力學三大觀點的綜合應用1.三個基本觀點(1)力的觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題。(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。(3)動量觀點：用動量定理和動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。2.規律選用原則(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作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間)或動能定理(涉及位移)去解決問題。(3)若研究的對象為一物體系統，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，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先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即轉變為系統內能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均含有系統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。例1

(2023·山東濰坊模擬)如圖1甲所示，在同一豎直面內，光滑水平面與傾角為37°的傳送帶通過一段半徑R＝2.25m的光滑圓軌道連接，圓軌道兩端分別與水平面及傳送帶相切于P、Q點，開始時滑塊B靜止，滑塊A以速度v0向B運動，A與B發生彈性碰撞，B通過圓軌道滑上順時針勻速轉動的傳送帶。已知滑塊B滑上傳送帶后的v－t圖像如圖乙所示，t＝7.5s時B離開傳送帶的上端H點，滑塊A的質量M＝2kg，滑塊B的質量m＝1kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：甲乙圖1(1)碰撞后滑塊B的速度；(2)滑塊B經Q點時對圓軌道的壓力；(3)滑塊A的速度v0；(4)若傳送帶的動力系統機械效率為80%，則因運送滑塊B需要多消耗的能量。解析(1)設A、B碰撞后B的速度為v2，到達Q點時速度為v3，由圖像可得v3＝4m/s在PQ過程由動能定理有解得v2＝5m/s。(2)B在Q點時，由牛頓第二定律得解得FN＝15.1N根據牛頓第三定律B經Q點時對軌道的壓力大小為15.1N，方向沿半徑向下。(3)設A、B碰后A的速度為v1，由動量守恒定律得Mv0＝Mv1＋mv2解得v0＝3.75m/s。題干(4)由v－t圖像可得，傳送帶的速度v4＝5m/s傳送帶從Q到H的長度x＝36.25m滑塊在傳送帶上滑動的相對距離為Δx＝1.25m設滑塊在傳送帶上的加速度為a，設傳送帶的動摩擦因數為μ，則μmgcos37°－mgsin37°＝ma答案(1)5m/s

(2)15.1N沿半徑向下(3)3.75m/s

(4)287.5J由功能關系有解得E＝287.5J。圖2(1)炸藥爆炸后瞬間長木板B的速度大小；(2)小物塊C的質量mC；(3)小物塊C最終靜止時距長木板B右端的距離d。解析(1)對物塊A在爆炸后，根據動能定理有可得vA＝2.0m/s對物塊A與長木板B在爆炸過程中由動量守恒定律有0＝mAvA－mBvB可得vB＝4.0m/s。(2)由題圖可知，B、C在相對滑動過程中共速時速度為v共＝1.0m/s對小物塊C，在0～1s內有題干對長木板B，在1s后至停下的過程有μ0(mB＋mC)g－μmCg＝mBaB′可得aB′＝2.0m/s2可得μ＝0.1對長木板B，在0～1s內有μ0(mB＋mC)g＋μmCg＝mBaB可得mC＝1.0kg。題干則小物塊C最終靜止時距長木板B右端的距離d＝s相＋s相′＝1.75m。答案(1)4.0m/s

(2)1.0kg

(3)1.75m跟蹤訓練1.(2023·深圳市調研)如圖3所示，某冰雪游樂場中，一同學用甲、乙兩冰車在軌道上玩碰碰車游戲，甲車的質量m1＝20kg，乙車的質量m2＝10kg。軌道由一斜面與水平面通過光滑小圓弧在B處平滑連接。甲車從斜面上的A處由靜止釋放，與停在水平面C處的乙車發生正碰，碰撞后乙車向前滑行18m停止運動。已知A到水平面的高度H＝5m，B、C間的距離L＝32m，兩車受到水平面的阻力均為其重力的十分之一，甲車在斜面上運動時忽略摩擦阻力作用，兩車均可視為質點，重力加速度g取10m/s2。求：(1)甲車到達C處碰上乙車前的速度大小；(2)兩車碰撞過程中的機械能損失。圖3答案(1)6m/s

(2)90J解析(1)對甲車從A處到C處的過程，根據動能定理有解得v＝6m/s。(2)對碰后乙車在阻力作用下減速到靜止的過程，根據動能定理有解得v2＝6m/s甲、乙碰撞過程中動量守恒，有m1v＝m1v1＋m2v2碰撞過程中損失的機械能解得ΔE＝90J。2.(2023·山東濰坊高三期末)如圖4所示，在光滑水平面上放置一端帶有擋板的長直木板A，木板A左端上表面有一小物塊B，其到擋板的距離為d＝2m，A、B質量均為m＝1kg，不計一切摩擦。從某時刻起，B始終受到水平向右、大小為F＝9N的恒力作用，經過一段時間，B與A的擋板發生碰撞，碰撞過程中無機械能損失，碰撞時間極短。重力加速度g＝10m/s2。求：(1)物塊B與A擋板發生第一次碰撞后的瞬間，物塊B與木板A的速度大小；(2)由靜止開始經多長時間物塊B與木板A擋板發生第二次碰撞，碰后瞬間A、B的速度大小；(3)畫出由靜止釋放到物塊B與A擋板發生3次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間t的變化圖像。答案(1)0

