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
力的观点运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速直线运动问题
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动量观点用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题
相同点①研究对象都是相互作用的物体组成的系统
②研究过程都是某一运动过程
不同点动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律都是标量表达式，无分量表达式
(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μ
1
＝0.4，木板
与地面之间的动摩擦因数为μ
2
＝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a
1
，有
μ
1mg＝ma
1
，
解得a
1
＝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 ＝μ
2
(M＋m)g＋(M＋m)a
1
＝
30 N。
因F
1＝24 N 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－μ 2 (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＝at 1 ＝4 m/s， 2 s后F 2＝34 N>F m ＝30 N，木块和木板发生相对滑动，木块加速度为a 1 ，木 板加速度为a 2 ，则有 F－μ 1mg－μ 2 (M＋m)g＝Ma 2 ， 解得a 2 ＝6 m/s2， 设经时间t 2 二者分离，此时由运动学知识可得， vt 2＋ 1 2 a 2 t2 2 －(vt 2 ＋ 1 2 a 1 t2 2 )＝l， 解得t 2 ＝1 s， 此时木块的速度v 块＝v＋a 1 t 2 ， 木板的速度v 板＝v＋a 2 t 2 ， 木块与木板分离至滑落到地的时间设为t 3 ，由平抛运动知识可得， h＝1 2 gt2 3 ， 在木块与木板分离至滑落到地的时间t 3 内，木块在水平方向向前的位移为 s 块＝v 块 t 3 ， 木块与木板分离后，木板的加速度设为a 3 ，由牛顿运动定律可得， F－μ 2Mg＝Ma 3 ， 在木块与木板分离至滑落到地的时间t 3内，木板在水平方向的位移为s 板 ＝ v 板t 3 ＋ 1 2 a 3 t2 3 ， 所以，木块落地时距离木板左侧的距离Δx＝s 板 －s 块 ， 联立以上式子解得Δs＝1.68 m。 [答案](1)2 m/s2(2)1.68 m 2．能量观点的应用 若一个物体参与了多个运动过程，若该过程涉及能量转化问题，并且具有功 能关系的特点，则往往用动能定理、能量守恒定律求解。 例2 (2020·江西抚州七校联考)将一轻质弹簧竖直固定在水平地面上处于原长状态，让一质量m ＝20 g的小球从弹簧上端由静止释放，小球最大下 落高度h 1 ＝5 cm，将该弹簧固定在如图所示的轨道左侧竖直墙壁上，轨道中部有一半径R＝0.1 m的竖直圆轨道，不同轨道的连接处均为平滑连接，小滑块可以从圆轨道最低点的一侧进入圆轨道，绕圆轨道一周后从最低点向另一侧运动。轨 道上弹簧右侧的M点到圆轨道左侧N点的距离x MN ＝0.6 m的范围内有摩擦，而其 他部分均光滑。让另一质量m＝10 g的小滑块从轨道右侧高h 2 (未知)处由静止释放，小滑块恰好能通过圆轨道最高点C，且第一次恰好能把弹簧压缩5 cm，现让 该小滑块从轨道右侧h 3 ＝0.4 m处由静止释放，已知重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)小滑块下落的高度h 2 ； (2)小滑块停止时的位置到N点的距离。 [解析](1)小滑块恰好能过C点，根据牛顿第二定律可得：mg＝m v2 C R 由机械能守恒定律可得：mgh 2＝mg·2R＋ 1 2 mv2 C 解得：h 2 ＝0.25 m。 (2)弹簧竖直放置，被压缩h 1 ＝5 cm时的弹性势能 E p ＝m gh 1 ＝0.01 J。 由能量守恒可知，小滑块滑至第一次把弹簧压缩到最短时有：mgh 2＝μmgx MN ＋E′ p ， 其中E′ p ＝E p ＝0.01 J 解得：μmgx MN ＝0.015 J 当小滑块从h 3 ＝0.4 m处下滑后，第二次通过N点时的动能为： E kN ＝mgh 3 －2μmgx MN ＝0.01 J 此时小滑块动能小于0.015 J，故小滑块不再与弹簧相碰 由能量守恒可得：E kN ＝μmgx 解得：x＝0.4 m 小滑块最终停在N点左侧0.4 m处。 [答案](1)0.25 m (2)0.4 m 3．力学三大观点的综合应用 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。 