专题3.13 三大动力学观点的综合应用(解析版)

力学三大观点综合应用高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题1　动量和能量观点在力学中的应用例1　(2014·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A ，中央放一小物块B ，物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L 为1.0 m ，凹槽与物块的质量均为m ，两者之间的动摩擦因数μ为0.05.开始时物块静止，凹槽以v 0＝5 m/s 的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g 取10 m/s 2.求：图1(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．答案　(1)2.5 m/s (2)6次　(3)5 s 12.75 m解析　(1)设两者间相对静止时速度为v ，由动量守恒定律得m v 0＝2m v v ＝2.5 m/s.(2)解得物块与凹槽间的滑动摩擦力F f ＝μF N ＝μmg设两者相对静止前相对运动的路程为s 1，由功能关系得－F f ·s 1＝(m ＋m )v 2－m v 121220解得s 1＝12.5 m已知L ＝1 m ，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v 1、v 2，碰后的速度分别为v 1′、v 2′.有m v 1＋m v 2＝m v 1′＋m v 2′m v ＋m v ＝m v 1′2＋m v 2′212211221212得v 1′＝v 2，v 2′＝v 1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v —t 图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v ＝v 0＋ata ＝－μg解得t ＝5 s凹槽的v —t 图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s 2.(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5 L ，其余每两份面积和均为L .)s 2＝()t ＋6.5L ，解得s 2＝12.75 m.12v 021．如图2所示，倾角45°高h 的固定斜面．右边有一高的平台，平台顶部左边水平，上面有一质量为3h2M 的静止小球B ，右边有一半径为h 的圆弧．质量为m 的小球A 从斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，14从斜面最高点飞出后恰好沿水平方向滑上平台，与B 发生弹性碰撞，碰后B 从圆弧上的某点离开圆弧．所有接触面均光滑，A 、B 均可视为质点，重力加速度为g.图2(1)求斜面与平台间的水平距离s 和A 的初速度v 0；(2)若M ＝2m ，求碰后B 的速度；(3)若B 的质量M 可以从小到大取不同值，碰后B 从圆弧上不同位置脱离圆弧，该位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为α.求cos α的取值范围．答案　(1) h 2　(2)　(3)≤cos α≤1gh 23gh 23解析　(1)设小球A 飞上平台的速度为v 1，小球由斜面顶端飞上平台，可看成以速度v 1反向平抛运动，由平抛运动规律得：h ＝gt 2，s ＝v 1t ，tan 45°＝1212gt v 1解得：v 1＝，s ＝hgh 由机械能守恒定律得：m v ＝mgh ＋m v 1220321221解得：v 0＝2.gh (2)设碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动量、能量守恒得m v 1＝m v A ＋M v B m v ＝m v ＋M v 1221122A 122B v B ＝v 1＝.2m m ＋M 23gh (3)由(2)可知，当M ≪m 时v B ≈2＞从顶端飞离则cos α＝1gh gh 当M ≫m 时，v B ＝0，设B 球与圆弧面在C 处分离，则：Mgh (1－cos α)＝M v 122CMg cos α＝M ，cos α＝，故≤cos α≤1v 2C h 23231．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程．2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析．4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．考题2　应用动力学、能量、动量解决综合问题例2　如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为m ＝1 kg 的足够长的木板C ，在C 上放置有A 、B 两物体，A 的质量m A ＝1 kg ，B 的质量为m B ＝2 kg.A 、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能E p ＝3 J ，现突然给A 、B 一瞬时冲量作用，使A 、B 同时获得v 0＝2 m/s 的初速度，速度方向水平向右，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A 、B 分离．已知A 和C 之间的摩擦因数为μ1＝0.2，B 、C 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：图3(1)弹簧与A 、B 分离的瞬间，A 、B 的速度分别是多大？(2)已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A 、B 和C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A 、B 、C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少？(3)已知C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A 在C 上滑行的距离？审题突破　(1)根据动量守恒和能量守恒列方程组求A 、B 分离时的速度；(2)由牛顿第二定律求三者的加速度，该过程中产生的内能等于系统损失的机械能，只需求出三者达到的共同速度便可以由能量守恒求解；(3)根据牛顿第二定律和运动学公式联立求解．答案　(1)0　3 m/s (2)4.5 J 1.5 m/s (3)0.75 m解析　(1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A 、B 和弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v BE p ＋(m A ＋m B )v ＝m A v ＋m B v 1220122A 122B 联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s.(2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 2，方向水平向左对A 、C 有：μ2m B g ＝(m A ＋m )a 又因为：m A a ＜μ1m A g故物体A 、C 的共同加速度为a ＝1 m/s 2，方向水平向右对A 、B 、C 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：m B v B ＝(m A ＋m B ＋m )v Q ＝m B v －(m A ＋m B ＋m )v 2122B12解得：Q ＝4.5 J ，v ＝1.5 m/s.(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和A 达到共同速度v 1，之后A 、C 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达共同速度v 2后做匀速运动．在此过程中由于摩擦力做负功，故C 向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共同速度．a A ＝μ1g ＝2 m/s 2，a B ＝μ2g ＝1 m/s 2μ1m A g ＋μ2m B g ＝ma C ，解得：a C ＝4 m/s 2v 1＝v －a A t ＝－v ＋a C t解得：v 1＝0.5 m/st ＝0.5 sx A 1＝t ＝0.5 m ，x C 1＝t ＝－0.25 mv ＋v 12－v ＋v 12故A 、C 间的相对运动距离为x AC ＝x A 1＋|x C 1|＝0.75 m.2．(2014·广东·35)如图4所示，的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝0.1，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案　(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s ≤v 1≤14 m/s 17 J解析　(1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：m v 1＝2m v 2①解得：v 2＝＝3 m/sv 12碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝m v －×2m v ②1221122解得ΔE ＝9 J.(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知2ma ＝－2μmg③可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋at 212④由①③④式得v 1＝6L －at 2t①若2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s②若4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s故v 1的取值范围为：10 m/s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知×2m v －×2m v ＝－μ·2mg ·4L122A 122当v 2＝v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.12根据题中涉及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果是碰撞并涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练　训练6题组1　动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小；(2)A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点？