后瞬间速度的大小设物块B的质量为m，碰撞后瞬间的速度大小为v.由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1mmvmvmmv2联立式得m3m.(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W.由动能定理有mgHfs1
15、mv0(fs2mgh)0m从图(b)所给出的vt图线可知s1v1t1s2(1.4t1t1)由几何关系物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为Wfs1fs2联立式可得WmgH.(3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有Wmgcos 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s，由动能定理有mgs0mv2设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有mghmgcos mgs0联立式可得.答案(1)3m(2)mgH(3)【题组突破】1如图所示，竖直平面内有一个半径为 R0.8 m的固定光滑四分之一圆弧轨道PM，P为圆弧轨道的最高点圆弧轨道最底端M 处平滑连接一长 s4.8 m 的固定粗糙水平轨道M
16、N，N端为一个竖直弹性挡板，质量分别为mA2 kg、mB1 kg的物块A、B静止于M点，它们中间夹有少量炸药，炸药突然爆炸，A 恰好不能从 P 端滑出，B 与挡板碰撞时没有能量损失A、B与水平轨道MN间的动摩擦因数为0.25，A、B均可视为质点，g取 10 m/s2 ，问：(1)A刚滑上圆弧轨道时对轨道的压力为多大？(2)炸药爆炸时有多少化学能转化为A、B的机械能？(3)适当改变PM的轨道半径，保持其他条件不变，使炸药爆炸后，A与B刚好能同时回到M处发生碰撞，碰撞后粘在一起，A、B最终停在水平轨道上的位置距离M点多远？(结果保留 2 位有效数字)解析：(1)设A刚滑上圆弧轨道的速度为 vA ，
17、因为A刚好滑到P 点，由机械能守恒定律有：mAvmAgR 设A在M点受到的支持力为F，根据牛顿第二定律得：FmAgmA 联立式并代入数据，解得 F60 N 由牛顿第三定律知，A 物块在M 点对轨道压力的大小为60 N.(2)设刚爆炸时B物块的速度为vB ，由动量守恒定律有：mAvAmBvB0 根据能量守恒定律知炸药爆炸时转化为A和B的机械能为EmAvmBv联立式并代入数据，解得：E48 J (3)设B返回M点时的速度为v1，根据动能定理有：2mBgsmBvmBv设A、B在M点碰撞后共同速度为v，根据动量守恒定律有：mAvAmBv1(mAmB)v 设A、B静止时离M点距离为L，由动能定理有：(m
18、AmB)gL0(mAmB)v2 联立式并代入数据，解得L0.36 m.答案：(1)60 N(2)48 J(3)0.36 m2(2019聊城二模)如图所示，倾角为37的斜面固定在地面上，斜面的末端有一垂直于斜面的弹性挡板c，滑块与挡板c相碰后的速率等于碰前的速率，斜面上铺了一层特殊物质，该物质在滑块上滑时对滑块不产生摩擦力，下滑时对滑块有摩擦且动摩擦因数处处相同现有一质量为M0.9 kg的滑块沿斜面上滑，到达最高点b时的速度恰好为零，此时恰好与从a点水平抛出的质量为m0.1 kg的小球在沿斜面方向上发生弹性碰撞，且滑块与弹性挡板c碰后恰好反弹回到b点已知a点和b点距地面的高度分别为H2.4 m，
19、h0.6 m(取g10 m/s2)求：(1)小球做平抛运动的初速度大小；(2)斜面与滑块间的动摩擦因数；(3)从与小球碰撞到最后停止，滑块在斜面上通过的总路程解析：(1)小球从a到b做平抛运动，在竖直方向：Hhgt2小球到达b点时恰好沿斜面方向，有tan 37解得：v08 m/s.(2)到达b点的速度v10 m/s小球与滑块发生弹性碰撞，由动量守恒定律得：mvmv1Mv2由能量守恒定律得：mv2mvMv解得滑块与小球刚碰后的速度v22 m/s由几何关系知斜面长L1 m滑块恰好反弹回到b点，由能量守恒定律得：MvMgLcos 37解得：0.25.(3)设滑块与挡板第二次碰后到达最高点与c点的距离
20、x2由能量守恒定律得：Mg(Lx2)sin 37MgLcos 37解得：x2L m设滑块与挡板第三次碰后到达最高点与c点的距离x3由能量守恒定律得：Mg(x2x3)sin 37Mgx2cos 37解得：x3x2 m以此类推x4x3 m所以滑块在斜面上共通过的路程为s3L2x22x32xn7 m.答案：(1)8 m/s(2)0.25(3)7 m动量观点和能量观点的选取原则动量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即Ftmvmv0(2)对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间
21、，应用动量守恒定律求解能量观点(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解(2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解(3)对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程用三大观点解析滑块滑板模型和传送带模型【高分快攻】1滑块滑板问题的关键是分析运动过程，要特别注意“二者共速”这个临界点，“共速”时往往会发生摩擦力突变(滑动摩擦力变为静摩擦力)，运动状态突变(相对滑动变为相对静止)等情况处理这类问题时要善于借助vt图象进行分析，借助图象中围成的面积很
22、容易求出二者间的位移差2传送带模型题的分析流程【典题例析】 (2019日照模拟)如图所示为某工地一传输工件的装置，AB为一段足够大且固定的圆弧轨道，圆弧半径R5.6 m，BC为一段足够长的水平轨道，CD为一段固定的圆弧轨道，圆弧半径r1 m，三段轨道均光滑一长为L2 m、质量为M1 kg的平板小车最初停在BC轨道的最左端，小车上表面刚好与AB轨道相切，且与CD轨道最低点处于同一水平面一可视为质点、质量为m2 kg的工件从距AB轨道最低点的高度为h处沿轨道自由滑下，滑上小车后带动小车向右运动，小车与CD轨道左端碰撞(碰撞时间极短)后即被粘在C处工件只有从CD轨道最高点飞出，才能被站在台面DE上的
