力學(xué)三大觀點綜合應(yīng)用高考定位力學(xué)中三大觀點是指動力學(xué)觀點，動量觀點和能量觀點動力學(xué)觀點主要是牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式，動量觀點主要是動量定理和動量守恒定律，能量觀點包括動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律此類問題過程復(fù)雜、綜合性強(qiáng)，能較好地考查應(yīng)用有關(guān)規(guī)律分析和解決綜合問題的能力考題1動量和能量觀點在力學(xué)中的應(yīng)用例1(2014·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B，物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖1所示，L為1.0 m，凹槽與物塊的質(zhì)量均為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)為0.05.開始時物塊靜止，凹槽以v05 m/s的初速度向右運(yùn)動，設(shè)物塊與凹槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時間不計，g取10 m/s2.求：圖1(1)物塊與凹槽相對靜止時的共同速度；(2)從凹槽開始運(yùn)動到兩者剛相對靜止物塊與右側(cè)槽壁碰撞的次數(shù)；(3)從凹槽開始運(yùn)動到兩者相對靜止所經(jīng)歷的時間及該時間內(nèi)凹槽運(yùn)動的位移大小答案(1)2.5 m/s(2)6次(3)5 s12.75 m解析(1)設(shè)兩者間相對靜止時速度為v，由動量守恒定律得mv02mvv2.5 m/s.(2)解得物塊與凹槽間的滑動摩擦力FfFNmg設(shè)兩者相對靜止前相對運(yùn)動的路程為s1，由功能關(guān)系得Ff·s1(mm)v2mv解得s112.5 m已知L1 m，可推知物塊與右側(cè)槽壁共發(fā)生6次碰撞(3)設(shè)凹槽與物塊碰前的速度分別為v1、v2，碰后的速度分別為v1、v2.有mv1mv2mv1mv2mvmvmv12mv22得v1v2，v2v1即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，在同一坐標(biāo)系上兩者的速度圖線如圖所示，根據(jù)碰撞次數(shù)可分為13段，凹槽、物塊的vt圖象在兩條連續(xù)的勻變速運(yùn)動圖線間轉(zhuǎn)換，故可用勻變速直線運(yùn)動規(guī)律求時間則vv0atag解得t5 s凹槽的vt圖象所包圍的陰影部分面積即為凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面積共分13份，第一份面積為0.5 L，其余每兩份面積和均為L.)s2()t6.5L，解得s212.75 m.1如圖2所示，傾角45°高h(yuǎn)的固定斜面右邊有一高的平臺，平臺頂部左邊水平，上面有一質(zhì)量為M的靜止小球B，右邊有一半徑為h的圓弧質(zhì)量為m的小球A從斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，從斜面最高點飛出后恰好沿水平方向滑上平臺，與B發(fā)生彈性碰撞，碰后B從圓弧上的某點離開圓弧所有接觸面均光滑，A、B均可視為質(zhì)點，重力加速度為g.圖2(1)求斜面與平臺間的水平距離s和A的初速度v0；(2)若M2m，求碰后B的速度；(3)若B的質(zhì)量M可以從小到大取不同值，碰后B從圓弧上不同位置脫離圓弧，該位置與圓心的連線和豎直方向的夾角為.求cos 的取值范圍答案(1) h2(2)(3)cos 1解析(1)設(shè)小球A飛上平臺的速度為v1，小球由斜面頂端飛上平臺，可看成以速度v1反向平拋運(yùn)動，由平拋運(yùn)動規(guī)律得：hgt2，sv1t，tan 45°解得：v1，sh由機(jī)械能守恒定律得：mvmghmv解得：v02.(2)設(shè)碰后A、B的速度分別為vA、vB，由動量、能量守恒得mv1mvAMvBmvmvMvvBv1.