专题强化四 力学三大观点的综合应用—2021高中物理一轮复习学案

2021届高三物理一轮复习——力学三大观点的综合应用1．做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程．2．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换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．1．(2019·山东潍坊市二模)如图1所示，一质量M＝4 kg的小车静置于光滑水平地面上，左侧用固定在地面上的销钉挡住．小车上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，BC与CD相切于C, BC所对应圆心角θ＝37°，CD长L＝3 m．质量m＝1 kg的小物块从某一高度处的A点以v0＝4 m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向自B点进入圆弧轨道，滑到D点时刚好与小车达到共同速度v＝1.2 m/s.取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，忽略空气阻力．图1(1)求A、B间的水平距离x；(2)求小物块从C滑到D所用时间t0；(3)若在小物块抛出时拔掉销钉，求小车向左运动到最大位移处时小物块离小车左端的水平距离．2．(2019·福建泉州市5月第二次质检)如图2，光滑水平面上有一辆匀质平板车，平板车右端固定有质量不计的竖直挡板，左端靠在倾角θ＝37°的斜面底端．一个小滑块从离斜面底端h 高处无初速度释放，滑上平板车后恰好不会落地．已知滑块与平板车的质量相等，滑块与斜面及平板车间的动摩擦因数均为μ＝0.5，滑块从斜面滑上平板车的过程速度大小不变，滑块与挡板撞击过程时间极短且无动能损失，重力加速度为g，忽略其他摩擦，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.。

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。

专题强化四力学三大观点的综合应用一、解动力学问题的三个基本观点三、利用动量和能量的观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。

(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。

(3)若研究过程涉及时间，一般考虑用动量定理或运动学公式。

(4)因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处。

特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。

1．动力学方法的应用若一个物体参与了多个运动过程，而运动过程只涉及运动和力的问题或只要求分析物体的动力学特点而不涉及能量问题，则常常用牛顿运动定律和运动学规律求解。

例1 (2019·河北衡水中学模拟)如图甲所示，水平地面上有一长为l＝1 m，高为h＝0.8 m，质量M＝2 kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m＝1 kg的木块(可视为质点)，已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.6，初始时两者均静止。

现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图乙所示，取g＝10 m/s2。

求：(1)前2 s内木板的加速度大小；(2)木块落地时距离木板左侧的水平距离Δs。

[解析]本题根据F－t图象考查板块问题。

(1)设木块在木板上滑行的最大加速度为a1，有μ1mg＝ma1，解得a1＝4 m/s2，保持木块与木板一起做匀加速运动的最大拉力F m＝μ2(M＋m)g＋(M＋m)a1＝30 N。

因F1＝24 N<F m＝30 N，故此时木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a由牛顿第二定律可得，F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，解得a＝2 m/s2。

(2)设2 s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得v＝at1＝4 m/s，。

考点规范练21 力学三大观点的综合应用1.如图所示,一质量为m=1 kg 、长为l=1 m 的直棒上附有倒刺,物体顺着直棒倒刺下滑,所受阻力为物体重力的15,逆倒刺而上时,将立即被倒刺卡住。

现该直棒竖直静止在地面上,一弹性环自直棒的顶端由静止开始下滑,设弹性环与地面碰撞过程不损失机械能,弹性环的质量m 环=3 kg,重力加速度g 取10 m/s 2,求直棒在之后的运动过程中底部离开地面的最大高度。

答案:0.45 m解析:设弹性环下落到地面时,速度大小为v 1,由动能定理得m 环gl-F f l=12m 环v 12,且有F f =15m 环g ,解得v 1=4m/s,弹性环反弹后被直棒倒刺卡住,与直棒速度相同,设为v 2,由动量守恒定律得m 环v 1=(m 环+m )v 2,解得v 2=3m/s,故直棒能上升的最大高度为H=v 222v =0.45m 。

