題型探究課動(dòng)量守恒中的力學(xué)綜合問題

課題：動(dòng)量守恒中的力學(xué)綜合問題【課標(biāo)要求（課標(biāo)解讀）】分析近幾年高考，動(dòng)量、動(dòng)量守恒定律是本部分的重點(diǎn)知識(shí)，也是高考考查的熱點(diǎn)，高考對(duì)本知識(shí)的考查多以計(jì)算題的形式出題，難度不大．但2017年高考考綱列為必考內(nèi)容之后，題型多以選擇題為主，難度不太大，重點(diǎn)考查一些基本內(nèi)容.2017年把動(dòng)量列入必考內(nèi)容后，當(dāng)年的高考僅以簡(jiǎn)單的選擇題進(jìn)行考查；但2018年的高考對(duì)該部分的命題方向呈現(xiàn)多樣化，不僅題型上有突破，既有選擇題，又有計(jì)算題；而且對(duì)知識(shí)點(diǎn)的考查上廣泛很多．對(duì)動(dòng)量、沖量的計(jì)算、碰撞與爆炸中的動(dòng)量守恒都有命題點(diǎn).【教學(xué)目標(biāo)】1.多物體、多階段運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量守恒求解.2.動(dòng)量守恒問題中常見的臨界問題．3.三種觀點(diǎn)解決力學(xué)問題．【重點(diǎn)難點(diǎn)】重點(diǎn)：多物體、多階段運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量守恒求解.難點(diǎn)：能運(yùn)用動(dòng)能定理解答實(shí)際問題．【考情分析】1.考綱要求：《大綱》對(duì)本部分考點(diǎn)均為II類要求，即對(duì)所列知識(shí)要理解確切含義及其與其它知識(shí)之間的聯(lián)系，能夠進(jìn)行敘述和解釋，并能在實(shí)際問題的分析綜合、推理。2.考試題型：選擇題，計(jì)算題3.考題分值：6——10分【教學(xué)方法】練習(xí)法、多媒體輔助演示解題法、討論法?【課時(shí)安排】3課時(shí)【教學(xué)過程（導(dǎo)課和內(nèi)容安排）】第一課時(shí)：多物體、多階段運(yùn)動(dòng)的求解【題型解讀】動(dòng)量守恒與其他知識(shí)綜合問題的求解方法(1)動(dòng)量守恒與其他知識(shí)綜合問題往往是多過程問題，解決這類問題首先要弄清物理過程．(2)其次弄清每一個(gè)物理過程遵從什么樣的物理規(guī)律．(3)最后根據(jù)物理規(guī)律對(duì)每一個(gè)過程列方程求解，找出各物理過程之間的聯(lián)系是解決問題的關(guān)鍵．【跟進(jìn)題組】1．(2019·廣東肇慶模擬)如圖所示，在光滑水平面上有一塊長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一個(gè)光滑的eq\f(1,4)圓弧槽C與長(zhǎng)木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上．現(xiàn)有很小的滑塊A以初速度v0從右端滑上B，并以eq\f(v0,2)的速度滑離B，恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)．A、B、C的質(zhì)量均為m，求：(1)滑塊A與木板B上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)eq\f(1,4)圓弧槽C的半徑R.解析：(1)對(duì)A、B、C整體，設(shè)A剛離開B時(shí)，B和C的共同速度為vB，從A滑上B到剛離開B的過程中動(dòng)量守恒，有mv0＝meq\f(v0,2)＋2mvB，解得vB＝eq\f(v0,4)由能量守恒定律有μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,B)解得μ＝eq\f(5veq\o\al(2,0),16gL).(2)從A滑上C到“恰好能到達(dá)C的最高點(diǎn)”的過程中，設(shè)A到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)A和C的共同速度為vC，研究A和C組成的系統(tǒng)，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律有meq\f(v0,2)＋mvB＝2mvC，解得vC＝eq\f(3,8)v0由于在此過程中A和C組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mgR＝eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3v0,8)))eq\s\up12(2)解得R＝eq\f(veq\o\al(2,0),64g).答案：見解析2．如圖所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝m．物塊A以v0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)＝m．物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝，A、B的質(zhì)量均為m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短)．(1)求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F；(2)若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值；(3)求碰后AB滑至第n個(gè)(n＜k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式．解析：(1)物塊A由初始位置到Q的過程，由動(dòng)能定理得：－mg×2R＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：v＝4m/s設(shè)在Q點(diǎn)物塊A受到軌道的彈力為F，受力分析如圖所示由牛頓第二定律得：mg＋F＝eq\f(mv2,R)解得：F＝eq\f(mv2,R)－mg＝22N． (2)由機(jī)械能守恒定律知：物塊A與B碰前的速度仍為v0＝6m/sA與B碰撞過程動(dòng)量守恒，設(shè)碰后A、B的速度為v共mv0＝2mv共解得v共＝eq\f(1,2)v0＝3m/s設(shè)A與B碰后一起運(yùn)動(dòng)到停止，在粗糙段運(yùn)動(dòng)的路程為s，由動(dòng)能定理得－μ×2mgs＝0－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,共)解得：s＝eq\f(veq\o\al(2,共),2gμ)＝m故k＝eq\f(s,L)＝eq\f,＝45.