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(共52張PPT)
第3講 力學三大觀點的綜合運用
角度1 動力學與能量綜合
角度2 動量與能量綜合
角度3 動力學、動量與能量綜合解答規范
跟蹤訓練
備用習題
一般來說,用動量觀點和能量觀點比用動力學的觀點解題簡便,因此在解題
時優先選用這兩種觀點;但在涉及加速度問題時就必須用動力學的觀點.有
些問題,用到的觀點不止一個,特別像高考中的一些綜合題,常用動量觀點和
能量觀點聯合求解,或用動量觀點與動力學觀點聯合求解,有時甚至三種觀
點都采用才能求解.
力學三大觀點 對應規律 表達式 選用原則
動力學觀點 牛頓第二定律 物體做勻變
速直線運
動，涉及運
動細節
勻變速直線運動 規律 等 能量觀點 動能定理 涉及做功與
能量轉換
機械能守恒定律 功能關系 等 能量守恒定律 力學三大觀點 對應規律 表達式 選用原則
動量觀點 動量定理 只涉及初末
速度、力、
時間而不涉
及位移、功
動量守恒定律 只涉及初末
速度而不涉
及力、時間
續表
角度1 動力學與能量綜合
例1 [2021·全國甲卷] 如圖所示，一傾角為
的光滑斜面上有50個減速帶(圖中未完全
畫出)，相鄰減速帶間的距離均為 ，減速帶
的寬度遠小于；一質量為 的無動力小車
(可視為質點)從距第一個減速帶 處由靜止
釋放.已知小車通過減速帶損失的機械能與到達減速帶時的速度有關.觀察
發現，小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同.小
車通過第50個減速帶后立刻進入與斜面平滑連接的水平地面，繼續滑行距
離后停下.已知小車與地面間的動摩擦因數為 ，重力加速度大小為 .
(1) 求小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能；
[答案]
[解析] 小車在光滑斜面上滑行時,根據牛頓
第二定律有
設小車通過第30個減速帶后速度為 ，到達第31個減
速帶時的速度為 ，則有
因為小車通過第30個減速帶后，在相鄰減速帶間的平均速度均相同，所以
小車通過第30個減速帶后，經過每一個減速帶時損失的機械能
聯立解得
(2) 求小車通過前30個減速帶的過程中在每一個減速帶上平均損失的機械能；
[答案]
[解析] 由(1)知小車通過第50個減速帶后的速度為 ，
則小車在水平地面上減速時，根據動能定理有
從小車開始下滑到通過第30個減速帶，根據動能定理有
聯立解得
故在每一個減速帶上平均損失的機械能
(3) 若小車在前30個減速帶上平均每一個損失的機械能大于之后每一個減
速帶上損失的機械能，則 應滿足什么條件？
[答案]
[解析] 由題意可知
即
化簡可得
導思
此題實際得分率非常低，原因有以下三點：①此題情景非常貼近生活，設
問新穎，如減速帶導致機械能損失是因為“碰撞”，但設問并不著眼于“碰
撞”.②此題情景描述多，關鍵條件少而且還特別隱蔽，如 “在相鄰減速帶
間的平均速度相同”，考生對于這樣的條件缺乏敏感性，更不容易轉化為
有效的物理條件.③第三問設問不容易理解，而且容易產生誤解，如已知
小車通過減速帶損失的機械能與通過減速帶時的速度有關”.
角度2 動量與能量綜合
例2 如圖所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圓弧軌道，軌道上 點
切線沿水平方向，忽略點距地面的高度，軌道右側有質量 的靜
止薄木板，上表面與點平齊.一質量 的小滑塊(可視為質點)以初
速度從右端滑上薄木板，重力加速度大小取 ，小滑
塊與薄木板之間的動摩擦因數為 .