2.(2019·广东揭阳期末)如图所示,半径为R=0.4 m 的光滑圆弧轨道DE 固定在竖直平面内,轨道的上端点D 和圆心的连线与水平方向的夹角θ=30°,轨道最低点E 与水平面相切且安装有一压力传感器。

同一竖直平面内右上方光滑水平轨道两侧各有一质量均为m=0.1 kg 的小物块A 和B ,A 以v 0=4 m/s 的速度向左运动与B 碰撞并粘成一体C (可看成质点),恰好从D 点沿轨道切线方向进入轨道(重力加速度g 取10 m/s 2,√3=1.732)。

计算结果要求保留2位有效数字。

求:(1)小物块A 和B 碰撞后C 的速度v 1; (2)C 在空中的飞行时间; (3)压力传感器的示数。

答案:(1)2 m/s (2)0.35 s (3)16 N解析:(1)A 、B 碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向 由动量守恒定律得:mv 0=(m+m )v 1, 代入数据解得:v 1=2m/s 。

(2)画出质点C 在D 点的速度分解图由分解图得:tan θ=v1vv代入数据解得:t=0.35s 。

专题突破六三大力学观点的综合应用应用“三大力学观点”的三类典型模型“滑块—弹簧”碰撞模型1．模型图示水平地面光滑2．模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒，类似弹性碰撞。

(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。

(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。

(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。

[典例1]如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。

现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。

以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。

已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。

思路点拨：解此题要注意以下关键信息：(1)“B、C可视为一个整体”表明A与B碰后，三者共速。

(2)“A与B碰后黏在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。

[解析]设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3m v＝m v0①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3m v＝2m v1＋m v0②设弹簧的弹性势能为E p，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v2＋E p＝12(2m)v 21＋12m v 20③由①②③式得弹簧所释放的势能为E p＝13m v 20。

[答案]13m v 20“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)动量守恒：m v0＝(m＋M)v能量守恒：Q＝F f·s＝12m v 20－12(M＋m)v2。