(3)碰后AB滑至第n個(gè)(n＜k)光滑段上的速度等于滑離第n個(gè)(n＜k)粗糙段的速度由動(dòng)能定理得：－μ×2mgnL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,共)解得：vn＝eq\r(veq\o\al(2,共)－2μgnL)＝eq\r(9－(n＜45)．答案：(1)4m/s22N(2)45(3)vn＝eq\r(9－(n＜45)動(dòng)量守恒中的臨界問題【題型解讀】1．動(dòng)量守恒問題中常見的臨界問題(1)滑塊與小車的臨界問題：滑塊與小車是一種常見的相互作用模型．如圖所示，滑塊沖上小車后，在滑塊與小車之間的摩擦力作用下，滑塊做減速運(yùn)動(dòng)，小車做加速運(yùn)動(dòng)．滑塊剛好不滑出小車的臨界條件是滑塊到達(dá)小車末端時(shí)，滑塊與小車的速度相同．(2)兩物體不相碰的臨界問題：兩個(gè)在光滑水平面上做勻速運(yùn)動(dòng)的物體，甲物體追上乙物體的條件是甲物體的速度v甲大于乙物體的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物體與乙物體不相碰的臨界條件是v甲＝v乙．(3)涉及彈簧的臨界問題：對(duì)于由彈簧組成的系統(tǒng)，在物體間發(fā)生相互作用的過程中，當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，彈簧兩端的兩個(gè)物體的速度相等．(4)涉及最大高度的臨界問題：在物體滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的過程中，由于彈力的作用，斜面在水平方向?qū)⒆黾铀龠\(yùn)動(dòng)．物體滑到斜面上最高點(diǎn)的臨界條件是物體與斜面沿水平方向具有共同的速度，物體在豎直方向的分速度等于零．2．求解動(dòng)量守恒定律中的臨界問題的關(guān)鍵(1)尋找臨界狀態(tài)：看題設(shè)情景中有相互作用的兩物體是否相距最近，避免相碰和物體開始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)．(2)挖掘臨界條件：在與動(dòng)量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．【跟進(jìn)題組】1．(2019·河北石家莊檢測(cè))如圖所示，甲車質(zhì)量m1＝m，在車上有質(zhì)量M＝2m的人，甲車(連同車上的人)從足夠長(zhǎng)的斜坡上高h(yuǎn)處由靜止滑下，到水平面上后繼續(xù)向前滑動(dòng)，此時(shí)質(zhì)量m2＝2m的乙車正以速度v0迎面滑來，已知h＝eq\f(2veq\o\al(2,0),g)，為了使兩車不可能發(fā)生碰撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)距離時(shí)，人從甲車跳上乙車，試求人跳離甲車的水平速度(相對(duì)地面)應(yīng)滿足什么條件？不計(jì)地面和斜坡的摩擦，小車和人均可看成質(zhì)點(diǎn)．解析：設(shè)向左為正方向，甲車(包括人)滑下斜坡后速度為v1，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)(m1＋M)veq\o\al(2,1)＝(m1＋M)gh，解得v1＝eq\r(2gh)＝2v0設(shè)人跳出甲車的水平速度(相對(duì)地面)為v，在人跳離甲車和人跳上乙車過程中各自動(dòng)量守恒，設(shè)人跳離甲車和跳上乙車后，兩車的速度分別為v′1和v′2，則人跳離甲車時(shí)：(M＋m1)v1＝Mv＋m1v′1人跳上乙車時(shí)：Mv－m2v0＝(M＋m2)v′2解得v′1＝6v0－2v，v′2＝eq\f(1,2)v－eq\f(1,2)v0兩車不發(fā)生碰撞的臨界條件是v′1＝±v′2當(dāng)v′1＝v′2時(shí)，解得v＝eq\f(13,5)v0當(dāng)v′1＝－v′2時(shí)，解得v＝eq\f(11,3)v0故v的取值范圍為eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v0.答案：eq\f(13,5)v0≤v≤eq\f(11,3)v02．(2019·湖南長(zhǎng)沙模擬)如圖所示，用長(zhǎng)為R的不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為eq\f(m,3)的小球A懸掛于O點(diǎn)．在光滑的水平地面上，質(zhì)量為m的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))置于長(zhǎng)木板C的左端靜止．將小球A拉起，使輕繩水平拉直，將A球由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與小物塊B發(fā)生彈性正碰．(1)求碰后輕繩與豎直方向的最大夾角θ的余弦值．(2)若長(zhǎng)木板C的質(zhì)量為2m，小物塊B與長(zhǎng)木板C之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，長(zhǎng)木板C的長(zhǎng)度至少為多大，小物塊B才不會(huì)從長(zhǎng)木板C的上表面滑出？解析：(1)設(shè)小球A與小物塊B碰前瞬間的速度為v0，則有eq\f(m,3)gR＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,0)設(shè)碰后小球A和小物塊B的速度分別為v1和v2，有eq\f(m,3)v0＝eq\f(m,3)v1＋mv2eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·mveq\o\al(2,2)設(shè)碰后小球A能上升的最大高度為H，有eq\f(m,3)gH＝eq\f(1,2)·eq\f(m,3)veq\o\al(2,1)所求cosθ＝eq\f(R－H,R)由以上各式解得cosθ＝eq\f(3,4).(2)法一：由(1)可求得碰后小物塊B的速度為v2＝eq\f(1,2)eq\r(2gR)設(shè)小物塊B與長(zhǎng)木板C相互作用達(dá)到的共同速度為v，長(zhǎng)木板C的最小長(zhǎng)度為L(zhǎng)，有mv2＝(m＋2m)vμmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m＋2m)v2由以上各式解得L＝eq\f(R,6μ).