答案　(1)　(2)mgx 0　(3)123gx 014(20＋43)gx 0解析　(1)设A 与B 相碰前A 的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2由机械能守恒定律得3mgx 0 sin 30°＝m v 1221由动量守恒定律得m v 1＝2m v 2解以上二式得v 2＝.123gx 0(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋·2m v ＝2mgx 0 sin 30°122解得E p ＝mgx 0.14(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 4m v 2＋3mgx 0 sin 30°＝m v 121223m v 3＝2m v 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则·2m v ＋E p ＝·2m v ＋2mgx 0sin 30°12241225此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则m v ＝m v ＋2mgx 0 sin 30°＋mgR (1＋sin 60°)12251226在最高点有mg ＝m v 26R联立以上各式解得v ＝.(20＋43)gx 02．如图2所示，质量为m 1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点，A 、B 的高度差为h 1＝1.25 m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝4.00 m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝1.80 m ，g 取10 m/s 2.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 1滑过C 点时的速度大小v ；(结果保留两位有效数字)(2)在m 1下滑前将质量为m 2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生弹性碰撞，且碰撞后m 1速度方向不变，则m 1、m 2应该满足什么条件？(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v ＝5.0 m/s.求出滑块m 1、m 2落地点间的最大距离(结果可带根号)．答案　(1)3.0 m/s (2)m 1＞m 2　(3)(－3) m6215解析　(1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝m 1v 1220解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝m 1v 2－m 1v 121220解得v ＝3.0 m/s.(2)滑块m 2停放在槽的底端，m 1下滑并与滑块m 2弹性碰撞，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2m 1v ＝m 1v ＋m 2v 12201221122m 1速度方向不变即v 1＝v 0＞0m 1－m 2m 1＋m 2则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝gt 212当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m 1≫m 2时，滑块m 1、m 2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大v 1＝v 0＝v 0≈v 0＝5.0 m/s m 1－m 2m 1＋m 21－m 2m 11＋m 2m 1v 2＝v 0＝v 0≈2v 0＝10.0 m/s2m 1m 1＋m 221＋m 2m 1滑块m 1与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为x 1＝v 1t ＝3.0 m滑块m 2与传送带发生摩擦，有－μm 2gL ＝m 2v 2′2－m 2v 12122解得v 2′＝2 m/s21落地点射程为x 2＝v 2′t ＝ m6215m 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(－3) m.6215题组2　应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图3所示，质量M ＝4 kg 的平板小车停在光滑水平面上，车上表面高h 1＝1.6 m ．水平面右边的台阶高h 2＝0.8 m ，台阶宽l ＝0.7 m ，台阶右端B 恰好与半径r ＝5 m 的光滑圆弧轨道连接，B 和圆心O 的连线与竖直方向夹角θ＝53°，在平板小车的A 处有质量m 1＝2 kg 的甲物体和质量m 2＝1 kg 的乙物体紧靠在一起，中间放有少量炸药(甲、乙两物体都可以看作质点)．小车上A 点左侧表面光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为μ＝0.2.现点燃炸药，炸药爆炸后两物体瞬间分开，甲物体获得5 m/s 的水平初速度向右运动，离开平板车后恰能从光滑圆弧轨道的左端B 点沿切线进入圆弧轨道．已知车与台阶相碰后不再运动(g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6)．求：图3(1)炸药爆炸使两物体增加的机械能E ；(2)物体在圆弧轨道最低点C 处对轨道的压力F ；(3)平板车上表面的长度L 和平板车运动位移s 的大小．答案　(1)75 J (2)46 N ，方向竖直向下　(3)1 m解析　(1)甲、乙物体在爆炸瞬间动量守恒：m 1v 1－m 2v 2＝0E ＝m 1v ＋m 2v ＝75 J.1221122(2)设甲物体平抛到B 点时，水平方向速度为v x ，竖直分速度为v yv y ＝＝4 m/s2g (h 1－h 2)v x ＝＝3 m/sv ytan θ合速度为：v B ＝5 m/s物体从B 到C 过程中：m 1gr (1－cos θ)＝m 1v －m 1v 122C122B F N －m 1g ＝m 1v 2C rF N ＝46 N由牛顿第三定律可知：F ＝F N ＝46 N ，方向竖直向下．(3)甲物体平抛运动时间：t ＝＝0.4 sv yg 平抛水平位移：x ＝v x t ＝1.2 m ＞0.7 m甲物体在车上运动时的加速度为：a 1＝μg ＝2 m/s 2甲物体在车上运动时间为：t 1＝＝1 sv 0－v xa 1甲物体的对地位移：x 1＝(v 0＋v x )t 1＝4 m12甲物体在车上运动时，车的加速度为：a 2＝＝1 m/s 2μm 1gM 甲离开车时，车对地的位移：x 2＝a 2t ＝0.5 m 1221车长为：L ＝2(x 1－x 2)＝7 m车的位移为：s ＝x 2＋(x －l )＝1 m.4．如图4所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝0.8 m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙球，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看做质点．图4(1)求甲球离开弹簧时的速度．(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离．资料定值者对(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．答案　(1)4 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为2 m/s ，方向水平向右，乙的速33度为6m/s ，方向水平向左3解析　(1)甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒：m 1v ＝m 1g ·2R ＋m 1v ，1220122D 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v 2D R联立解得：v 0＝4 m/s.3(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙，由能量守恒：E p ＝m 1v ＝m 2v ，1220122乙得v 乙＝12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a得a ＝6 m/s 2乙的速度为零时，在传送带滑行的距离最远，最远距离为：s ＝＝12 m ＜20 mv 2乙2a 即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝m 1v ＝m 1v ＋m 2v 12201221122解得：v 1＝2 m/s ，v 2＝6 m/s33之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h ，则m 1v ＝m 1gh 1221得h ＝0.6 m ＜0.8 m则甲上滑不到同圆心等高位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 2＝2 m/s3乙滑上传送带，因v 2＝6 m/s ＜12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速．由对称性可知乙返回3AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 m/s3故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 m/s ，方向水平向右，乙的速度为6 m/s ，方向水平向左．33。

