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单元综合专题(六)力学三大观点综合专题专题综述解决力学问题有三大解题途径：动力学观点、动量观点和能量观点，很多问题往往不是用一个观点分析，要求三种观点综合使用，相互补充，采用最为有效的方法解题．三个观点所针对的问题各有侧重，解题过程各有优势．一、力学三大观点比较基本观点基本规律解题优势动力学观点牛顿运动定律匀变速运动公式1.研究瞬时作用分析运动过程2．研究匀变速直线运动3．研究平抛、圆周运动4．求解加速度、时间能量观点动能定理机械能守恒定律能量守恒定律1.只涉及运动始末状态2．研究曲线运动3．研究多个运动过程4．求解功、能、位移、速度动量观点动量定理动量守恒定律1.只涉及运动始末状态2．研究相互作用系统的运动3．求解动量、冲量、速度二、力学三大观点综合应用类型在同一过程中应用力学三大观点在同一运动过程中，不能局限一种观点解题，要三种观点相互结合，如：“碰撞、爆炸、反冲”“滑块—弹簧”“滑块—平板”“小球—凹槽”“滑块—摆球”等运动模型，通常要综合应用动量和能量观点．“传送带模型”“滑块—平板”“圆形轨道”等，通常要综合应用动力学和能量观点．在组合过程中应用力学三大观点这类运动由多个过程组成，要求对各阶段的运动分别应用不同规律，两个相邻过程连接点的速度是解题的关键物理量．在电、磁学中应用力学三大观点在电、磁学中应用力学三大观点，除了方法迁移，还要涉及“电场力、安培力、洛伦兹力”的特点，注意“电场力做功、电势能”“安培力做功、产生的电能”之间的关系．题型透析动力学观点与动量观点综合应用例1如图所示，可视为质点的两个小球通过长度L＝6m的轻绳连接，甲球的质量为m1＝0.2kg，乙球的质量为m2＝0.1kg.将两球从距地面某一高度的同一位置先后释放，甲球释放Δt＝1s后再释放乙球，绳子伸直后即刻绷断(细绳绷断的时间极短，可忽略)，此后两球又下落t＝1.2s同时落地．可认为两球始终在同一竖直线上运动，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2.(1)从释放乙球到绳子绷直的时间t0；(2)绳子绷断的过程中绳对甲球拉力的冲量大小．【答案】(1)0.1s(2)1.0N·s【解析】(1)细线伸直时甲球的位移为：x甲＝12g(t0＋Δt)2乙球的位移为：x乙＝12gt02因为：x甲－x乙＝L联立解得：t0＝0.1s.(2)细线伸直时甲乙的速度分别是：v甲＝g(t0＋Δt)＝11m/s；v乙＝gt0＝1m/s①设细线绷断瞬间甲乙球的速度分别为：v甲′和v乙′继续下落至落地时有：v乙′t＋12gt2－(v甲′t＋12gt2)＝L②又在绳绷断的极短时间内两球动量守恒，则有：m1v甲＋m2v乙＝m1v甲′＋m2v乙′③联立方程解得：v甲′＝6m/s；v乙′＝11m/s设绳子绷断过程中绳对甲球拉力的冲量大小为I，由动量定理得：I＝m1(v甲′－v甲)＝1.0N·s.动力学观点和能量观点综合应用例2如图所示，地面和半圆轨道面均光滑．质量M＝1kg、长L＝4m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为s＝3m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平．现有一质量m＝2kg的滑块(不计大小)以v0＝6m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动．小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2.求：(1)求小车与墙壁碰撞时的速度；(2)若滑块在圆轨道滑动的过程中不脱离轨道，求半圆轨道半径R的取值．【答案】(1)4m/s(2)R≤0.24m或R≥0.6m【解析】(1)根据牛顿第二定律：对滑块有μmg＝ma1对小车有μmg＝Ma2滑块相对小车静止时，两者速度相等，即v0－a1t＝a2t由以上各式解得t＝1s，此时小车的速度为v2＝a2t＝4m/s.滑块的位移x1＝v0t－12a1t2小车的位移x2＝12a2t2相对位移L1＝x1－x2联立解得L1＝3m，x2＝2mL1＜L，x2＜s，说明滑块滑离小车前已具有相同速度，且共速时小车与墙壁还未发生碰撞，故小车与墙壁碰撞时的速度为：v2＝4m/s.(2)滑块与墙壁碰后在小车上做匀减速运动，运动L2＝L－L1＝1m后滑上半圆轨道．若滑块恰能通过最高点，设滑至最高点的速度为vm.则mg＝mvm2R根据动能定理得－μmgL2－mg·2R＝12mvm2－12mv22解得R＝0.24m若滑块恰好滑至14圆弧到达T点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道．根据动能定理得－μmgL2－mgR＝0－12mv22解得R＝0.6m所以滑块不脱离圆轨道必须满足：R≤0.24m或R≥0.6m.动量观点和能量观点综合应用例3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的四分之一圆弧，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B点相碰后粘为一体(g＝10m/s2)．求：(1)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；(2)物体1、2最终停在何处．【答案】(1)0.3J(2)D点左端且离D点距离为0.05m处【解析】(1)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＝12m1v12＋12m3v32由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3设物体1和物体2相碰后的共同速度为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Epm.