法二：由(1)可求得碰后小物塊B的速度為v2＝eq\f(1,2)eq\r(2gR)設(shè)小物塊B運(yùn)動(dòng)位移為x1時(shí)，小物塊B、長(zhǎng)木板C達(dá)到共同速度v，此時(shí)長(zhǎng)木板C運(yùn)動(dòng)的位移為x2對(duì)小物塊B有μmg＝maB，veq\o\al(2,2)－v2＝2aB·x1對(duì)長(zhǎng)木板C有μmg＝2maC，v2＝2aC·x2，eq\f(v,aC)＝eq\f(v2－v,aB)木板的最小長(zhǎng)度L＝x1－x2由以上各式解得L＝eq\f(R,6μ).答案：見解析第二課時(shí)：三種觀點(diǎn)解決力學(xué)問題【題型解讀】1．解動(dòng)力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn)力的觀點(diǎn)運(yùn)用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問題能量觀點(diǎn)用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題動(dòng)量觀點(diǎn)用動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問題2.力的瞬時(shí)作用和力的空間積累作用分類對(duì)應(yīng)規(guī)律規(guī)律內(nèi)容公式表達(dá)力的瞬時(shí)作用牛頓第二定律物體的加速度大小與合外力成正比，與質(zhì)量成反比，方向與合外力的方向相同F(xiàn)合＝ma力的空間積累作用動(dòng)能定理外力對(duì)物體所做功的代數(shù)和等于物體動(dòng)能的增量W合＝ΔEk功能關(guān)系一個(gè)力做了多少功，就有多少能從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式W＝W其他1＋W其他2＋…機(jī)械能守恒定律在只有重力(或彈力)做功的情況下，系統(tǒng)的機(jī)械能的總量保持不變Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep23.動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的比較相同點(diǎn)(1)研究對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)(2)研究過程都是某一運(yùn)動(dòng)過程不同點(diǎn)動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可以寫出分量表達(dá)式；而動(dòng)能定理和能量守恒定律都是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式【跟進(jìn)題組】1．(2019·廣東惠州模擬)如圖所示為某工地一傳輸工件的裝置，AB為一段足夠大且固定的eq\f(1,4)圓弧軌道，圓弧半徑R＝m，BC為一段足夠長(zhǎng)的水平軌道，CD為一段固定的eq\f(1,4)圓弧軌道，圓弧半徑r＝1m，三段軌道均光滑．一長(zhǎng)為L(zhǎng)＝2m、質(zhì)量為M＝1kg的平板小車最初停在BC軌道的最左端，小車上表面剛好與AB軌道相切，且與CD軌道最低點(diǎn)處于同一水平面．一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m＝2kg的工件從距AB軌道最低點(diǎn)的高度為h處沿軌道自由滑下，滑上小車后帶動(dòng)小車向右運(yùn)動(dòng)，小車與CD軌道左端碰撞(碰撞時(shí)間極短)后即被粘在C處．工件只有從CD軌道最高點(diǎn)飛出，才能被站在臺(tái)面DE上的工人接?。ぜc小車的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝，取g＝10m/s2.求：(1)若h為m，則工件滑到圓弧底端B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為多大？(2)要使工件能被站在臺(tái)面DE上的工人接住，則h的取值范圍為多少？解析：(1)工件從起點(diǎn)滑到圓弧軌道底端B點(diǎn)，設(shè)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)工件做圓周運(yùn)動(dòng)，在B點(diǎn)，由牛頓第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)聯(lián)立解得FN＝40N由牛頓第三定律知，工件滑到圓弧底端B點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為FN′＝FN＝40N.(2)由于BC軌道足夠長(zhǎng)，要使工件能到達(dá)CD軌道，工件與小車必須能夠達(dá)到共速，設(shè)工件剛滑上小車時(shí)的速度為v0，工件與小車達(dá)到共速時(shí)的速度為v1，假設(shè)工件到達(dá)小車最右端才與其共速，規(guī)定向右為正方向，則對(duì)于工件與小車組成的系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1由動(dòng)能定理得μmgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,1)對(duì)于工件從AB軌道滑下的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgh1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)代入數(shù)據(jù)解得h1＝3m要使工件能從CD軌道最高點(diǎn)飛出，h1＝3m為其從AB軌道滑下的最大高度，設(shè)其從軌道下滑的最小高度為h′，剛滑上小車的速度為v′0，與小車達(dá)到共速時(shí)的速度為v′1，剛滑上CD軌道的速度為v′2，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv′0＝(m＋M)v′1由動(dòng)能定理得μmgL＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)Mv′eq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)工件恰好滑到CD軌道最高點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)＝mgr工件在AB軌道滑動(dòng)的過程，由機(jī)械能守恒定律得mgh′＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,0)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得h′＝eq\f(18,7)m綜上所述，要使工件能從CD軌道最高點(diǎn)飛出，應(yīng)使h滿足eq\f(18,7)m<h≤3m.