第6講力學三大觀點的綜合應用知識網絡構建命題分類剖析命題點一動量和能量觀點解決多過程問題動量和能量觀點解決多過程問題的處理技巧1．解決該類問題用到的規律：動量守恒定律，機械能守恒定律，能量守恒定律，功能關系等．2．解決該類問題的基本思路：(1)認真審題，確定研究對象．(2)如果物體間涉及多過程，要把整個過程分解為幾個小的過程．(3)對所選取的對象進行受力分析，判定系統是否符合動量守恒的條件．(4)對所選系統進行能量轉化的分析．(5)選取所需要的方程列式并求解．例1[2023·江蘇省南京外國語學院期末]如圖所示，兩根間距為L、足夠長的光滑平行金屬導軌固定于同一水平面內，整個導軌處于豎直向下的勻強磁場中，質量均為m、電阻分別為R、r的導體棒MN、PQ垂直靜止于平行導軌上，與導軌構成矩形閉合回路，某時刻給導體棒MN一個水平向右的瞬時沖量I，不考慮導軌的電阻，則從此時至PQ達到最大速度的過程中，以下說法正確的是()A．導體棒PQ做加速度增大的加速運動B．通過導體棒MN的電荷量為IC．兩導體棒的相對距離減小量為ID．導體棒MN產生的焦耳熱為I例2[2023·廣東韶關二模]有一種打積木的游戲，裝置如圖所示，三塊完全相同的鋼性積木B、C、D疊放在靶位上，寬度均為d，積木C、D夾在固定的兩光滑薄板間，一球A(視為質點)用長為L，且不可伸長的輕繩懸掛于O點．游戲時，鋼球拉至與O等高的P點(保持繩繃直)由靜止釋放，鋼球運動到最低點時與積木B發生的碰撞為彈性碰撞且瞬間完成，積木B滑行一段距離(大于2d)后停下．已知鋼球和每塊積木的質量均為m，各水平接觸面間的動摩擦因數均為μ，重力加速度大小為g，空氣阻力不計，求：(1)鋼球下落到最低點且與B碰撞前的速度大小v0；(2)積木B向前滑動的距離s；(3)將鋼球再次拉起至P點無初速釋放，積木C沿B的軌跡前進．求C被A球碰撞后經多長時間與B球相遇．提升訓練1.[2023·四川省成都市模擬]某高速公路上發生兩車追尾事故，事故認定為前車違規停車，后車因制動距離不足追尾前車．假設兩車追尾過程為一維正碰，碰撞時間極短，后車制動過程及兩車碰后減速過程均可視為水平方向僅在滑動摩擦阻力作用下的勻減速直線運動，前車、后車視為質點．如圖為事故現場俯視圖，兩車劃痕長度與兩車發生的位移大小相等．已知后車質量m1＝2000kg，前車質量m2＝1000kg，兩車所受摩擦阻力與車重的比值均為k＝0.5，重力加速度g＝10m/s2.請根據現場勘測數據及已知信息進行判斷和計算．(1)靜止的前車在碰撞后瞬間的速度；(2)后車開始剎車時是否超速(該段道路限速120km/h)．2.2022北京冬奧會后，冰壺運動成為了廣大冰雪愛好者熱捧的一個運動項目．如圖是一個冰壺大本營的示意圖，內環R1＝0.61m，中環R2＝1.22m，外環R3＝1.83m．某次比賽中，紅壺以某一速度和停在Q點的藍壺發生正碰之后，質量相等的紅、藍兩壺分別停在M和N點．設紅、藍壺與冰面間的摩擦因數相同，則：(1)碰后紅壺和藍壺的速度大小之比；(2)紅壺和藍壺碰撞過程損失的機械能與碰前瞬間紅壺動能之比．命題點二力學三大觀點的綜合應用1．力學三大觀點對比力學三大觀點對應規律表達式選用原則動力學觀點牛頓第二定律F合＝ma物體做勻變速直線運動，涉及運動細節勻變速直線運動規律v＝v0＋atx＝vv2-v能量觀點動能定理W合＝ΔEk涉及做功與能量轉換機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動量觀點動量定理I合＝p′－p只涉及初末速度、力、時間而不涉及位移、功動量守恒定律p1＋p2＝p′1＋p′2只涉及初末速度而不涉及力、時間2.選用原則(1)當物體受到恒力作用做勻變速直線運動(曲線運動某一方向可分解為勻變速直線運動)，涉及時間與運動細節時，一般選用動力學方法解題．(2)當涉及功、能和位移時，一般選用動能定理、機械能守恒定律、功能關系或能量守恒定律解題，題目中出現相對位移(摩擦生熱)時，應優先選用能量守恒定律．(3)不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別是對于打擊類問題，因時間短且作用力隨時間變化，應用動量定理求解．(4)對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應用動量守恒定律求解．例1[2023·浙江6月]為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的實驗裝置．