专题提升练15 动力学观点、功能观点、动量观点的综合应用
梯级Ⅰ基础练
1.(2024·山东卷)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v;
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
①求μ和m;
②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
梯级Ⅱ能力练
2.(2025·南通模拟)如图所示，滑板A固定在光滑的水平面上，长度为L=2 m，滑板质量mA=1 kg、滑块质量mB=0.99 kg，A、B间动摩擦因数为μ。现有子弹mC=0.01 kg以v0=200 m/s速度向右击中B并留在其中，重力加速度g=10 m/s2。
(1)求子弹C击中B后瞬间，B的速度vB;
(2)B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止，求滑板A与B间的动摩擦因数μ;
(3)若滑板A不固定，分析B能否离开A，并求整个过程A、B、C系统损失的机械能E。
3.(2024·浙江卷)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1 m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg的滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a滑到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。
(1)若h=0.8 m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小;
②在DE上经过的总路程;
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比;
(2)若h=1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
梯级Ⅲ创新练
4.(2025·梅州模拟)汽车加速度过大可能会导致车厢内货物滑动，造成安全隐患。如图所示，在货车车厢上，分别用绳固定着两个质量均为m=1 000 kg的正方体木箱，两木箱间距离、甲木箱与车厢前壁间距离均为L=2 m，货车以v0=20 m/s的速度在平直路面行驶。某时刻，司机发现前方有交通事故，以a1=2 m/s2的加速度匀减速刹车，在刹车瞬间，乙箱的固定绳绷断，随后甲、乙两木箱发生碰撞并黏连在一起，在碰撞瞬间甲箱的固定绳也绷断。已知两木箱与车厢之间的动摩擦因数均为μ=0.1，不计固定绳绷断造成的速度变化，取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)乙木箱的固定绳绷断后，乙木箱的加速度大小a2为多少;
(2)从刹车开始到甲、乙两木箱发生碰撞，货车行驶的距离s;
(3)甲、乙两木箱发生碰撞并黏连在一起后，甲木箱经多长时间t与车厢前壁相撞。
专题提升练15 动力学观点、功能观点、动量观点的综合应用
1.答案 (1)4 m/s (2)①0.2 1 kg
②4.5 m
解析 (1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg+3mg=m,
代入数据解得v=4 m/s。
(2)①根据题意可知当F≤4 N时,小物块与轨道一起向左加速,根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a,
根据题图乙有k==0.5 kg-1,
当外力F>4 N时,轨道与小物块有相对滑动,对轨道应用牛顿第二定律,有
F-μmg=Ma,
结合题图乙有a=F-,
可知k==1 kg-1,
截距b=-=-2 m/s2,
联立以上各式可得
M=1 kg,m=1 kg,μ=0.2。
②由题图乙可知,当F=8 N时,轨道的加速度为a1=6 m/s2,小物块的加速度为
a2=μg=2 m/s2,
当小物块运动到P点时,经过t0时间,则轨道有v1=a1t0,
小物块有v2=a2t0,
小物块从P到Q的过程中系统机械能守恒有M+m=M+m+2mgR,
水平方向动量守恒,以水平向左的正方向,则有Mv1+mv2=Mv3+mv4,
联立解得t0=1.5 s(另一解不符合题意,舍去),
根据运动学公式有L=a1-a2,
代入数据解得L=4.5 m。
2.答案 (1)2 m/s (2)0.1 (3)B不能离开A 199 J
解析 (1)子弹C击中B后瞬间,B速度为v1,根据动量守恒定律
mCv0=(mB+mC)v1,
解得v1=2 m/s。
(2)若滑板与水平面固定,B由运动到静止,位移为L,根据动能定理
-μ(mB+mC)gL=0-(mB+mC),
解得μ=0.1。
(3)A与水平面光滑,则A做匀加速运动,B、C做匀减速运动,B、C与A间摩擦力
f=μ(mB+mC)g=1 N,
A的加速度大小为aA==1 m/s2,
B、C的共同加速度大小
aBC==1 m/s2,
设经时间t共速v1-aBCt=aAt,
解得t=1 s,
此时B相对A的位移
s=v1t-aBCt2-aAt2=1 m,
因sv2=v1-aBt=1 m/s,
系统损失的机械能为
E=mC-(mA+mB+mC)=199 J。
3.答案 (1)①16 m/s2 ②2 m ③1∶2 (2)0.2 m
解析 (1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,根据机械能守恒定律有
mgh=m,
第一次经过C点的向心加速度大小为
a===16 m/s2。
②小物块a在DE上时,因为
μ2mgcos θ且h-(R-Rcos θ)所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑,之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失,最终小物块a将在B、D间往复运动,且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等,设其在DE上经过的总路程为s,根据功能关系有
mg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ),
解得s=2 m。
③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2,
a下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2,
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑,则根据运动学公式有a上=a下,
解得==1∶2。