答案：見解析2．(2019·衡水中學(xué)模擬)如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L＝m，傳送帶以恒定速率v＝m/s沿順時(shí)針方向勻速傳送．三個(gè)質(zhì)量均為m＝kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)．滑塊A以初速度v0＝m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B發(fā)生彈性碰撞后黏合在一起，碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A與B碰撞過程中滑塊C的速度仍為零．因碰撞使連接B、C的細(xì)繩受到擾動(dòng)而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)．已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝，重力加速度g取10m/s2.(1)求滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大??；(2)求滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；(3)若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？解析：(1)滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x由牛頓第二定律得μmg＝ma由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v＝vC＋at，x＝vCt＋eq\f(1,2)at2代入數(shù)據(jù)可得x＝m<L故滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為m/s.(2)設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2由動(dòng)量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1，(mA＋mB)v1＝(mA＋mB)v2＋mCvCA、B碰撞后，彈簧伸開的過程中系統(tǒng)能量守恒，則有Ep＋eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)代入數(shù)據(jù)可解得Ep＝J.(3)在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值vm，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳送帶的速度v設(shè)A與B碰撞后的速度為v′1，與滑塊C分離后A與B的速度為v′2，滑塊C的速度為v′CC在傳送帶上做勻減速運(yùn)動(dòng)的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度－位移公式得v2－v′eq\o\al(2,C)＝2(－a)L，解得v′C＝5m/s以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得，A、B碰撞過程有mAvm＝(mA＋mB)v′1彈簧伸開過程有(mA＋mB)v′1＝mCv′C＋(mA＋mB)v′2在彈簧伸展的過程中，由能量守恒定律得Ep＋eq\f(1,2)(mA＋mB)v′eq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v′eq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mCv′eq\o\al(2,C)聯(lián)立以上幾式并代入數(shù)據(jù)解得vm＝m/s.答案：見解析eq\a\vs4\al()合理選擇解題方法1．從研究對(duì)象上看(1)若多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，則一般不宜對(duì)多個(gè)物體整體應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)若研究對(duì)象為單個(gè)物體，則不能用動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量守恒定律；(3)若研究對(duì)象為多物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相互作用，一般用“守恒定律”去解決問題，但必須注意研究對(duì)象是否滿足定律的守恒條件．2．從研究過程上看(1)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析，則必須要用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)；(2)凡涉及復(fù)雜的直線或曲線運(yùn)動(dòng)問題，一般要用能量觀點(diǎn)或動(dòng)量觀點(diǎn)；(3)凡涉及短暫的相互作用問題優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理；(4)凡涉及碰撞、爆炸、反沖等問題，一般應(yīng)用動(dòng)量守恒定律．3．從所涉及的物理量看(1)如果涉及加速度的問題，則一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)如果涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間或作用時(shí)間的問題，一般優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理，其次考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(3)如果涉及運(yùn)動(dòng)的位移或路程的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(4)如果涉及初、末速度的問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動(dòng)量觀點(diǎn)，最后再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定律．