復(fù)習(xí)鞏固05 動力學(xué)三大觀點（解析版）-2025版高三物理寒假精-品講義

專題05動力學(xué)三大觀點?？伎键c真題舉例\t"/gzwl/zsd41948/_blank"\o"利用能量守恒解決實際問題"利用能量守恒解決實際問題

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\t"/gzwl/zsd41948/_blank"\o"完全彈性碰撞2：動碰動"完全彈性碰撞2：動碰動2024·山東·高考真題掌握牛頓運動定律、動能定理、機械能守恒定律，動量定理、動量守恒定律，會計算恒力、變力的沖量；掌握動力學(xué)三大觀點的選用規(guī)則；掌握動力學(xué)三大觀點圖像問題的分析方法；掌握動力學(xué)三大觀點中的力學(xué)模型、電磁學(xué)模型，能夠進行具體的分析和計算。TOC\o"1-2"\h\u核心考點01動力學(xué)三大觀點的內(nèi)容 一、動力學(xué)三大觀點 3二、動力學(xué)三大觀點選用規(guī)則 3核心考點02動力學(xué)三大觀點涉及的圖像 4一、圖像類型 4二、圖像間的解題思路 4核心考點03動力學(xué)三大觀點的應(yīng)用——力學(xué)模型 6一、小球彈簧模型 6二、輕繩連接體模型 7三、滑塊木板模型 7四、傳送帶模型 10五、滑塊斜（曲）面模型 12六、子彈木塊模型 13七、用三大觀點分析直線、平拋、圓周模型等綜合問題 13核心考點04動力學(xué)三大觀點的應(yīng)用——電磁學(xué) 15一、三大觀點在電學(xué)中的規(guī)律 15二、三大觀點在電磁感應(yīng)中的規(guī)律 15二、電磁學(xué)中的模型 16核心考點01動力學(xué)三大觀點的內(nèi)容一、動力學(xué)三大觀點1、內(nèi)容分類規(guī)律表達式動力學(xué)方法力的瞬時作用牛頓第二定律F合＝ma牛頓第三定律F＝－F′能量方法力的空間累積作用動能定理W合＝Ek2－Ek1機械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2；ΔEk＝－ΔEp；ΔEA減＝ΔEB增能量守恒定律E初＝E末；ΔE增＝ΔE減動量方法力的時間累積作用動量定理F合t＝mv′－mv動量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′22、解題規(guī)律動力學(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。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。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。二、動力學(xué)三大觀點選用規(guī)則1、根據(jù)物理量選取若物體(或系統(tǒng))涉及加速度的問題，一般要用牛頓運動定律。若物體(或系統(tǒng))涉及運動時間或作用時間的問題，一般優(yōu)先考慮用動量定理，其次再考慮用牛頓運動定律。若物體(或系統(tǒng))涉及初、末速度問題，一般優(yōu)先考慮用功能關(guān)系，其次考慮用動量觀點，最后再考慮用牛頓運動定律。若物體(或系統(tǒng))涉及運動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動定律。若物體(或系統(tǒng))涉及速度和時間，應(yīng)考慮使用動量定理。若物體(或系統(tǒng))涉及位移和時間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運動定律或動能定理。若物體(或系統(tǒng))涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動能定理，系統(tǒng)中滑動摩擦力做功產(chǎn)生熱量應(yīng)用摩擦力乘以相對位移，運用動能定理解決曲線運動和變加速運動問題特別方便。若物體(或系統(tǒng))不涉及物體運動過程中的加速度而涉及物體運動時間的問題，特別是對于打擊類問題，因時間短且沖力隨時間變化，應(yīng)用動量定理求解。對于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時間，應(yīng)用動量守恒定律求解。2、根據(jù)研究過程選取涉及瞬間狀態(tài)的分析和運動性質(zhì)的分析：必須要用動力學(xué)觀點。涉及復(fù)雜的直線或曲線運動問題：要用能量觀點或動量觀點。涉及短暫的相互作用問題：優(yōu)先考慮用動量定理。涉及碰撞、爆炸、反沖等問題：用動量守恒定律。3、根據(jù)研究過程選取若研究對象為單個物體，則不能用動量觀點中的動量守恒定律。若研究對象為多物體系統(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，但必須注意研究對象是否滿足定律的守恒條件。若多個物體的運動狀態(tài)不同，則一般不宜對多個物體整體應(yīng)用牛頓運動定律。