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第3讲 力学三大观点的综合运用
角度1 动力学与能量综合
角度2 动量与能量综合
角度3 动力学、动量与能量综合解答规范
跟踪训练
备用习题
一般来说,用动量观点和能量观点比用动力学的观点解题简便,因此在解题
时优先选用这两种观点;但在涉及加速度问题时就必须用动力学的观点.有
些问题,用到的观点不止一个,特别像高考中的一些综合题,常用动量观点和
能量观点联合求解,或用动量观点与动力学观点联合求解,有时甚至三种观
点都采用才能求解.
力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
动力学观点 牛顿第二定律 物体做匀变
速直线运
动，涉及运
动细节
匀变速直线运动 规律 等 能量观点 动能定理 涉及做功与
能量转换
机械能守恒定律 功能关系 等 能量守恒定律 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则
动量观点 动量定理 只涉及初末
速度、力、
时间而不涉
及位移、功
动量守恒定律 只涉及初末
速度而不涉
及力、时间
续表
角度1 动力学与能量综合
例1 [2021·全国甲卷] 如图所示，一倾角为
的光滑斜面上有50个减速带(图中未完全
画出)，相邻减速带间的距离均为 ，减速带
的宽度远小于；一质量为 的无动力小车
(可视为质点)从距第一个减速带 处由静止
释放.已知小车通过减速带损失的机械能与到达减速带时的速度有关.观察
发现，小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同.小
车通过第50个减速带后立刻进入与斜面平滑连接的水平地面，继续滑行距
离后停下.已知小车与地面间的动摩擦因数为 ，重力加速度大小为 .
(1) 求小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能；
[答案]
[解析] 小车在光滑斜面上滑行时,根据牛顿
第二定律有
设小车通过第30个减速带后速度为 ，到达第31个减
速带时的速度为 ，则有
因为小车通过第30个减速带后，在相邻减速带间的平均速度均相同，所以
小车通过第30个减速带后，经过每一个减速带时损失的机械能
联立解得
(2) 求小车通过前30个减速带的过程中在每一个减速带上平均损失的机械能；
[答案]
[解析] 由(1)知小车通过第50个减速带后的速度为 ，
则小车在水平地面上减速时，根据动能定理有
从小车开始下滑到通过第30个减速带，根据动能定理有
联立解得
故在每一个减速带上平均损失的机械能
(3) 若小车在前30个减速带上平均每一个损失的机械能大于之后每一个减
速带上损失的机械能，则 应满足什么条件？
[答案]
[解析] 由题意可知
即
化简可得
导思
此题实际得分率非常低，原因有以下三点：①此题情景非常贴近生活，设
问新颖，如减速带导致机械能损失是因为“碰撞”，但设问并不着眼于“碰
撞”.②此题情景描述多，关键条件少而且还特别隐蔽，如 “在相邻减速带
间的平均速度相同”，考生对于这样的条件缺乏敏感性，更不容易转化为
有效的物理条件.③第三问设问不容易理解，而且容易产生误解，如已知
小车通过减速带损失的机械能与通过减速带时的速度有关”.
角度2 动量与能量综合
例2 如图所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圆弧轨道，轨道上 点
切线沿水平方向，忽略点距地面的高度，轨道右侧有质量 的静
止薄木板，上表面与点平齐.一质量 的小滑块(可视为质点)以初
速度从右端滑上薄木板，重力加速度大小取 ，小滑
块与薄木板之间的动摩擦因数为 .
(1) 若薄木板左端与点间的距离足够长，薄木板长度 ，薄木板
与轨道端碰后立即静止，求小滑块离开薄木板运动到轨道上 点时的速
度 ；
[答案]
[解析] 因薄木板左端与点间的距离
足够大，则小滑块与薄木板共速后才
和轨道 发生碰撞，设小滑块和薄木
板达到的共同速度为 ，根据动量守
恒定律有
解得
设此过程中小滑块与薄木板的相对位移为 ，对滑块、薄木板组成的系统,
由功能关系有
解得
薄木板与轨道 碰后立即静止，小滑
块继续做匀减速运动，直到运动至轨
道上 点，由运动学公式有
解得
(2) 在(1)中，小滑块继续沿圆弧轨道运动至 点沿切线方向飞出，最后
落回水平地面，不计空气阻力，点与地面间的高度差 保持不变，
圆弧对应的圆心角 可调，求小滑块的最大水平射程 及对应的圆心
角 ；
[答案] ;
[解析] 小滑块由点到 点的过程中，
根据机械能守恒定律有
解得
设小滑块落地时速度大小为，落地时速度方向与水平方向夹角为 ，根
据机械能守恒定律知
画出速度矢量关系如图所示
设从点飞出到落至地面所用时间为 ，则小滑块水平位移为
由几何关系可知，矢量三角形的面积为
由此可知，当矢量三角形面积最大时，水平位移最大.
