模型35 解動力學(xué)問題的三大觀點及選用原則（解析版）-2025版高考物理熱點模型精-品講義

模型35解動力學(xué)問題的三大觀點及選用原則01模型概述01模型概述1.解動力學(xué)問題的三個基本觀點 1）動力學(xué)觀點：運用牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)知識解題，可處理勻變速運動問題． 2）能量觀點：用動能定理和能量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題． 3）動量觀點：用動量守恒觀點解題，可處理非勻變速運動問題．用動量定理可簡化問題的求解過程．2．力的三個作用效果及五個規(guī)律1)力的三個作用效果作用效果對應(yīng)規(guī)律表達式列式角度力的瞬時作用效果牛頓第二定律F合＝ma動力學(xué)力在空間上的積累效果動能定理W合＝ΔEk即W合＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12功能關(guān)系力在時間上的積累效果動量定理I合＝Δp即FΔt＝mv′－mv沖量與動量的關(guān)系2)兩個守恒定律名稱表達式列式角度能量守恒定律(包括機械能守恒定律)E2＝E1能量轉(zhuǎn)化(轉(zhuǎn)移)動量守恒定律p2＝p1動量關(guān)系3.力學(xué)規(guī)律的選用原則 1）如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律． 2）研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運動狀態(tài)改變時，一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題． 3）若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件． 4）在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的減少量，即轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)內(nèi)能的量． 5）在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，作用時間都極短，因此用動量守恒定律去解決．6）對多個物理過程進行整體思考，即把幾個過程合為一個過程來處理，如用動量守恒定律解決比較復(fù)雜的運動。7）對多個研究對象進行整體思考，即把兩個或兩個以上的物體作為一個整體進行考慮，如應(yīng)用動量守恒定律時，就是把多個物體看成一個整體(或系統(tǒng))。8）若單獨利用動量觀點(或能量觀點)無法解決問題，可嘗試兩種觀點結(jié)合聯(lián)立方程求解。02典題攻破02典題攻破1.靈活應(yīng)用力學(xué)三大觀點解題【典型題1】（2025·浙江·一模）如圖所示，光滑板車由一個半徑，夾角光滑圓弧軌道與粗糙度可由神奇遙控器隨時調(diào)節(jié)的長的水平板平滑連接，光滑板車的質(zhì)量，一個質(zhì)量為的小球從A點水平拋出，初速度，恰好能沿著圓弧進入圓弧軌道。除水平板外一切摩擦均不計。(1)小球的拋出點距離點的高度；(2)若板車固定在水平面上，求小球首次到達點小車對小球的支持力；(3)若板車不固定，求小球首次到達點時小車對小球的支持力大?。?4)調(diào)節(jié)水平板的摩擦因素，使得從拋出開始計時，經(jīng)過0.92s物塊恰好位于水平板中間的位置，求此時小車對地位移的大??？【答案】(1)0.512m(2)98N，方向豎直向上(3)135N(4)0.1m【詳解】（1）B點豎直分速度方向有（2）到達點速度為能量守恒C點根據(jù)牛頓第二定律聯(lián)立解得方向豎直向上（3）能量守恒水平方向動量守恒聯(lián)立解得C點牛頓第二定律解得（4）過程水平方向動量定理微元求和水平方向位移關(guān)系解得大小為0.1m。03針對訓(xùn)練03針對訓(xùn)練1．（2025·湖北·一模）如圖所示，光滑水平面與光滑曲面平滑連接，水平面上有兩個半徑相同的小球A和B，小球B的質(zhì)量是小球A的質(zhì)量的三倍?，F(xiàn)讓A球以速度向右運動與靜止的B球發(fā)生彈性正碰，碰后小球B沿曲面上升到最大高度后又沿曲面返回到水平面，重力加速度的大小為g，求(1)碰后小球A、B的速度大??；(2)小球B沿曲面上升的最大高度?！敬鸢浮?1)，(2)【詳解】（1）設(shè)小球A的質(zhì)量為，小球B的質(zhì)量為，則