动力学三大定律的综合应用教学目的：1.明确三大定律的区别及解题过程中的应用原则2.掌握三大定律解题的思路和方法教学重点、难点：用两个守恒定律去解决问题时，必须注意研究的问题是否满足守恒的条件．考点梳理：一、解决动力学问题的三个基本观点1．力的观点牛顿运动定律结合运动学公式，是解决力学问题的基本思路和方法，此种方法往往求得的是瞬时关系．利用此种方法解题必须考虑运动状态改变的细节．中学只能用于匀变速运动(包括直线和曲线运动)，对于一般的变加速运动不作要求．2．动量的观点动量观点主要考虑动量守恒定律．3．能量的观点能量观点主要包括动能定理和能量守恒定律．动量的观点和能量的观点研究的是物体或系统经历的过程中状态的改变，它不要求对过程细节深入研究，关心的是运动状态的变化，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中功，即可对问题求解．二、力学规律的选用原则1．选用原则：求解物理在某一时刻的受力及加速度时，可用牛顿第二定律解决，有时也可结合运动学公式列出含有加速度的关系式．2．动能定理的选用原则：研究某一物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时，涉及位移和速度，不涉及时间时优先考虑动能定理。

3．动量守恒定律和机械能守恒定律原则：若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般用这两个守恒定律去解决问题，但须注意研究的问题是否满足守恒的条件．4．选用能量守恒定律的原则：在涉及相对位移问题时优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量．5．选用动量守恒定律的原则：在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理过程时，必须注意到一般这些过程中均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化．这种问题由于作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场．三、综合应用力学三大观点解题的步骤1．认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．2．分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程，画出草图．对于过程比较复杂的问题，要正确、合理地把全过程划分为若干阶段，注意分析各阶段之间的联系．3．根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程．4．代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论．例1.如图6－3－1所示，在光滑水平地面上，有一质量m1＝4.0 kg的平板小车，小车的右端有一固定的竖直挡板，挡板上固定一轻质细弹簧．位于小车上A点处的质量m2＝1.0 kg的木块(可视为质点)与弹簧的左端相接触但不连接，此时弹簧与木块间无相互作用力．木块与A点左侧的车面之间的动摩擦因数μ＝0.40，木块与A点右侧的车面之间的摩擦可忽略不计，现小车与木块一起以v0＝2.0 m/s的初速度向右运动，小车将与其右侧的竖直墙壁发生碰撞，已知碰撞时间极短，碰撞后小车以v1＝1.0 m/s的速度水平向左运动，g取10 m/s2.(1)求小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小；(2)若弹簧始终处于弹性限度内，求小车撞墙后与木块相对静止时的速度大小和弹簧的最大弹性势能；(3)要使木块最终不从小车上滑落，则车面A点左侧粗糙部分的长度应满足什么条件？【思路点拨】 小车碰后向左的动量m 1v 1比木块m 2向右的动量m 2v 0大，因此，最终木块和小车的总动量方向向左；弹簧的最大弹性势能对应小车与木块同速向左时；而木块恰好不从小车左侧滑落对应车面A 点左侧粗糙部分的最小长度．【解析】 (1)设v 1的方向为正，则小车与竖直墙壁发生碰撞的过程中小车动量变化量的大小为Δp ＝m 1v 1－m 1(－v 0)＝12 kg ·m/s.(2)小车与墙壁碰撞后向左运动，木块与小车间发生相对运动将弹簧压缩至最短时，二者速度大小相等，此后木块和小车在弹簧弹力和摩擦力的作用下，做变速运动，直到二者两次具有相同速度为止．整个过程中，小车和木块组成的系统动量守恒．设小车和木块相对静止时的速度大小为v ，根据动量守恒定律有： m 1v 1－m 2v 0＝(m 1＋m 2)v解得v ＝0.40 m/s ，当小车与木块达到共同速度v 时，弹簧压缩至最短，此时弹簧的弹性势能最大，设最大弹性势能为E p ，根据机械能守恒定律可得E p=12m 1v 21+12m 2v 02 - 12( m 1 +m 2 )v 2 =36J(3)根据题意，木块被弹簧弹出后滑到A点左侧某点时与小车具有相同的速度v.木块在A点右侧运动过程中，系统机械能守恒，而在A点左侧相对滑动过程中将克服摩擦阻力做功，设此过程中滑行的最大相对位移为s，根据功能关系有1 2m1v21+12m2v02 -12( m1 +m2 )v2 =μm2gs解得s＝0.90 m，即车面A点左侧粗糙部分的长度应大于0.90 m.【答案】(1)12 kg·m/s (2)0.40 m/s 3.6 J (3)大于0.90 m 【规律总结】对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统，在物体瞬间碰撞时，满足动量守恒，但碰撞瞬间往往有机械能损失，而系统内物体与外界作用时，系统动量往往不守恒，在系统内物体与弹簧作用时，一般满足机械能守恒，如果同时有滑动摩擦力做功，产生摩擦热，一般考虑用能量守恒定律．对于有竖直弹簧连接的问题，弹簧的形变量与物体高度的变化还存在一定的数量关系．变式练习1.如右图所示，在光滑水平桌面上，物体A和B用轻弹簧连接，另一物体C靠在B左侧未连接，它们的质量分别为m A＝0.2 kg，m B＝m C＝0.1 kg.现用外力作用B、C和A压缩弹簧，外力做功为7.2 J，弹簧仍在弹性限度内，然后由静止释放．试求：(1)弹簧伸长最大时弹簧的弹性势能；(2)弹簧从伸长最大回复到自然长度时，A、B速度的大小．解析：取向右为正方向．(1)第一过程，弹簧从缩短至恢复原长m A v A1＋(m B＋m C)v1＝01 2m A v2A1＋12(m B＋m C)v21＝E p0代入数据得v A1＝6 m/s，v1＝－6 m/s，第二过程，弹簧从原长伸至最长，此时A、B速度相等，有m A v A1＋m B v1＝(m A＋m B)v2E pm＝E p0－12(m A＋m B)v22－12m C v21代入数据得v2＝2 m/s，E pm＝4.8 J.(2)第三过程，弹簧从最长至原长，有(m A＋m B)v2＝m A v A3＋m B v B31 2(m A＋m B)v22＋E pm＝12m A v2A3＋12m B v2B3得v A3＝－2 m/s，v B3＝10 m/s.【小结】弹簧伸长时，B、C间有弹力作用，A、B系统的动量不守恒，但以A、B、C作为系统，动量守恒．以后B、C分离，A、B系统的动量守恒．本题说明有多个物体时，需合理选择物体组成研究系统。