4、系統(tǒng)化思維方法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。對多個研究對象進行整體思考，即把兩個或兩個以上的獨立物體看成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))。核心考點2動力學(xué)三大觀點涉及的圖像一、圖像類型1、動力學(xué)圖像v－t圖像（面積表示位移），a－t圖像（面積表示速度的改變量），a－F圖像等。2、動量圖像F-t圖像（面積表示沖量），p－t圖像等。3、能量圖像F－x圖像（面積表示功），Ek－x圖像（斜率為合外力），Ep－x圖像（如果Ep表示重力勢能則斜率為重力；如果Ep表示彈性勢能則斜率為彈力；如果Ep表示電勢能則斜率為電場力），E-x圖像（斜率為F合）二、圖像間的解題思路1、聯(lián)系橋梁加速度a是v－t圖像和F－t圖像聯(lián)系的橋梁。2、圖像題解題策略觀察圖像的橫、縱坐標(biāo)所代表的物理量及單位；確認橫、縱坐標(biāo)是不是從0開始以及橫、縱坐標(biāo)的單位長度；分析圖像中的曲線形狀，理解圖像中的斜率，面積，截距，交點，拐點，漸近線的物理意義。圖像的斜率：體現(xiàn)某個物理量的大小、方向及變化情況。圖像的面積：由圖線、橫軸，有時還要用到縱軸及圖線上的一個點或兩個點到橫軸的垂線段所圍圖形的面積，一般都能表示某個物理量。圖像的截距：縱軸上以及橫軸上的截距有時表示某一狀態(tài)物理量的數(shù)值。圖像的交點：往往是解決問題的切入點。圖像的轉(zhuǎn)折點：滿足不同的函數(shù)關(guān)系式，對解題起關(guān)鍵作用。圖像的漸近線：往往可以利用漸近線求出該物理量的極值。3、圖像的兩類分析已知物體在某個物理過程中所受的某個力隨時間變化的圖像，分析物體的運動情況；已知物體在某個運動過程中速度、加速度隨時間變化的圖像，分析物體的受力情況。4、電磁感應(yīng)圖像問題解題關(guān)鍵：弄清初始條件、正負方向的對應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達式、進出磁場的轉(zhuǎn)折點等是解決此類問題的關(guān)鍵。解題步驟：①明確圖像的種類，即是B－t圖像還是Φ－t圖像，或者E－t圖像、I－t圖像等；對切割磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動勢和感應(yīng)電流的情況，還常涉及E－x圖像和I－x圖像；②分析電磁感應(yīng)的具體過程；③用右手定則或楞次定律確定方向的對應(yīng)關(guān)系；⑤結(jié)合法拉第電磁感應(yīng)定律、閉合電路歐姆定律、牛頓運動定律、動能定理、動量守恒定律等知識寫出相應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式；⑥根據(jù)函數(shù)關(guān)系式，進行數(shù)學(xué)分析，如分析斜率的變化、截距等；⑦對結(jié)果進行分析和討論。如圖甲所示，在光滑水平地面上固定一光滑的豎直軌道如圖甲所示，在光滑水平地面上固定一光滑的豎直軌道MNP，其中水平軌道MN足夠長，NP為半圓形軌道。一個質(zhì)量為m的物塊B與輕彈簧連接，靜止在水平軌道MN上；物塊A向B運動，時刻與彈簧接觸，到時與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束。A、B的圖像圖乙所示。已知在時間內(nèi)，物體B運動的距離為。A、B分離后，B與靜止在水平軌道MN上的物塊C發(fā)生彈性正碰，此后物塊C滑上半圓形豎直軌道，物塊C的質(zhì)量為m，且在運動過程中始終未離開軌道MNP。已知物塊A、B、C均可視為質(zhì)點，碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求：（1）物塊A最終運動的速度：（2）A、B第一次碰撞和第二次碰撞過程中，A物體的最大加速度大小之比（彈簧的彈性勢能表達式為，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，為彈簧的形變量）；（3）第二次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值。