专题四力学三大观点的综合应用专题解读1．力学的三大观点包括①动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)，②动量观点(动量定理和动量守恒定律)，③能量的观点(动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律)．2．力学的三大观点是力学的综合，高考基本以计算题、压轴题的形式命题，考查学生的分析综合能力．3．本专题知识运用综合性较强，对学生的能力要求也很高，希望同学们循序渐进，通过学习提高运用力学三大观点分析解决问题的能力．1.力的三大观点与六个规律(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(或机械能守恒定律)．(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．3．力学规律选用的一般原则力学中首先考虑使用两个守恒定律．从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(位移s，时间t)问题，不能解决力(F)的问题．(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律．(2)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律．(3)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便．4．求解力学综合问题的基本思路(1)认真审题，弄清题意．审题时要注意：①挖掘隐含条件，隐含条件往往隐含在关键的词语中、题目的附图中、发生的物理现象中和题目的所求中．②重视对物理过程的分析．审题时，要弄清题目中的物理过程及其得以进行的条件，明确运动的性质，把握过程中的不变量、变量、关联量之间的相互关系，并找出与物理过程相适应的物理规律．(2)确定研究对象，分析受力情况和运动情况．选择研究对象的两个基本原则：一是要选择已知量充分且涉及所求量的物体为研究对象；二是要优先选择能够满足某个守恒定律的物体(或物体系)为研究对象．进行运动分析时要注意两个方面：①运动情况变化时，找出运动量(s 、a 、v 、t )的关系； ②运动可能出现多种可能性． (3)明确解题途径，正确运用规律． (4)分析解题结果，有时需作一定讨论．1．下列说法中正确的是( )A ．一个质点在一个过程中如果其动量守垣，其动能也一定守恒B ．一个质点在一个过程中如果其动量守恒，其机械能也一定守恒C ．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果动量守恒，其机械能也一定守恒D ．几个物体组成的物体系统在一个过程中如果机械能守恒，其动量也一定守恒 答案：A2.如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和B ，放在光滑的水平面上．如果物体A 被水平速度为v 0的子弹射中并留在物体A 中，已知物体A的质量是物体B 的质量的34，子弹的质量是物体B 的质量的14，则弹簧被压缩到最短时A 的速度为( )A.v 012 B.v 08C.v 04D.2v 03答案：B3.如图所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相等的物体B 以速度v ，向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是( )A ．A 开始运动时B ．A 的速度等于v 时C ．B 的速度等于零时D ．A 和B 的速度相等时答案：D考点一 力的观点解决动力学问题典例 地面上固定着一个倾角为37°的足够长的斜面，有一个物体从斜面底端以一定的初速度沿斜面向上运动，当物体返回底端时，其速率变为初速度的一半，求物体与斜面之间的动摩擦因数．[思维点拨] 物体在上滑过程和下滑过程均做匀变速直线运动，因此解答时可利用运动学公式、动量定理、动能定理三种不同的方式列式解答．解析：方法一：应用牛顿第二定律和运动学公式选物体为研究对象，设物体的初速度为v 0，沿斜面上升时的加速度为a 上，沿斜面上升的最大位移为s ，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式，有－mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 上， 0－v 20＝2a 上s .设该物体沿斜面下滑时的加速度为a 下，根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的公式，有mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 下，(v 02)2＝2a 下s ， 以上四式联立解得μ＝35tan 37°＝0.45.方法二：应用动能定理选物体为研究对象，对物体沿斜面上升的过程，应用动能定理，有 －mg sin 37°·s －μmg cos 37°·s ＝0－12mv 20，对物体沿斜面下滑的过程，应用动能定理，有 mg sin 37°·s －μmg cos 37°·s ＝12m (v 02)2.以上两式联立解得μ＝35tan 37°＝0.45.答案：0.45同一个力学问题，有时可以有多种解法，遇到这种情况时，我们应根据题目情景和要求选用合适的方法．多数情况下，从能量的角度解题相对简单一些，本例方法2明显简捷一些．考点二动量与动力学观点的综合应用典例如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s 末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞．已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g取10 m/s2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.[思维点拨] 图乙可知力的冲量，考虑用动量定理，P与Q发生弹性碰撞，动量和机械能守恒．解析：(1)在0～3 s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s，解得v＝8 m/s.设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝ma，P在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v21＝2aL，解得v1＝7 m/s.