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专题四力学“三大观点”的综合应用“三大观点”概述1．解决力学问题的三个基本观点动力学观点运用牛顿定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题能量观点用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题动量观点用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题2.力的三个作用效果与五个规律突破1动力学和动量观点的综合应用(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m．已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g取10m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．[审题指导](1)由牛顿第二定律和运动学公式可确定碰撞后瞬间A、B两车的速度．(2)由于两车碰撞时间极短，因此碰撞时内力远大于外力，满足动量守恒，故可确定碰撞前的瞬间A车的速度．【解析】本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识．(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有vB′2＝2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB′＝3.0m/s③(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA′2＝2aAsA⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA≈4.3m/s⑦【答案】(1)3.0m/s(2)4.3m/s1．(2018·北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如右，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点，质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s.取重力加速度g＝10m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小．解析：(1)由匀变速直线运动规律得v2B＝2aL，解得L＝v2B2a＝100m；(2)由动量定理得，运动员在AB段所受合外力的冲量I＝mvB－0＝60kg×30m/s＝1800N·s；(3)运动员在C点的受力如图所示，运动员由B到C的过程中，由动能定理得mgh＝12mv2C－12mv2B，运动员在C点，由牛顿第二定律得FN－mg＝mv2CR，由以上两式解得FN＝3900N.答案：(1)100m(2)1800N·s(3)图见解析3900N突破2能量和动量观点的综合应用(2019·河南师大附中模拟)如图所示，质量为m3＝2kg的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R＝0.3m的14圆弧，圆弧底部与滑道水平部分相切，滑道水平部分右端固定一个轻弹簧．滑道除CD部分粗糙外其他部分均光滑，质量为m2＝3kg的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝1kg的物体1(可视为质点)自A点由静止释放，两物体在滑道上的C点相碰后粘为一体(g取10m/s2)．求：(1)物体1从释放到与物体2相碰的过程中，滑道向左运动的距离；(2)若CD＝0.2m，两物体与滑道的CD部分的动摩擦因数都为μ＝0.15，求在整个运动过程中，弹簧具有的最大弹性势能；(3)物体1、2最终停在何处．[审题指导]本题涉及三个物体和弹簧，在选择规律时先确定研究对象．如物体1沿曲面下滑时和物体3组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒．【解析】(1)m1从释放到与m2相碰撞过程中，m1、m3组成的系统水平方向动量守恒，设m1水平位移大小s1，m3水平位移大小s3，有0＝m1s1－m3s3s1＝R可以求得s3＝m1s1m3＝0.15m(2)设m1、m2刚要相碰时物体1的速度v1，滑道的速度为v3，由机械能守恒定律有m1gR＝12m1v21＋12m3v23由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3物体1和物体2相碰后的共同速度设为v2，由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2弹簧第一次压缩最短时由动量守恒定律可知物体1、2和滑道速度为零，此时弹性势能最大，设为Epmax.从物体1、2碰撞后到弹簧第一次压缩最短的过程中，由能量守恒有12(m1＋m2)v22＋12m3v23－μ(m1＋m2)gCD＝Epmax联立以上方程，代入数据可求得，Epmax＝0.3J(3)分析可知物体1、2和滑道最终将静止，设物体1、2相对滑道CD部分运动的路程为s，由能量守恒有12(m1＋m2)v22＋12m3v23＝μ(m1＋m2)gs代入数据解得s＝0.25m0．25m－0.2m＝0.05m所以m1、m2最终停在D点左端离D点距离为0.05m处．【答案】(1)0.15m(2)0.3J(3)在D点左端离D点距离为0.05m处2．(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m＝0.1kg和M＝0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧时的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，P、Q为半圆形轨道竖直的直径，g取10m/s2，下列说法正确的是()BCDA．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对B的冲量B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/sC．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·sD．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球不能到达Q点解析：弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于对B的冲量大小，选项A错误；由动量守恒定律，mv1＋Mv2＝0，解得A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为v2＝2m/s，选项B正确；设A球运动到Q点时速度v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律，12mv21＝mg·2R＋12mv2，解得v＝4m/s.根据动量定理，I＝mv－(－mv1)＝1N·s，即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s，选项C正确；若半圆轨道半径改为0.9m，小球到达Q点的临界速度vC＝gR＝3m/s.对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律，12mv21＝mg·2R＋12mv2，解得v＝0m/s，小于小球到达Q点的临界速度vC，则A球不能到达Q点，选项D正确．动量观点与能量观点综合应用技巧(1)注意研究过程的合理选取，不管是动能定理还是机械能守恒定律或动量守恒定律，都应合理选取研究过程；(2)要掌握摩擦力做功的特征、摩擦力做功与动能变化的关系以及物体在相互作用时能量的转化关系；(3)注意方向性问题，运用动量定理或动量守恒定律求解时，都要选定一个正方向，对力、速度等矢量都应用正、负号代表其方向，代入相关的公式中进行运算．另外，对于碰撞问题，要注意碰撞的多种可能性，做出正确的分析判断后，再针对不同情况进行计算，避免出现漏洞．突破3“三大观点”的综合应用(2018·全国卷Ⅰ)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空．当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动．爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量．求：(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间；(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度．[审题指导](1)题目中的两个E，分别对应“一个物体”和“两个物体”．(2)爆炸后两部分质量均为m2.(3)爆炸过程中系统初动量为0.(4)距地面的最大高度由两部分组成，一是爆炸前上升的高度，二是爆炸后向上运动的部分上升的高度．【解析】本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律．(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有E＝12mv20①设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t，由运动学公式有0－v0＝－gt②联立①②式得t＝1g2Em③(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒定律有E＝mgh1④火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2.由题给条件和动量守恒定律有14mv21＋14mv22＝E⑤12mv1＋12mv2＝0⑥由⑥式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动．设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有14mv21＝12mgh2⑦联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹上部分距地面的最大高度为h＝h1＋h2＝2Emg⑧【答案】(1)1g2Em(2)2Emg3．如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝1.8m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10m/s2，空气阻力不计．求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H.解析：本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律．(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝12gt2①代入数据解得t＝0.6s②(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt③细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2m/s⑤(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有12(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入数据解得H＝0.6m⑦答案：(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．