该三角形中与的大小恒定,当与 垂直时，三角形面积最大，为
，所以最大水平位移
此时满足的条件为
即，则
(3) 若薄木板长度足够长，薄木板与轨道 端碰后立即以原速率弹回，调
节初始状态薄木板左端与点间的距离，使得薄木板与轨道 端只能碰撞
2次，求 应满足的条件.
[答案]
[解析] 若小滑块与薄木板共速时恰好和轨道 第1次发生碰撞，则碰后小
滑块与薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道 恰好碰1次.
薄木板的加速度大小为
此情形下等于薄木板达到共速时的位移，即
若小滑块与薄木板共速时恰好和轨道 第2次发生碰撞，则碰后小滑块与
薄木板同时减速为零，此情形下薄木板和轨道 恰好碰2次.
薄木板和轨道第1次碰撞前的速度大小
设此时小滑块速度为,由动量守恒定律得
薄木板和轨道 第1次碰撞后以原速率反弹，之后在摩擦力作用下先减速
向右运动，后加速后向左运动，当薄木板与小滑块共速时恰好和轨道
第2次碰撞，由动量守恒定律得
联立解得
综上可知,应满足的条件为
角度3 动力学、动量与能量综合解答规范
例3 [2023·浙江6月选考] 为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实
验装置.水平直轨道、 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为
的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道与轨道 和足够长
的水平直轨道平滑相切连接.质量为的滑块与质量为的滑块 用
劲度系数的轻质弹簧连接，静置于轨道 上.现有质量
的滑块以初速度从处进入，经 管道后，
与上的滑块碰撞(时间极短).已知传送带长，以 的
速率顺时针转动，滑块与传送带间的动摩擦因数 ，其他摩擦和阻
力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能为形变量 .
(1) 求滑块到达圆弧管道最低点时速度大小和所受支持力大小 ；
[答案] ;
[解析] 滑块从处进入，经 管
道后到达最低点的过程，由动能定理
得 (1分)
解得
在最低点 由牛顿第二定律得
(1分)
解得 (1分)
(2) 若滑块碰后返回到点时速度，求滑块、 碰撞过程中损
失的机械能 ；
[答案] 0
[解析] 若滑块碰后返回到 点时速度
，设碰后滑块的速度为 ，
则由动能定理有
(1分)
解得
滑块、 碰撞过程中由动量守恒定律得
(1分)
解得
滑块、 碰撞过程中损失的机械能
(1分)
解得 (1分)
(3) 若滑块碰到滑块 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之
差 .
[答案]
[解析] 若滑块碰到滑块 立即被
粘住，设碰撞后、 的共同速度
为 ，由动量守恒定律得
(1分)
当弹簧最长或最短时，、与均达到共速，设为 ，由动量守恒定律得
(1分)
弹簧的最大弹性势能
(1分)
又
弹簧最大长度与最小长度之差
联立解得 (1分)
规范答题区 自评项目(共100分) 自评得分
书写工整无涂抹(20分)
有必要的文字说明(20分)
使用原始表达式、无代数过程(30分)
有据①②得③等说明(10分)
结果为数字的带有单位，求矢量的有方 向说明(20分)
1.如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直.质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑.以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上.整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g.
(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;
[答案] 　a
[解析] 小球运动到最低点的过程中系统在水平方向上动量守恒,取向左为正方向,则有
0=mv1-Mv2
小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒,则有
mgb=mM
联立解得v2=
因任何时候在水平方向都动量守恒,则有
0=m-M
两边同时乘t可得mx1=Mx2
由几何关系可知x1+x2=a
联立解得x2=a.
(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;
[答案] =1
[解析] 小球向左运动过程中凹槽向右运动,当小球的坐标
为(x,y)时,设此时凹槽水平向右运动的位移为Δx
根据上式有m(a-x)=M·Δx
小球相对凹槽的运动轨迹为椭圆的一部分,根据数学知识可知此时的椭圆方程为=1
整理得=1.
[答案] 2b
(3)若,求小球下降h=高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示).
[解析] 将代入小球的轨迹方程化简可得[x-(a-b)]2+y2=b2,即此时小球的轨迹为以(a-b ,0)为圆心、b为半径的圆,当小球下降的高度为时,如图所示,由几何关系可知此时速度方向和水平方向的夹角为60°,小球下降的过程中,根据系统水平方向动量守恒得
0=mv3cos 60°-Mv4
根据系统机械能守恒得
mgmM
联立解得v3==2b.