(2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ=m,
解得vF=2 m/s,
设滑块长度为l时,小物块恰好不脱离滑块,且此时二者达到共同速度v,根据动量守恒定律和能量守恒定律有
mvF=2mv,
m=·2mv2+2μ1mgl,
解得l=0.2 m。
4.答案 (1)1 m/s2 (2)36 m (3)(-1) s
解析 (1)根据题意,乙木箱的固定绳绷断后,由牛顿第二定律有μmg=ma2,
解得a2=μg=1 m/s2。
(2)根据题意,设经过t1时间,甲、乙两木箱相撞,则有
v0t1-a1+L=v0t1-a2,
解得t1=2 s,
货车行驶的距离s=v0t1-a1=36 m。
(3)甲、乙相撞前瞬间,设甲、乙的速度分别为v甲、v乙,则有
v甲=v0-a1t1=16 m/s,
v乙=v0-a2t1=18 m/s,
甲、乙相撞,由动量守恒定律有
mv甲+mv乙=2mv共,
解得v共=17 m/s,
设经过t时间,甲木箱与车厢前壁相撞
v甲t-a1t2+L=v共t-a2t2,
解得t=(-1) s。(共23张PPT)
专题提升练15
动力学观点、功能观点、
动量观点的综合应用
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1.(2024·山东卷)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面 上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m，重力加速度大小g=10 m/s2。
梯级Ⅰ 基础练
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(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg+3mg=m，
代入数据解得v=4 m/s。
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(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。
①求μ和m；
②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
①根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a，
根据题图乙有k==0.5 kg-1，
当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，对轨道应用牛顿第二定律，有F-μmg=Ma，
结合题图乙有a=F-，可知k==1 kg-1，
截距b=-=-2 m/s2，
联立以上各式可得M=1 kg，m=1 kg，μ=0.2。
解析
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②由题图乙可知，当F=8 N时，轨道的加速度为a1=6 m/s2，
小物块的加速度为a2=μg=2 m/s2，
当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有v1=a1t0，小物块有v2=a2t0，小物块从P到Q的过程中系统机械能守恒有M+m=M+m+2mgR，
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水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有Mv1+mv2=Mv3+mv4，
联立解得t0=1.5 s(另一解不符合题意，舍去)，
根据运动学公式有L=a1-a2，
代入数据解得L=4.5 m。
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2.(2025·南通模拟)如图所示，滑板A固定在光滑的水平面上，长度为L=2 m，滑板质量mA=1 kg、滑块质量mB=0.99 kg，A、B间动摩擦因数为μ。现有子弹mC=0.01 kg以v0=200 m/s速度向右击中B并留在其中，重力加速度g=10 m/s2。
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梯级Ⅱ 能力练
(1)求子弹C击中B后瞬间，B的速度vB；
子弹C击中B后瞬间，B速度为v1，根据动量守恒定律
mCv0=(mB+mC)v1，
解得v1=2 m/s。
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(2)B被子弹击中后恰好能滑到A右端静止，求滑板A与B间的动摩擦因数μ；
若滑板与水平面固定，B由运动到静止，位移为L，根据动能定理
-μ(mB+mC)gL=0-(mB+mC)，
解得μ=0.1。
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(3)若滑板A不固定，分析B能否离开A，并求整个过程A、B、C系统损失的机械能E。
A与水平面光滑，则A做匀加速运动，B、C做匀减速运动，B、C与A间摩擦力f=μ(mB+mC)g=1 N，
A的加速度大小为aA==1 m/s2，
B、C的共同加速度大小aBC==1 m/s2，
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设经时间t共速v1-aBCt=aAt，解得t=1 s，
此时B相对A的位移s=v1t-aBCt2-aAt2=1 m，
因s系统损失的机械能为
E=mC-(mA+mB+mC)=199 J。
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3.(2024·浙江卷)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ=37°的直轨道AB，半径R=1 m的圆弧轨道BCD，长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg的滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25，向下运动时动摩擦因数μ2=0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物
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块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a滑到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2。