水平直軌道AB、CD和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為R＝0.4m的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道DEF與軌道CD和足夠長的水平直軌道FG平滑相切連接．質量為3m的滑塊b與質量為2m的滑塊c用勁度系數k＝100N/m的輕質彈簧連接，靜置于軌道FG上．現有質量m＝0.12kg的滑塊a以初速度v0＝221m/s從D處進入，經DEF管道后，與FG上的滑塊b碰撞(時間極短)．已知傳送帶長L＝0.8m，以v＝2m/s的速率順時針轉動，滑塊a與傳送帶間的動摩擦因數μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能Ep＝12kx2(x為形變量)(1)求滑塊a到達圓弧管道DEF最低點F時速度大小vF和所受支持力大小FN；(2)若滑塊a碰后返回到B點時速度vB＝1m/s，求滑塊a、b碰撞過程中損失的機械能ΔE；(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx.例2[2023·遼寧卷]如圖，質量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側的豎直墻面固定一勁度系數k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態．質量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0＝54m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸．木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力．彈簧始終處在彈性限度內，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關系為Ep＝12kx2.取重力加速度g＝10m/s(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1；(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大?。?3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0.求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統因摩擦轉化的內能ΔU(用t0表示)．思維提升板塊類問題的處理方法對板塊類問題，首先把木板和物塊視為整體，分析其所受合力是否為零．①如果整體受力是零，則首先考慮系統動量守恒求出末態速度，然后用能量的轉化與守恒定律求物塊相對木板滑動的距離，對單個研究對象列動量定理求時間，利用動能定理求各自對地運動的位移．②如果整體受外力之和不為零，則用牛頓第二定律、運動公式或運動的v-t圖像來求速度、時間、位移、相對距離等物理量，需要注意分析物塊和木板是相對滑動還是相對靜止．提升訓練1.[2023·北京卷]如圖所示，質量為m的小球A用一不可伸長的輕繩懸掛在O點，在O點正下方的光滑桌面上有一個與A完全相同的靜止小球B，B距O點的距離等于繩長L.現將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發生正碰并粘在一起．重力加速度為g.求：(1)A釋放時距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；(3)碰撞過程中系統損失的機械能ΔE.2．[2023·浙江1月]一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水平地面上傾角θ＝37°的直軌道AB、螺旋圓形軌道BCDE、傾角θ＝37°的直軌道EF、水平直軌道FG組成，除FG段外各段軌道均光滑，且各處平滑連接．螺旋圓形軌道與軌道AB、EF相切于B(E)處．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁GH處，擺渡車上表面與直軌道FG、平臺JK位于同一水平面．已知螺旋圓形軌道半徑R＝0.5m，B點高度為1.2R，FG長度LFG＝2.5m，HI長度L0＝9m，擺渡車長度L＝3m、質量m＝1kg.將一質量也為m的滑塊從傾斜軌道AB上高度h＝2.3m處靜止釋放，滑塊在FG段運動時的阻力為其重力的0.2倍．