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动力学力在空间上的积累效果动能定理W合=ΔE k即W合=12mv22-12mv21功能关系力在时间上的积累效果动量定理I合=Δp即FΔt=mv′-mv冲量与动量的关系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=E1能量转化(转移)动量守恒定律p2=p1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。

秘籍09 动力学三大观点的综合应用一、三大观点在力学中的应用【题型一】动力学三大观点解决多过程问题放，滑块第一次通过圆弧轨道最高点Q时对轨道的压力大小F=4N，此后，滑块与水平轨道发生时间极短的碰撞后速度方向竖直向上，进入轨道后滑块刚好能够通过Q点。

滑块可视为质点，重力加速度g=10m/s2。

求：（1）滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ：（2）碰撞过程中动能的损失率η（动能损失量与碰前动能的百分比）。

1．（2024·重庆·模拟预测）如题图所示，一边长为1.5R的正方体物块静置于足够长的光滑水平2．（2024·贵州安顺·一模）如图，足够长的光滑水平桌面上静止着质量为3m的滑块，滑块右G、Ⅰ、L、I……。

某时刻一质量为m的小物体自A点由静止释放，经过一段时间后恰好由C 点沿着圆弧CD的切线无碰撞地进入管形轨道。

已知轨道CD段和右侧各竖直圆内壁均光滑，轨道的内径相比R忽略不计，小物体与管形轨道各水平部分的动摩擦因数均为0.3，水平部分DE EG CI R===⋅⋅⋅⋅⋅⋅=，重力加速度为g，不计空气阻力，小物体运动过程没有与桌面发生碰4撞。

（1）求小物体离开滑块时的速度大小；（2）求小物体开始释放时的位置距D点的水平距离；（3）求小物体停止运动时的位置距D点的距离。

3．（2024·安徽·一模）如图，为某轮滑赛道模型，AB段和BC段为在B点相切的圆弧，半径分别为23、，在圆弧AB的最上端A点的切线水平，1O为圆弧AB的圆心，1O B与竖直方向的夹R R角为60︒；圆弧BC的最下端C点的切线水平，2O为圆弧BC的圆心，C点离地面的高度为R，一个质量为m的滑块从A点（给滑块一个扰动）由静止开始下滑，到B点时对AB圆弧的压力恰好为零，到C点时对圆弧轨道的压力大小为2mg，重力加速度大小为g，求：（1）滑块运动到B点时的速度多大；（2）滑块在AB段圆弧和在BC段圆弧上克服摩擦力做的功分别为多少；（3）若滑块与地面碰撞一瞬间，竖直方向速度减为零，水平方向速度不变，滑块与地面间的动摩擦因数为0.5，则滑块停下时离C点的水平距离为多少。