當(dāng)然任何問題都有多樣性，上述所說的解決問題的途徑的選擇原則只是指一般情況下的選擇原則，并不是一成不變的．總之，在解決問題時(shí)要根據(jù)問題的特點(diǎn)靈活而恰當(dāng)?shù)剡x擇和應(yīng)用．多過程運(yùn)動(dòng)中力學(xué)觀點(diǎn)的應(yīng)用[典例](2017·高考天津卷)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA＝2kg、mB＝1kg.初始時(shí)A靜止于水平地面上，B懸于空中．現(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)＝m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放．一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng)，之后B恰好可以和地面接觸．取g＝10m/s2，空氣阻力不計(jì)．求：(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；(2)A的最大速度v的大?。?3)初始時(shí)B離地面的高度H.核心考點(diǎn)1.自由落體運(yùn)動(dòng)：h＝eq\f(1,2)gt2.2．動(dòng)量守恒定律．3．機(jī)械能守恒定律.命題技巧1.輕繩連接A、B能保證兩者速度相等．2．B恰好可以和地面接觸說明A、B兩者的末速度為零.核心素養(yǎng)1.物理觀念：相互作用觀念、運(yùn)動(dòng)觀念、能量觀念．2．科學(xué)思維：輕繩連接體模型.[審題關(guān)鍵](1)B靜止釋放后繩子松弛，其做自由落體運(yùn)動(dòng)．(2)繩繃直瞬間A、B相互作用滿足動(dòng)量守恒．(3)A、B一起運(yùn)動(dòng)直至落地過程中只有重力做功，滿足機(jī)械能守恒.[解析](1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有h＝eq\f(1,2)gt2①代入數(shù)據(jù)解得t＝s．②(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有vB＝gt③細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，由動(dòng)量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即為A的最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得v＝2m/s.⑤(3)細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說明此時(shí)A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥代入數(shù)據(jù)解得H＝m.[答案]見解析易錯(cuò)展示(1)繩繃直瞬間A、B相互作用，B的機(jī)械能有損失，不滿足機(jī)械能守恒．(2)B恰好和地面接觸時(shí)A的速度也正好為0.【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】(多選)(2019·廣東六校聯(lián)考)如圖甲所示，光滑平臺(tái)上的物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車B上，車與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不計(jì)，圖乙為物體A與小車B的v－t圖象，由此可知()A．小車上表面長(zhǎng)度B．物體A與小車B的質(zhì)量之比C．物體A與小車B上表面的動(dòng)摩擦因數(shù)D．小車B獲得的動(dòng)能解析：選BC.由圖象可知，A、B最終以共同速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，不能確定小車上表面長(zhǎng)度，故A錯(cuò)誤；由動(dòng)量守恒定律得，mAv0＝(mA＋mB)v1，解得：eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，故B正確；由圖象可以知道物體A相對(duì)小車B的位移Δx＝eq\f(1,2)v0t1，根據(jù)能量守恒得：μmAgΔx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,1)，根據(jù)B中求得質(zhì)量關(guān)系，可以解出動(dòng)摩擦因數(shù)，故C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動(dòng)能，故D錯(cuò)誤．如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)彈性小球A、B靜止在地面上方，B球距地面的高度h＝m，A球在B球的正上方．先將B球釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后再將A球釋放．當(dāng)A球下落t＝s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰．碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間A球的速度恰好為零．已知mB＝3mA，重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失．求：(1)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小；(2)P點(diǎn)距離地面的高度．解析：(1)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB＝eq\r(2gh) ①將h＝m代入上式，得vB＝4m/s. ②(2)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分別為v2和v′2.由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1＝gt ③由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相撞前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變．