(3)由(2)可知，當(dāng)Mm時vB2從頂端飛離則cos 1當(dāng)M m時，vB0，設(shè)B球與圓弧面在C處分離，則：Mgh(1cos )MvMg cos M，cos ，故cos 11弄清有幾個物體參與運(yùn)動，并劃分清楚物體的運(yùn)動過程2進(jìn)行正確的受力分析，明確各過程的運(yùn)動特點3光滑的平面或曲面，還有不計阻力的拋體運(yùn)動，機(jī)械能一定守恒；碰撞過程、子彈打擊木塊、不受其他外力作用的兩物體相互作用問題，一般考慮用動量守恒定律分析4如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析考題2應(yīng)用動力學(xué)、能量、動量解決綜合問題例2如圖3所示，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為m1 kg的足夠長的木板C，在C上放置有A、B兩物體，A的質(zhì)量mA1 kg，B的質(zhì)量為mB2 kg.A、B之間鎖定一被壓縮了的輕彈簧，彈簧儲存的彈性勢能Ep3 J，現(xiàn)突然給A、B一瞬時沖量作用，使A、B同時獲得v02 m/s的初速度，速度方向水平向右，且同時彈簧由于受到擾動而解除鎖定，并在極短的時間內(nèi)恢復(fù)原長，之后與A、B分離已知A和C之間的摩擦因數(shù)為10.2，B、C之間的動摩擦因數(shù)為20.1，且滑動摩擦力略小于最大靜摩擦力求：圖3(1)彈簧與A、B分離的瞬間，A、B的速度分別是多大？(2)已知在C第一次碰到右邊的固定擋板之前，A、B和C已經(jīng)達(dá)到了共同速度，求在到達(dá)共同速度之前A、B、C的加速度分別是多大及該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？(3)已知C與擋板的碰撞無機(jī)械能損失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A在C上滑行的距離？審題突破(1)根據(jù)動量守恒和能量守恒列方程組求A、B分離時的速度；(2)由牛頓第二定律求三者的加速度，該過程中產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能，只需求出三者達(dá)到的共同速度便可以由能量守恒求解；(3)根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式聯(lián)立求解答案(1)03 m/s(2)4.5 J1.5 m/s(3)0.75 m解析(1)在彈簧彈開兩物體的過程中，由于作用時間極短，對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)由動量和能量守恒定律可得：(mAmB)v0mAvAmBvBEp(mAmB)vmAvmBv聯(lián)立解得：vA0，vB3 m/s.(2)對物體B有：aB2g1 m/s2，方向水平向左對A、C有：2mBg(mAm)a又因為：mAa1mAg故物體A、C的共同加速度為a1 m/s2，方向水平向右對A、B、C整個系統(tǒng)來說，水平方向不受外力，故由動量和能量守恒定律可得：mBvB(mAmBm)vQmBv(mAmBm)v2解得：Q4.5 J，v1.5 m/s.(3)C和擋板碰撞后，先向左勻減速運(yùn)動，速度減至0后向右勻加速運(yùn)動，分析可知，在向右加速過程中先和A達(dá)到共同速度v1，之后A、C再以共同的加速度向右勻加速，B一直向右勻減速，最后三者達(dá)共同速度v2后做勻速運(yùn)動在此過程中由于摩擦力做負(fù)功，故C向右不能一直勻加速至擋板處，所以和擋板再次碰撞前三者已經(jīng)達(dá)共同速度aA1g2 m/s2，aB2g1 m/s21mAg2mBgmaC，解得：aC4 m/s2v1vaAtvaCt解得：v10.5 m/st0.5 sxA1t0.5 m，xC1t0.25 m故A、C間的相對運(yùn)動距離為xACxA1|xC1|0.75 m.2(2014·廣東·35)如圖4所示，的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板，物體P1沿光滑軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體P，以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在t12 s至t24 s內(nèi)工作已知P1、P2的質(zhì)量都為m1 kg，P與AC間的動摩擦因數(shù)為0.1，AB段長L4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞圖4(1)若v16 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能E；(2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能E.答案(1)3 m/s9 J(2)10 m/sv114 m/s17 J解析(1)設(shè)P1和P2發(fā)生彈性碰撞后速度為v2，根據(jù)動量守恒定律有：mv12mv2解得：v23 m/s碰撞過程中損失的動能為：Emv×2mv解得E9 J.