高中物理中力学三大观点的综合应用楼㊀倩(兰州市第七中学ꎬ甘肃兰州７３００００)摘㊀要:本文主要对力学三大观点进行介绍ꎬ对三大观点的优选原则进行分析ꎬ并结合典型例题ꎬ探讨如何利用力学三大观点解决综合性问题.关键词:高中物理ꎻ力学三大观点ꎻ解题应用中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０６－００８３－０３收稿日期:２０２３－１１－２５作者简介:楼倩(１９８６.２－)ꎬ女ꎬ甘肃省兰州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事初高中物理教学研究.㊀㊀高中物理中力学三大观点ꎬ即动力学观点㊁能量观点和动量观点.是高考中必考的考点ꎬ具有综合性强㊁难度大的特征ꎬ常常作为考试的压轴题出现.本文对该部分知识进行了分析ꎬ以便加强学生对三大观点的理解和应用.１力学三大观点概述高中物理中的力学三大观点ꎬ包括动力学观点㊁能量观点和动量观点[１].其中动力学观点是结合牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律ꎬ求解物体做匀变速直线运动时速度㊁加速度㊁位移等物理量ꎬ涉及运动的细节ꎬ可以用来处理匀变速运动的相关问题ꎻ能量观点是结合动能定理㊁功能关系㊁机械守恒定律和能量守恒定律ꎬ解决功和能之间的关系ꎬ涉及做功和能量转换ꎬ既能解决匀变速运动的相关问题ꎬ也能处理非匀变速运动问题ꎻ动量观点是涉及动量定理和动量守恒定律ꎬ解决过程只涉及物体的初末速度㊁力㊁时间或者只与初末速度有关ꎬ和能量观点一样ꎬ动量观点适用范围既包括匀变速运动ꎬ也包括非匀变速运动问题.２三大观点的选用原则力学的三大观点ꎬ针对的是不同的物理情境ꎬ解决的是不同的问题.如若误用ꎬ就会降低解题效率ꎬ甚至求出错误答案或者求解过程陷入僵局.因此ꎬ需要对三大观点的选用原则有一定的了解.(１)当物理情境为碰撞㊁爆炸㊁反冲等问题ꎬ若只涉及初㊁末速度而不涉及力㊁时间ꎬ且研究对象为一个系统ꎬ优先选用动量守恒定律ꎬ并联立能量守恒定律进行求解ꎬ需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.(２)当涉及运动的具体细节时ꎬ考虑动力学观点进行解题ꎬ能量和动量观点均只关注初末状态ꎬ不考虑运动细节.(３)当问题涉及相对位移时ꎬ可优先考虑能量守恒定律.此时系统克服摩擦力所做的功和系统机械能的减少量相等ꎬ即转变为系统的内能.这种解法可以避免对复杂的运动过程进行分析ꎬ简化解题步骤.(４)若在求解问题时ꎬ需要求出各个物理量在某时刻的大小ꎬ则可以优先运用牛顿第二定律.(５)若研究对象为单一物体ꎬ且涉及功和位移问题时ꎬ应优先考虑动能定理.３热点题型分析３.１应用三大动力学观点解决碰撞㊁爆炸模型例１㊀如图１所示ꎬ水平地面上放置有Ｐ㊁Ｑ两个物块ꎬ两者相距Ｌ＝０.４８ｍꎬＰ物块的质量为１ｋｇꎬ３８Ｑ物块的质量为４ｋｇꎬＰ物块的左侧和一个固定的弹性挡板接触.已知Ｐ物块与水平地面间无摩擦ꎬ且其和弹性挡板碰撞时无能量损失ꎬＱ物块与水平地面有摩擦且动摩擦因数为０.１ꎬ重力加速度取１０ｍ/ｓ２.某一时刻ꎬＰ以４ｍ/ｓ的初速度朝着物块Ｑ运动并和其发生弹性碰撞ꎬ回答以下问题:图１㊀例１题图(１)Ｐ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小各为多少?(２)Ｐ物块与Ｑ物块第二次碰撞后ꎬ物块Ｑ的瞬间速度大小为多少?解析㊀(１)第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为ｖ１和ｖ２ꎬ有ｍ１ｖ０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２ꎬ１２ｍ１ｖ０２＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２ꎬ求解得ｖ１＝－１２５ｍ/ｓꎬｖ２＝８５ｍ/ｓ.因此ꎬＰ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小分别为１２５ｍ/ｓ㊁８５ｍ/ｓ.(２)设碰后Ｑ的加速度为ａꎬ则有μｍｇ＝ｍａ.假设第二次碰撞前Ｑ没有停止运动ꎬ有ｘ＋２Ｌ＝｜ｖ１｜ｔ１ꎬｘ＝ｖ２ｔ１－１２ａｔ２１ꎬ解得ｔ１＝０.８ｓ.假设第二次碰撞前Ｑ已经停止运动ꎬ有ｖ２＝ａｔ２ꎬ解得ｔ２＝１.６ｓ.所以第二次碰撞前Ｑ没有停止运动.设第二次碰撞前的瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰꎬＱ的速度为ｖＱ.碰撞后瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰᶄꎬＱ的速度为ｖＱᶄꎬ则:ｖＱ＝ｖ２－ａｔ１ｍ１ｖＰ＋ｍ２ｖＱ＝ｍ１ｖＰᶄ＋ｍ２ｖＱᶄ１２ｍ１ｖＰ２＋１２ｍ２ｖＱ２＝１２ｍ１ｖＰᶄ２＋１２ｍ２ｖＱᶄ２ｖＰ＝－ｖ１解得ｖＱᶄ＝３６２５ｍ/ｓ.例２㊀有一组机械组件ꎬ由螺杆Ａ和螺母Ｂ组成ꎬ因为生锈难以分开ꎬ图２为装置剖面示意图.某同学将该组件垂直放置于水平面上ꎬ在螺杆Ａ顶端的Ｔ形螺帽与螺母Ｂ之间的空隙处装入适量火药并点燃ꎬ利用火药将其 炸开 .已知螺杆Ａ的质量为０.５ｋｇꎬ螺母的质量为０.