規(guī)定向下的方向?yàn)檎?，有mAv1＋mBv2＝mBv′2 ④eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mBv′eq\o\al(2,2) ⑤設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為v′B，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得v′B＝vB ⑥設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h′，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得h′＝eq\f(v′eq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,2),2g) ⑦聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得h′＝m.答案：(1)4m/s(2)m1．“蹦極”運(yùn)動(dòng)中，長(zhǎng)彈性繩的一端固定，另一端綁在人身上，人從幾十米高處跳下，將蹦極過程簡(jiǎn)化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng)，從繩恰好伸直，到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，下列分析正確的是()A．繩對(duì)人的沖量始終向上，人的動(dòng)量先增大后減小B．繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功，人的動(dòng)能一直減小C．繩恰好伸直時(shí)，繩的彈性勢(shì)能為零，人的動(dòng)能最大D．人在最低點(diǎn)時(shí)，繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力解析：選A.從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中，人先做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，后做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，加速度等于零時(shí)，速度最大，故人的動(dòng)量和動(dòng)能都是先增大后減小，加速度等于零時(shí)(即繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力時(shí))速度最大，動(dòng)量和動(dòng)能最大，在最低點(diǎn)時(shí)人具有向上的加速度，繩對(duì)人的拉力大于人所受的重力．繩的拉力方向始終向上與運(yùn)動(dòng)方向相反，故繩對(duì)人的沖量方向始終向上，繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功．故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤．2．(2019·合肥質(zhì)檢)一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a－t圖象如圖所示，t＝0時(shí)其速度大小為2m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2N，則()A．在t＝6s的時(shí)刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時(shí)間內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400JC．在0～6s時(shí)間內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36N·sD．在t＝6s的時(shí)刻，拉力F的功率為200W解析：選D.類比速度－時(shí)間圖象中位移的表示方法可知，速度變化量在加速度－時(shí)間圖象中由圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示，在0～6s內(nèi)Δv＝18m/s，v0＝2m/s，則t＝6s時(shí)的速度v＝20m/s，A項(xiàng)錯(cuò)；由動(dòng)能定理可知，0～6s內(nèi)，合力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B項(xiàng)錯(cuò)；由動(dòng)量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48N·s，C項(xiàng)錯(cuò)；由牛頓第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D項(xiàng)對(duì)．3.(2019·江蘇蘇北三市模擬)光滑水平地面上有一靜止的木塊，子彈水平射入木塊后未穿出，子彈和木塊的v－t圖象如圖所示．已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，從子彈射入木塊到達(dá)穩(wěn)定狀態(tài)，木塊動(dòng)能增加了50J，則此過程產(chǎn)生的內(nèi)能可能是()A．10J B．50JC．70J D．120J解析：選D.設(shè)子彈的初速度為v0，射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v，木塊的質(zhì)量為M，子彈的質(zhì)量為m，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,m＋M).木塊獲得的動(dòng)能為Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(Mm2veq\o\al(2,0),2（M＋m）2)＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)·eq\f(m,M＋m).系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(Mmveq\o\al(2,0),2（M＋m）)，可得Q＝eq\f(M＋m,m)Ek>50J，當(dāng)Q＝70J時(shí)，可得M∶m＝2∶5，因已知木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，選項(xiàng)A、B、C錯(cuò)誤；當(dāng)Q＝120J時(shí)，可得M∶m＝7∶5，木塊質(zhì)量大于子彈質(zhì)量，選項(xiàng)D正確．