(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v′1、v2，有：mv1＝mv′1＋mv2，1 2mv21＝12mv′21＋12mv22，碰撞后Q做匀减速直线运动，有：μmg＝ma′，t＝v2a′，解得t＝3.5 s.答案：(1)8 m/s 7 m/s (2)3.5 s在涉及几个物体相互作用的系统问题时，物体间的相互作用力(内力)远大于系统受到的外力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至根本就无法求解，但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，而不需要考虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律求解问题的优势．考点三 动量与能量观点的综合应用典例 如图所示，一小车置于光滑水平面上，小车质量m 0＝3 kg ，AO 部分粗糙且长L ＝2 m ，动摩擦因数μ＝0.3，OB 部分光滑．水平轻质弹簧右端固定，左端拴接物块b ，另一小物块a ，放在小车的最左端，和小车一起以v 0＝4 m/s 的速度向右匀速运动，小车撞到固定竖直挡板后瞬间速度变为零，但不与挡板粘连．已知车OB 部分的长度大于弹簧的自然长度，弹簧始终处于弹性限度内．a 、b 两物块视为质点，质量均为m ＝1 kg ，碰撞时间极短且不粘连．碰后以共同速度一起向右运动．(g 取10 m/s 2)求：(1)物块a 与b 碰后的速度大小；(2)当物块a 相对小车静止时小车右端B 到挡板的距离； (3)当物块a 相对小车静止时在小车上的位置到O 点的距离．[思维点拨] 小车撞到挡板后对a 可考虑动能定理，ab 碰撞是动量守恒． 解析：(1)对物块a ，由动能定理，得 －μmgL ＝12mv 21－12mv 20，代入数据解得a 与b 碰前a 的速度v 1＝2 m/s.a 、b 碰撞过程系统动量守恒，以a 的初速度方向为下方向，由动量守恒定律得：mv 1＝2mv 2， 代入数据解得v 2＝1 m/s.(2)当弹簧恢复到原长时两物块分离，a 以v 2＝1 m/s 的速度，在小车上向左滑动，当与小车同速时，以向左为正方向，由动量守恒定律得mv 2＝(m 0＋m )v 3，代入数据解得v 3＝0.25 m/s.对小车，由动能定理得μmgs ＝12m 0v 23，代入数据解得，同速时小车B 端到挡板的距离s ＝132 m.(3)由动量守恒得μmgx ＝12mv 22－12(m 0＋m )v 23，代入数据解得x ＝0.125 m.答案：(1)1 m/s (2)132 m (3)0.125 m考点四 力学三大观点解决多过程问题 1.表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动． (2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动． (3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动． 2．应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．典例 (2019·安徽滁州模拟)如图所示，质量为m ＝0.5 kg 的小球用长为r ＝0.4 m 的细绳悬挂于O 点，在O 点的正下方有一个质量为m 1＝1.0 kg 的小滑块，小滑块放在一块静止在光滑水平面上、质量为m 2＝1.0 kg 的木板左端．现将小球向左上方拉至细绳与竖直方向夹角θ＝60°的位置由静止释放，小球摆到最低点与小滑块发生正碰并被反弹，碰撞时间极短，碰后瞬间细绳对小球的拉力比碰前的瞬间减小了ΔT ＝4.8 N ，而小滑块恰好不会从木板上掉下．已知小滑块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.12，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)碰后瞬间小球的速度大小； (2)木板的长度．[思维点拨] (1)明确运动过程：小球先下摆，再与滑块碰撞，碰后小球摆动，滑块在木板上滑动(板块模型)(2)各分过程应用相应规律解题：涉及碰撞问题用动量观点，涉及位移尤其相对位移时优先考虑能量观点，涉及运动过程细节尤其要求加速度时用动力学观点．解析：(1)小球下摆过程，机械能守恒mgr (1－cos θ)＝12mv 2，v ＝2 m/s.小球与小滑块碰撞前、后瞬间，由向心力公式可得T －mg ＝mv 2r ，T ′－mg ＝mv ′2r，依题意，碰撞前、后瞬间拉力大小减小量为ΔT ＝T －T ′＝4.8 N. 联立求得碰后瞬间小球的速度大小为v ′＝0.4 m/s. (2)小球与小滑块碰撞过程，动量守恒，得mv ＝－mv ′＋m 1v 1， v 1＝12(v ＋v ′)＝1.2 m/s.小滑块在木板上滑动过程中，动量守恒，得m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 2， v 2＝12v 1＝0.6 m/s ，由能量守恒可得μm 1gL ＝12m 1v 21－12(m 1＋m 2)v 22，解得L ＝0.3 m.答案：(1)0.4 m/s (2)0.3 m多过程问题处理方法1．抓住物理情景中出现的运动状态与运动过程，将整个物理过程分成几个简单的子过程．2．对每一个子过程分别进行受力分析、过程分析、能量分析，选择合适的规律对相应的子过程列方程，若某一时刻或某一位置的问题可用牛顿定律；某一匀变速直线运动过程选用动力学方法求解；某一匀变速曲线运动，并涉及方向问题用运动的合成和分解；若某过程涉及做功和能量转化问题，则要考虑应用动能定理、机械能守恒定律或功能关系求解；某一相互作用过程或力和时间的问题要用动量定理和动量守恒定律等．注意：这类模型各阶段的运动过程具有独立性，只要对不同过程分别选用相应规律即可，两个相邻的过程连接点的速度是联系两过程的纽带.1.质量m ＝1 kg 的物体，在水平拉力F (拉力大小恒定，方向与物体初速度方向相同)的作用下，沿粗糙水平面运动，经过位移4 m ，拉力F 停止作用，运动到位移是8 m 时物体停止，运动过程中E k x 的图线如图所示．g 取10 m/s 2，求：(1)物体的初速度；(2)物体和平面间的动摩擦因数； (3)拉力F 的大小．