1．解動(dòng)力學(xué)問題的三個(gè)基本觀點(diǎn)
(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)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．
(2)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．
(3)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．用動(dòng)量定理可簡化問題的求解過程．
2．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(shí)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(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問題)或動(dòng)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(dòng)量守恒定律和機(jī)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(shí)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(jī)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(shí)，需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，作用時(shí)間都極短，因此用動(dòng)量守恒定律去解決．
題型一 動(dòng)量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
例1 (2020·天津卷·11)長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)．A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)．當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動(dòng)，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)．不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：
(1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大??；
(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大？
答案 (1)m1eq \r(5gl) (2)eq \f(5gl?2m1＋m2?2,2m2)
解析 (1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律，有
m1g＝m1eq \f(v2,l)
A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中機(jī)械能守恒，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，有
eq \f(1,2)m1vA2＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl
聯(lián)立解得vA＝eq \r(5gl)
由動(dòng)量定理，有I＝m1vA＝m1eq \r(5gl)
(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)速度大小為v′，若A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，需滿足
v′＝vA
要達(dá)到上述條件，碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同，以此方向?yàn)檎较?，設(shè)B碰前瞬間的速度大小為vB，由動(dòng)量守恒定律，有
m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′
聯(lián)立解得vB＝eq \f(\r(5gl)?2m1＋m2?,m2)
又Ek＝eq \f(1,2)m2vB2
可得碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少為
Ek＝eq \f(5gl\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2m1＋m2))2,2m2).
例2 如圖所示，光滑水平軌道MN左端與傾角θ＝37°的足夠長的斜面PM連接，右端與半徑為R的eq \f(1,4)光滑圓弧軌道QN連接．質(zhì)量分別為m1＝2 kg和m2＝3 kg的滑塊A、B之間夾有少量炸藥，靜止在MN上(滑塊A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，炸藥的質(zhì)量忽略不計(jì))．炸藥引爆后釋放的化學(xué)能E＝30 J全部轉(zhuǎn)化為兩滑塊的動(dòng)能，之后滑塊B沖上圓弧軌道，滑塊A沖上斜面PM，A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8.求：
(1)炸藥引爆后A、B到達(dá)M、N點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能EA、EB各為多大；
(2)已知B恰好能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)Q，圓弧軌道的半徑R是多大；
(3)A沿斜面上滑的最大距離x.
答案 (1)18 J 12 J (2)0.4 m (3)0.9 m
解析 (1)設(shè)炸藥引爆后A、B的速度大小各為v1、v2，
取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得
m1v1－m2v2＝0
由能量守恒定律得：E＝eq \f(1,2)m1v12＋eq \f(1,2)m2v22；
可得EA＝eq \f(1,2)m1v12，EB＝eq \f(1,2)m2v22；
聯(lián)立解得EA＝18 J，EB＝12 J
(2)B從N到Q的上滑過程，由機(jī)械能守恒定律得EB＝m2gR
可得R＝0.4 m
(3)A從M沿斜面上滑的過程，運(yùn)用動(dòng)能定理得：
－m1gxsin 37°－μm1gxcs 37°＝0－EA
解得x＝0.9 m.
題型二 力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用
例3 如圖所示，一質(zhì)量為M＝3.0 kg的平板車靜止在光滑的水平地面上，其右側(cè)足夠遠(yuǎn)處有一障礙物A，質(zhì)量為m＝2.0 kg的b球用長l＝2 m的細(xì)線懸掛于障礙物正上方，一質(zhì)量也為m的滑塊(視為質(zhì)點(diǎn))以v0＝7 m/s的初速度從左端滑上平板車，同時(shí)對平板車施加一水平向右的，大小為6 N的恒力F.當(dāng)滑塊運(yùn)動(dòng)到平板車的最右端時(shí)，二者恰好相對靜止，此時(shí)撤去恒力F.當(dāng)平板車碰到障礙物A時(shí)立即停止運(yùn)動(dòng)，滑塊水平飛離平板車后與b球正碰并與b粘在一起成為c.不計(jì)碰撞過程中的能量損失，不計(jì)空氣阻力．已知滑塊與平板車間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.3，g取10 m/s2，求：
(1)撤去恒力F前，滑塊、平板車的加速度各為多大，方向如何；
(2)撤去恒力F時(shí)，滑塊與平板車的速度大??；
(3)c能上升的最大高度．
答案 (1)滑塊的加速度為3 m/s2、方向水平向左，平板車的加速度為4 m/s2，方向水平向右 (2)4 m/s (3)0.2 m
解析 (1)對滑塊，由牛頓第二定律得：
a1＝μg＝3 m/s2，方向水平向左
對平板車，由牛頓第二定律得：a2＝eq \f(F＋μmg,M)＝eq \f(6＋0.3×20,3) m/s2＝4 m/s2，方向水平向右
(2)設(shè)經(jīng)過時(shí)間t1滑塊與平板車相對靜止，此時(shí)撤去恒力F，共同速度為v1
則：v1＝v0－a1t1
v1＝a2t1
解得：t1＝1 s，v1＝4 m/s.