(2)P滑動過程中，由牛頓第二定律知2ma2mg可以把P從A點運(yùn)動到C點再返回B點的全過程看作勻減速直線運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有3Lv2tat2由式得v1若2 s時通過B點，解得：v114 m/s若4 s時通過B點，解得：v110 m/s故v1的取值范圍為：10 m/sv114 m/s設(shè)向左經(jīng)過A點的速度為vA，由動能定理知×2mv×2mv·2mg·4L當(dāng)v2v17 m/s時，復(fù)合體向左通過A點時的動能最大，E17 J.根據(jù)題中涉及的問題特點選擇上述觀點聯(lián)合應(yīng)用求解一般地，要列出物體量間瞬時表達(dá)式，可用力和運(yùn)動的觀點即牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式；如果是碰撞并涉及時間的問題，優(yōu)先考慮動量定理；涉及力做功和位移的情況時，優(yōu)先考慮動能定理；若研究對象是互相作用的物體系統(tǒng)，優(yōu)先考慮兩大守恒定律知識專題練訓(xùn)練6題組1動量和能量的觀點在力學(xué)中的應(yīng)用1如圖1所示，在傾角為30°的光滑斜面上放置一質(zhì)量為m的物塊B，B的下端連接一輕質(zhì)彈簧，彈簧下端與擋板相連接，B平衡時，彈簧的壓縮量為x0，O點為彈簧的原長位置在斜面頂端另有一質(zhì)量也為m的物塊A，距物塊B為3x0，現(xiàn)讓A從靜止開始沿斜面下滑，A與B相碰后立即一起沿斜面向下運(yùn)動，并恰好回到O點(A、B均視為質(zhì)點)試求：圖1(1)A、B相碰后瞬間的共同速度的大小；(2)A、B相碰前彈簧具有的彈性勢能；(3)若在斜面頂端再連接一光滑的半徑Rx0的半圓軌道PQ，圓軌道與斜面相切于最高點P，現(xiàn)讓物塊A以初速度v從P點沿斜面下滑，與B碰后返回到P點還具有向上的速度，試問：v為多大時物塊A恰能通過圓弧軌道的最高點？答案(1)(2)mgx0(3)解析(1)設(shè)A與B相碰前A的速度為v1，A與B相碰后共同速度為v2由機(jī)械能守恒定律得3mgx0 sin 30°mv由動量守恒定律得mv12mv2解以上二式得v2.(2)設(shè)A、B相碰前彈簧所具有的彈性勢能為Ep，從A、B相碰后一起壓縮彈簧到它們恰好到達(dá)O點過程中，由機(jī)械能守恒定律知Ep·2mv2mgx0 sin 30°解得Epmgx0.(3)設(shè)物塊A與B相碰前的速度為v3，碰后A、B的共同速度為v4mv23mgx0 sin 30°mvmv32mv4A、B一起壓縮彈簧后再回到O點時二者分離，設(shè)此時共同速度為v5，則·2mvEp·2mv2mgx0sin 30°此后A繼續(xù)上滑到半圓軌道最高點時速度為v6，則mvmv2mgx0 sin 30°mgR(1sin 60°)在最高點有mg聯(lián)立以上各式解得v.2如圖2所示，質(zhì)量為m1的滑塊(可視為質(zhì)點)自光滑圓弧形槽的頂端A處無初速度地滑下，槽的底端與水平傳送帶相切于左傳導(dǎo)輪頂端的B點，A、B的高度差為h11.25 m傳導(dǎo)輪半徑很小，兩個輪之間的距離為L4.00 m滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.20.右端的輪子上沿距離地面高度h21.80 m，g取10 m/s2.圖2(1)若槽的底端沒有滑塊m2，傳送帶靜止不運(yùn)轉(zhuǎn)，求滑塊m1滑過C點時的速度大小v；(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)(2)在m1下滑前將質(zhì)量為m2的滑塊(可視為質(zhì)點)停放在槽的底端m1下滑后與m2發(fā)生彈性碰撞，且碰撞后m1速度方向不變，則m1、m2應(yīng)該滿足什么條件？(3)滿足(2)的條件前提下，傳送帶順時針運(yùn)轉(zhuǎn)，速度為v5.0 m/s.求出滑塊m1、m2落地點間的最大距離(結(jié)果可帶根號)答案(1)3.0 m/s(2)m1m2(3)(3) m解析(1)滑塊m1滑到B點有m1gh1m1v解得v05 m/s滑塊m1由B滑到C點有m1gLm1v2m1v解得v3.0 m/s.(2)滑塊m2停放在槽的底端，m1下滑并與滑塊m2彈性碰撞，則有m1v0m1v1m2v2m1vm1vm2vm1速度方向不變即v1v00則m1m2.(3)滑塊經(jīng)過傳送帶作用后做平拋運(yùn)動h2gt2當(dāng)兩滑塊速度相差最大時，它們的水平射程相差最大，當(dāng)m1m2時，滑塊m1、m2碰撞后的速度相差最大，經(jīng)過傳送帶后速度相差也最大v1v0v0v05.0 m/sv2v0v02v010.0 m/s滑塊m1與傳送帶同速度，沒有摩擦，落地點射程為x1v1t3.0 m滑塊m2與傳送帶發(fā)生摩擦，有m2gLm2v22m2v解得v22 m/s落地點射程為x2v2t mm2、m1的水平射程相差最大值為x(3) m.