解析：(1)从图线可知初动能为2 J ，E k0＝12mv 2＝2 J ，解得v ＝2 m/s.(2)在位移4 m 处物体的动能为10 J ，在位移8 m 处物体的动能为零，这段过程中物体克服摩擦力做功10 J.设摩擦力为F f ，则－F f s 2＝0－10 J ＝－10 J ，F f ＝－10－4N ＝2.5 N ， 因F f ＝μmg ， 故μ＝F f mg ＝2.510＝0.25.(3)物体从开始到移动4 m 这段过程中，受拉力F 和摩擦力F f 的作用，合力为F －F f ，根据动能定理，有(F －F f )·s 1＝ΔE k ， 解得F ＝4.5 N.答案：(1)2 m/s (2)0.25 (3)4.5 N2．(2019·宁夏银川质检)质量为m 1＝1 200 kg 的汽车A 以速度v 1＝21 m/s 沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m 2＝800 kg 的汽车B 以速度v 2＝15 m/s 迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t ＝1 s 后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间动摩擦因数μ＝0.3，g 取10 m/s 2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t 0＝0.2 s ，则A 车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；(3)两车一起滑行的距离． 解析：(1)对于减速过程，有a ＝μg ，对A 车有：v A ＝v 1－at ， 对B 车有：v B ＝v 2－at .以碰撞前A 车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m 1v A －m 2v B ＝(m 1＋m 2)v 共，可得v 共＝6 m/s.(2)对A 车由动量定理得：－Ft 0＝m 1v 共－m 1v A ， 可得F ＝7.2×104N ， 则Fm 1g＝6. (3)对共同滑行的过程，有x ＝v 2共2a，可得x ＝6 m.答案：(1)6 m/s (2)6倍 (3)6 m3.如图所示，倾角θ＝37°的固定斜面AB 长L ＝18 m ，一质量M ＝1 kg 的木块由斜面中点C 从静止开始下滑，0.5 s 后被一颗质量m ＝20 g 的子弹以v 0＝600 m/s 沿斜面向上的速度正对射入并穿出，穿出速度u ＝100 m/s ，以后每隔1.5 s 就有一颗子弹射入木块．设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入时木块对子弹的阻力相同．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25，g 取10 m/s 2(sin 37°＝0.60，cos 37°＝0.80)．求：(1)木块在被第二颗子弹击中前，木块沿斜面向上运动离A 点的最大距离． (2)木块在斜面上能被子弹击中的最多颗数． 解析：(1)木块下滑过程有：Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 1， a 1＝g (sin θ－μcos θ)＝4 m/s 2，下滑位移s 1＝12a 1t 21＝0.5 m ，末速度v 1＝a 1t 1＝2 m/s.第一颗子弹穿过木块前后，系统动量守恒，有mv 0－Mv 1＝mu ＋Mv ′1，解得：v ′1＝8 m/s. 木块将上滑，有：－Mg sin θ－μMg cos θ＝Ma 2， 得a 2＝－8 m/s 2，上滑时间t 2＝0－v ′1a 2＝1 s ，上滑位移s 2＝v ′12t 2＝4 m.因为t 2＜1.5 s ，所以第二颗子弹击中木块前，木块上升到最高点P 1后又会下滑，故木块离A 点的最大距离为：d ＝L2－s 1＋s 2＝12.5 m.(2)木块从P 1再次下滑0.5 s 后被第二颗子弹击中，这一过程与被第一颗子弹击中的过程相同，故再次上滑的位移仍为4 m ，到达的最高点P 2在P 1的上方：Δd ＝4 m －0.5 m ＝3.5 m. 此时P 2到B 点的距离为：d m ＝L －d －Δd ＝2 m ＜3.5 m ，所以，第三颗子弹击中木块后，木块将滑出斜面，故共有三颗子弹击中木块． 答案：(1)12.5 m (2)三颗4．如图所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m .P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L .物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起．P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.求：(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p .解析：P 1与P 2发生完全非弹性碰撞时，P 1、P 2组成的系统遵守动量守恒定律；P 与(P 1＋P 2)通过摩擦力和弹簧弹力相互作用的过程，系统遵守动量守恒定律和能量守恒定律．注意隐含条件P 1、P 2、P 的最终速度即三者最后的共同速度；弹簧压缩量最大时，P 1、P 2、P 三者速度相同．(1)P 1与P 2碰撞时，根据动量守恒定律，得mv 0＝2mv 1，解得v 1＝v 02，方向向右．P 停在A 点时，P 1、P 2、P 三者速度相等均为v 2，根据动量守恒定律，得2mv 1＋2mv 0＝4mv 2， 解得v 2＝34v 0，方向向右．(2)弹簧压缩到最大时，P 1、P 2、P 三者的速度为v 2，设由于摩擦力做功产生的热量为Q ，根据能量守恒定律，得从P 1与P 2碰撞后到弹簧压缩到最大，有 12×2mv 21＋12×2mv 20＝12×4mv 22＋Q ＋E p ， 从P 1与P 2碰撞后到P 停在A 点，则 12×2mv 21＋12×2mv 20＝12×4mv 22＋2Q ， 联立以上两式解得E p ＝116mv 20，Q ＝116mv 20，根据功能关系有Q ＝μ·2mg (L ＋x )，解得x ＝v 2032μg－L .答案：(1)v 1＝12v 0，方向向右 v 2＝34v 0，方向向右(2)v 2032μg －L 116mv 20 5．如图所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状态．