３ｋｇꎬ火药爆炸时所转化的机械能Ｅ＝６ＪꎬＢ与Ａ的竖直直杆间滑动摩擦力大小恒为ｆ＝１５Ｎꎬ忽略空气阻力ꎬ重力加速度ｇ＝１０ｍ/ｓ２.图２㊀例２题图(１)求火药爆炸瞬间螺杆Ａ和螺母Ｂ各自的速度大小ꎻ(２)忽略空隙及螺母Ｂ的厚度影响ꎬ要使Ａ与Ｂ能顺利分开ꎬ求螺杆Ａ的竖直直杆的最大长度Ｌ.解析㊀(１)设火药爆炸瞬间螺杆Ａ的速度大小为ｖ１ꎬ螺母Ｂ的速度大小分别为ｖ２ꎬ以竖直向下为正方向ꎬ根据能量守恒定律和动量守恒定律ꎬ有０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２Ｅ＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２求解得ｖ１＝－３ｍ/ｓꎬｖ２＝５ｍ/ｓꎬ因此杆Ａ的速度大小为３ｍ/ｓꎬ方向竖直向上ꎻ螺母Ｂ的速度大小为５ｍ/ｓꎬ方向坚直向下.(２)Ａ相对Ｂ向上运动ꎬ所受摩擦力ｆ向下ꎬ则对螺杆Ａ由牛顿第二定律可得ｍ１ｇ＋ｆ＝ｍ１ａ１ꎬ解得ａ１＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向下.对螺母Ｂ由牛顿第二定律可得ｆ－ｍ２ｇ＝ｍ２ａ２ꎬ解得ａ２＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向上.火药爆炸后ꎬＡ向上做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ１ａ１＝３４０ｓ.Ｂ向下做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ２ａ２＝５４０ｓ.所以Ｂ一直做匀减速运动ꎬＡ则先做匀减速将速度减至为０而后做匀加速运动ꎬ当两者速度相等时刚好分开ꎬ此时直杆的长度最大.取向下为正方向ꎬ可得ｖ２－ａ２ｔ３＝－ｖ１＋ａ１ｔ３ꎬ解得ｔ３＝０.１ｓ.则直杆长度的最大值为Ｌ＝(ｖ１＋ｖ２)ｔ３２ꎬ解得Ｌ＝０.４ｍ.３.２应用三大动力学观点解决多过程问题例３㊀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ꎬ小物块Ｂ静止４８于水平轨道的最左端ꎬ如图３(ａ)所示.ｔ＝０时刻ꎬ小物块Ａ在倾斜轨道上从静止开始下滑ꎬ一段时间后与Ｂ发生弹性碰撞(碰撞时间极短)ꎻ当Ａ返回到倾斜轨道上的Ｐ点(图中未标出)时ꎬ速度减为０ꎬ此时对其施加一外力ꎬ使其在倾斜轨道上保持静止.物块Ａ运动的ｖ－ｔ图像如图３(ｂ)所示ꎬ图中的ｖ１和ｔ１均为未知量.已知Ａ的质量为ｍꎬ初始时Ａ与Ｂ的高度差为Ｈꎬ重力加速度大小为ｇꎬ不计空气阻力.(ａ)㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀(ｂ)图３㊀示意图(１)物块Ｂ的质量为多少?(２)物体Ａ在图３(ｂ)所描述的运动过程中ꎬ克服摩擦力做了多少功?(３)已知Ａ物块和Ｂ物块和轨道间的摩擦因数是相等的.当物块Ｂ停止运动后ꎬ将物块和轨道间的摩擦因数改变ꎬ然后从Ｐ点释放物块Ａꎬ其运动一段时间后ꎬ刚好能和物块Ｂ正好碰上.求改变前后摩擦因数的比值.解析㊀(１)根据图３(ｂ)ꎬ可以得出在ｔ１时刻ꎬ两物块发生了碰撞ꎬ物块Ａ的速度由碰撞前的ｖ１变为碰撞后的ｖ１２.碰撞问题ꎬ运用动量守恒和能量守恒观点进行分析ꎬ设物块Ｂ的质量为ｍＢꎬ其碰撞后的瞬间速度大小为ｖＢ.则有ｍｖ１＝ｍ(－ｖ１２)＋ｍＢｖＢ１２ｍｖ２１＝１２ｍ(－１２ｖ１)２＋１２ｍＢｖ２Ｂ解得ｍＢ＝３ｍ.(２)求物体Ａ在运动过程中克服摩擦力所做的功的大小ꎬ需要结合能量观点和动力学观点进行求解.设物体Ａ和轨道之间的滑动摩擦力为ｆꎬＰ点距地面的高度为ｈꎬ碰撞前物体Ａ走过的路程为ｓ１ꎬ碰撞之后走过的路程为ｓ２.碰撞之前ꎬ物体Ａ的速度由０加速至ｖ１ꎬ该过程重力做正功ꎬ摩擦力做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有ｍｇＨ－ｆｓ１＝１２ｍｖ２１－０碰撞之后ꎬ物体Ａ的速度由ｖ１２减速至０ꎬ该过程重力和摩擦力均做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有－(ｆｓ２＋ｍｇｈ)＝０－１２ｍ(－ｖ１２)２在整个过程中ꎬ物体克服摩擦力做功的大小为Ｗ＝ｆｓ１＋ｆｓ２由图３(ｂ)的ｖ－ｔ图像可知ｓ１＝１２ｖ１ｔ１ｓ２＝１２ˑｖ１２ˑ(１.４ｔ１－ｔ１)且ｓ１和ｓ２存在几何关系ｓ２ｓ１＝ｈＨ联立可得Ｗ＝２１５ｍｇＨ.(３)设轨道和地面之间的夹角为θꎬ改变前的动摩擦因数为μ有Ｗ＝μｍｇｃｏｓθＨ＋ｈｓｉｎθ设物块Ｂ在水平轨道上能够滑行的距离为ｓᶄꎬ由动能定理有－μｍᶄｇｓᶄ＝０－１２ｍᶄｖᶄ２设改变后的动摩擦因数为μᶄꎬ依据动能定理有ｍｇｈ－μᶄｍｇｃｏｓθ ｈｓｉｎθ－μᶄｍｇｓᶄ＝０联立可得μμᶄ＝１１９.４结束语总之ꎬ当运用力学三大观点进行解题时ꎬ关键在于明确研究对象和其所经历的物理过程ꎬ并能够根据问题ꎬ应用合适的观点进行求解.该类题对学生的综合素质要求较高ꎬ教学过程切不可机械化㊁模板化ꎬ教师要引导学生多思考㊁多总结ꎬ达到 讲一题会一类 的教学效果ꎬ培养学生的解题思维.参考文献:[１]李得天.利用力学的三大观点解高考力学压轴题[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２２(２０):３４－３５.[责任编辑:李㊀璟]５８。

