考點三力學三大觀點的綜合應用1．力學三大觀點對比動力學觀點牛頓其次定律F合＝ma勻變速直線運動規律v＝v0＋atx＝＝2ax等能量觀點動能定理W合＝ΔEk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動量守恒定律p1＝p22.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)，涉剛好間與運動微小環節時，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，特殊是對于打擊類問題，因時間短且作用力隨時間變更，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3[2024·浙江6月]為了探究物體間碰撞特性，設計了如圖所示的試驗裝置．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＝2m/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，其它摩擦和阻力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能Ep＝kx2(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遇到滑塊b立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之差Δx.預料6如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見的民間嬉戲，該嬉戲的規則為：將手中一彈珠以確定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發生碰撞，被碰彈珠若能進入小坑中即為勝出．現將此嬉戲進行簡化，如圖乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和彈珠B與坑在同始終線上，兩彈珠間距x1＝2m，彈珠B與坑的間距x2＝1m．某同學將彈珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬間彈出，經過時間t1＝0.4s與彈珠B正碰(碰撞時間極短)，碰后彈珠A又向前運動Δx＝0.1m后停下．已知兩彈珠的質量均為2.5g，取重力加速度g＝10m/s2，若彈珠A、B與地面間的動摩擦因數均相同，并將彈珠的運動視為滑動，求：(1)碰撞前瞬間彈珠A的速度大小和彈珠與地面間的動摩擦因數μ；(2)兩彈珠碰撞瞬間的機械能損失，并推斷該同學能否勝出．預料7[2024·河南省新將來聯盟聯考]如圖所示，半徑為R＝1.5m的弧形槽固定在水平地面上，槽右側連接一長木板乙，質量為m0＝1.5kg的可視為質點的物塊丙靜置在長木板的最右端，長木板的上表面比弧形槽的最低點B高．可視為質點的物體甲由弧形槽左上方某高度以v0＝3m/s的速度水平拋出，經過一段時間物體甲無碰撞地由A點進入弧形槽，且物體甲在A點的速度大小為v＝5m/s，物體甲滑到B點與長木板乙發生彈性碰撞，物體甲由A到B的過程中克服摩擦力做功0.5J．已知甲、乙的質量分別為m＝1kg、M＝3kg，物塊丙與長木板乙、長木板乙與地面之間的動摩擦因數均為μ＝0.2，重力加速度取g＝10m/s2.求：(1)物體甲的拋出點與A點間的水平間距；(2)物體甲與長木板乙碰后瞬間各自的速度；(3)欲使物塊丙不離開長木板乙，長木板乙的最小長度以及物塊丙與長木板乙、長木板乙與地面之間因摩擦產生的總熱量為多少．考點三例3解析：(1)滑塊a從D到F，由動能定理有mg·2R＝在F點，有FN－mg＝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始終在傳送帶上減速，加速度大小為a＝μg＝5m/s2依據＝－2aL可得在C點的速度vC＝3m/s則滑塊a從碰撞后到到達C點＝＋mg·2R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＝，解得ΔE＝0(3)若滑塊a遇到滑塊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′＝m/s當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量關系·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/s31.2(2)0(3)0.2m預料6解析：(1)設碰撞前瞬間彈珠A的速度為v1，由運動學公式得x1＝，v1＝v0－at1由牛頓其次定律得Ff＝μmg＝ma聯立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s(2)由(1)可知彈珠A和B在地面上運動時加速度大小均為a＝5m/s2，彈珠A碰撞后瞬間的速度為v′1，由運動學規律v′21＝2aΔx解得v′1＝1m/s設碰后瞬間彈珠B的速度為v′2，由動量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2解得v′2＝3m/s所以兩彈珠碰撞瞬間的機械能損失ΔΕk＝＋mv′22)解得ΔEk＝7.5×10－3J碰后彈珠B運動的距離為Δx′＝＝0.9m<1m所以彈珠B沒有進坑，故不能勝出．答案：(1)4m/s0.5(2)7.5×10－3J，不能預料7解析：(1)物體甲在A點的豎直分速度為vy＝＝4m/s物體甲由拋出點到A點的時間為t＝＝0.4s物體甲的拋出點與A點間的水平間距為x＝v0t＝1.2m.(2)設弧形槽的圓心角為α，由(1)解析可知sinα＝＝0.8物體甲由A點運動到B點的過程中，由動能定理得mgR(1－cosα)－Wf＝－mv2又cosα＝0.6解得v1＝6m/s物體甲與長木板乙發生彈性碰撞，設物體甲與長木板乙碰后的速度分別為v′1、v2，由動量守恒定律以及機械能守恒定律得mv1＝＋Mv2＝解得v′1＝－3m/s，v2＝3m/s.(3)物體甲與長木板乙碰后，物塊丙向右做勻加速直線運動，加速度為a丙＝＝μg＝2m/s2長木板乙的加速度大小為a乙＝＝4m/s2當二者速度相等后，由于整體的加速度等于物塊丙的最大加速度，所以此后二者保持相對靜止，設此過程經過的時間為t1，則由速度關系得v2－a乙t1＝a丙t1可得t1＝0.5s該過程中長木板乙的位移為x乙＝v2t1－a乙＝1m物塊丙的位移為x丙＝a丙＝0.25m為使物塊丙不離開長木板乙，則長木板乙的最小長度為x＝x乙－x丙＝0.75m由以上分析可知，t1時刻物塊丙和長木板乙的速度為v′＝a丙t1＝1m/s此后二者共同減速到靜止，且