例3 (2019·福建莆田模拟)质量为m B ＝2 kg的木板B静止于光滑水 平面上，质量为m A ＝6 kg的物块A停在B的左端，质量为m C ＝2 kg的小球C用 长为l＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝10－2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求： (1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小； (2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长？[解析](1)C下摆过程，根据动能定理，有 m C gl＝ 1 2 m C v2 C 所以v C ＝2gl＝4 m/s C反弹过程，根据动能定理，有 －m C gh＝0－ 1 2 m C v′2 C v′ C ＝2gh＝2 m/s 取向右为正方向，对C根据动量定理，有 －FΔt＝－m C v′ C －m C v C 所以F＝1 200 N，方向水平向左。 (2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律，有 m C v c ＝－m C v′ C ＋m A v A 所以v A ＝2 m/s A恰好滑至木板B右端并与其共速时，B的长度最小 根据动量守恒定律，m A v A ＝(m A ＋m B )v 所以v＝1.5 m/s 根据能量守恒定律， μm A gx＝ 1 2 m A v2 A － 1 2 (m A ＋m B )v2 所以x＝0.5 m。 [答案](1)1 200 N (2)0.5 m 规律总结： 1．利用动量的观点和能量的观点解题应注意： 中学阶段凡可用力和运动的观点解决的问题，若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的观点简便，而中学阶段涉及的曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解。 2．应用动量、能量观点解决问题的两点技巧： (1)灵活选取系统的构成，根据题目的特点可选取其中动量守恒或能量守恒的几个物体为研究对象，不一定选所有的物体为研究对象。 (2)灵活选取物理过程。在综合题目中，物体运动常有几个不同过程，根据题目的已知、未知灵活地选取物理过程来研究。列方程前要注意鉴别、判断所选过程动量、机械能的守恒情况。 〔专题强化训练〕 1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( C ) A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N [解析]设每层楼高约为3 m，则下落高度约为 h＝3×25 m＝75 m 由mgh＝1 2 mv2及(F－mg)t＝mv知 鸡蛋对地面的冲击力F＝mv t ＋mg≈103 N。 2．(2018·天津理综)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是__20__ m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为__0.2__ m。 [解析]设木块的最终速度为v，则根据动量守恒定律得 mv ＝(M＋m)v，解得v＝20 m/s 根据能量守恒定律得F f d 相对 ＝ 1 2 mv2 － 1 2 (M＋m)v2 解得d 相对 ＝0.2 m。 3．(2019·山东济南月考)如图所示，光滑水平地面的左侧静止放置一长木板AB，右侧固定一足够长光滑斜面CD，木板的上表面与斜面底端C处于同一水 平面，木板的质量M＝2 kg，木板长l＝7 m。一物块以水平速度v ＝9 m/s冲上木板的A端，木板向右运动，B端碰到C点时被粘连，且B、C之间平滑连接。 物块的质量为m＝1 kg，可视为质点，与木板之间的动摩擦因数μ＝0.45，g取10 m/s2，求： (1)若初始时木板B端距C点的距离足够远，求物块第一次与木板相对静止时的速度和相对木板滑动的距离； (2)设初始时木板B端距C点的距离为L，试讨论物块最终距C点的距离与L 的关系，并求此最大距离。 [答案](1)3 m/s 6 m (2)见解析 [解析](1)根据动量守恒定律可得mv 0＝(M＋m)v 共 根据能量守恒定律可得μmgΔl＝1 2 mv2 － 1 2 (M＋m)v2 共 解得v 共 ＝3 m/s，Δl＝6 m (2)对木板有μmgs＝1 2 Mv2 共 －0，解得s＝2 m。 当L≥2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板已经达到共同速度，碰 后物块以v 共＝3 m/s匀减速到C点，v2 共 －v2 C1 ＝2a m (l－Δl)，a m ＝μg＝4.5 m/s2， 解得v C1 ＝0，恰好停在C点，与L无关 当L<2 m时，木板B端和C点相碰前，物块和木板未达到共同速度，物块一 直做匀减速运动，有v2 0－v2 C2 ＝2a m (l＋L)，v C2 ＝32－L(m/s) 物块以此速度冲上斜面并以原速率返回，最终停在木板上，有s＝v2 C2 2a m ＝2m －L 当L＝0时，s有最大值，s max ＝2 m
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