專題強化十三力學三大觀點的綜合應用學習目標1.掌握解決力學綜合問題常用的三大觀點。2.會靈活選用三個觀點解決力學綜合問題。題型一應用三大觀點解決力學綜合問題1.解決力學問題的三大觀點動力學觀點運用牛頓運動定律結合運動學知識,可解決勻變速運動問題能量觀點用動能定理和能量守恒定律等,可解決非勻變速運動問題動量觀點用動量守恒定律等,可解決非勻變速運動問題2.力學規(guī)律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式,可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時,一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng),且它們之間有相互作用,一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題,但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律,系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量,即轉變?yōu)橄到y(tǒng)內能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時,需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉換。作用時間都極短,因此用動量守恒定律去解決。角度動力學觀點和動量觀點的應用例1算盤是我國古老的計算工具,中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動,使用前算珠需要歸零。如圖所示,水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置,甲靠邊框b,甲、乙相隔s1=3.5×10-2m,乙與邊框a相隔s2=2.0×10-2m,算珠與導桿間的動摩擦因數μ=0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出,甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s,方向不變,碰撞時間極短且不計,重力加速度g取10m/s2。(1)通過計算,判斷乙算珠能否滑動到邊框a;(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時間。答案(1)能計算過程見解析(2)0.2s解析(1)甲算珠從被撥出到與乙算珠碰撞前,做勻減速直線運動,加速度大小a1=μmgm=1m/s設甲算珠與乙算珠碰撞前瞬間的速度為v1,則v12-v2=-2a1解得v1=0.3m/s甲、乙兩算珠碰撞時,由題意可知碰撞過程中動量守恒,取甲算珠初速度方向為正方向,則有mv1=mv1'+mv乙,其中v1'=0.1m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙=0.2m/s碰撞后,乙算珠做勻減速直線運動,加速度大小a2=μmgm=1m/s設乙算珠能運動的最遠距離為x,則x=v乙22由于x=s2所以乙算珠能夠滑動到邊框a。(2)甲算珠從撥出到與乙算珠碰撞所用時間t1=v-v1碰撞后甲算珠繼續(xù)做勻減速直線運動直到停止,所用時間t2=v1'a所以甲算珠從撥出到停下所需的時間t=t1+t2=0.2s。角度能量觀點和動量觀點的應用例2(2024·黑吉遼卷,14)如圖,高度h=0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B,質量mA=mB=0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx=0.1m的輕彈簧,彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B,彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出,水平射程xA=0.4m;B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB=0.25m后停止,A、B均視為質點,重力加速度g=10m/s2。忽略空氣阻力,求:(1)脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB;(2)物塊與桌面間的動摩擦因數μ;(3)整個過程中,彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。