2. 如图甲所示,平台ON上有一轻质弹簧,其左端固定于竖直挡板上,右端与质量m=0.50 kg、可看作质点的物块A相接触(不粘连),OP段粗糙且长度等于弹簧原长.PN段光滑,上面有静止的小滑块B、C,mB=1.5 kg,mC=0.5 kg,滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长,B与轻弹簧连接,滑块C未连接弹簧,两滑块离N点足够远.物块A开始静止于P点,现对物块A施加一个水平向左的外力F,大小随位移x变化关系如图乙所示.物块A向左运动x=0.40 m后撤去外力F,此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0=4 m/s,A与B碰撞后粘合在一起,碰撞时间极短.滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带,并刚好到达传送带顶端.已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.50,水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接,传送带以恒定速度v=1 m/s顺时针转动,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:
(1)物块A与滑块B碰撞前克服摩擦力做的功;
[答案] 2 J　
[解析] 根据F-x图像可以求外力F做功为
WF=×0.2 J+18×0.2 J=6 J
物块A从开始运动M点的过程中
WF-Wf=m
解得Wf=2 J
(2)滑块C刚滑上传送带时的速度大小;
[答案]1.6 m/s　
[解析] A与B碰撞,根据动量守恒定律得
mv0=(m+mB)v1
解得v1=1 m/s
A、B碰撞后,到弹簧恢复原长时,根据动量守恒和机械能守恒得
(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)滑块C滑上传送带到达顶端的过程中,滑块C与传送带之间摩擦产生的热量.
[答案] 0.536 J
[解析] C在传送带上减速至与传送带共速过程中
mCgsin θ+μmCgcos θ=mCa1
解得a1=10 m/s2
则t1=
C与传送带之间的相对位移是 Δx1=t1-vt1
解得Δx1=0.018 m
Q1=μmgcos θ·Δx1=0.036 J
C与传送带共速后,继续减速滑到顶端
mCgsin θ-μmCgcos θ=mCa2
解得a2=2 m/s2
t2=
C与传送带之间的相对位移是 Δx2=vt2-t2
解得Δx2=0.25 m
则Q2=μmgcos θ·Δx2=0.5 J
摩擦产生的总热量为 Q=Q1+Q2=0.536 J
1.如图所示，水平直轨道、 与水平
传送带平滑无缝连接,半径 的竖
直半圆轨道与 平滑相切连接.质量
的物块以 的速度
从 点进入传送带，离开传送带后与静
止在上的质量为的物块发生碰撞. 已知传送带长，以
的速率顺时针转动，物块与传送带间的动摩擦因数为 ，其他摩
擦不计，两物块均可视为质点，重力加速度取 .
(1) 求物块刚离开传送带时的速度大小及在传送带上运动的时间 ；
[答案] ;
[解析] 假设物块 匀减速滑过传送带，
根据动能定理得
解得
由于，即物块 刚离开传送带
时的速度大于传送带的速度，故假设成
立
物块 在传送带上运动的时间
(2) 若、碰撞后粘为一体，则取何值时，、 一起经过圆轨道最低
点 时对轨道的压力最小
[答案]
[解析] 、 碰撞后粘为一体，由动量守
恒定律可得
在点时，有
由牛顿第三定律可得,、 一起经过圆轨道最低点 时对轨道的压力大
小为
联立可得
当，即 时，压力 最小.
(3) 若、发生弹性正碰，且碰后从圆轨道最高点离开，设 在圆轨道上
到达的最高点离点的高度为，仅考虑这一种情况，求与 的关系.
[答案] ，其中
[解析] 、 发生弹性正碰，根据动量守
恒定律有
根据机械能守恒定律有
联立解得 ，
当恰能运动到 点时，仅由重力提供向
心力，有
从运动到 过程中，由机械能守恒定
律有
联立解得
当 恰到圆轨道圆心等高处时，由机械能
守恒定律有
解得
即 取值范围为
在圆心等高处下方减速至零，从 到速
度减为零的过程，由机械能守恒定律有
解得
2.[2023·浙江1月选考] 一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水
平地面上倾角 的直轨道、螺旋圆形轨道、倾角
的直轨道、水平直轨道组成，除 段外各段轨道均光滑，且各处平
滑连接.螺旋圆形轨道与轨道、相切于处.凹槽底面 水平
光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁 处，摆渡车上表
面与直轨道、平台 位于同一水平面.已知螺旋圆形轨道半径
，点高度为，长度，长度 ，摆
渡车长度、质量.将一质量也为的滑块从倾斜轨道 上
高度处静止释放，滑块在 段运动时的阻力为其重力的0.2倍.
(摆渡车碰到竖直侧壁 立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，重力加
速度取，， )
(1) 求滑块过点的速度大小和轨道对滑块的作用力大小 ；
[答案]
[解析] 根据机械能守恒定律可得
解得
在最高点 ，根据牛顿第二定律得
解得
(2) 摆渡车碰到 前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动
摩擦因数 ；
[答案] 0.3
[解析] 根据动能定理可得
设达到共速时的速度为 ，根据动量
守恒定律得
根据功能关系可得
解得
(3) 在(2)的条件下，求滑块从到所用的时间 .
[答案]
[解析] 滑块滑上摆渡车到共速的时间为
共速后继续向右匀速运动的时间为
所以滑块从到所用的时间

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