高考物理备考微专题精准突破专题3.13 三大动力学观点的综合应用【专题诠释】1.本专题是力学三大观点在力学中的综合应用，高考对本专题将作为计算题压轴题的形式命题．2．学好本专题，可以帮助同学们熟练应用力学三大观点分析和解决综合问题．3．用到的知识、规律和方法有：动力学方法(牛顿运动定律、运动学规律)；动量观点(动量定理和动量守恒定律)；能量观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．一、力的三个作用效果与五个规律二、常见的力学模型及其结论【高考领航】【2019·新课标全国Ⅲ卷】静止在水平地面上的两小物块A 、B ，质量分别为m A =l.0 kg ，m B =4.0 kg ；两者之 间有一被压缩的微型弹簧，A 与其右侧的竖直墙壁距离l =1.0 m ，如图所示。

某时刻，将压缩的微型弹簧释 放，使A 、B 瞬间分离，两物块获得的动能之和为E k =10.0 J 。

释放后，A 沿着与墙壁垂直的方向向右运动。

A 、 B 与地面之间的动摩擦因数均为u =0.20。

重力加速度取g =10 m/s²。

A 、B 运动过程中所涉及的碰撞均为弹性 碰撞且碰撞时间极短。

（1）求弹簧释放后瞬间A 、B 速度的大小；（2）物块A 、B 中的哪一个先停止？该物块刚停止时A 与B 之间的距离是多少？ （3）A 和B 都停止后，A 与B 之间的距离是多少？【答案】（1）v A =4.0 m/s ，v B =1.0 m/s （2）B 0.50 m （3）0.91 m【解析】（1）设弹簧释放瞬间A 和B 的速度大小分别为v A 、v B ，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=m A v A –m B v B ①22k 1122A AB B E m v m v =+② 联立①②式并代入题给数据得 v A =4.0 m/s ，v B =1.0 m/s ③（2）A 、B 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a 。

专题03 力学三大观点的综合应用01专题网络·思维脑图 02考情分析·解密高考 03高频考点·以考定法 04核心素养·难点突破 05创新好题·轻松练考点内容 学习目标传送带问题 1.掌握传送带中的动力学和能量问题；2.掌握板块模型中的动力学和能量问题；3.掌握碰撞模型中的动量和能量计算；4.掌握子弹打木块问题中的动量和能量转化问题；5.掌握弹簧问题及斜面问题中的动量和能量转化；板块问题碰撞模型及多过程问题 子弹打木块问题 碰撞模型拓展 动量和能量综合问题一、动力学三大观点考系。

② 应用动能定理的关键在于准确分析研究对象的受力情况及运动情况，可以画出运动过程的草图，借助草图理解物理过程之间的关系。

③ 当物体的运动包含多个不同过程时，可分段应用动能定理求解；也可以全过程应用动能定理。

④列动能定理方程时，必须明确各力做功的正、负，确实难以判断的先假定为正功，最后根据结果加以检验。

二、传送带问题1．水平传送带(摩擦力方向一定沿斜面向上)①静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．②滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能．③摩擦生热的计算：①Q＝F f·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程．②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和．三、板块问题1．模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动．2．位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.3．解题关键点①由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．②当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．4．板块模型的几个关系6．板块模型中摩擦力做功与动量、能量转化①滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需选用动力学观点解题．②应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面的位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程)．四、子弹打木块模型1．模型图示 2．模型特点① 子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒． ② 系统的机械能有损失． 3．两种情景① 子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。

三大动力学观点在力学中的综合应用1．考查重点：动量定理、动量守恒定律与牛顿运动定律、功能关系综合解决分析多运动组合问题，有时涉及弹簧问题和传送带、板块问题。

2．考题形式：计算题。

1(2023·河南校联考模拟预测)如图所示，粗细均匀的光滑直杆竖直固定在地面上，一根轻弹簧套在杆上，下端与地面连接，上端连接带孔的质量为m 的小球B 并处信息：刚开始弹簧处于压缩状态于静止状态，质量为m 的小球A 套在杆上，在B 球上方某一高度处由静止释放，两球碰撞后粘在一起。

当A 、B 一起上升到最高点时，A 、B 的加速度大小为32g ，信息：完全非弹性碰撞信息：速度为零，弹簧形变量最大g 为重力加速度，弹簧的形变总在弹性限度内，已知弹簧的弹性势能表达式为E p =12kx 2，其中k 为弹簧的劲度系数、x 为弹簧的形变量，A 、B 两球均可视为质点。

求：(1)小球A 开始释放的位置离B 球的距离；(2)两球碰撞后，弹簧具有的最大弹性势能及两球运动过程中的最大速度；信息：释放高度相同，故与B 球碰前的速度和A 球的相同(3)若将A 球换成C 球，C 球从A 球开始静止的位置由静止释放，C 、B 发生弹性信息：弹性碰撞的特点：动量守恒，机械能守恒碰撞，碰撞后立即取走C 球，此后B 球上升的最大高度与A 、B 一起上升的最大高度相同，则C 球的质量多大。

【答案】　(1)8mg k (2)25m 2g 22k 3g m 2k (3)13m 【解析】　(1)开始时，弹簧的压缩量x 1=mg k①当A 、B 一起上升到最高点时，设弹簧的伸长量为x 2，根据牛顿第二定律kx 2+2mg =2m ·32g 解得x 2=mg k②[关键点]末状态弹簧的伸长量与初态弹簧的压缩量相同，故该过程弹性势能未变化设开始时A 、B 间的距离为h ，根据机械能守恒定律，有mgh =12mv 21③设A 、B 碰撞后一瞬间，A 、B 共同速度大小为v 2，根据动量守恒定律，有mv 1=2mv 2④从碰后一瞬间到上升到最高点，根据机械能守恒定律，有12×2mv 22=2mg (x 1+x 2)⑤解得h =8mgk 。

力学三大观点的综合应用
目录
题型一应用力学三大观点解决多过程问题 (1)
题型二应用力学三大观点解决板—块模型及传送带模型问题 (19)
题型一应用力学三大观点解决多过程问题
力学三大观点对比
点、质量
，为使物块
【例2】．（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
（视为质点）在细绳
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
g
与挡板碰撞后瞬间给
）若小球能水平击中薄木板上的滑块，且滑块恰好不脱离薄木板，则薄木板的长度及薄
（1）求滑块P到达B点过程中传送带对滑块P做的功W；
m；
（2）求滑块Q的质量Q
（3）求滑块Q与木板间因摩擦而产生的热量Q热。

