力学三大观点综合应用高考定位力学中三大观点是指动力学观点，动量观点和能量观点．动力学观点主要是牛顿运动定律和运动学公式，动量观点主要是动量定理和动量守恒定律，能量观点包括动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律．此类问题过程复杂、综合性强，能较好地考查应用有关规律分析和解决综合问题的能力．考题1 动量和能量观点在力学中的应用例1 (2014·安徽·24)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图1所示，L为 m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为.开始时物块静止，凹槽以v0＝5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2.求：图1(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者刚相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小．答案(1) m/s (2)6次(3)5 s m解析(1)设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mvv＝ m/s.(2)解得物块与凹槽间的滑动摩擦力F f＝μF N＝μmg设两者相对静止前相对运动的路程为s1，由功能关系得－F f·s1＝12(m＋m)v2－12mv20解得s1＝ m已知L＝1 m，可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞．(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为v1、v2，碰后的速度分别为v1′、v2′.有mv1＋mv2＝mv1′＋mv2′1 2mv21＋12mv22＝12mv1′2＋12mv2′2得v1′＝v2，v2′＝v1即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示，根据碰撞次数可分为13段，凹槽、物块的v—t图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间．则v＝v0＋ata＝－μg解得t＝5 s凹槽的v—t图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面积共分13份，第一份面积为 L ，其余每两份面积和均为L .)s 2＝12(v 02)t ＋，解得s 2＝ m.1．如图2所示，倾角45°高h 的固定斜面．右边有一高3h2的平台，平台顶部左边水平，上面有一质量为M 的静止小球B ，右边有一半径为h 的14圆弧．质量为m 的小球A 从斜面底端以某一初速度沿斜面上滑，从斜面最高点飞出后恰好沿水平方向滑上平台，与B 发生弹性碰撞，碰后B 从圆弧上的某点离开圆弧．所有接触面均光滑，A 、B 均可视为质点，重力加速度为g .图2(1)求斜面与平台间的水平距离s 和A 的初速度v 0； (2)若M ＝2m ，求碰后B 的速度；(3)若B 的质量M 可以从小到大取不同值，碰后B 从圆弧上不同位置脱离圆弧，该位置与圆心的连线和竖直方向的夹角为α.求cos α的取值范围．答案 (1) h 2gh (2)23gh (3)23≤cos α≤1解析 (1)设小球A 飞上平台的速度为v 1，小球由斜面顶端飞上平台，可看成以速度v 1反向平抛运动，由平抛运动规律得：12h ＝12gt 2，s ＝v 1t ，tan 45°＝gtv 1解得：v 1＝gh ，s ＝h由机械能守恒定律得：12mv 20＝32mgh ＋12mv 21解得：v 0＝2gh .(2)设碰后A 、B 的速度分别为v A 、v B ，由动量、能量守恒得mv 1＝mv A ＋Mv B12mv 21＝12mv 2A ＋12Mv 2B v B ＝2m m ＋M v 1＝23gh .(3)由(2)可知，当M ≪m 时v B ≈2gh ＞gh 从顶端飞离则cos α＝1 当M ≫m 时，v B ＝0，设B 球与圆弧面在C 处分离，则：Mgh (1－cos α)＝12Mv 2CMg cos α＝M v 2C h ，cos α＝23，故23≤cos α≤11．弄清有几个物体参与运动，并划分清楚物体的运动过程． 2．进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点．3．光滑的平面或曲面，还有不计阻力的抛体运动，机械能一定守恒；碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物体相互作用问题，一般考虑用动量守恒定律分析． 4．如含摩擦生热问题，则考虑用能量守恒定律分析．考题2 应用动力学、能量、动量解决综合问题例2 如图3所示，在光滑的水平面上有一质量为m ＝1 kg 的足够长的木板C ，在C 上放置有A 、B 两物体，A 的质量m A ＝1 kg ，B 的质量为m B ＝2 、B 之间锁定一被压缩了的轻弹簧，弹簧储存的弹性势能E p ＝3 J ，现突然给A 、B 一瞬时冲量作用，使A 、B 同时获得v 0＝2 m/s 的初速度，速度方向水平向右，且同时弹簧由于受到扰动而解除锁定，并在极短的时间内恢复原长，之后与A 、B 分离．