1、动力学、动量和能量观点的综合应用科 学 思 维本专题为力学综合问题，涉及动力学、功能关系，解此类题目关键要做好“五选择”：(1)当物体受到恒力作用，运动状态改变，且又涉及时间时，一般选择用动力学方法解题。(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题，题目中出现相对位移时，应优先选择能量守恒定律。(3)当涉及多个物体及时间时，一般考虑动量定理、动量守恒定律。(4)当涉及细节并要求分析力时，一般选择牛顿运动定律，对某一时刻的问题进行求解。(5)复杂的问题一般需综合应用能量的观点、运动与力的观点解题。示例(2020高考山东卷)如图所示，一倾角为的固定斜面的
2、底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点，斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。(1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小vP1、vQ1；(2)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn；(3)求物块Q从A点上升的总高度H；(4)为保证在Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离s。解析(1)P 与 Q 的第一次碰撞，取 P 的初速度方
3、向为正方向，由动量守恒定律得 mv0mvP14mvQ1由机械能守恒定律得12mv2012mv2P1124mv2Q1联立式得vP135v0vQ125v0故第一次碰撞后 P 的速度大小为35v0，Q 的速度大小为25v0(2)设 P、Q 第一次碰撞后 Q 上升的高度为 h1，对 Q 由运动学公式得0v2Q12(2gsin)h1sin 联立式得 h1 v2025g设 P 运动至与 Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为 v02，第一次碰后至第二次碰前，对 P 由动能定理得12mv20212mv2P1mgh1联立式得 v02 75 v0P 与 Q 的第二次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为 vP2
4、、vQ2，由动量守恒定律得 mv02mvP24mvQ2由机械能守恒定律得12mv20212mv2P2124mv2Q2联立式得vP235 75 v0vQ225 75 v0设第二次碰撞后 Q 上升的高度为 h2，对 Q 由运动学公式得 0v2Q22(2gsin)h2sin 联立式得 h2 725 v2025g设 P 运动至与 Q 刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为 v03，第二次碰后至第三次碰前，对 P 由动能定理得12mv20312mv2P2mgh2联立式得 v03(75)2v0P 与 Q 的第三次碰撞，设碰后 P 与 Q 的速度分别为 vP3、vQ3，由动量守恒定律得 mv03mvP34mvQ
5、3由机械能守恒定律得12mv20312mv2P3124mv2Q3联立式得vP335(75)2v0vQ325(75)2v0设第三次碰撞后Q上升的高度为h3，由运动学公式得0v 2Q3 2(2gsin)h3sin 21联立21 式得h3(725)2 v2025g22总结可知，第n次碰撞后，物块Q上升的高度为hn(725)n1 v2025g(n1，2，3，)23(3)当P、Q达到H时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得012mv20(m4m)gHtan 4mgcos Hsin 24解得H v2018g25(4)设Q第一次碰撞至速度减为零需要的时间为t1，由运动学公式得vQ12
6、gt1sin 26设P运动到斜面底端时的速度为vP1，需要的时间为t2，由运动学公式得vP1vP1gt2sin 27vP12v2P12sgsin 28设P从A点到Q第一次碰后速度减为零处匀减速运动的时间为t3，则v02(vP1)gt3sin 29当A点与挡板之间的距离最小时有t12t2t330联立26 27 28 29 30 式，代入数据得s（8 713）v20200gsin 31答案(1)35 v0 25 v0(2)(725)n1v2025g(n1，2，3，)(3)v2018g(4)（8 713）v20200gsin 易错警示“三大观点”解决力学综合问题的几点注意(1)弄清参与运动的物体，划
7、分清楚物体的运动过程，如示例中P、Q发生多次碰撞，分析每一次碰撞过程，并寻找一定的规律。(2)进行正确的受力分析，明确各过程的运动特点，如示例中的“碰撞”满足动量和能量守恒、“物块的滑动”应用动力学规律及动能定理。(3)物体在光滑的平面上运动，或沿光滑的曲面下滑，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等问题，一般应用动量守恒定律分析。(4)含摩擦生热的问题，一般应用能量守恒定律分析。应用提升练1如图所示，一质量m10.45 kg的平板小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放一质量m20.5 kg的小物块，小物块可视为质点，小物块与车之间的
8、动摩擦因数0.5。现有一质量m00.05 kg的子弹以v0100m/s的水平速度射中小车左端，并留在车中，子弹与车相互作用时间很短。g取10 m/s2，求：(1)子弹刚刚射入小车时，小车的速度大小v1；(2)要使小物块不脱离小车，小车的最小长度。解析：(1)子弹射入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0(m0m1)v1解得v110 m/s。(2)子弹、小车、小物块组成的系统动量守恒，设当小物块与车共速时，共同速度为v2，两者相对位移大小为L，由动量守恒定律和能量守恒定律有答案：(1)10 m/s(2)5 m(m0m1)v1(m0m1m2)v2m2gL12(m0m1
9、)v2112(m0m1m2)v22解得L5 m故要使小物块不脱离小车，小车的最小长度为5 m。2质量为mB2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量为mA6 kg的物块A停在B的左端，质量为mC2 kg的小球C用长为l0.8 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t1102 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，g取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的最小长度。解析：(1