小球A碰后的速度為，小球A碰后的速度為，A、B發(fā)生彈性正碰解得負號表示碰后A球向左運動

（2）設(shè)B球在曲面上上升的最大高度為h，由機械能守恒定律可得聯(lián)立解得2．（2025·湖北·一模）如圖甲所示，豎直輕彈簧固定在水平地面上。質(zhì)量為m的鐵球由彈簧的正上方h高處A點自由下落，在B點與彈簧接觸后開始壓縮彈簧，鐵球下落到的最低點為C點。以A點為坐標原點，沿豎直向下建立x軸，鐵球從A到C過程中的加速度a—位移x圖像如圖乙所示，圖像與x軸的交點坐標為。已知，不計空氣阻力，重力加速度的大小為g，求(1)輕彈簧的勁度系數(shù)；(2)鐵球下落過程中的最大速度；(3)鐵球下落過程中的最大加速度?！敬鸢浮?1)(2)，方向豎直向下(3)，方向豎直向上【詳解】（1）處為平衡位置，則有解得（2）在平衡位置處速度最大，設(shè)為；從A到平衡位置處，根據(jù)動能定理可得解得方向豎直向下。（3）鐵球在C點時的加速度最大，設(shè)為，此時鐵球的坐標為；則從A到C處，根據(jù)動能定理可得解得在C處，根據(jù)牛頓第二定律可得解得方向豎直向上。3．（2025·湖北黃岡·一模）如圖所示，勻質(zhì)木板A、B右端對齊靜止疊放于光滑水平面上，木板A的質(zhì)量為m、長度為L，木板B的質(zhì)量為、長度，A、B間動摩擦因數(shù)為，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g。(1)若對A施加水平向右的拉力F，A、B間恰好發(fā)生相對滑動，求F的大小；(2)若對A施加水平向右的恒力，求木板A、B左端對齊所需時間；(3)若地面不光滑，木板A與地面間的動摩擦因數(shù)為，對B施加水平向左的恒力，作用一段時間后再撤去，木板B恰好未從木板A上掉落。求木板B速度的最大值和木板A運動的總時間t。【答案】(1)(2)(3)，【詳解】（1）A、B間恰好發(fā)生相對滑動，對B由牛頓第二定律對AB整體解得（2）若對A施加水平向右的恒力，則AB之間產(chǎn)生滑動，此時B的加速度仍為A的加速度為木板A、B左端對齊時解得所需時間（3）設(shè)作用的時間為，撤力時B的速度最大，撤力后再經(jīng)時間A、B速度共速，由A與地面間的動摩擦因數(shù)小于A、B間動摩擦因數(shù)，共速后兩者一起勻減速直至停下，設(shè)撤力前B的加速度大小為，撤力后B相對A滑動的加速度大小為，共速前A的加速度大小為，共速后A的加速度大小為，撤力前對B分析有共速前對A分析共速后對A、B分析木板B恰好未從木板A上掉落，應(yīng)滿足其中最大速度解得A運動的總時間解得4．（2025·重慶·模擬預(yù)測）如圖所示，一足夠長的傾斜傳送帶以速度v＝5m/s沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶與水平方向的夾角θ＝37°。質(zhì)量均為m＝5kg的小物塊A和B由跨過定滑輪的輕繩連接，A與定滑輪間的繩子與傳送帶平行，輕繩足夠長且不可伸長。某時刻開始給物塊A以沿傳送帶方向的初速度v0＝14m/s（此時物塊A、B的速率相等，且輕繩繃緊），使物塊A從傳送帶下端沖上傳送帶，已知物塊A與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，不計滑輪的質(zhì)量與摩擦，整個運動過程中物塊B都沒有上升到定滑輪處。取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10m/s2。求:(1)物塊A剛沖上傳送帶時的加速度；(2)物塊A沖上傳送帶運動到最高點所用時間；(3)物塊A沿傳送帶向上運動的過程中，物塊A對傳送帶做的功?！敬鸢浮?1),方向沿傳送帶向下(2)(3)【詳解】（1）物塊A剛沖上傳送帶時，對A物塊，根據(jù)牛頓第二定律有對B物塊聯(lián)立解得方向沿傳送帶向下；（2）物塊減速到與傳送帶共速后，物塊繼續(xù)向上做勻減速直線運動，對A物塊，根據(jù)牛頓第二定律有聯(lián)立解得當物塊A的速度減為零時，其沿傳送帶向上運動的距離最遠，則有聯(lián)立解得（3）此過程中物塊對傳送帶做的功其中解得5．（2025·重慶·模擬預(yù)測）如圖所示，光滑水平面上有一傾角θ＝37°的斜面體B，物塊A從斜面體底部以初速度v0＝5m/s開始上滑。