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＋12m3v32－μ(m1＋m2)gCD＝Epm联立以上方程，代入数据可得，Epm＝0.3J(2)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＋12m3v32＝μ(m1＋m2)gs代入数据可得：s＝0.25m所以m1、m2最终停在D点左端且离D点距离为0.05m处．动力学、动量、能量观点综合应用例4如图所示，固定斜面足够长，斜面与水平面的夹角α＝30°，一质量为3m的“L”型工件沿斜面以速度v0匀速向下运动，工件上表面光滑，下端为挡板．某时，一质量为m的小木块从工件上的A点，沿斜面向下以速度v0滑上工件，当木块运动到工件下端时(与挡板碰前的瞬间)，工件速度刚好减为零，后木块与挡板第1次相碰，以后每隔一段时间，木块就与工件挡板碰撞一次，已知木块与挡板都是弹性碰撞且碰撞时间极短，木块始终在工件上运动，重力加速度为g，求：(1)木块滑上工件时，木块、工件各自的加速度大小；(2)木块与挡板第1次碰撞后的瞬间，木块、工件各自的速度大小；(3)木块与挡板第1次碰撞至第n(n＝2，3，4，5，…)次碰撞的时间间隔及此时间间隔内木块和工件组成的系统损失的机械能ΔE.【答案】(1)g2g6(2)2v02v0(3)ΔE＝24(n－1)mv02(n＝2，3，4，…)【解析】(1)设工件与斜面间的动摩擦因数为μ，木块加速度为a1，工件的加速度为a2.根据牛顿第二定律得：对木块：mgsinα＝ma1.对工件：μ(3m＋m)gcosα－3mgsinα＝3ma2.工件匀速运动时，由平衡条件得：μ·3mgcosα＝3mgsinα解得a1＝g2，a2＝g6.(2)设碰挡板前木块的速度为v，取沿斜面向下为正方向，木块与工件系统的外力之和为零，由动量守恒定律得：3mv0＋mv0＝mv，得v＝4v0.木块以速度v与挡板发生弹性碰撞，设碰后木块的速度为v1，工件的速度为v2，由动量守恒定律得：mv＝mv1＋3mv2.由能量守恒得：12mv2＝12mv12＋12·3mv22.解得：v1＝－2v0，v2＝2v0.(3)第1次碰撞后，木块以2v0沿工件向上匀减速运动，工件以2v0沿斜面向下匀减速运动，工件速度再次减为零的时间t＝2v0a2＝12v0g木块的速度v1′＝－2v0＋a1t＝4v0.此时，木块的位移x1＝－2v0t＋12a1t2＝12v02g工件的位移x2＝2v0t－12a1t2＝12v02g即木块、工件第2次相碰前瞬间的速度与第1次相碰前的瞬间速度相同，以后木块、工件重复前面的运动过程，则第1次与第n次碰撞的时间间隔Δt＝(n－1)t＝12（n－1）v0g，(n＝2，3，4，…)木块、工件每次碰撞时，木块和工件的总动能都相等，Δt时间内木块、工件减少的机械能等于木块、工件减少的重力势能．ΔE＝4mg(n－1)x2sin30°解得ΔE＝24(n－1)mv02，(n＝2，3，4，…)．三大力学观点在电、磁学中的应用例5(多选)如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间距离为d，右极板有一小孔，通过孔有绝缘杆，左端固定在左极板上，电容器极板连同底座、绝缘杆总质量为M.给电容器充电后，有一质量为m的带正电环恰套在杆上以某一速度v0对准小孔向左运动，设带电环不影响电容器极板间电场的分布．带电环进入电容器后距左极板的最小距离为d2，则()A．带电环与左极板相距最近时的速度v＝mv0MB．此过程中电容器移动的距离x＝md2（M＋m）C．此过程中电势能的变化量Ep＝mMv022（M＋m）D．带电环减少的动能大于电容器增加的动能【答案】BCD【解析】带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：mv0＝(M＋m)v解得：v＝mv0M＋m，故A项错误．电容器向左做匀加速直线运动，v2t＝x，环向左做匀减速直线运动，v＋v02t＝x′根据位移关系有x′－x＝d2，解得：x＝md2（m＋M），故B项正确；在此过程，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能．所以：Ep＝12mv02－12(m＋M)v2；联立得：Ep＝mMv022（M＋m），故C、D两项正确．例6(2018·枣庄二模)(多选)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距x0的导体棒ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路．两导体棒的质量均为m、电阻均为R，回路中其余部分的电阻忽略不计．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．开始时，cd棒静止，ab棒的速度大小为v0、方向指向cd棒．若两导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中()A．ab棒产生的焦耳热最多为34mv02B．安培力对cd棒的冲量最多为12mv0C．通过ab棒某一横截面的电量最多为mv02BLD．ab棒与cd棒间的最终距离为x0－mv0RB2L2【答案】BCD【解析】开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，ab棒产生的焦耳热最多为：Q＝12Q总＝12×(12mv02－12·2mv2)＝18mv02，故A项错误；安培力对cd棒的冲量最多为：I＝Δp＝mv－0＝12mv0，故B项正确；对ab棒，由动量定理：I安＝12mv0－mv0，即为：BILΔt＝12mv0，通过ab棒某一横截面的电量最多为：q＝IΔt＝mv02BL，故C项正确；由于q＝ΔΦ2R＝BLx2R，则有：x＝mv0RB2L2，ab棒与cd棒间的最终距离为：s＝x0－x＝x0－mv0RB2L2，故D项正确．1.(2018·海南)(多选)如图(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的vt图像，图中t1、v0、v1已知．重力加速度大小为g.由此可求得()A．木板的长度B．物块与木板的质量之比C．物块与木板之间的动摩擦因数D．从t＝0开始到t1时刻，木板获