(擺渡車碰到豎直側壁IJ立即靜止，滑塊視為質點，不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(1)求滑塊過C點的速度大小vC和軌道對滑塊的作用力大小FC；(2)擺渡車碰到IJ前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動摩擦因數μ；(3)在(2)的條件下，求滑塊從G到J所用的時間t.素養培優·思維方法數學歸納法解決多次碰撞問題當兩個物體之間或物體與擋板之間發生多次碰撞時，因碰撞次數較多，過程復雜，在求解多次碰撞問題時，通?？捎玫綌祵W歸納法．數學歸納法先利用所學知識把前幾次碰撞過程理順，分析透徹，根據前幾次數據，利用數學歸納法，可寫出以后碰撞過程中對應規律或結果，然后可以計算全程的路程等數據．[典例][2023·山東日照市一模]如圖所示，質量m1＝1.9kg的靶盒A靜止在固定平臺上的O點(未畫出)，輕彈簧的一端固定，另一端靠著靶盒(不連接)，此時彈簧處于自然長度，彈簧的勁度系數k＝184N/m.長度l＝2.25m、質量m2＝1.0kg的木板B靜止在光滑的水平面上，木板上表面與平臺等高，且緊靠平臺右端放置，距離平臺右端d＝4.25m處有豎直墻壁．某射擊者根據需要瞄準靶盒，射出一顆水平速度v0＝100m/s、質量m0＝0.1kg的子彈，當子彈從靶盒右端打入靶盒后，便留在盒內(在極短的時間內子彈與靶盒達到共同速度)，最終靶盒恰好沒有從木板的右端脫離木板．已知靶盒與平臺、與木板上表面間的動摩擦因數μ均為0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終在彈性限度內，木板與墻壁碰撞沒有能量損失，靶盒與子彈均可視為質點，取g＝10m/s2.(彈簧的彈性勢能可表示為Ep＝12kx2，k為彈簧的勁度系數，x(1)子彈射入靶盒的過程中，系統損失的動能；(2)靶盒剛離開彈簧時的動能；(3)O點到平臺右端的距離；(4)木板運動的總路程．第6講力學三大觀點的綜合應用命題分類剖析命題點一[例1]解析：依題意，當兩導體棒速度相等時，導體棒PQ速度達最大，該過程中，導體棒PQ受到的安培力水平向右，根據F安＝BIL，I＝ER+r，E＝BLΔ聯立可得F安＝B式中Δv為兩導體棒在運動過程中的速度差，由于Δv逐漸減小，根據牛頓第二定律可得a＝B可知做導體棒PQ做加速度逐漸減小的加速運動，直到PQ到達最大速度后，兩導體棒一起做勻速直線運動，故A錯誤；對導體棒MN，設其開始運動時的初速度大小為v0，兩導體棒到達共速時速度大小為v，據動量定理可得－BILΔt＝mv－mv0，IΔt＝q，I＝mv0對兩導體棒，根據動量守恒定律有mv0＝2mv聯立可求得，通過導體棒MN的電荷量為q＝I2BL，故B根據q＝ΔΦR+r，ΔΦ＝BΔS＝BLΔ聯立可求得，兩導體棒的相對距離減小量為Δx＝IR+r2B從開始運動到兩導體棒達到共速時，根據能量守恒定律有12mv02＝Q＋12×2mv2，Q＝QR＋Q聯立，求得導體棒MN產生的焦耳熱為QR＝RI24mR+r答案：C[例2]解析：(1)根據動能定理可得mgL＝1解得v0＝2gL.(2)設小球與積木B發生彈性碰撞后速度為v1，積木B速度為v2，由動量守恒定律有mv0＝mv1＋mv2由能量守恒定律有12mv聯立解得v1＝0，v2＝v0＝2gL根據動能定理可得，積木B向前滑行的距離s有－(μ·3mg＋μ·2mg)d－μmg(s－d)＝0代入解得s＝Lμ－4(3)又將鋼球拉回P點由靜止釋放，與落下靜止的積木C發生彈性碰撞，此時C的速度仍為v3＝v2＝2gLC滑行s后與B碰撞，此時C的速度v4滿足－(μ·2mg＋μmg)d－μmg(s－2d)＝1解得v4＝6gLd4d+s＝當C剛滑離D時的速度為v5，由動能定理及動量定理可得－(μ·2mg＋μmg)d＝1－(μ·2mg＋μmg)t1＝mv5－mv3C從滑離D至與B相遇－μmgt2＝mv4－mv5C被A球撞后經t時間與B球相遇t＝t1＋t2得t＝13答案：(1)2gL(2)Lμ－4(3)1[提升訓練]1．解析：(1)設后車碰撞前、后瞬間的速度分別為v1、v′1，前車碰撞后瞬間的速度為v2，前車碰后做勻減速運動，發生位移為x3＝40m，對前車由動能定理有－km2gx3＝0-代入數據解得v2＝20m/s；(2)劃痕重疊區域長度x2＝22.5m為碰后后車做勻減速運動的位移，對后車由動能定理有－km1gx2＝0-12m1v1碰撞過程，對前、后兩車系統，由動量守恒定律有m1v1＝m1v′1＋m2v2，代入數據解得v1＝25m/s，設后車從剎車到即將碰撞的勻減速過程中發生的位移為x0，剎車時的速度為v0，則x0＝x1－x2＝27.5m，對碰撞前后車的剎車過程，由動能定理有－km1gx0＝12m1v12因v0＝30m/s＝108km/h<120km/h，故后車未超速.答案：(1)20m/s(2)沒超速2．