已知A 和C 之间的摩擦因数为μ1＝，B 、C 之间的动摩擦因数为μ2＝，且滑动摩擦力略小于最大静摩擦力．求：图3(1)弹簧与A 、B 分离的瞬间，A 、B 的速度分别是多大(2)已知在C 第一次碰到右边的固定挡板之前，A 、B 和C 已经达到了共同速度，求在到达共同速度之前A 、B 、C 的加速度分别是多大及该过程中产生的内能为多少(3)已知C 与挡板的碰撞无机械能损失，求在第一次碰撞后到第二次碰撞前A 在C 上滑行的距离 审题突破 (1)根据动量守恒和能量守恒列方程组求A 、B 分离时的速度；(2)由牛顿第二定律求三者的加速度，该过程中产生的内能等于系统损失的机械能，只需求出三者达到的共同速度便可以由能量守恒求解；(3)根据牛顿第二定律和运动学公式联立求解． 答案 (1)0 3 m/s (2) J m/s (3) m解析 (1)在弹簧弹开两物体的过程中，由于作用时间极短，对A 、B 和弹簧组成的系统由动量和能量守恒定律可得：(m A ＋m B )v 0＝m A v A ＋m B v BE p ＋12(m A ＋m B )v 20＝12m A v 2A ＋12m B v 2B联立解得：v A ＝0，v B ＝3 m/s.(2)对物体B 有：a B ＝μ2g ＝1 m/s 2，方向水平向左 对A 、C 有：μ2m B g ＝(m A ＋m )a 又因为：m A a ＜μ1m A g故物体A 、C 的共同加速度为a ＝1 m/s 2，方向水平向右对A 、B 、C 整个系统来说，水平方向不受外力，故由动量和能量守恒定律可得：m B v B ＝(m A ＋m B ＋m )v Q ＝12m B v 2B －12(m A ＋m B ＋m )v 2 解得：Q ＝ J ，v ＝ m/s.(3)C 和挡板碰撞后，先向左匀减速运动，速度减至0后向右匀加速运动，分析可知，在向右加速过程中先和A 达到共同速度v 1，之后A 、C 再以共同的加速度向右匀加速，B 一直向右匀减速，最后三者达共同速度v 2后做匀速运动．在此过程中由于摩擦力做负功，故C 向右不能一直匀加速至挡板处，所以和挡板再次碰撞前三者已经达共同速度．a A ＝μ1g ＝2 m/s 2，a B ＝μ2g ＝1 m/s 2 μ1m A g ＋μ2m B g ＝ma C ，解得：a C ＝4 m/s 2 v 1＝v －a A t ＝－v ＋a C t解得：v 1＝ m/st ＝ s x A 1＝v ＋v 12t ＝ m ，x C 1＝－v ＋v 12t ＝－ m故A 、C 间的相对运动距离为x AC ＝x A 1＋|x C 1|＝ m.2．(2014·广东·35)如图4所示，的水平轨道中，AC 段的中点B 的正上方有一探测器，C 处有一竖直挡板，物体P 1沿光滑轨道向右以速度v 1与静止在A 点的物体P 2碰撞，并接合成复合体P ，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t 1＝2 s 至t 2＝4 s 内工作．已知P 1、P 2的质量都为m ＝1 kg ，P 与AC 间的动摩擦因数为μ＝，AB 段长L ＝4 m ，g 取10 m/s 2，P 1、P 2和P 均视为质点，P 与挡板的碰撞为弹性碰撞．图4(1)若v 1＝6 m/s ，求P 1、P 2碰后瞬间的速度大小v 和碰撞损失的动能ΔE ；(2)若P 与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B 点，求v 1的取值范围和P 向左经过A 点时的最大动能E .答案 (1)3 m/s 9 J (2)10 m/s≤v 1≤14 m/s 17 J解析 (1)设P 1和P 2发生弹性碰撞后速度为v 2，根据动量守恒定律有：mv 1＝2mv 2①解得：v 2＝v 12＝3 m/s碰撞过程中损失的动能为：ΔE ＝12mv 21－12×2mv 22②解得ΔE ＝9 J.(2)P 滑动过程中，由牛顿第二定律知 2ma ＝－2μmg③可以把P 从A 点运动到C 点再返回B 点的全过程看作匀减速直线运动，根据运动学公式有3L ＝v 2t ＋12at2④由①③④式得v 1＝6L －at2t①若2 s 时通过B 点，解得：v 1＝14 m/s ②若4 s 时通过B 点，解得：v 1＝10 m/s 故v 1的取值范围为：10 m/s ≤v 1≤14 m/s设向左经过A 点的速度为v A ，由动能定理知 12×2mv 2A －12×2mv 22＝－μ·2mg ·4L 当v 2＝12v 1＝7 m/s 时，复合体向左通过A 点时的动能最大，E ＝17 J.根据题中涉及的问题特点选择上述观点联合应用求解．一般地，要列出物体量间瞬时表达式，可用力和运动的观点即牛顿运动定律和运动学公式；如果是碰撞并涉及时间的问题，优先考虑动量定理；涉及力做功和位移的情况时，优先考虑动能定理；若研究对象是互相作用的物体系统，优先考虑两大守恒定律．知识专题练 训练6题组1 动量和能量的观点在力学中的应用1．如图1所示，在倾角为30°的光滑斜面上放置一质量为m 的物块B ，B 的下端连接一轻质弹簧，弹簧下端与挡板相连接，B 平衡时，弹簧的压缩量为x 0，O 点为弹簧的原长位置．