已知mA＝1kg，mB＝2kg，物塊A可視為質(zhì)點，斜面體B上表面光滑，運動過程中物塊A始終不脫離斜面體，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)若斜面體B固定，求物塊A上升的最大高度；(2)若斜面體B可自由滑動，求物塊A上升的最大高度；(3)若斜面體B可自由滑動，且其表面有一層絨布，物塊A相對斜面上滑時動摩擦因數(shù)μ1＝0.5，下滑時μ2，求物塊A從出發(fā)到重新回到最低點的過程中的位移大小及系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量?！敬鸢浮?1)1.25m(2)(3),【詳解】（1）若斜面體B固定，對物塊A，根據(jù)機械能守恒可得解得物塊A上升的最大高度（2）物塊A到達最高點時，與斜面體B相對速度為0，水平方向共速，由水平方向動量守恒可得根據(jù)能量守恒可得解得（3）沿斜面方向建立x軸，垂直斜面方向建立y軸，在上滑過程中，對A分析如圖（a）所示，對B分析如圖（b）所示在y方向上A、B初速度均為0且始終不分離，故每時每刻y方向的位移、速度、加速度均相同，在任意時刻，均有解得在下滑過程中，對A分析如圖（c）所示，對B分析如圖（d）所示同理，在任意時刻，均有解得說明A物體上滑、下滑過程中支持力均為定值，兩物體受力始終為恒力。以B為參考系，在上滑過程中，有解得則又解得在下滑過程中，有解得由可得故摩擦生熱物塊A最終回到斜面體B底端，故整個過程中A、B位移相同，為6．（2025·江西南昌·一模）如圖，一長為L（L是未知量）、質(zhì)量為的長木板放在光滑水平地面上，物塊A、B、C放在長木板上，物塊A在長木板的左端，物塊C在長木板上的右端，物塊B與物塊A的距離，所有物塊均保持靜止?，F(xiàn)對物塊A施加一個水平向右的推力，在物塊A、B即將發(fā)生碰撞前的瞬間撤去推力F。已知物塊A的質(zhì)量為，物塊B、C的質(zhì)量為，物塊A、B、C與長木板的動摩擦因數(shù)均為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取，物塊A、B、C均可視為質(zhì)點，物塊間的碰撞均無機械能損失。求：(1)施加推力時，物塊A的加速度的大??；(2)物塊A、B碰撞后的瞬間各自的速度大??；(3)若將長木板換成輕質(zhì)薄板，其它條件不變，求從施加推力F到物塊A、B、C與輕質(zhì)薄板共速所需的時間（整個過程中物塊B、C不相碰）?！敬鸢浮?1)(2)，(3)【詳解】（1）對A進行受力分析可得代入題中數(shù)據(jù)解得（2）假設(shè)長木板、物體B、C一起加速，加速度為，則有因為假設(shè)成立。所以設(shè)物體A與物體B碰前所需時間為t，則解得設(shè)物體A、B碰前速度為、，則，解得，物體A、B碰后速度為、，則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得解得，（3）對A有得輕質(zhì)薄木板與B、C相對靜止，有相同的加速度設(shè)物體A與物體B碰前所需時間為，物體A、B碰前速度為、，則得且，物體A、B碰后速度為、，則根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律可得解得，A、B碰后，輕質(zhì)木板的合力應(yīng)該為零，A與薄板不能出現(xiàn)相對滑動否則木板合力不為零，木板和A勻速，B勻減速，C勻加速至，時間，則此時B的速度此后，物體A、C薄板相對靜止，一起勻加，B勻減至共速，物體A、C的加速度大小物體B的加速度大小由得則所需總時間7．（2024·全國·模擬預(yù)測）某游樂項目裝置簡化如圖，AB為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑，O為圓心，A、B分別為滑梯的最高點和最低點，且。滑梯底端B與一水平傳送帶相切，傳送帶的長度，傳送帶以速度順時針勻速轉(zhuǎn)動．質(zhì)量的游客，從A點由靜止開始下滑，在B點滑上傳送帶．游客與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，重力加速度取，求；(1)游客滑到B點時對滑梯的壓力大?。?2)游客從傳送帶的左端運動到右端的時間；(3)游客與傳送帶間因摩擦產(chǎn)生的熱量．【答案】(1)(2)4s(3)400J【詳解】（1）設(shè)游客滑到B點時速度為，從A到B過程，由機械能守恒定律得解得在B點根據(jù)牛頓第二定律有解得由牛頓第三定律可知，在B點游客對滑梯的壓力大小為（2）游客滑上傳送帶，由牛頓第二定律得設(shè)經(jīng)時間游客與傳送帶共速，則有解得在時間內(nèi)游客通過的距離為之后游客與傳送帶共同勻速運動，有解得可知游客從傳送帶的左端運動到右端的時間為（3）內(nèi)游客與傳送帶間發(fā)生的相對位移則因摩擦產(chǎn)生的熱量8．