10、)C下摆过程，根据动能定理，有 mCgl12mCv2C所以 vC 2gl4 m/sC反弹过程，根据动能定理，有mCgh012mCvC2vC 2gh2 m/s。取向右为正方向，对C根据动量定理，有FtmCvCmCvC解得F1 200 N。(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律，有mCvCmCvCmAvA所以 vA2 m/sA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，有mAvA(mAmB)v所以v1.5 m/s根据能量守恒定律，有mAgx12mAv2A12(mAmB)v2解得x0.5 m。答案：(1)1 200 N(2)0.5 m3如图所示，半径为R的光滑半圆环轨道竖直固定在一
11、水平光滑的桌面上，桌面距水平地面的高度也为R，在桌面上轻质弹簧被a、b两个小球挤压(小球与弹簧不拴接)，处于静止状态。同时释放两个小球，小球a、b与弹簧在桌面上分离后，a球从B点滑上半圆环轨道最高点A时速度为vA2gR，已知小球a质量为m，小球b质量为2m，重力加速度为g，求：(1)小球a在圆环轨道最高点对轨道的压力；(2)释放后小球b离开弹簧时的速度vb的大小；(3)小球b落地点距桌子右侧的水平距离。解析：(1)设a球通过最高点时受轨道的弹力为FN，由牛顿第二定律有mgFN mv2AR解得FNmg由牛顿第三定律，a球对轨道的压力为mg，方向竖直向上。(2)设小球a与弹簧分离时的速度大小为va
12、，取桌面为零势能面，由机械能守恒定律有12mv2a12mv2Amg2R解得va 6gR小球a、b从释放到与弹簧分离过程中，总动量守恒，有mva2mvb解得vb 6gR2。(3)b球从桌面飞出做平抛运动，设水平飞出的距离为x，则R12gt2xvbt解得x 3R。答案：(1)mg，方向竖直向上(2)6gR2(3)3R4.如图所示，上表面光滑的“L”形木板B锁定在倾角为37的足够长的斜面上；将一小物块A从木板B的中点轻轻地释放，同时解除木板B的锁定，此后A与B发生碰撞，碰撞过程时间极短且不计能量损失。已知物块A的质量m1 kg，木板B的质量M4 kg，板长L6 m，木板与斜面间的动摩擦因数为0.6，
13、最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)第一次碰撞后的瞬间A、B的速度大小；(2)在第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，A距B下端的最大距离。解析：(1)小物块A向下滑动时，木板B静止不动。设A与B发生弹性碰撞前的速度v0，由机械能守恒定律得mgL2sin 3712mv20解得v06 m/s设A与B发生弹性碰撞后的速度分别为v1和v2，由碰撞过程动量守恒和能量守恒可得mv0mv1Mv212mv2012mv2112Mv22解得v13.6 m/s，v22.4 m/s可见，A与B第一次碰后，A的速度大小为3.6 m/s，方向沿斜面向上，B的速
14、度大小为2.4 m/s，方向沿斜面向下。(2)A与B第一次碰后，A沿板向上做匀减速运动；因B受到斜面的支持力FN(mM)gcos 40 N，则B受到斜面的摩擦力FfFN0.640 N24 N，又Mgsin 24 N，则FfMgsin ，故B沿斜面向下做匀速直线运动。A与B第一次碰撞后到第二次碰撞前，A与B速度相等之时，A与B下端有最大距离，此过程中，A运动的时间 t1 v2v1gsin 371 s答案：(1)3.6 m/s 2.4 m/s(2)3 mA向上运动的位移大小xA v21v222gsin 370.6 mB向下运动的位移大小xBv2t12.4 mA距B下端的最大距离xmxAxB3 m。
15、5(2019高考全国卷)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，小物块B静止于水平轨道的最左端，如图(a)所示。t0时刻，小物块A在倾斜轨道上从静止开始下滑，一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短)；当A返回到倾斜轨道上的P点(图中未标出)时，速度减为0，此时对其施加一外力，使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的vt图像如图(b)所示，图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m，初始时A与B的高度差为H，重力加速度大小为g，不计空气阻力(1)求物块B的质量；(2)在图(b)所描述的整个运动过程中，求物块A克服摩擦力所做的功；(3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相
16、等。在物块B停止运动后，改变物块与轨道间的动摩擦因数，然后将A从P点释放，一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的比值。解析：(1)根据图(b)，v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小，v12 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的质量为m，碰撞后瞬间的速度大小为v。由动量守恒定律和机械能守恒定律有mv1m(v12)mv12mv2112m(12v1)212mv2联立式得m3m(2)在图(b)所描述的运动中，设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f，下滑过程中所走过的路程为s1，返回过程中所走过的路程为s2，P点的高度为h，整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由动能定理有mgHfs112mv210(fs2mgh)012m(v12)2从图(b)所给出的v-t图线可知s112v1t1s212v12(1.4t1t1)由几何关系s2s1hH物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为Wfs1fs2联立式可得W 215mgH(3)设倾斜轨道倾角为，物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为，有Wmgcos Hhsin 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s，由动能定理有mgs012mv2设改变后的动摩擦因数为，由动能定理有mghmgcos hsin mgs0联立式可得119答案：(1)3m(2)215mgH(3)119