在斜面顶端另有一质量也为m 的物块A ，距物块B 为3x 0，现让A 从静止开始沿斜面下滑，A 与B 相碰后立即一起沿斜面向下运动，并恰好回到O 点(A 、B 均视为质点)．试求：图1(1)A 、B 相碰后瞬间的共同速度的大小； (2)A 、B 相碰前弹簧具有的弹性势能；(3)若在斜面顶端再连接一光滑的半径R ＝x 0的半圆轨道PQ ，圆轨道与斜面相切于最高点P ，现让物块A 以初速度v 从P 点沿斜面下滑，与B 碰后返回到P 点还具有向上的速度，试问：v 为多大时物块A 恰能通过圆弧轨道的最高点答案 (1)123gx 0 (2)14mgx 0 (3)20＋43gx 0解析 (1)设A 与B 相碰前A 的速度为v 1，A 与B 相碰后共同速度为v 2由机械能守恒定律得3mgx 0 sin 30°＝12mv 21由动量守恒定律得mv 1＝2mv 2解以上二式得v 2＝123gx 0.(2)设A 、B 相碰前弹簧所具有的弹性势能为E p ，从A 、B 相碰后一起压缩弹簧到它们恰好到达O 点过程中，由机械能守恒定律知E p ＋12·2mv 22＝2mgx 0 sin 30°解得E p ＝14mgx 0.(3)设物块A 与B 相碰前的速度为v 3，碰后A 、B 的共同速度为v 4 12mv 2＋3mgx 0 sin 30°＝12mv 23 mv 3＝2mv 4A 、B 一起压缩弹簧后再回到O 点时二者分离，设此时共同速度为v 5，则12·2mv 24＋E p ＝12·2mv 25＋2mgx 0sin 30° 此后A 继续上滑到半圆轨道最高点时速度为v 6，则12mv 25＝12mv 26＋2mgx 0 sin 30°＋mgR (1＋sin 60°)在最高点有mg ＝mv26R联立以上各式解得v ＝20＋43gx 0.2．如图2所示，质量为m 1的滑块(可视为质点)自光滑圆弧形槽的顶端A 处无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左传导轮顶端的B 点，A 、B 的高度差为h 1＝ m ．传导轮半径很小，两个轮之间的距离为L ＝ m ．滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝.右端的轮子上沿距离地面高度h 2＝ m ，g 取10 m/s 2.图2(1)若槽的底端没有滑块m 2，传送带静止不运转，求滑块m 1滑过C 点时的速度大小v ；(结果保留两位有效数字)(2)在m 1下滑前将质量为m 2的滑块(可视为质点)停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生弹性碰撞，且碰撞后m 1速度方向不变，则m 1、m 2应该满足什么条件(3)满足(2)的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为v ＝ m/s.求出滑块m 1、m 2落地点间的最大距离(结果可带根号)．答案 (1) m/s (2)m 1＞m 2 (3)(6215－3) m解析 (1)滑块m 1滑到B 点有m 1gh 1＝12m 1v 2解得v 0＝5 m/s滑块m 1由B 滑到C 点有－μm 1gL ＝12m 1v 2－12m 1v 2解得v ＝ m/s.(2)滑块m 2停放在槽的底端，m 1下滑并与滑块m 2弹性碰撞，则有m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 212m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 m 1速度方向不变即v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＞0则m 1＞m 2.(3)滑块经过传送带作用后做平抛运动h 2＝12gt 2当两滑块速度相差最大时，它们的水平射程相差最大，当m 1≫m 2时，滑块m 1、m 2碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大 v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0＝1－m 2m 11＋m 2m 1v 0≈v 0＝ m/sv 2＝2m 1m 1＋m 2v 0＝21＋m 2m 1v 0≈2v 0＝ m/s滑块m 1与传送带同速度，没有摩擦，落地点射程为x 1＝v 1t ＝ m滑块m 2与传送带发生摩擦，有－μm 2gL ＝12m 2v 2′2－12m 2v 22解得v 2′＝221 m/s落地点射程为x 2＝v 2′t ＝6215mm 2、m 1的水平射程相差最大值为Δx ＝(6215－3) m. 题组2 应用动力学观点、能量观点、动量观点解决综合问题3．如图3所示，质量M ＝4 kg 的平板小车停在光滑水平面上，车上表面高h 1＝ m ．水平面右边的台阶高h 2＝ m ，台阶宽l ＝ m ，台阶右端B 恰好与半径r ＝5 m 的光滑圆弧轨道连接，B 和圆心O 的连线与竖直方向夹角θ＝53°，在平板小车的A 处有质量m 1＝2 kg 的甲物体和质量m 2＝1 kg 的乙物体紧靠在一起，中间放有少量炸药(甲、乙两物体都可以看作质点)．小车上A 点左侧表面光滑，右侧粗糙且动摩擦因数为μ＝.