现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m .重力加速度为g ，求：(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．解析：(1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，以v 0的方向为正方向，根据动量定理得：－μmgt ＝14mv 0－mv 0，解得：t ＝3v 04μg.(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv 0＝m ·14v 0＋3mv B ，解得：v B ＝14v 0.绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得：3mv B ＝2mv A ＋3m ·316v 0，解得：v A ＝332v 0.整个过程中，根据能量守恒定律得：ΔE ＝12mv 20－12×2mv 2A －12×3m ·(316v 0)2－12m ·(14v 0)2＝4171 024mv 20.答案：(1)3v 04μg (2)4171 024mv 26.(2019·东北三省四市联考)如图所示，光滑曲面AB 与长度L ＝1 m 的水平传送带BC 平滑连接，传送带以v ＝1 m/s 的速度运行．质量m 1＝1 kg 的物块甲从曲面上高h ＝1 m 的A 点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，传送带右侧光滑水平地面上有一个四分之一光滑圆轨道状物体乙，物体乙的质量m 2＝3 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)甲第一次运动到C 点的速度大小； (2)甲第二次运动到C 点的速度大小；(3)甲第二次到C 点后经多长时间再次到达C 点？解析：(1)物块甲从A 运动至B ，由动能定理得：m 1gh 1＝12m 1v 21，解得：v 1＝2 5 m/s ＞v .假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：－μm 1gL ＝12m 1v 22－12m 1v 21，解得：v 2＝4 m/s.因v 2＞v ，故物块甲第一次运动至C 点的速度大小为v 2＝4 m/s.(2)以物块甲和物块乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有：m 1v 2＝m 1v 3＋m 2v 4，系统动量守恒，则有：12m 1v 22＝12m 1v 23＋12m 2v 24，联立解得：v 3＝－2 m/s ，则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C 点的速度大小为2 m/s. (3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：μm 1g ＝m 1a ，解得：a ＝2 m/s 2.从C 运动到B ，由动能定理得： －μm 1gL ＝12m 1v 25－12m 1v 23，解得：v 5＝0.物块甲从C 点运动到左端B 点的时间为t 1＝v 3－v 5a＝1 s.接着甲在传送带上向右做加速度仍为a 的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为t 2，则有t 2＝v a＝0.5 s ，甲在t 2时间内的位移为x 1，由动能定理得： －μm 1gx 1＝0－12m 1v 2，解得x 1＝0.25 m.甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为x 2＝L －x 1，则所用的时间为t 3＝x 2v ＝L －x 1v＝0.75 s ，故甲从第二次到第三次到达C 的过程中的运动时间为t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.25 s.答案：(1)4 m/s (2)2 m/s (3)2.25 s7．如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R ＝0.5 m ，物块A 以v 0＝6 m/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q ，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P 处静止的物块B 碰撞，碰后粘在一起运动，P 点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L ＝0.1 m ．物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A 、B 的质量均为m ＝1 kg(重力加速度g 取10 m/s 2，A 、B 视为质点，碰撞时间极短)．(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值；(3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式．解析：(1)物块A 从滑入圆轨道到最高点Q ，根据机械能守恒定律，得12mv 20＝mg ·2R ＋12mv 2，所以A 滑过Q 点时的速度v ＝v 20－4gR ＝62－4×10×0.5 m/s ＝4 m/s>gR ＝ 5 m/s. 在Q 点根据牛顿第二定律和向心力公式，得mg ＋F ＝m v 2R，所以A 受到的弹力F ＝mv 2R －mg ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1×420.5－1×10N ＝22 N.(2)A 与B 碰撞遵守动量守恒定律，设碰撞后的速度为v ′， 则mv 0＝2mv ′， 所以v ′＝12v 0＝3 m/s.从碰撞到AB 停止，根据动能定理，得 －2μmgkL ＝0－12·2mv ′2，所以k ＝v ′22μgL ＝322×0.1×10×0.1＝45.(3)AB 从碰撞到滑至第n 个光滑段根据动能定理，得 －2μmgnL ＝12·2mv 2n －12·2mv ′2，解得v n ＝9－0.2n (n ＜k )．答案：(1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝9－0.2n (n ＜k )。