6m/s

(2)12m/s

6m/s(3)見解析圖解得v0＝6m/sB與A碰撞過程，由動量守恒定律和能量守恒定律，有mv0＝mv1＋mv2解得v1＝0，v2＝6m/s。此時B的速度為v3＝12m/s同樣根據動量守恒定律和能量守恒定律mv2＋mv3＝mv4＋mv5解得A、B的速度為v4＝12m/s，v5＝6m/s。畫出由靜止釋放到物塊B與A擋板發生3次碰撞時間內，物塊B的速度v隨時間t的變化如圖所示。此時B的速度為18m/s1.(2021·北京卷，17)如圖1所示，小物塊A、B的質量均為m＝0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點距離軌道末端的水平距離為s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：圖1(1)兩物塊在空中運動的時間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大小；(3)兩物塊碰撞過程中損失的機械能ΔE。答案(1)0.30s

(2)2.0m/s

(3)0.10J解得t＝0.30s。(2)設A、B碰后瞬間的速度為v，水平方向的運動為勻速運動，則有s＝vt解得v＝1.0m/s根據動量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。解得ΔE＝0.10J。2.(2022·山東煙臺一模)如圖2甲所示，半徑R＝0.5m的四分之一光滑圓弧軌道A與長l＝1m的平板B均靜置于光滑水平地面上，A與B剛好接觸且二者的上表面相切，一物塊C(可視為質點)靜置于B的最右端，C與B上表面的動摩擦因數μ從左往右隨距離l均勻變化，其變化關系如圖乙所示。已知A、B、C的質量均為m＝1kg，重力加速度g＝10m/s2，現給C一水平向左的初速度v0＝4m/s。(1)若A、B固定，其他條件均不變，求C剛滑到A最低點P時對軌道的壓力大小；(2)若A、B不固定，其他條件均不變，求：①C由B最右端滑至最左端過程中克服摩擦力做的功；②C相對于A最低點P所能達到的最大高度(結果保留2位有效數字)。圖2該過程中，由動能定理得C運動到A最低點P時，由牛頓第二定律得解得FN＝26N由牛頓第三定律可知，C對軌道的壓力等于26N。(2)①C由B最右端滑至最左端的過程中，A、B、C組成的系統動量守恒，由動量守恒定律得mv0＝mv1＋2mv2由能量守恒定律得由功能關系可知，摩擦產生的熱量②C在A上運動時，A、C組成的系統機械能守恒，水平方向動量守恒，且當A、C在水平方向達到共同速度時C運動到最高點，由動量守恒定律得mv1＋mv2＝2mv共由機械能守恒定律得解得h＝0.10m。圖3(1)A、B第一次相碰過程中，系統儲存的最大彈性勢能Epm；(2)A滑塊運動的總路程。答案(1)1.8J

(2)5m解析(1)對A滑塊，由動能定理可得A、B碰撞時，兩者速度相等時，儲存的彈性勢能最大，由動量守恒定律得mv1＝(m＋m)v2又由能量守恒定律可得解得Epm＝1.8J。(2)A、B發生彈性碰撞，由動量守恒定律得mv1＝mv3＋mv4又由機械能守恒定律可得解得v3＝0，v4＝6m/sA、B的總路程為s1，由功能關系有A、B運動的總圈數為n，有s1＝2πRn解得n＝2.5對A、B的運動過程分析，A運動了1.25圈，故A滑塊的路程s2＝1.25×2πR＝5m。4.如圖4所示，水平軌道OP光滑，PM粗糙，PM長L＝3.2m。OM與半徑R＝0.15m的豎直半圓軌道MN平滑連接。小物塊A自O點以v0＝14m/s向右運動，與靜止在P點的小物塊B發生正碰(碰撞時間極短)，碰后A、B分開，A恰好運動到M點停止。A、B均看作質點。已知A的質量mA＝1.0kg，B的質量mB＝2.0kg，A、B與軌道PM的動摩擦因數均為μ＝0.25，g取10m/s2，求：(1)碰后A、B的速度大小；(2)碰后B沿軌道PM運動到M所需時間；(3)若B恰好能到達半圓軌道最高點N，求沿半圓軌道運動過程損失的機械能。圖4答案(1)4m/s

5m/s

(2)0.8s

(3)1.5J解析(1)由牛頓第二定律，A、B在PM上滑行時的加速度大小相同，均為a，則得碰后速度v1＝4m