现点燃炸药，炸药爆炸后两物体瞬间分开，甲物体获得5 m/s 的水平初速度向右运动，离开平板车后恰能从光滑圆弧轨道的左端B 点沿切线进入圆弧轨道．已知车与台阶相碰后不再运动(g 取10 m/s 2，sin 53°＝，cos 53°＝．求：图3(1)炸药爆炸使两物体增加的机械能E ； (2)物体在圆弧轨道最低点C 处对轨道的压力F ； (3)平板车上表面的长度L 和平板车运动位移s 的大小． 答案 (1)75 J (2)46 N ，方向竖直向下 (3)1 m 解析 (1)甲、乙物体在爆炸瞬间动量守恒：m 1v 1－m 2v 2＝0E ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝75 J.(2)设甲物体平抛到B 点时，水平方向速度为v x ，竖直分速度为v yv y ＝2g h 1－h 2＝4 m/sv x ＝v ytan θ＝3 m/s合速度为：v B ＝5 m/s物体从B 到C 过程中：m 1gr (1－cos θ)＝12m 1v 2C －12m 1v 2BF N －m 1g ＝m 1v2C rF N ＝46 N由牛顿第三定律可知：F ＝F N ＝46 N ，方向竖直向下． (3)甲物体平抛运动时间：t ＝v yg＝ s 平抛水平位移：x ＝v x t ＝ m ＞ m甲物体在车上运动时的加速度为：a 1＝μg ＝2 m/s 2甲物体在车上运动时间为：t 1＝v 0－v xa 1＝1 s甲物体的对地位移：x 1＝12(v 0＋v x )t 1＝4 m甲物体在车上运动时，车的加速度为：a 2＝μm 1g M＝1 m/s 2甲离开车时，车对地的位移：x 2＝12a 2t 21＝ m车长为：L ＝2(x 1－x 2)＝7 m 车的位移为：s ＝x 2＋(x －l )＝1 m.4．如图4所示，光滑的水平面AB (足够长)与半径为R ＝ m 的光滑竖直半圆轨道BCD 在B 点相切，D 点为半圆轨道最高点．A 点的右侧等高地放置着一个长为L ＝20 m 、逆时针转动且速度为v ＝10 m/s 的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴接．甲的质量为m 1＝3 kg ，乙的质量为m 2＝1 kg ，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙球，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D 点，且过D 点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间的动摩擦因数为，重力加速度g 取10 m/s 2，甲、乙两物体可看做质点．图4(1)求甲球离开弹簧时的速度．(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离．(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB 面上水平碰撞若碰撞，求再次碰撞时甲、乙的速度；若不会再次碰撞，请说明原因．答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向水平向右，乙的速度为63m/s ，方向水平向左解析 (1)甲离开弹簧时的速度大小为v 0，运动至D 点的过程中机械能守恒： 12m 1v 20＝m 1g ·2R ＋12m 1v 2D ， 在最高点D ，由牛顿第二定律，有2m 1g ＝m 1v2D R联立解得：v 0＝4 3 m/s.(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v 乙， 由能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 2v 2乙，得v 乙＝12 m/s之后乙滑上传送带做匀减速运动：μm 2g ＝m 2a 得a ＝6 m/s 2乙的速度为零时，在传送带滑行的距离最远， 最远距离为： s ＝v2乙2a＝12 m ＜20 m即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m. (3)甲、乙均不固定，烧断细线后， 设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2， 甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2 甲、乙弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h ， 则12m 1v 21＝m 1gh 得h ＝ m ＜ m则甲上滑不到同圆心等高位置就会返回，返回AB 面上时速度大小仍然是v 2＝2 3 m/s乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s ＜12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速．由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向水平向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向水平向左．。