4.(2017·高考天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一．摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．下列敘述正確的是()A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B．在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變解析：選B.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中乘客的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能一直變化，故機(jī)械能一直變化，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對(duì)他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，C錯(cuò)誤；重力瞬時(shí)功率等于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動(dòng)過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時(shí)功率也是變化的，D錯(cuò)誤．5．(多選)(2019·山東威海模擬)如圖所示，現(xiàn)有甲、乙兩滑塊，質(zhì)量分別為3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向運(yùn)動(dòng)，發(fā)生碰撞．已知碰撞后，甲滑塊靜止不動(dòng)，則()A．碰撞前總動(dòng)量大小為2mvB．碰撞過程動(dòng)量不守恒C．碰撞后乙的速度大小為2vD．碰撞屬于非彈性碰撞解析：選AC.取向右為正方向，碰撞前總動(dòng)量為3mv－mv＝2mv，A正確；碰撞過程兩滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒，B錯(cuò)誤；設(shè)碰撞后乙的速度為v′，由動(dòng)量守恒定律得3mv－mv＝0＋mv′，解得v′＝2v，C正確；碰撞前總動(dòng)能為eq\f(1,2)·3mv2＋eq\f(1,2)mv2＝2mv2，碰撞后總動(dòng)能為0＋eq\f(1,2)m(2v)2＝2mv2，碰撞前后無機(jī)械能損失，碰撞屬于彈性碰撞，D錯(cuò)誤．6．(多選)質(zhì)量為m的物體(可視為質(zhì)點(diǎn))套在光滑水平固定直桿上，其上拴一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧另一端固定于距離直桿3d的O點(diǎn)，物體從A點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度也為v0，OA、OB與水平桿的夾角大小如圖所示，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)(取sin37°＝，cos37°＝．下列說法正確的是()A．從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，物體的速度先增大后減小B．物體在A、B兩點(diǎn)時(shí)彈簧彈力的功率相等C．彈簧的原長(zhǎng)為D．物體在A點(diǎn)時(shí)加速度的大小為eq\f(2kd,5m)解析：選CD.由圖中的幾何關(guān)系可得OA＝eq\f(3d,sin37°)＝5d，OB＝eq\f(3d,sin30°)＝6d，由于物體從A點(diǎn)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度也為v0，可知從A到B的過程中物體的動(dòng)能變化量為0；在該過程中，由于桿光滑，結(jié)合動(dòng)能定理可知彈簧對(duì)物體做功的和等于0，物體在A點(diǎn)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能等于物體在B點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能，結(jié)合彈性勢(shì)能的特點(diǎn)可知，開始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，后來彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，且彈簧的壓縮量等于后來彈簧的伸長(zhǎng)量，即L0－5d＝6d－L0，所以彈簧的原長(zhǎng)L0＝.物體從A向O點(diǎn)正下方運(yùn)動(dòng)的過程中彈簧繼續(xù)壓縮，所以彈簧對(duì)物體做負(fù)功，物體的速度減小；物體從O點(diǎn)的正下方向B運(yùn)動(dòng)的過程中彈簧伸長(zhǎng)，先對(duì)物體做正功，物體的速度增大；當(dāng)彈簧的長(zhǎng)度大于彈簧原長(zhǎng)后，彈簧又開始對(duì)物體做負(fù)功，物體的速度又減?。晕矬w先減速，再加速，最后又減速，A錯(cuò)誤，C正確；如圖所示，分別畫出A、B兩點(diǎn)受到的彈力與速度，由公式P＝Fvcosθ可知，A、B兩點(diǎn)F與v0之間的夾角不同，則A、B兩點(diǎn)彈簧彈力的功率不相等，B錯(cuò)誤；在A點(diǎn)，彈簧的彈力F與運(yùn)動(dòng)方向之間的夾角為180°－37°＝143°，則物體在A點(diǎn)的加速度大小a＝eq\f(k（5d－L0）cos143°,m)＝eq\f(2kd,5m)，D正確．7．(2019·河北邯鄲摸底)如圖所示，木塊A、B的質(zhì)量均為m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木塊A、B間夾有一小塊炸藥(炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì))．讓A、B以初速度v0一起從O點(diǎn)滑出，滑行一段距離后到達(dá)P點(diǎn)，速度變?yōu)閑q\f(v0,2)，此時(shí)炸藥爆炸使木塊A、B脫離，發(fā)現(xiàn)木塊B立即停在原位置，木塊A繼續(xù)沿水平方向前進(jìn)．已知O、P兩點(diǎn)間