答案(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J解析(1)彈簧恢復原長時兩物塊脫離彈簧,A做平拋運動,B做勻減速直線運動對A,水平方向有xA=vAt豎直方向有h=12gt聯(lián)立解得vA=1m/s彈簧恢復原長的過程中,由于A、B所受摩擦力大小相等,方向相反,A、B與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒對系統(tǒng)有0=mAvA+mB(-vB)解得vB=1m/s。(2)B物塊與彈簧分離后做勻減速直線運動對B有-μmBgxB=0-12mB解得μ=0.2。(3)從系統(tǒng)初始狀態(tài)到彈簧與物塊分離的過程中,彈簧釋放的彈性勢能轉化為A和B的動能與A和B同桌面摩擦產生的熱量,該過程中對系統(tǒng)有ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μmAgΔxA+其中ΔxA、ΔxB為彈簧恢復原長過程中A、B兩物塊相對桌面的路程,則有Δx=ΔxA+ΔxB聯(lián)立解得ΔEp=0.12J。

題型二應用三大觀點解決多過程問題例3(2024·浙江1月選考,18)某固定裝置的豎直截面如圖所示,由傾角θ=37°的直軌道AB,半徑R=1m的圓弧軌道BCD,長度L=1.25m、傾角為θ的直軌道DE,半徑為R、圓心角為θ的圓弧管道EF組成,軌道間平滑連接。在軌道末端F的右側光滑水平面上緊靠著質量m=0.5kg滑塊b,其上表面與軌道末端F所在的水平面平齊。質量m=0.5kg的小物塊a從軌道AB上高度為h處靜止釋放,經圓弧軌道BCD滑上軌道DE,軌道DE由特殊材料制成,小物塊a向上運動時動摩擦因數μ1=0.25,向下運動時動摩擦因數μ2=0.5,且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。當小物塊a在滑塊b上滑動時動摩擦因數恒為μ1,小物塊a運動到滑塊右側的豎直擋板能發(fā)生彈性碰撞(其他軌道均光滑,小物塊視為質點,不計空氣阻力,sin37°=0.6,cos37°=0.8)。(1)若h=0.8m,求小物塊①第一次經過C點的向心加速度大小;②在DE上經過的總路程;③在DE上向上運動時間t上和向下運動時間t下之比。(2)若h=1.6m,滑塊至少多長才能使小物塊不脫離滑塊?(1)①16m/s2②2m③1∶2(2)0.2m解析(1)①對小物塊a從A到第一次經過C的過程,根據機械能守恒定律有mgh=12m第一次經過C點的向心加速度大小為a=v聯(lián)立解得a=16m/s2。②小物塊a在DE上時,因為μ2mgcosθ<mgsinθ所以小物塊a無法在DE上靜止,每次在DE上升至最高點后一定會下滑,之后經過若干次在DE上的滑動使機械能損失,最終小物塊a將在B、D間往復運動,且易知小物塊每次在DE上向上運動和向下運動的距離相等,設其在DE上經過的總路程為s,根據功能關系有mg[h-R(1-cosθ)]=(μ1mgcosθ+μ2mgcosθ)s解得s=2m。③根據牛頓第二定律可知小物塊a在DE上向上運動和向下運動的加速度大小分別為a上=gsinθ+μ1gcosθ=8m/s2a下=gsinθ-μ2gcosθ=2m/s2將小物塊a在DE上的若干次運動等效看作是一次完整的上滑和下滑,則根據運動學公式有12a上t上2=1解得t上t下(2)對小物塊a從A到F的過程,根據動能定理有mg[h-Lsinθ-2R(1-cosθ)]-μ1mgLcosθ=12m解得vF=2m/s設滑塊長度為l時,小物塊恰好不脫離滑塊,且此時二者達到共同速度v,根據動量守恒定律和能量守恒定律有mvF=2mv12mvF2=12×2mv2+μ解得l=0.2m。限時作業(yè)(限時:40分鐘)基礎對點練1.(2023·北京卷,17)如圖所示,質量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點,在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B,B距O點的距離等于繩長L?，F(xiàn)將A拉至某一高度,由靜止釋放,A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求:(1)A釋放時距桌面的高度H;(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F;(3)碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能ΔE。答案(1)v22g(2)mg+mv2L解析(1)A從釋放到與B碰撞前,根據動能定理得mgH=12mv解得H=v2(2)碰前瞬間,對A由牛頓第二定律得F-mg=mv解得F=mg+mv2(3)A、B碰撞過程中,根據動量守恒定律得mv=2mv1解得v1=12則碰撞過程中損失的機械能為ΔE=12mv2-12×2m12v2=2.