第37課時專題強化：用三大觀點解決動力學問題目標要求掌握并會靈活選用力學三大觀點解決動力學綜合問題。1.解決動力學問題的三個基本觀點(1)動力學觀點：運用牛頓運動定律結合運動學知識解題，可處理勻變速運動問題。(2)能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。(3)動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題。用動量定理可簡化問題的求解過程。2.動力學規律的選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續作用發生運動狀態改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題。(3)若研究的對象為一物體系統，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對位移問題時則優先考慮能量守恒定律，系統克服摩擦力所做的總功等于系統機械能的減少量，即系統內能的增加量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統機械能與其他形式能量之間的轉化，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決。例1(2022·廣東卷·13)某同學受自動雨傘開傘過程的啟發，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態。當滑塊從A處以初速度v0為10m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為1N，滑塊滑到B處與滑桿發生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量m＝0.2kg，滑桿的質量M＝0.6kg，A、B間的距離l＝1.2m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力。求：(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小N1和N2；(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；(3)滑桿向上運動的最大高度h。例2(2023·浙江6月選考·18)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)，重力加速度g取10m/s2。(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3(2024·湖南株洲市一模)如圖，半徑為R的四分之一光滑圓弧與足夠長的光滑水平軌道平滑連接(14圓弧軌道最低點與水平軌道相切)，在水平軌道上等間距的靜止著質量均為3m的n個小球，編號依次為1、2、3、4…n，整個軌道固定在豎直平面內，質量為m的小球A在圓弧最高點靜止下滑，重力加速度為g，小球間均發生對心彈性碰撞，求：(1)小球A第一次與1號小球發生碰撞后瞬間，兩個小球的速度大小；(2)第n號小球的速度大小；(3)1號小球的最終速度大小。數列法在動力學中的應用凡涉及數列的物理問題具有過程多、重復性強的特點，但每一個重復過程并不完全重復，而是有一定的變化，利用某些物理量前后變化的聯系，找出變化規律。該問題的解題思路：(1)逐個分析開始的幾個物理過程；(2)利用歸納法從中找出物理變化的通項公式；(3)最后分析整個物理過程，應用數列特點和規律求解。

答案精析例1(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m解析(1)當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即N1＝(m+M)g＝8N當滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力為1N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力大小為N2＝Mg－f'＝5N。(2)滑塊開始向上運動到碰前瞬間根據動能定理有－mgl－fl＝12mv1代入數據解得v1＝8m/s。(3)由于滑塊和滑桿發生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過程根據動量守恒定律有mv1＝(m+M)v碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有－(m+M)gh＝0－12(m+M)代入數據聯立解得h＝0.2m。例2(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解析(1)滑塊a從D到F，由動能定理mg·2R＝12mvF在F點由牛頓第二定律得FN－mg＝mv解得vF＝10m/s，FN＝31.2N(2)已知滑塊a返回B點時的速度vB＝1m/s，設滑塊a與b碰后的速度大小為va，由動能定理有：－mg·2R－μmg·L＝12mvB解得va＝5m/s因a、b碰撞過程動量守恒，則mvF＝－mva+3mvb解得碰后b的速度vb＝5m/s則滑塊a、b碰撞過程損失的能量ΔE＝12mvF2－12解得ΔE＝0(3)若滑塊a碰到滑塊b立即被粘住，則a、b碰后的共同速度v滿足：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v'，有4mv＝6mv'，解得v'＝53設當彈簧被壓縮到最短時壓縮量為x1，由能量守恒有12×(m+3m)v2＝12×(m+3m+2m)v'2+12解得x1＝0.1m系統能量守恒，彈簧最長或最短時，系統動能相等，所以彈簧最長和最短時形變量相等，則彈簧最大長度與最小長度之差Δx＝2x1＝0.2m。例3(1)2gR22gR2解析(1)根據題意，設小球A第一次與1號小球發生碰撞前的速度為v0，由機械能守恒定律有mgR＝12m解得v0＝2設小球A第一次與1號小球發生碰撞后，小球A的速度為vA，1號小球的速度為v1，由動量守恒定律和能量守恒定律有mv0＝mvA+3mv112mv02＝12mv解得vA＝m-3mm+3mv0＝－2gR2，v即碰撞后兩小球的速度大小均為2gR(2)此后1號球向右運動，與2號球發生彈性碰撞，根據動量守恒定律和能量守恒定律有3mv1＝3mv1'+3mv212×3mv12＝12×3mv1'2解得v1'＝0，v2＝2通過計算說明1號球碰后在原2號球位置靜止，2號球碰后速度等于1號球碰前的速度，即兩者交換速度。此后，2號球與3號球、3號球與4號球直至最后(n－1)號球與n號球碰撞，都遵循同樣的規律，則第n號球的速度應為vn＝2(3)根據上述分析可知，小球A與1號球第一次碰后向左運動至軌道一定高度后返回水平軌道，此時速度大小為v02，方向向右，將與已經靜止的1號球(在