微專題2動力學三大觀點的綜合運用必備知識”解讀力學三大觀點對比力學三大觀點對應規律表達式選用原則動力學觀點牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運動，涉及運動細節勻變速直線運動規律v＝v0＋atx＝v0t＋eq\f(1,2)at2v2－veq\o\al(2,0)＝2ax等能量觀點動能定理W合＝ΔEk涉及做功與能量轉換機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1＋p2＝p1′＋p2′只涉及初末速度而不涉及力、時間“關鍵能力”構建“類碰撞”問題情境類比“碰撞”滿足規律初態末態相距最近時完全非彈性碰撞動量守恒，動能損失最多再次恢復原長時彈性碰撞動量守恒，動能無擬失共速時完全非彈性碰撞動量守恒，動能損失最多滑離時非彈性碰撞動量守恒，部分動能轉化為內能到達最高點時完全非彈性碰撞動量守恒，動能損失最多再次回到地面時彈性碰撞動量守恒，動能無損失題型1“類碰撞”問題〔真題研究1〕(2022·全國乙，25,20分)如圖甲所示，一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，第一次碰撞結束，A、B的v-t圖像如圖乙所示。已知從t＝0到t＝t0時間內，物塊A運動的距離為0.36v0t0。A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同。斜面傾角為θ(sinθ＝0.6)，與水平面光滑連接。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求：(1)第一次碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；(2)第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值；(3)物塊A與斜面間的動摩擦因數。【審題指導】(1)對題意的理解序號關鍵表述物理量及其關系①光滑水平面0～2t0時間段內，A、B和彈簧組成的系統動量守恒②A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下存在機械能損失，A返回時速度變小③與一直在水平面上運動的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達到的最高點與前一次相同第二次碰后，A的速度與第一次碰后相同(2)對圖像的理解序號圖像信息物理量及其關系①t＝0時的速度A、B碰前的速度②t＝t0之前，vB>vA相同時間內B向前運動的位移大于A向前運動的位移，B與A之間的距離逐漸減小③t＝t0時，兩圖像相交此時A、B共速，A、B之間距離最近，彈簧壓縮至最短，彈性勢能最大④2t0后的速度A、B碰后的速度(3)模型建構能力序號物理過程物理模型①A、B碰撞過程碰撞模型，動量守恒、能量守恒②A滑上粗糙斜面，然后滑下物塊在粗糙斜面上運動，勻變速直線運動【答案】(1)0.6mveq\o\al(2,0)(2)0.768v0t0(3)0.45【解析】(1)當彈簧被壓縮至最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即t＝t0時刻，根據動量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0①根據能量守恒定律有Epmax＝eq\f(1,2)mB(1.2v0)2－eq\f(1,2)(mB＋mA)veq\o\al(2,0)②聯立解得mB＝5mA＝5m，Epmax＝0.6mveq\o\al(2,0)。③(2)B接觸彈簧后，壓縮彈簧的過程中，根據動量守恒定律有mB·1.2v0＝mBvB＋mAvA ④解得vB＝1.2v0－0.2vA將B的運動分解為同一直線上的兩個運動，有vB1＝1.2v0，vB2＝－0.2vA則sB1＝1.2v0t，sB2＝－0.2sAsB＝1.2v0t－0.2sA ⑤將t＝t0，sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0 ⑥則第一次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 ⑦(3)物塊A第二次達到斜面的最高點與第一次相同，說明物塊A與第二次與B分離后速度大小仍為2v0，方向水平向右，設物塊A第一次滑下斜面的速度大小為vA′，取向左為正方向，根據動量守恒定律有mvA′－5m·0.8v0＝m·(－2v0)＋5mvB′ ⑧根據能量守恒定律有eq\f(1,2)mvA′2＋eq\f(1,2)·5m·(0.8v0)2＝eq\f(1,2)m·(－2v0)2＋eq\f(1,2)·5mvB′2⑨聯立解得vA′＝v0方法一：設在斜面上滑行的長度為L，上滑過程，根據動能定理有－mgLsinθ－μmgLcosθ＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2eq\o(○,\s\up1(10))下滑過程中，根據動能定理有mgLsinθ－μmgLcosθ＝eq\f(1,2)mvA′2－0?