(1) 若薄木板左端與點間的距離足夠長，薄木板長度 ，薄木板
與軌道端碰后立即靜止，求小滑塊離開薄木板運動到軌道上 點時的速
度 ；
[答案]
[解析] 因薄木板左端與點間的距離
足夠大，則小滑塊與薄木板共速后才
和軌道 發生碰撞，設小滑塊和薄木
板達到的共同速度為 ，根據動量守
恒定律有
解得
設此過程中小滑塊與薄木板的相對位移為 ，對滑塊、薄木板組成的系統,
由功能關系有
解得
薄木板與軌道 碰后立即靜止，小滑
塊繼續做勻減速運動，直到運動至軌
道上 點，由運動學公式有
解得
(2) 在(1)中，小滑塊繼續沿圓弧軌道運動至 點沿切線方向飛出，最后
落回水平地面，不計空氣阻力，點與地面間的高度差 保持不變，
圓弧對應的圓心角 可調，求小滑塊的最大水平射程 及對應的圓心
角 ；
[答案] ;
[解析] 小滑塊由點到 點的過程中，
根據機械能守恒定律有
解得
設小滑塊落地時速度大小為，落地時速度方向與水平方向夾角為 ，根
據機械能守恒定律知
畫出速度矢量關系如圖所示
設從點飛出到落至地面所用時間為 ，則小滑塊水平位移為
由幾何關系可知，矢量三角形的面積為
由此可知，當矢量三角形面積最大時，水平位移最大.
該三角形中與的大小恒定,當與 垂直時，三角形面積最大，為
，所以最大水平位移
此時滿足的條件為
即，則
(3) 若薄木板長度足夠長，薄木板與軌道 端碰后立即以原速率彈回，調
節初始狀態薄木板左端與點間的距離，使得薄木板與軌道 端只能碰撞
2次，求 應滿足的條件.
[答案]
[解析] 若小滑塊與薄木板共速時恰好和軌道 第1次發生碰撞，則碰后小
滑塊與薄木板同時減速為零，此情形下薄木板和軌道 恰好碰1次.
薄木板的加速度大小為
此情形下等于薄木板達到共速時的位移，即
若小滑塊與薄木板共速時恰好和軌道 第2次發生碰撞，則碰后小滑塊與
薄木板同時減速為零，此情形下薄木板和軌道 恰好碰2次.
薄木板和軌道第1次碰撞前的速度大小
設此時小滑塊速度為,由動量守恒定律得
薄木板和軌道 第1次碰撞后以原速率反彈，之后在摩擦力作用下先減速
向右運動，后加速后向左運動，當薄木板與小滑塊共速時恰好和軌道
第2次碰撞，由動量守恒定律得
聯立解得
綜上可知,應滿足的條件為
角度3 動力學、動量與能量綜合解答規范
例3 [2023·浙江6月選考] 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、 和水平傳送帶平滑無縫連接，兩半徑均為
的四分之一圓周組成的豎直細圓弧管道與軌道 和足夠長
的水平直軌道平滑相切連接.質量為的滑塊與質量為的滑塊 用
勁度系數的輕質彈簧連接，靜置于軌道 上.現有質量
的滑塊以初速度從處進入，經 管道后，
與上的滑塊碰撞(時間極短).已知傳送帶長，以 的
速率順時針轉動，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數 ，其他摩擦和阻
力均不計，各滑塊均可視為質點，彈簧的彈性勢能為形變量 .
(1) 求滑塊到達圓弧管道最低點時速度大小和所受支持力大小 ；
[答案] ;
[解析] 滑塊從處進入，經 管
道后到達最低點的過程，由動能定理
得 (1分)
解得
在最低點 由牛頓第二定律得
(1分)
解得 (1分)
(2) 若滑塊碰后返回到點時速度，求滑塊、 碰撞過程中損
失的機械能 ；
[答案] 0
[解析] 若滑塊碰后返回到 點時速度
，設碰后滑塊的速度為 ，
則由動能定理有
(1分)
解得
滑塊、 碰撞過程中由動量守恒定律得
(1分)
解得
滑塊、 碰撞過程中損失的機械能
(1分)
解得 (1分)
(3) 若滑塊碰到滑塊 立即被粘住，求碰撞后彈簧最大長度與最小長度之
差 .
