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．
題型一 動量與能量觀點的綜合應(yīng)用
例1 (2022·廣東卷·13)某同學(xué)受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設(shè)計了如圖所示的物理模型．豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止?fàn)顟B(tài)．當(dāng)滑塊從A處以初速度v0為10 m/s向上滑動時，受到滑桿的摩擦力Ff為1 N，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動．已知滑塊的質(zhì)量m＝0.2 kg，滑桿的質(zhì)量M＝0.6 kg，A、B間的距離l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力．求：
(1)滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小FN1和FN2；
(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；
(3)滑桿向上運動的最大高度h.
答案 (1)8 N 5 N (2)8 m/s (3)0.2 m
解析 (1)當(dāng)滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8 N
當(dāng)滑塊向上滑動時受到滑桿的摩擦力為1 N，根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1 N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑塊開始向上運動到碰前瞬間根據(jù)動能定理有－mgl－Ffl＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv02
代入數(shù)據(jù)解得v1＝8 m/s.
(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，取豎直向上為正方向，碰撞過程根據(jù)動量守恒定律有mv1＝(m＋M)v
碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據(jù)動能定理有
－(m＋M)gh＝0－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得h＝0.2 m.
例2 (2023·福建龍巖市武平縣第一中學(xué)月考)如圖所示，左端為四分之一光滑圓弧的長木板靜止放置在光滑的水平面上，圓弧與長木板水平部分相切于B點，圓弧的半徑為R，長木板的質(zhì)量為3m，在長木板右端固定一輕彈簧，輕彈簧的自由端位于長木板D點的上方，其中BC＝CD＝R，且BC段光滑，CD段均勻粗糙，小物塊P與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ，D點右側(cè)光滑，質(zhì)量為m的小物塊P從A點上方R處由靜止下落，沿切線方向進入圓弧，重力加速度為g.求：
(1)小物塊P到達(dá)圓弧最低點B時，小物塊P與長木板的速度大??；
(2)小物塊P到達(dá)圓弧最低點B時，長木板向左移動的距離；
(3)運動過程中輕彈簧的彈性勢能的最大值．
答案 (1)eq \r(3gR) eq \f(1,3)eq \r(3gR) (2)eq \f(1,4)R
(3)(2－μ)mgR
解析 (1)小物塊P從靜止開始到最低點的過程中，兩者構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒，根據(jù)動量守恒定律有0＝mv1－3mv2，根據(jù)能量守恒定律有mg·2R＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×3mv22
聯(lián)立得v1＝eq \r(3gR)，v2＝eq \f(1,3)eq \r(3gR)
(2)根據(jù)水平方向上動量守恒有0＝mv1－3mv2
在這個過程中，小物塊的水平位移大小為s1，長木板的位移大小為s2，則有s1＋s2＝R
由于mv1t＝3mv2t，故ms1＝3ms2
長木板向左移動的距離為s2＝eq \f(1,4)R
(3)從小物塊P由靜止開始下落到彈簧壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)水平方向上動量守恒，彈簧壓縮到最短時，二者共速，則有0＝(m＋3m)v共可得v共＝0，根據(jù)能量守恒定律有2mgR＝μmgR＋Ep，得Ep＝2mgR－μmgR＝(2－μ)mgR.
題型二 力學(xué)三大觀點的綜合應(yīng)用
例3 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(碰撞過程沒有機械能的損失)，碰后物塊B的位移隨時間變化的關(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點沿切線落入圓軌道．A、B均可視為質(zhì)點，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；
(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點以速度vD做平拋運動，落到P點時vy2＝2gR①
其中eq \f(vy,vD)＝tan 45°②
聯(lián)立①②解得vD＝4 m/s③
設(shè)平拋用時為t，水平位移為s2，則有R＝eq \f(1,2)gt2④
s2＝vDt⑤
聯(lián)立④⑤解得s2＝1.6 m⑥
由s＝6t－2t2可知，物塊B碰后以速度v0＝6 m/s、加速度a＝－4 m/s2減速到vD，則BD過程由運動學(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)假設(shè)物塊B能沿軌道到達(dá)M點，在M點時其速度為vM，由D到M的運動過程，根據(jù)動能定理，
則有－eq \f(\r(2),2)mgR＝eq \f(1,2)mvM2－eq \f(1,2)mvD2⑩
設(shè)在M點軌道對物塊的壓力大小為N，
則N＋mg＝meq \f(vM2,R)?
由⑩?解得N＝(1－eq \r(2))mg

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