如圖所示,一段粗糙水平面右端與光滑曲面在O點平滑連接,左端與一段光滑水平面在N點連接。一左端固定的輕彈簧置于光滑水平面上,其右端恰好位于N點,一質量為m=0.1kg的小球被長為L=1.4m的輕細繩懸掛在O1點且處于靜止狀態(tài),小球位于O點但與O點不接觸。在O1點左側與O1等高處的P點,固定有一垂直紙面的光滑釘子,與O1點的距離為L2。一質量為M=0.7kg的小物塊從曲面上高為h=0.8m的位置由靜止滑下后,與小球發(fā)生碰撞,碰后小球向左擺動,繩子碰到釘子后,小球恰好能完成豎直面內的圓周運動。已知粗糙水平面的長度為x=1.5m,與小物塊的動摩擦因數μ=0.1,重力加速度g=10m/s2,小球與小物塊均可看成質點,碰撞時間極短,彈簧始終在彈性限度內。求(1)小物塊剛要碰上小球瞬間的速度v0的大小;(2)剛碰撞完瞬間,繩子對小球的拉力T的大小;(3)彈簧彈性勢能的最大值。答案(1)4m/s(2)4.5N(3)2.1J解析(1)小物塊下滑過程有Mgh=12M解得v0=4m/s。(2)碰撞過程有Mv0=Mv1+mv2之后小球做圓周運動到最高點,由機械能守恒定律有12mv22-12m由于小球恰好能完成豎直面內的圓周運動,在最高點有mg=mv解得v1=3m/s,v2=7m/s剛碰撞完瞬間,對小球有T-mg=mv解得T=4.5N。(3)小物塊向左運動至壓縮彈簧至最短時,有12Mv12=μMgx解得Epmax=2.1J。3.(2025·江西南昌模擬)如圖,左側光滑曲面軌道與右側傾角α=37°的斜面在底部平滑連接且均固定在光滑水平地面上,質量為m的小滑塊A從斜面上離斜面底邊高為2H處由靜止釋放,經過斜面與水平面交接處時無機械能損失,在水平面與一質量為m的靜止小滑塊B發(fā)生正碰結合為一個整體(A、B完全相同),一起滑上左側曲面軌道,再從曲面軌道滑上斜面,滑塊第一次沿斜面上滑的最大高度為314H,多次往復運動。不計空氣阻力,重力加速度為g,sin37°=0.6,cos37°=0.8。求(1)滑塊與斜面間的動摩擦因數μ;(2)滑塊第1次滑下斜面的時間t1與第1次滑上斜面的時間t2之比;(3)滑塊最終靜止,整個系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量Q。答案(1)0.3(2)14∶3(3)1.4mgH解析(1)滑塊由斜面滑到水平面過程,由機械能守恒定律得mg·2H-μmgcosα·2Hsinα=兩物體碰撞過程,由動量守恒定律得mv1=2mv共兩滑塊組合體第一次滑上斜面到最高點過程,由機械能守恒定律得12×2mv共2=2mg·314H+2μmg聯(lián)立解得v1=2.4gH,v共=0.6gH,μ(2)當滑塊A從斜面上滑下時,由牛頓第二定律得mgsinα-μmgcosα=ma1又v1=a1t1當兩滑塊滑上斜面時,由牛頓第二定律得2mgsinα+μ·2mgcosα=2ma2又0-v共=-a2t2聯(lián)立可得t1∶t2=14∶3。(3)由能量守恒定律可得mg·2H=12mv12-2×12聯(lián)立解得滑塊最終靜止,整個系統(tǒng)由于摩擦產生的熱量為Q=1.4mgH。4.如圖所示,水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道,圓弧的底端與桌面在同一水平面上。桌面右側有一豎直放置的光滑圓軌道MNP,其形狀為半徑R=0.8m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分,MN為其豎直直徑,P點到桌面的豎直距離也為R。一質量m=0.4kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放,到達圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過程沒有機械能的損失),碰后物塊B的位移隨時間變化的關系式為x=6t-2t2(關系式中所有物理量的單位均為國際單位),物塊B飛離桌面后恰由P點沿切線落入圓軌道。A、B均可視為質點,重力加速度g取10m/s2,求:(1)BP間的水平距離sBP;(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達M點;(3)物塊A由靜止釋放的高度h。答案(1)4.1m(2)不能(3)1.8m解析(1)設碰撞后物塊B由D點以速度vD做平拋運動,落到P點時vy2=2其中vyvD=tan聯(lián)立①②解得vD=4m/s③設平拋用時為t,水平位移為x2,則有R=12gt2x2=vDt⑤聯(lián)立④⑤解得x2=1.6m⑥由x=6t-2t2可知,物塊B碰后以速度v0=6m/s、加速度a=-4m/s2減速到vD,則BD過程由運動學公式vD2-v02解得