动力学和能量观点的综合应用类型一 传送带模型知识回望1．设问的角度(1)动力学角度：首先要正确分析物体的运动过程，做好受力分析，然后利用运动学公式结合牛顿第二定律求物体及传送带在相应时间内的位移，找出物体和传送带之间的位移关系． (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常依据功能关系或能量守恒定律求解． 2．功能关系分析(1)功能关系分析：W ＝ΔE k ＋ΔE p ＋Q . (2)对W 和Q 的理解：①传送带克服摩擦力做的功：W ＝F f x 传； ②产生的内能：Q ＝F f x 相对．例1 (2019·福建福州市期末质量检测)如图所示，水平传送带匀速运行的速度为v ＝2 m/s ，传送带两端A 、B 间距离为x 0＝10 m ，当质量为m ＝5 kg 的行李箱无初速度地放在传送带A 端后，传送到B 端，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g 取10 m/s 2，求：(1)行李箱开始运动时的加速度大小a ； (2)行李箱从A 端传送到B 端所用时间t ； (3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做的功W . 【答案】(1)2 m/s 2 (2)5.5 s (3)－20 J【解析】(1)行李箱刚放上传送带时的加速度大小：a ＝F f m ＝μmg m ＝μg ＝2 m/s 2(2)经过t 1时间二者共速，t 1＝v a ＝22s ＝1 s行李箱匀加速运动的位移为：x 1＝12at 12＝12×2×12 m ＝1 m行李箱随传送带匀速运动的时间：t 2＝x 0－x 1v ＝10－12 s ＝4.5 s则行李箱从A 传送到B 所用时间：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋4.5 s ＝5.5 s (3)t 1时间内传送带的位移：x 2＝v t 1＝2×1 m ＝2 m根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱的摩擦力大小F f ′＝F f行李箱对传送带的摩擦力做的功：W ＝－F f ′x 2＝－μmgx 2＝－0.2×5×10×2 J ＝－20 J 变式训练1 如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，始终保持v 0＝2 m/s 的速率运行，现把一质量为m ＝10 kg 的工件(可视为质点)轻轻放在传送带的底端，经过时间t ＝1.9 s ，工件被传送到h ＝1.5 m 的高处，g 取10 m/s 2，求：(1)工件与传送带间的动摩擦因数； (2)电动机由于传送工件多消耗的电能． 【答案】 (1)32(2)230 J 【解析】(1)由题图可知，传送带长x ＝hsin θ＝3 m工件速度达到v 0前，做匀加速运动的位移x 1＝v 02t 1匀速运动的位移为x －x 1＝v 0(t －t 1) 解得加速运动的时间t 1＝0.8 s 加速运动的位移x 1＝0.8 m 所以加速度大小a ＝v 0t 1＝2.5 m/s 2由牛顿第二定律有μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得μ＝32. (2)由能量守恒定律知，电动机多消耗的电能用于增加工件的动能、势能以及克服传送带与工件之间发生相对位移时摩擦力做功产生的热量． 在时间t 1内，传送带运动的位移 x 传＝v 0t 1＝1.6 m在时间t 1内，工件相对传送带的位移 x 相＝x 传－x 1＝0.8 m在时间t 1内，摩擦产生的热量 Q ＝μmg cos θ·x 相＝60 J最终工件获得的动能E k ＝12m v 02＝20 J工件增加的势能E p ＝mgh ＝150 J 电动机多消耗的电能 E ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.变式训练2 (倾斜传送带问题)(多选)(2020·山西新绛中学月考)在大型物流系统中，广泛使用传送带来搬运货物．如图甲所示，倾角为θ的传送带以恒定的速率逆时针方向转动，皮带始终是绷紧的，将m ＝1 kg 的货物放在传送带上的A 端，经过1.2 s 到达传送带的B 端．用速度传感器分别测得货物与传送带的速度v 随时间t 变化的图象如图乙所示．已知重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，可知( )A ．货物与传送带间的动摩擦因数为0.05B ．A 、B 两点间的距离为1.2 mC ．货物从A 运动到B 的过程中，传送带对货物做功－11.2 JD ．货物从A 运动到B 的过程中，货物与传送带间因摩擦产生的热量为4.8 J 【答案】D【解析】0～0.2 s 内，货物沿传送带向下做匀加速直线运动，摩擦力沿斜面向下，a 1＝g sin θ＋μg cos θ＝20.2 m/s 2＝10 m/s 2；0.2～1.2 s 内，货物继续沿传送带向下做匀加速直线运动，a 2＝g sin θ－μg cos θ＝21 m/s 2＝2 m/s 2，解得μ＝0.5，θ＝37°，故A 错误；从题图可知，0～1.2s 内，货物v －t 图线与t 轴围成的面积对应位移x ＝x 1＋x 2＝3.2 m ，则A 、B 两点间的距离为 3.2 m ，故B 错误；传送带对货物做的功即摩擦力做的功，W 1＝F f x 1＝μmg cos θ·x 1＝0.8 J ，W 2＝－F f x 2＝－μmg cos θ·x 2＝－12 J ，W ＝W 1＋W 2＝－11.2 J ，故C 正确；从题图乙可知，0～ 0.2 s 内，传送带比货物多走0.2 m ．0.2～1.2 s 内，货物比传送带多走1 m ，所以货物从A 运动到B 的过程中，相对位移为1.2 m ．因摩擦产生的热量Q ＝F f x 相对＝μmg cos θ·x 相对＝4.8 J ，故D 正确． 故选D 。