23、工人接住工件与小车的动摩擦因数为0.5，取g10 m/s2，求：(1)若h为2.8 m，则工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为多大？(2)要使工件能被站在台面DE上的工人接住，则h的取值范围为多少？解析(1)工件从起点滑到圆弧轨道底端B点，设到B点时的速度为vB，根据动能定理有mghmv工件做圆周运动，在B点，由牛顿第二定律得Nmgm联立解得N40 N由牛顿第三定律知，工件滑到圆弧底端B点时对轨道的压力为NN40 N.(2)由于BC轨道足够长，要使工件能到达CD轨道，工件与小车必须能够达到共速，设工件刚滑上小车时的速度为v0，工件与小车达到共速时的速度为v1，假设工件到达小车最右端才与其共速，
24、规定向右为正方向，则对于工件与小车组成的系统由动量守恒定律得mv0(mM)v1由动能定理得mgLmv(mM)v对于工件从AB轨道滑下的过程，由机械能守恒定律得mgh1mv代入数据解得h13 m要使工件能从CD轨道最高点飞出，h13 m时物块有从AB轨道滑下且不脱离小车的最大速度，设其从轨道下滑的最小高度为h，刚滑上小车的速度为v0，与小车达到共速时的速度为v1，刚滑上CD轨道的速度为v2，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv0(mM)v1由动能定理得mgLmvMvmv工件恰好滑到CD轨道最高点，由机械能守恒定律得mvmgr工件在AB轨道滑动的过程，由机械能守恒定律得mghmv联立并代入数据解
25、得h m综上所述，要使工件能到达CD轨道最高点，应使h满足 mr2)的雨滴在空气中无初速下落的vt图线，其中_对应半径为r1的雨滴(选填“”或“”)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的vt图线(3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘，证明：圆盘以速度v下落时受到的空气阻力fv2(提示：设单位体积内空气分子数为n，空气分子质量为m0)解析：(1)根据动能定理mghWmu2可得Wmghmu2.(2)a.根据牛顿第二定律mgfma得ag当加速度为零时，雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量mr3由a0，可得，雨滴最大速度vm.b
26、图线对应半径为r1的雨滴；vt图线如图1.(3)根据题设条件：大量气体分子在各方向运动的几率相等，其对静止雨滴的作用力为零以下只考虑雨滴下落的定向运动简化的圆盘模型如图2.设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变在t时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为mSvtnm0以F表示圆盘对气体分子的作用力，根据动量定理，有Ftmv得Fnm0Sv2由牛顿第三定律，可知圆盘所受空气阻力fv2采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论答案：见解析3. 如图所示，半径R1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角37，另一端点C为轨道的最低点C点右侧的水平路面上紧挨C点放置
27、一木板，木板质量M1 kg，上表面与C点等高质量m1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v01.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道已知物块与木板间的动摩擦因数10.2，木板与路面间的动摩擦因数20.05，取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求物块经过B端时速度的大小；(2)求物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？解析：(1)根据运动的合成与分解，B点速度方向与水平方向夹角为53，故vB2 m/s.(2)物块从B到C应用动能定理，有mg(RRsin )
28、mvmv解得vC6 m/s在C点，由牛顿第二定律得Fmgm解得F46 N由牛顿第三定律知，物块经过圆弧轨道上的C点时对轨道的压力大小为46 N.(3)物块从A到C过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，由能量守恒定律得Qmv18 J.答案：(1)2 m/s(2)46 N(3)18 J4(2019滨州二模)如图所示，光滑水平面MN的左端M处固定有一能量补充装置P，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值右端N处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率v6 m/s匀速转动，水平部分长度L9 m放在光滑水平面上的两相同小物块A
29、、B(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能Ep 9 J，弹簧与A、B均不粘连，A、B与传送带间的动摩擦因数0.2，物块质量mAmB1 kg.现将A、B同时由静止释放，弹簧弹开物块A和B后，迅速移去轻弹簧，此时，A还未撞击P，B还未滑上传送带取g10 m/s2.(1)求A、B刚被弹开时的速度大小；(2)试通过计算判断B第一次滑上传送带后，能否从传送带右端滑离传送带；(3)若B从传送带上回到光滑水平面MN上与被弹回的A发生碰撞后粘连，一起滑上传送带则P应给A至少补充多少动能才能使二者一起滑离传送带？解析：(1)弹簧弹开的过程中，系统机械能守恒EpmAvmBv由动量守恒有mAvAmBvB0联
30、立以上两式解得vA3 m/s，vB3 m/s.(2)假设B不能从传送带右端滑离传送带，则B做匀减速运动直到速度减小到零，设位移为s.由动能定理得mBgs0mBv解得s2.25 msL，B不能从传送带右端滑离传送带(3)设物块A撞击P后被反向弹回的速度为v1由功能关系可知：EmAvmAv由物块B在传送带上先向右做匀减速运动，直到速度减小到零，然后反方向做匀加速运动由运动的对称性可知，物块B回到皮带左端时速度大小应为v2vB3 m/s.B与A发生碰撞后粘连共速为v，由动量守恒定律可得：mAv1mBv2(mAmB)v要使二者能一起滑离传送带，要求(mAmB)v2(mAmB)gL由以上四式可得：E108 J.答案：见解析- 17 -