（2025·福建·一模）如圖所示，水平傳送帶AB長，以的速度順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶與半徑可調(diào)的豎直光滑半圓軌道BCD平滑連接，CD段為光滑管道，小物塊（可視為質(zhì)點）輕放在傳送帶左端，已知小物塊的質(zhì)量，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)，，重力加速度。(1)求小物塊到達B點時的速度大??；(2)求由于傳送小物塊，電動機多做的功；(3)若要使小物塊從D點飛出后落回傳送帶的水平距離最大，求半圓軌道半徑R的大?。?4)若小物塊在半圓軌道內(nèi)運動時始終不脫離軌道且不從D點飛出，求半圓軌道半徑R的取值范圍?！敬鸢浮?1)4m/s(2)16J(3)0.2m(4)或【詳解】（1）對小物塊受力分析，由牛頓第二定律解得設(shè)小物塊與傳送帶共速的時間為t1，由運動學(xué)公式可得加速的位移為因為所以小物塊在傳送帶上先加速后勻速，到達B點時的速度大小為4m/s。（2）小物塊在傳送帶上因摩擦而產(chǎn)生的熱量為由于傳送小物塊，電動機多做的功為（3）從B點到D點，由動能定理小物塊離開D點后做平拋運動，有聯(lián)立可得由數(shù)學(xué)關(guān)系可知，當時，小物塊從D點飛出后落回傳送帶的水平距離最大（4）①剛好沿半圓到達與圓心O等高處，根據(jù)動能定理解得小物塊在半圓軌道內(nèi)運動時始終不脫離軌道，則②剛好到達C點不脫軌，臨界條件是彈力為0，在C點從B點到C點，根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)解得③剛好到達D點不脫軌，在D點有，從B點到D點，根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)解得若小物塊在半圓軌道內(nèi)運動時不從D點飛出，則滿足綜上所述，半圓軌道半徑R的取值范圍為或9．（2024·吉林·一模）下圖為某公司自動卸貨過程的簡化示意圖。用來裝運貨物的平底箱和處于足夠長的光滑水平軌道上的無動力小車質(zhì)量均為m=6kg，光滑傾斜軌道底端通過一小段光滑圓弧與小車無縫接觸，需要運送的貨物距離軌道底端的高度為h=5m，小車右端固定一豎直擋板，平底箱與小車上表面的動摩擦因數(shù)為μ=0.125，平底箱與擋板碰撞后不反彈。軌道右端固定一勁度系數(shù)無窮大的理想彈簧（壓縮彈簧可以全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，但壓縮量可以忽略）。小車受彈簧作用速度減為零時立即鎖定小車，卸下貨物后將平底箱緊靠擋板放置并解除對小車的鎖定，小車及空的平底箱一起被彈回，小車與水平軌道左側(cè)臺階碰撞瞬間停止，空平底箱滑出小車沖上傾斜軌道回到出發(fā)點，每次貨物裝箱后不會在平底箱中滑動，取重力加速度g=10m/s2。求：(1)平底箱滑上小車前瞬間的速度大??；(2)當某次貨物質(zhì)量為M=24kg，若能將空箱順利運回釋放點，小車的長度L需滿足什么條件；(3)當小車的長度為L=5m，若能順利將空箱順利運回釋放點，每次運送的貨物質(zhì)量M應(yīng)滿足什么要求?！敬鸢浮?1)10m/s(2)見解析(3)見解析【詳解】（1）設(shè)平底箱滑上小車前瞬間的速度大小為v0，對平底箱從A點到滑上小車前根據(jù)動能定理可得解得（2）設(shè)平底箱與右側(cè)豎直擋板碰撞后的速度為v共，則對平底箱滑上小車到與擋板碰撞，根據(jù)動量守恒定律有解得設(shè)小車被鎖定時彈簧的彈性勢能為Ep，由能量守恒定律可得小車彈回過程中，彈性勢能轉(zhuǎn)化為平底箱和小車的動能，而小車與水平軌道左側(cè)臺階碰撞時瞬間停止，則這一部分能量損失，此時對平底容器從擋板處滑上出發(fā)點，根據(jù)能量守恒定律有解得（3）當小車的長度為L=5m，若能順利將空箱順利運回釋放點，則聯(lián)立可得10．（2024·河北邯鄲·一模）如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質(zhì)彈簧左端固定，自然伸長位置為點，彈簧的勁度系數(shù)，圓軌道的半徑，圓管的內(nèi)徑比小球直徑略大，但遠小于圓軌道半