聯立解得μ＝0.45?方法二：根據牛頓第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上mgsinθ－μmgcosθ＝ma下上滑時末速度為0，下滑時初速度為0，由勻變速直線運動的位移—速度關系有2a上x＝(2v0)2－0,2a下x＝vA′2＝veq\o\al(2,0)聯立可解得μ＝0.45。〔易錯提醒〕(1)過程分析不準確，不能確定兩物塊共速時彈簧壓縮量最大；(2)對非勻變速直線運動的過程，不會應用累積的思想由速度關系分析位移關系。〔對點訓練〕1.(多選)(2023·安徽黃山三模)如圖所示，光滑水平面上質量為2M的物體A以速度v向右勻速滑動，質量為M的B物體左端與輕質彈簧連接并靜止在光滑水平面上，在物體A與彈簧接觸后，以下判斷正確的是(AD)A．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對A的彈力沖量大小為eq\f(4,3)MvB．在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對B的彈力做功的功率一直增大C．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，彈簧對A、B做功的代數和為0D．從A與彈簧接觸到A、B相距最近的過程中，最大彈性勢能為eq\f(1,3)Mv2【解析】根據動量守恒定律得2Mv＝2MvA′＋MvB′，根據機械能守恒定律得eq\f(1,2)·2Mv2＝eq\f(1,2)·2MvA′2＋eq\f(1,2)·MvB′2，解得vA′＝eq\f(1,3)v，vB′＝eq\f(4,3)v，根據動量定理得I＝MvB′，解得I＝eq\f(4,3)Mv，A正確；在物體A與彈簧接觸到彈簧最短的過程中，彈簧的彈力和B的速度都增大，彈簧對B的彈力做功的功率增大；在彈簧接近原長時，B的速度接近eq\f(4,3)v，而彈簧的彈力幾乎等于零，彈簧對B的彈力做功的功率幾乎等于零，所以在物體A與彈簧接觸過程中，彈簧對B的彈力做功的功率先增大后減小，B錯誤；根據動量守恒定律得2Mv＝(2M＋M)v′，解得v′＝eq\f(2,3)v，彈簧對A、B做功分別為WA＝eq\f(1,2)·2Mv′2－eq\f(1,2)·2Mv2＝－eq\f(5,9)Mv2，WB＝eq\f(1,2)Mv′2＝eq\f(2,9)Mv2，彈簧對A、B做功的代數和為W＝WA＋WB＝－eq\f(1,3)Mv2，最大彈性勢能為Ep＝eq\f(1,2)·2Mv2－eq\f(1,2)·3Mv′2＝eq\f(1,3)Mv2，C錯誤，D正確。故選AD。2.(2023·湖南長沙二模)如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平沖上滑塊的圓弧面，且沒有從滑塊上端沖出去，若測得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，不考慮任何阻力，則下列說法不正確的是(C)A．小球的質量為eq\f(b,a)MB．小球運動到最高點時的速度為eq\f(ab,a＋b)C．小球能夠上升的最大高度為eq\f(a2,2a＋bg)D．若a>b，小球在與圓弧滑塊分離后向左做平拋運動【解析】設小球的質量為m，初速度為v0，在水平方向上由動量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，v2＝eq\f(mv0,M)－eq\f(m,M)v1，結合圖乙可得eq\f(m,M)＝eq\f(b,a)，eq\f(mv0,M)＝b，所以a＝v0，m＝eq\f(b,a)M，故A正確，不符合題意；對小球和圓弧滑塊組成的系統，有mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，解得小球在與圓弧滑塊分離時的速度為v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝eq\f(ab－a,a＋b)<0，即a>b時，小球的速度方向向左，所以小球與圓弧分離時向左做平拋運動，故D正確，不符合題意；小球運動到最高點時，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度v共，在水平方向上由動量守恒定律得mv0