(3)規(guī)定向右為正方向，對滑塊和b球組成的系統(tǒng)運(yùn)用動(dòng)量守恒得，mv1＝2mv2，
解得v2＝eq \f(v1,2)＝eq \f(4,2) m/s＝2 m/s.
根據(jù)機(jī)械能守恒得，eq \f(1,2)×2mv22＝2mgh，
解得h＝eq \f(v22,2g)＝eq \f(4,20) m＝0.2 m.
例4 如圖所示，水平桌面左端有一頂端高為h的光滑圓弧形軌道，圓弧的底端與桌面在同一水平面上．桌面右側(cè)有一豎直放置的光滑圓軌道MNP，其形狀為半徑R＝0.8 m的圓環(huán)剪去了左上角135°后剩余的部分，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離也為R.一質(zhì)量m＝0.4 kg的物塊A自圓弧形軌道的頂端釋放，到達(dá)圓弧形軌道底端恰與一停在圓弧底端水平桌面上質(zhì)量也為m的物塊B發(fā)生彈性正碰(碰撞過程沒有機(jī)械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時(shí)間變化的關(guān)系式為s＝6t－2t2(關(guān)系式中所有物理量的單位均為國際單位)，物塊B飛離桌面后恰由P點(diǎn)沿切線落入圓軌道．(重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)BP間的水平距離sBP；
(2)判斷物塊B能否沿圓軌道到達(dá)M點(diǎn)；
(3)物塊A由靜止釋放的高度h.
答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m
解析 (1)設(shè)碰撞后物塊B由D點(diǎn)以初速度vD做平拋運(yùn)動(dòng)，
落到P點(diǎn)時(shí)vy2＝2gR①
其中eq \f(vy,vD)＝tan 45°②
由①②解得vD＝4 m/s③
設(shè)平拋用時(shí)為t，水平位移為s2，則有R＝eq \f(1,2)gt2④
s2＝vDt⑤
由④⑤解得s2＝1.6 m⑥
物塊B碰后以初速度v0＝6 m/s，加速度a＝－4 m/s2減速到vD，則BD過程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vD2－v02＝2as1⑦
解得s1＝2.5 m⑧
故BP之間的水平距離sBP＝s2＋s1＝4.1 m⑨
(2)若物塊B能沿軌道到達(dá)M點(diǎn)，在M點(diǎn)時(shí)其速度為vM，由D到M的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)動(dòng)能定理，
則有－eq \f(\r(2),2)mgR＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)mvD2⑩
設(shè)在M點(diǎn)軌道對物塊的壓力為FN，
則FN＋mg＝meq \f(vM2,R)?
由⑩?解得FN＝(1－eq \r(2))mgxB，所以會(huì)發(fā)生第二次碰撞．
2.如圖，一水平放置的圓環(huán)形鐵槽固定在水平面上，鐵槽底面粗糙，側(cè)壁光滑，半徑R＝eq \f(2,π) m，槽內(nèi)放有兩個(gè)大小相同的彈性滑塊A、B，質(zhì)量均為m＝0.2 kg.兩滑塊初始位置與圓心連線夾角為90°；現(xiàn)給A滑塊一瞬時(shí)沖量，使其獲得v0＝2eq \r(10) m/s的初速度并沿鐵槽運(yùn)動(dòng)，與B滑塊發(fā)生彈性碰撞(設(shè)碰撞時(shí)間極短)；已知A、B滑塊與鐵槽底面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10 m/s2；試求：
(1)A、B第一次相碰過程中，系統(tǒng)儲(chǔ)存的最大彈性勢能Epm；
(2)A滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程．
答案 見解析
解析 (1)對A滑塊，由動(dòng)能定理可得：
－μmgeq \f(2πR,4)＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
A、B碰撞時(shí)，兩者速度相等時(shí)，儲(chǔ)存的彈性勢能最大，由動(dòng)量守恒定律得：
mv1＝(m＋m)v2
又由能量守恒定律可得：
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)(m＋m)v22＋Epm
解得：Epm＝1.8 J
(2)A、B發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：mv1＝mv3＋mv4
又由機(jī)械能守恒定律可得：
eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)mv32＋eq \f(1,2)mv42
解得：v3＝0，v4＝6 m/s
A、B的總路程為s1，由功能關(guān)系有：－μmgs1＝0－eq \f(1,2)mv02
A、B運(yùn)動(dòng)的總?cè)?shù)為n，有：s1＝2πRn
得：n＝2.5
對A、B的運(yùn)動(dòng)過程分析，A運(yùn)動(dòng)了1.25圈，
故A滑塊的路程s2＝1.25×2πR＝5 m.