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(1)若h=0.8 m，求小物块
①第一次经过C点的向心加速度大小；
②在DE上经过的总路程；
③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比；
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①对小物块a从A到第一次经过C的过程，根据机械能守恒定律有
mgh=m，
第一次经过C点的向心加速度大小为
a===16 m/s2。
②小物块a在DE上时，因为
μ2mgcos θ且h-(R-Rcos θ)解析
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所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相 等，设其在DE上经过的总路程为s，根据功能关系有
mg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ)，
解得s=2 m。
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③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2，
a下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2，
将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有a上=a下，解得==1∶2。
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(2)若h=1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有
mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ=m，
解得vF=2 m/s，
设滑块长度为l时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mvF=2mv，
m=·2mv2+2μ1mgl，
解得l=0.2 m。
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4.(2025·梅州模拟)汽车加速度过大可能会导致车厢内货物滑动，造成安全隐患。如图所示，在货车车厢上，分别用绳固定着两个质量均为m=1 000 kg的正方体木箱，两木箱间距离、甲木箱与车厢前壁间距离均为L=2 m，货车以v0=20 m/s的速度在平直路面行驶。某时刻，司机发现前方有交通事故，以a1=2 m/s2的加速度匀减速刹车，在刹车瞬间，乙箱的固定绳绷断，随后甲、乙两木箱发生碰撞并黏连在一起，在碰撞瞬间甲箱的固定绳也绷断。已知两木箱与车厢之间的动摩擦因数均为μ=0.1，不计固定绳绷断造成的速度变化，取重力加速度g=10 m/s2。求：
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梯级Ⅲ 创新练
(1)乙木箱的固定绳绷断后，乙木箱的加速度大小a2为多少；
根据题意，乙木箱的固定绳绷断后，由牛顿第二定律有μmg=ma2，
解得a2=μg=1 m/s2。
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(2)从刹车开始到甲、乙两木箱发生碰撞，货车行驶的距离s；
根据题意，设经过t1时间，甲、乙两木箱相撞，则有
v0t1-a1+L=v0t1-a2，
解得t1=2 s，
货车行驶的距离s=v0t1-a1=36 m。
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(3)甲、乙两木箱发生碰撞并黏连在一起后，甲木箱经多长时间t与车厢前壁相撞。
甲、乙相撞前瞬间，设甲、乙的速度分别为v甲、v乙，则有
v甲=v0-a1t1=16 m/s，v乙=v0-a2t1=18 m/s，
甲、乙相撞，由动量守恒定律有mv甲+mv乙=2mv共，
解得v共=17 m/s，
设经过t时间，甲木箱与车厢前壁相撞v甲t-a1t2+L=v共t-a2t2，
解得t=(-1) s。
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4专题提升十五 动力学观点、功能观点、动量观点的综合应用
1.解决动力学问题的三大观点。
(1)动力学观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。
(2)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。
(3)动量观点:用动量定理和动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。
2.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(涉及时间问题)或动能定理(涉及位移问题)解题。
(3)若研究对象为一系统,且系统内物体之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律解题,但需注意所研究的问题是否满足守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑功能关系或能量守恒定律,系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量,即转化为系统内能的量。
(5)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化,作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解题。
考向1 动量观点与动力学观点的综合应用
【典例1】 如图所示,斜面倾角θ=30°,物块A光滑,物块B粗糙,B质量为A质量的2倍。物块B恰好静止在距离斜面顶端为L=0.9 m的位置(此时B所受摩擦力为最大静摩擦力),斜面上距B为s=0.8 m处有一弹性挡板,现将光滑物块A从斜面顶端由静止释放。已知物块A与物块B均可视为质点,所有碰撞均可视为弹性碰撞,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,求:
(1)物块A与物块B第一次碰撞后两物体的速度大小;
(2)两物块从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间和这两次碰撞点之间的距离。
考向2 动量观点与能量观点的综合应用