題組2應(yīng)用動力學(xué)觀點、能量觀點、動量觀點解決綜合問題3如圖3所示，質(zhì)量M4 kg的平板小車停在光滑水平面上，車上表面高h(yuǎn)11.6 m水平面右邊的臺階高h(yuǎn)20.8 m，臺階寬l0.7 m，臺階右端B恰好與半徑r5 m的光滑圓弧軌道連接，B和圓心O的連線與豎直方向夾角53°，在平板小車的A處有質(zhì)量m12 kg的甲物體和質(zhì)量m21 kg的乙物體緊靠在一起，中間放有少量炸藥(甲、乙兩物體都可以看作質(zhì)點)小車上A點左側(cè)表面光滑，右側(cè)粗糙且動摩擦因數(shù)為0.2.現(xiàn)點燃炸藥，炸藥爆炸后兩物體瞬間分開，甲物體獲得5 m/s的水平初速度向右運(yùn)動，離開平板車后恰能從光滑圓弧軌道的左端B點沿切線進(jìn)入圓弧軌道已知車與臺階相碰后不再運(yùn)動(g取10 m/s2，sin 53°0.8，cos 53°0.6)求：圖3(1)炸藥爆炸使兩物體增加的機(jī)械能E；(2)物體在圓弧軌道最低點C處對軌道的壓力F；(3)平板車上表面的長度L和平板車運(yùn)動位移s的大小答案(1)75 J(2)46 N，方向豎直向下(3)1 m解析(1)甲、乙物體在爆炸瞬間動量守恒：m1v1m2v20Em1vm2v75 J.(2)設(shè)甲物體平拋到B點時，水平方向速度為vx，豎直分速度為vyvy4 m/svx3 m/s合速度為：vB5 m/s物體從B到C過程中：m1gr(1cos )m1vm1vFNm1gm1FN46 N由牛頓第三定律可知：FFN46 N，方向豎直向下(3)甲物體平拋運(yùn)動時間：t0.4 s平拋水平位移：xvxt1.2 m0.7 m甲物體在車上運(yùn)動時的加速度為：a1g2 m/s2甲物體在車上運(yùn)動時間為：t11 s甲物體的對地位移：x1(v0vx)t14 m甲物體在車上運(yùn)動時，車的加速度為：a21 m/s2甲離開車時，車對地的位移：x2a2t0.5 m車長為：L2(x1x2)7 m車的位移為：sx2(xl)1 m.4如圖4所示，光滑的水平面AB(足夠長)與半徑為R0.8 m的光滑豎直半圓軌道BCD在B點相切，D點為半圓軌道最高點A點的右側(cè)等高地放置著一個長為L20 m、逆時針轉(zhuǎn)動且速度為v10 m/s的傳送帶用輕質(zhì)細(xì)線連接甲、乙兩物體，中間夾一輕質(zhì)彈簧，彈簧與甲、乙兩物體不拴接甲的質(zhì)量為m13 kg，乙的質(zhì)量為m21 kg，甲、乙均靜止在光滑的水平面上現(xiàn)固定乙球，燒斷細(xì)線，甲離開彈簧后進(jìn)入半圓軌道并可以通過D點，且過D點時對軌道的壓力恰好等于甲的重力傳送帶與乙物體間的動摩擦因數(shù)為0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙兩物體可看做質(zhì)點圖4(1)求甲球離開彈簧時的速度(2)若甲固定，乙不固定，細(xì)線燒斷后乙可以離開彈簧滑上傳送帶，求乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離(3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞時甲、乙的速度；若不會再次碰撞，請說明原因答案(1)4 m/s(2)12 m(3)甲、乙會再次碰撞，碰撞時甲的速度為2 m/s，方向水平向右，乙的速度為6m/s，方向水平向左解析(1)甲離開彈簧時的速度大小為v0，運(yùn)動至D點的過程中機(jī)械能守恒：m1vm1g·2Rm1v，在最高點D，由牛頓第二定律，有2m1gm1聯(lián)立解得：v04 m/s.(2)甲固定，燒斷細(xì)線后乙的速度大小為v乙，由能量守恒：Epm1vm2v，得v乙12 m/s之后乙滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動：m2gm2a得a6 m/s2乙的速度為零時，在傳送帶滑行的距離最遠(yuǎn)，最遠(yuǎn)距離為：s12 m20 m即乙在傳送帶上滑行的最遠(yuǎn)距離為12 m.(3)甲、乙均不固定，燒斷細(xì)線后，設(shè)甲、乙速度大小分別為v1、v2，甲、乙分離瞬間動量守恒：m1v1m2v2甲、乙彈簧組成的系統(tǒng)能量守恒：Epm1vm1vm2v解得：v12 m/s，v26 m/s之后甲沿軌道上滑，設(shè)上滑最高點高度為h，則m1vm1gh得h0.6 m0.8 m則甲上滑不到同圓心等高位置就會返回，返回AB面上時速度大小仍然是v22 m/s乙滑上傳送帶，因v26 m/s12 m/s，則乙先向右做勻減速運(yùn)動，后向左勻加速由對稱性可知乙返回AB面上時速度大小仍然為v26 m/s故甲、乙會再次相撞，碰撞時甲的速度為2 m/s，方向水平向右，乙的速度為6 m/s，方向水平向左