[答案]
[解析] 若滑塊碰到滑塊 立即被
粘住，設碰撞后、 的共同速度
為 ，由動量守恒定律得
(1分)
當彈簧最長或最短時，、與均達到共速，設為 ，由動量守恒定律得
(1分)
彈簧的最大彈性勢能
(1分)
又
彈簧最大長度與最小長度之差
聯立解得 (1分)
規范答題區 自評項目(共100分) 自評得分
書寫工整無涂抹(20分)
有必要的文字說明(20分)
使用原始表達式、無代數過程(30分)
有據①②得③等說明(10分)
結果為數字的帶有單位，求矢量的有方 向說明(20分)
1.如圖,質量為M的勻質凹槽放在光滑水平地面上,凹槽內有一個半橢圓形的光滑軌道,橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b,長軸水平,短軸豎直.質量為m的小球,初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑.以初始時刻橢圓中心的位置為坐標原點,在豎直平面內建立固定于地面的直角坐標系xOy,橢圓長軸位于x軸上.整個過程凹槽不翻轉,重力加速度為g.
(1)小球第一次運動到軌道最低點時,求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離;
[答案] 　a
[解析] 小球運動到最低點的過程中系統在水平方向上動量守恒,取向左為正方向,則有
0=mv1-Mv2
小球運動到最低點的過程中系統機械能守恒,則有
mgb=mM
聯立解得v2=
因任何時候在水平方向都動量守恒,則有
0=m-M
兩邊同時乘t可得mx1=Mx2
由幾何關系可知x1+x2=a
聯立解得x2=a.
(2)在平面直角坐標系xOy中,求出小球運動的軌跡方程;
[答案] =1
[解析] 小球向左運動過程中凹槽向右運動,當小球的坐標
為(x,y)時,設此時凹槽水平向右運動的位移為Δx
根據上式有m(a-x)=M·Δx
小球相對凹槽的運動軌跡為橢圓的一部分,根據數學知識可知此時的橢圓方程為=1
整理得=1.
[答案] 2b
(3)若,求小球下降h=高度時,小球相對于地面的速度大小(結果用a、b及g表示).
[解析] 將代入小球的軌跡方程化簡可得[x-(a-b)]2+y2=b2,即此時小球的軌跡為以(a-b ,0)為圓心、b為半徑的圓,當小球下降的高度為時,如圖所示,由幾何關系可知此時速度方向和水平方向的夾角為60°,小球下降的過程中,根據系統水平方向動量守恒得
0=mv3cos 60°-Mv4
根據系統機械能守恒得
mgmM
聯立解得v3==2b.
2. 如圖甲所示,平臺ON上有一輕質彈簧,其左端固定于豎直擋板上,右端與質量m=0.50 kg、可看作質點的物塊A相接觸(不粘連),OP段粗糙且長度等于彈簧原長.PN段光滑,上面有靜止的小滑塊B、C,mB=1.5 kg,mC=0.5 kg,滑塊B、C之間有一段輕彈簧剛好處于原長,B與輕彈簧連接,滑塊C未連接彈簧,兩滑塊離N點足夠遠.物塊A開始靜止于P點,現對物塊A施加一個水平向左的外力F,大小隨位移x變化關系如圖乙所示.物塊A向左運動x=0.40 m后撤去外力F,此后物塊A向右運動到離開P點時的速度為v0=4 m/s,A與B碰撞后粘合在一起,碰撞時間極短.滑塊C脫離彈簧后滑上傾角θ=37°的傳送帶,并剛好到達傳送帶頂端.已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數μ=0.50,水平面MN右端N處與傾斜傳送帶理想連接,傳送帶以恒定速度v=1 m/s順時針轉動,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)物塊A與滑塊B碰撞前克服摩擦力做的功;
[答案] 2 J　
[解析] 根據F-x圖像可以求外力F做功為
WF=×0.2 J+18×0.2 J=6 J
物塊A從開始運動M點的過程中
WF-Wf=m
解得Wf=2 J
(2)滑塊C剛滑上傳送帶時的速度大小;
[答案]1.6 m/s　
[解析] A與B碰撞,根據動量守恒定律得
mv0=(m+mB)v1
解得v1=1 m/s
A、B碰撞后,到彈簧恢復原長時,根據動量守恒和機械能守恒得
(m+mB)v1=(m+mB)vB+mCvC
(m+mB)(m+mB)mC
解得vB=0.6 m/s
vC=1.6 m/s
(3)滑塊C滑上傳送帶到達頂端的過程中,滑塊C與傳送帶之間摩擦產生的熱量.