【典例2】 (2024·甘肃卷)如图,质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态,细绳O'P=OP=1.6 m,与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上,质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P,小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
(2)A在最低点时,细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短),碰后A竖直下落,C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
审题指导
序号 信息读取 信息加工
1 剪断细绳O'P,小球A开始运动 小球下摆过程中机械能守恒
2 A在最低点时,细绳OP断裂 小球做平抛运动,水平速度不变
3 A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短) A与C碰撞过程中,水平方向动量守恒
4 碰后A竖直下落,C水平向右运动 碰撞后A的水平速度为0
5 A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速 典型的滑块—木板模型问题
失分 剖析 (1)不能分析各个过程中物体或系统满足的规律; (2)不会综合应用动量守恒定律和能量守恒定律解决物体碰撞类问题; (3)对滑块—木板模型不熟悉
考向3 力学三大观点的综合应用
【典例3】
(2024·黑吉辽卷)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,取重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
命题特点:试题考查平抛运动、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律等知识,试题看似平淡,其中却暗藏玄机,第(3)问中能量守恒定律的应用易出错。
复习建议:动力学观点、能量观点和动量观点是高中物理解题时常用的三大观点,不同的过程运动特征不同,准确把握试题信息才能正确选择规律。
专题提升十五 动力学观点、功能观点、动量观点的综合应用
【典例1】 答案 (1)1 m/s 2 m/s
(2) s 0.6 m
解析 (1)根据题意,设物块A与物块B第一次碰撞前物块A的速度为v0,由动能定理有
mAgLsin 30°=mA,
解得v0==3 m/s,
物块A和物块B发生弹性碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律有
mAv0=mAvA+mBvB,
mA=mA+mB,
解得vA=v0=-1 m/s,
vB=v0=2 m/s。
(2)碰撞前,物块B恰好静止在斜面上,则有
Ff=mBgsin 30°,
碰撞后,物块B沿斜面匀速下滑,下滑到挡板处的时间为
t1==0.4 s,
与弹性挡板碰撞之后,沿斜面向上做匀减速直线运动,加速度大小为
aB==g,
减速到停止的时间为t2==0.2 s,
向上运动的距离为xB=t2=0.2 m,
假设物块A在物块B停止后发生第二次碰撞,设两物块从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为t,则有
s-xB=vAt+aAt2,
其中aA=gsin 30°=5 m/s2,
解得t= s(舍去),t= s>t1+t2,
假设成立,则两物块从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为t= s,
两次碰撞点之间的距离Δx=s-xB=0.6 m。
【典例2】 答案 (1)40 N (2)4 m/s (3)0.15
解析 根据题意,A、C质量为m=2 kg,B的质量为M=6 kg,细绳OP长为l=1.6 m,初始时细线与竖直方向夹角θ=60°。
(1)A开始运动到最低点有
mgl(1-cos θ)=m-0,
A在最低点,根据牛顿第二定律得
F-mg=,
解得v0=4 m/s,F=40 N。
(2)A与C相碰时,水平方向动量守恒,由碰后A竖直下落可知mv0=0+mvC,
解得vC=v0=4 m/s。
(3)A、C碰后,C相对B滑行4 m后与B共速,则对C、B分析,根据动量守恒定律可得
mvC=(M+m)v,
根据能量守恒定律得
μmgL相对=m-(m+M)v2,
联立解得μ=0.15。
【典例3】 答案 (1)1 m/s 1 m/s (2)0.2 (3)0.12 J
解析 (1)对A物块由平抛运动知识得
h=gt2,
xA=vAt,
代入数据解得,脱离弹簧时A的速度大小为
vA=1 m/s,
对物块A、B整体由动量守恒定律
mAvA=mBvB,
解得脱离弹簧时B的速度大小为vB=1 m/s。
(2)对物块B由动能定理
-μmBgxB=0-mB,
代入数据解得,物块与桌面的动摩擦因数为μ=0.2。
(3)由能量守恒定律ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB,
其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,
解得整个过程中弹簧释放的弹性势能
ΔEp=0.12 J。(共21张PPT)
专题提升十五
动力学观点、功能观点、动量观点的综合应用
第七章 动量守恒定律
1.解决动力学问题的三大观点。
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)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。
(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
2.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(涉及时间问题)或动能定理(涉及位移问题)解题。
(3)若研究对象为一系统，且系统内物体之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律解题，但需注意所研究的问题是否满足守恒条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑功能关系或能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量。
(5)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化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解题。