第32讲动力学、动量和能量观点在力学中的应用热点概述(1)本热点是力学三大观点在力学中的综合应用，高考将作为计算题、压轴题的形式命题。

(2)学好本热点，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：动力学观点(牛顿运动定律和运动学基本规律)，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)。

1．解决力学问题的三个基本观点动力学观点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和圆周运动问题能量观点用动能定理和能量守恒知识解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量定理和动量守恒定律解题，可处理非匀变速运动问题综合问题要综合运用上述三种观点的多个规律，才能顺利求解。

2．动量定理与牛顿第二定律的比较(1)牛顿第二定律揭示了力的瞬时效应，在研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受恒力作用，且直接涉及物体运动过程中的加速度问题时，应采用牛顿第二定律求解。

(2)动量定理反映了力对时间的累积效应，适用于不涉及物体运动过程中的加速度、位移，而涉及运动时间的问题，特别对冲击类问题，应采用动量定理求解。

3．动量守恒定律和机械能守恒定律的比较动量守恒定律机械能守恒定律守恒(1)系统不受外力或所受合外力为零(1)只受重力或弹力作用(1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。

(2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态发生改变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速度，不涉及时间和加速度时要首先考虑选用动能定理。

(3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的过程是否符合守恒条件。

(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑选用能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。

考点规范练21 力学三大观点的综合应用1.如图所示,一质量为m=1 kg 、长为l=1 m 的直棒上附有倒刺,物体顺着直棒倒刺下滑,所受阻力为物体重力的15,逆倒刺而上时,将立即被倒刺卡住。