[答案] 0.536 J
[解析] C在傳送帶上減速至與傳送帶共速過程中
mCgsin θ+μmCgcos θ=mCa1
解得a1=10 m/s2
則t1=
C與傳送帶之間的相對位移是 Δx1=t1-vt1
解得Δx1=0.018 m
Q1=μmgcos θ·Δx1=0.036 J
C與傳送帶共速后,繼續減速滑到頂端
mCgsin θ-μmCgcos θ=mCa2
解得a2=2 m/s2
t2=
C與傳送帶之間的相對位移是 Δx2=vt2-t2
解得Δx2=0.25 m
則Q2=μmgcos θ·Δx2=0.5 J
摩擦產生的總熱量為 Q=Q1+Q2=0.536 J
1.如圖所示，水平直軌道、 與水平
傳送帶平滑無縫連接,半徑 的豎
直半圓軌道與 平滑相切連接.質量
的物塊以 的速度
從 點進入傳送帶，離開傳送帶后與靜
止在上的質量為的物塊發生碰撞. 已知傳送帶長，以
的速率順時針轉動，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為 ，其他摩
擦不計，兩物塊均可視為質點，重力加速度取 .
(1) 求物塊剛離開傳送帶時的速度大小及在傳送帶上運動的時間 ；
[答案] ;
[解析] 假設物塊 勻減速滑過傳送帶，
根據動能定理得
解得
由于，即物塊 剛離開傳送帶
時的速度大于傳送帶的速度，故假設成
立
物塊 在傳送帶上運動的時間
(2) 若、碰撞后粘為一體，則取何值時，、 一起經過圓軌道最低
點 時對軌道的壓力最小
[答案]
[解析] 、 碰撞后粘為一體，由動量守
恒定律可得
在點時，有
由牛頓第三定律可得,、 一起經過圓軌道最低點 時對軌道的壓力大
小為
聯立可得
當，即 時，壓力 最小.
(3) 若、發生彈性正碰，且碰后從圓軌道最高點離開，設 在圓軌道上
到達的最高點離點的高度為，僅考慮這一種情況，求與 的關系.
[答案] ，其中
[解析] 、 發生彈性正碰，根據動量守
恒定律有
根據機械能守恒定律有
聯立解得 ，
當恰能運動到 點時，僅由重力提供向
心力，有
從運動到 過程中，由機械能守恒定
律有
聯立解得
當 恰到圓軌道圓心等高處時，由機械能
守恒定律有
解得
即 取值范圍為
在圓心等高處下方減速至零，從 到速
度減為零的過程，由機械能守恒定律有
解得
2.[2023·浙江1月選考] 一游戲裝置豎直截面如圖所示，該裝置由固定在水
平地面上傾角 的直軌道、螺旋圓形軌道、傾角
的直軌道、水平直軌道組成，除 段外各段軌道均光滑，且各處平
滑連接.螺旋圓形軌道與軌道、相切于處.凹槽底面 水平
光滑，上面放有一無動力擺渡車，并緊靠在豎直側壁 處，擺渡車上表
面與直軌道、平臺 位于同一水平面.已知螺旋圓形軌道半徑
，點高度為，長度，長度 ，擺
渡車長度、質量.將一質量也為的滑塊從傾斜軌道 上
高度處靜止釋放，滑塊在 段運動時的阻力為其重力的0.2倍.
(擺渡車碰到豎直側壁 立即靜止，滑塊視為質點，不計空氣阻力，重力加
速度取，， )
(1) 求滑塊過點的速度大小和軌道對滑塊的作用力大小 ；
[答案]
[解析] 根據機械能守恒定律可得
解得
在最高點 ，根據牛頓第二定律得
解得
(2) 擺渡車碰到 前，滑塊恰好不脫離擺渡車，求滑塊與擺渡車之間的動
摩擦因數 ；
[答案] 0.3
[解析] 根據動能定理可得
設達到共速時的速度為 ，根據動量
守恒定律得
根據功能關系可得
解得
(3) 在(2)的條件下，求滑塊從到所用的時間 .
[答案]
[解析] 滑塊滑上擺渡車到共速的時間為
共速后繼續向右勻速運動的時間為
所以滑塊從到所用的時間

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