考向1
动量观点与动力学观点的综合应用
【典例1】 如图所示，斜面倾角θ=30°，物
块A光滑，物块B粗糙，B质量为A质量的2倍。
物块B恰好静止在距离斜面顶端为L=0.9 m的
位置(此时B所受摩擦力为最大静摩擦力)，斜
面上距B为s=0.8 m处有一弹性挡板，现将光滑物块A从斜面顶端由静止释放。已知物块A与物块B均可视为质点，所有碰撞均可视为弹性碰撞，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，求：
(1)物块A与物块B第一次碰撞后两物体的速度大小；
根据题意，设物块A与物块B第一次碰撞前物块A的速度为v0，由动能定理有
mAgLsin 30°=mA，
解得v0==3 m/s，
解析
物块A和物块B发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律有
mAv0=mAvA+mBvB，
mA=mA+mB，
解得vA=v0=-1 m/s，
vB=v0=2 m/s。
解析
(2)两物块从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间和这两次碰撞点之间的距离。
碰撞前，物块B恰好静止在斜面上，则有Ff=mBgsin 30°，
碰撞后，物块B沿斜面匀速下滑，下滑到挡板处的时间为
t1==0.4 s，
与弹性挡板碰撞之后，沿斜面向上做匀减速直线运动，加速度大小为aB==g，
解析
减速到停止的时间为t2==0.2 s，
向上运动的距离为xB=t2=0.2 m，
假设物块A在物块B停止后发生第二次碰撞，设两物块从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为t，则有
s-xB=vAt+aAt2，
其中aA=gsin 30°=5 m/s2，
解析
解得t= s(舍去)，t= s>t1+t2，
假设成立，则两物块从第一次碰撞到第二次碰撞所经历的时间为t= s，
两次碰撞点之间的距离Δx=s-xB=0.6 m。
解析
考向2
动量观点与能量观点的综合应用
【典例2】 (2024·甘肃卷)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P=OP=1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
审题指导
序号 信息读取 信息加工
1 剪断细绳O'P，小球A开始运动 小球下摆过程中机械能守恒
2 A在最低点时，细绳OP断裂 小球做平抛运动，水平速度不变
3 A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短) A与C碰撞过程中，水平方向动量守恒
4 碰后A竖直下落，C水平向右运动 碰撞后A的水平速度为0
5 A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速 典型的滑块—木板模型问题
失分 剖析 (1)不能分析各个过程中物体或系统满足的规律； (2)不会综合应用动量守恒定律和能量守恒定律解决物体碰撞类问题； (3)对滑块—木板模型不熟悉 (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力。
根据题意，A、C质量为m=2 kg，B的质量为M=6 kg，细绳OP长为l=1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ=60°。
(1)A开始运动到最低点有mgl(1-cos θ)=m-0，
A在最低点，根据牛顿第二定律得F-mg=，
解得v0=4 m/s，F=40 N。
解析
(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。
A与C相碰时，水平方向动量守恒，由碰后A竖直下落可知mv0=0+mvC，
解得vC=v0=4 m/s。
解析
(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。
A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，根据动量守恒定律可得mvC=(M+m)v，
根据能量守恒定律得μmgL相对=m-(m+M)v2，
联立解得μ=0.15。
解析
考向3
力学三大观点的综合应用
【典例3】 (2024·黑吉辽卷)如图，高度
h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、
B，质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量
Δx=0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同
时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好
从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA=0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g=10 m/s2。求：
对A物块由平抛运动知识得h=gt2，xA=vAt，
代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为vA=1 m/s，
对物块A、B整体由动量守恒定律mAvA=mBvB，
解得脱离弹簧时B的速度大小为vB=1 m/s。
解析
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；
对物块B由动能定理-μmBgxB=0-mB，
代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为μ=0.2。
解析
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ；
由能量守恒定律ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB，
其中mA=mB，Δx=ΔxA+ΔxB，
解得整个过程中弹簧释放的弹性势能ΔEp=0.12 J。
解析
(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。
29
命题特点：试题考查平抛运动、动能定理、动量守恒定律、能量守恒定律等知识，试题看似平淡，其中却暗藏玄机，第(3)问中能量守恒定律的应用易出错。
复习建议：动力学观点、能量观点和动量观点是高中物理解题时常用的三大观点，不同的过程运动特征不同，准确把握试题信息才能正确选择规律。