现该直棒竖直静止在地面上,一弹性环自直棒的顶端由静止开始下滑,设弹性环与地面碰撞过程不损失机械能,弹性环的质量m 环=3 kg,重力加速度g 取10 m/s 2,求直棒在之后的运动过程中底部离开地面的最大高度。

答案:0.45 m解析:设弹性环下落到地面时,速度大小为v 1,由动能定理得m 环gl-F f l=12m 环v 12,且有F f =15m 环g ,解得v 1=4m/s,弹性环反弹后被直棒倒刺卡住,与直棒速度相同,设为v 2,由动量守恒定律得m 环v 1=(m 环+m )v 2,解得v 2=3m/s,故直棒能上升的最大高度为H=v 222v =0.45m 。

2.(2019·广东揭阳期末)如图所示,半径为R=0.4 m 的光滑圆弧轨道DE 固定在竖直平面内,轨道的上端点D 和圆心的连线与水平方向的夹角θ=30°,轨道最低点E 与水平面相切且安装有一压力传感器。

同一竖直平面内右上方光滑水平轨道两侧各有一质量均为m=0.1 kg 的小物块A 和B ,A 以v 0=4 m/s 的速度向左运动与B 碰撞并粘成一体C (可看成质点),恰好从D 点沿轨道切线方向进入轨道(重力加速度g 取10 m/s 2,√3=1.732)。

计算结果要求保留2位有效数字。

求:(1)小物块A 和B 碰撞后C 的速度v 1; (2)C 在空中的飞行时间; (3)压力传感器的示数。

答案:(1)2 m/s (2)0.35 s (3)16 N解析:(1)A 、B 碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向 由动量守恒定律得:mv 0=(m+m )v 1, 代入数据解得:v 1=2m/s 。

(2)画出质点C 在D 点的速度分解图由分解图得:tan θ=v1vv代入数据解得:t=0.35s 。

力学三大基本观点的综合应用一、三大观点及相互联系二、三大观点的选用原则（一）力学中首先考虑使用两个守恒定律。

从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置)，所以守恒定律能解决状态问题，不能解决过程(如位移x ，时间t )问题，不能解决力(F )的问题。

(1)若是多个物体组成的系统，优先考虑使用两个守恒定律。

(2)若物体(或系统)涉及速度和时间，应考虑使用动量定理。

(3)若物体(或系统)涉及位移和时间，且受到恒力作用，应考虑使用牛顿运动定律。

(4)若物体(或系统)涉及位移和速度，应考虑使用动能定理，系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程，动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。

（二）用三大观点的解物理题要掌握的科学思维方法1．多体问题——要正确选取研究对象，善于寻找相互联系。

选取研究对象和寻找相互联系是求解多体问题的两个关键。

符合守恒定律的系统或各部分运动状态相同的系统，宜采用整体法；在需讨论系统各部分间的相互作用时，宜采用隔离法；对于各部分运动状态不同的系统，应慎用整体法。

至于多个物体间的相互联系，通常从它们之间的相互作用、运动的时间、位移、速度、加速度等方面去寻找。

2．多过程问题——要仔细观察过程特征，妥善运用物理规律。

每一个过程特征和寻找过程之间的联系是求解多过程问题的两个关键。

分析过程特征需仔细分析每个过程的约束条件，如物体的受力情况、状态参量等，以便运用相应的物理规律逐个进行研究。

至于过程之间的联系，则可从物体运动的速度、位移、时间等方面去寻找。

3．含有隐含条件的问题——要深究细琢，努力挖掘隐含条件。

注重审题，深究细琢，综观全局重点推敲，挖掘并应用隐含条件，梳理解题思路或建立辅助方程，是求解的关键。

通常，隐含条件可通过观察物理现象、认识物理模型和分析物理过程，甚至从试题的字里行间或图像中去挖掘。

4．存在多种情况的问题——要分析制约条件，探讨各种情况。

解题时必须根据不同条件对各种可能情况进行全面分析，必要时要自己拟定讨论方案，将问题根据一定的标准分类，再逐类进行探讨，防止漏解。