解析：(1)設紅、藍壺碰撞后瞬間的速度分別為v1、v2，根據動能定理，有－μmgs1＝0－μmgs2＝0依題意s1＝R2－R1，s2＝2R2聯立以上各式可得v1∶v2＝1∶2.(2)設紅壺碰前速度為v0，碰撞前后動量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，由于v1∶v2＝1∶2，可得v0∶v1＝3∶1碰撞中損失的能量ΔE＝12mv碰撞過程損失的機械能與碰前瞬間紅壺動能之比η＝ΔE12m答案：(1)1∶2(2)4∶9命題點二[例1]解析：(1)滑塊a從D到F，由動能定理有mg·2R＝1在F點，有F解得vF＝10m/sFN＝31.2N.(2)滑塊a返回B點時的速度vB＝1m/s，滑塊a一直在傳送帶上減速，加速度大小為a＝μg＝5m/s2根據vB2＝vC可得在C點的速度vC＝3m/s則滑塊a從碰撞后到達C點12mv12＝1解得v1＝5m/s因ab碰撞動量守恒，則mvF＝－mv1＋3mv2解得碰后b的速度v2＝5m/s則碰撞損失的能量ΔE＝12mvF2-(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則ab碰后的共同速度mvF＝4mv解得v＝2.5m/s當彈簧被壓縮到最短或者伸長到最長時有共同速度4mv＝6mv′v′＝53當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關系12·4mv2＝解得x1＝0.1m同理當彈簧被拉到最長時伸長量為x2＝x1則彈簧最大長度與最小長度之差Δx＝2x1＝0.2m.答案：(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m[例2]解析：(1)由于地面光滑，則m1、m2組成的系統動量守恒，則有m2v0＝(m1＋m2)v1代入數據有v1＝1m/s對m1受力分析有a1＝μm2g則木板運動前右端距彈簧左端的距離有v12＝2a1代入數據解得x1＝0.125m.(2)木板與彈簧接觸以后，對m1、m2組成的系統有kx2＝(m1＋m2)a共對m2有a2＝μg＝1m/s2當a共＝a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2＝0.25m對m1、m2組成的系統，由動能定理有-12代入數據有v2(3)木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同的過程中，由于木板即m1的加速度大于木塊m2的加速度，物塊相對木板始終向右運動，物塊的加速度大小始終為a＝1m/s2，方向水平向左．此過程木板先向右的速度從v2減小到0，再反向加速運動到加速度大小等于a，因彈簧彈力與形變量成正比，故此過程木板的減速運動過程與加速運動過程具有對稱性，可知此過程總用時為2t0，木板的末速度大小等于v2.在此2t0時間內，對物塊用動量定理有－μm2g·2t0＝m2v3－m2v2解得v3＝32在此2t0時間內，彈簧的初末彈性勢能不變，木板的初末動能不變，故對系統由能量守恒定律可知此過程系統因摩擦轉化的內能就等于物塊減少的動能，ΔU＝解得ΔU＝答案：(1)1m/s0.125m(2)0.25m32(3)(43[提升訓練]1．解析：(1)A釋放到與B碰撞前，根據動能定理得mgH＝12mv2，解得H＝v(2)碰前瞬間，對A由牛頓第二定律得F－mg＝mv解得F＝mg＋mv2(3)A、B碰撞過程中，根據動量守恒定律得mv＝2mv1解得v1＝12則碰撞過程中損失的機械能為ΔE＝12mv2－12·2m12v2＝1答案：(1)v22g(2)mg＋mv2L(3)2．解析：(1)C點離地高度為1.2R＋Rcosθ＋R＝3R滑塊從靜止釋放到C點過程，根據動能定理可得mg(h－3R)＝1解得vC＝在最高點C時，根據牛頓第二定律可得，F解得FC＝22N.(2)從靜止釋放到G點，由動能定理可得mgh－0.2mgLFG＝1由題可知，滑塊到達擺渡車右端時剛好與擺渡車共速，速度大小設為v根據動量守恒定律可得2mv＝mvG由功能關系可得μmgL＝12mvG2－12綜合解得μ＝0.3.(3)滑塊從滑上擺渡車到與擺渡車共速過程，滑塊的加速度大小為a＝μg設滑塊從滑上擺渡車到共速的時間為t1，有t1＝vG-共速后繼續向右勻速運動的時間t2＝L0-t＝t1＋t2＝2.5s.答案：(1)4m/s22N(2)0.3(3)2.5s命題分類剖析[典例]解析：(1)子彈射入靶盒的過程中，由動量守恒定律有m0v0＝(m1＋m0)v，得v＝5m/s系統損失的動能ΔEk＝12m0v02－12(m1解得ΔEk＝475J；(2)子彈進入