3.光滑四分之一圓弧導(dǎo)軌最低點(diǎn)切線水平，與光滑水平地面上?？康囊恍≤嚿媳砻娴雀?，小車質(zhì)量M＝2.0 kg，高h(yuǎn)＝0.2 m，如圖所示．現(xiàn)從圓弧導(dǎo)軌頂端將一質(zhì)量為m＝0.5 kg的滑塊由靜止釋放，當(dāng)小車的右端運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，滑塊正好從小車右端水平飛出，落在地面上的B點(diǎn)．滑塊落地后0.2 s小車右端也到達(dá)B點(diǎn)．已知AB相距L＝0.4 m，g取10 m/s2，求：
(1)滑塊離開小車時(shí)的速度大??；
(2)圓弧導(dǎo)軌的半徑；
(3)滑塊滑過小車的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能．
答案 (1) 2 m/s (2) 1.8 m (3) 7 J
解析 (1)滑塊平拋過程中，沿豎直方向有：
h＝eq \f(1,2)gt12
沿水平方向：L＝v1t1
解得：t1＝eq \r(\f(2h,g))＝0.2 s，v1＝eq \f(L,t1)＝2 m/s
(2)滑塊滑出后小車做勻速直線運(yùn)動(dòng)：v2＝eq \f(L,t1＋Δt)＝eq \f(0.4,0.2＋0.2) m/s＝1 m/s
滑塊在小車上運(yùn)動(dòng)的過程中，滑塊與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，
則：mv0＝mv1＋Mv2
代入數(shù)據(jù)得：v0＝6 m/s
滑塊在圓弧導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒，有：
mgR＝eq \f(1,2)mv02
代入數(shù)據(jù)得：R＝1.8 m
(3)根據(jù)能量守恒可得滑塊滑過小車表面的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能：ΔE＝mgR－(eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)Mv22)
代入數(shù)據(jù)得：ΔE＝7 J.
4．如圖所示，水平軌道OP光滑，PM粗糙，PM長L＝3.2 m．OM與半徑R＝0.15 m的豎直半圓軌道MN平滑連接．小物塊A自O(shè)點(diǎn)以v0＝14 m/s向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在P點(diǎn)的小物塊B發(fā)生正碰(碰撞時(shí)間極短)，碰后A、B分開，A恰好運(yùn)動(dòng)到M點(diǎn)停止．A、B均看作質(zhì)點(diǎn)．已知A的質(zhì)量mA＝1.0 kg，B的質(zhì)量mB＝2.0 kg，A、B與軌道PM的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，g取10 m/s2，求：
(1)碰后A、B的速度大??；
(2)碰后B沿軌道PM運(yùn)動(dòng)到M所需時(shí)間；
(3)若B恰好能到達(dá)半圓軌道最高點(diǎn)N，求沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)過程損失的機(jī)械能．
答案 (1) 4 m/s 5 m/s (2) 0.8 s (3) 1.5 J
解析 (1)由牛頓第二定律，A、B在PM上滑行時(shí)的加速度大小相同，均為a，
a＝eq \f(μmAg,mA)＝eq \f(μmBg,mB)＝μg
代入數(shù)據(jù)得：a＝2.5 m/s2
由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)，對A，v12＝2aL
得碰后速度v1＝4 m/s
A、B相碰的過程中系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒，選取向右為正方向，得：mAv0＝mAv1＋mBv2
得碰后B的速度v2＝5 m/s
(2)對B物塊，P到M的運(yùn)動(dòng)過程，有：
L＝v2t－eq \f(1,2)at2
結(jié)合(1)可解得：t1＝3.2 s(不符合，舍去)
t2＝0.8 s
即所求時(shí)間t＝0.8 s
(3)B在M點(diǎn)的速度大小v3＝v2－at
代入數(shù)值解得：v3＝3 m/s
B恰好過N點(diǎn)，滿足：eq \f(mBv42,R)＝mBg
M到N過程，由功能關(guān)系可得
ΔE＝eq \f(1,2)mBv32－eq \f(1,2)mBv42－2mBgR
聯(lián)立解得損失機(jī)械能：ΔE＝1.5 J.

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