【答案】（1）【答案】（1）；（2）；（3）【詳解】（1）由乙圖知后：，B、C發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒可知由機械能守恒可知，聯(lián)立解得，，C返回水平軌道時由機械能守恒可知，C與B再次發(fā)生彈性碰撞，解得，，A與B第一次碰撞到共速時，由動量守恒可得，B與A第二次碰撞過程，由動量守恒可知由機械能守恒可知，解得（2）A與B第一次碰撞到共速時，由機械能守恒可知A與B第二次碰撞到共速時，由動量守恒可知，解得由機械能守恒可知，由以上公式得兩次加速度最大對應(yīng)彈簧彈力最大，根據(jù)，可得（3）A與B壓縮彈簧過程，同一時刻A、B的瞬時速度關(guān)系為，由位移等于速度對時間的積累得，，在時間內(nèi)，由此得，，因此，可得，第二次碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值核心考點3動力學(xué)三大觀點的應(yīng)用——力學(xué)模型一、小球彈簧模型1、模型示意圖2、模型的動力學(xué)分析3、模型的動力學(xué)圖像【注意】彈簧的幾個特殊位置：原長（此處彈力為零）；平衡位置（合力為零的位置，此處速度最大）；最高點或最低點（速度為零，加速度最大）。二、輕繩連接體模型1、模型示意圖2、模型動力學(xué)分析隔離b球：3mg-T=3ma，隔離a球：T-mg=ma，得：a=12g，T=32mb落地前，a機械能增加、b減小，系統(tǒng)機械能守恒；b落地后若不反彈，繩松，a機械能守恒。三、滑塊木板模型1、模型特點滑塊(視為質(zhì)點)置于木板上，滑塊和木板均相對地面運動，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對滑動。2、模型示意圖3、位移關(guān)系滑塊由木板一端運動到另一端的過程中，滑塊和木板同向運動時，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板長)；滑塊和木板反向運動時，位移大小之和x2＋x1＝L。4、加速度關(guān)系如果滑塊與木板之間沒有發(fā)生相對運動，可以用“整體法”求出它們一起運動的加速度；如果滑塊與木板之間發(fā)生相對運動，應(yīng)采用“隔離法”分別求出滑塊與木板運動的加速度。應(yīng)注意找出滑塊與木板是否發(fā)生相對運動等隱含條件。5、速度關(guān)系滑塊與木板之間發(fā)生相對運動時，明確滑塊與木板的速度關(guān)系，從而確定滑塊與木板受到的摩擦力。應(yīng)注意當(dāng)滑塊與木板的速度相同時，摩擦力會發(fā)生突變的情況。6、動力學(xué)分析滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零時，優(yōu)先選用動量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外力時，需選用動力學(xué)觀點解題；應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自相對地面的位移和它們的相對位移。用運動學(xué)公式或動能定理列式時位移指相對地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時用相對位移(或相對路程)?！咀⒁狻竣儆脛恿W(xué)觀點分析模型時要抓住一個轉(zhuǎn)折和兩個關(guān)聯(lián)：一個轉(zhuǎn)折（滑塊與木板達到相同速度或者滑塊從木板上滑下是受力和運動狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點）；兩個關(guān)聯(lián)（轉(zhuǎn)折前、后受力情況之間的關(guān)聯(lián)和滑塊、木板位移和板長之間的關(guān)聯(lián)）。②用動量和功能觀點分析模型要抓住一個條件和兩個分析及一個規(guī)律：一個條件（滑塊和木板組成的系統(tǒng)所受的合外力為零是系統(tǒng)動量守恒的條件）；兩個分析（分析滑塊和木板相互作用過程的運動分析和作用前后的動量分析）；一個規(guī)律（能量守恒定律是分析相互作用過程能量轉(zhuǎn)化必定遵守的規(guī)律，且牢記摩擦生熱的計算公式Q＝f·d相對）。如圖所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圓弧軌道如圖所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圓弧軌道AB，軌道上A點切線沿水平方向，忽略A點距地面的高度，軌道右側(cè)有質(zhì)量的靜止薄木板，上表面與A點平齊。一質(zhì)量的小滑塊（可視為質(zhì)點）以初速度從右端滑上薄木板，重力加速度大小為，小滑塊與薄木板之間的動摩擦因數(shù)為。（1）若薄木板左端與A點距離d足夠長，薄木板長度，薄木板與軌道A端碰后立即靜止，求小滑塊離開薄木板運動到軌道上A點時的速度；（2）在（1）中，小滑塊繼續(xù)沿圓弧軌道AB運動至B點沿切線方向飛出，最后落回水平地面，不計空氣阻力，B點與地面間的高度差保持不變，圓弧AB對應(yīng)的圓心角可調(diào)，求小滑塊的最大水平射程及對應(yīng)的圓心角；（3）若薄木板長度L足夠長，薄木板與軌道A端碰后立即以原速率彈回，調(diào)節(jié)初始狀態(tài)薄木板左端與A點距離d，使得薄木板與軌道A端只能碰撞2次，求d應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮浚?）【答案】（1）；（2），；（3）【詳解】（1）因薄木板左端與B點距離d足夠大，小滑塊與薄木板共速后才和軌道AB發(fā)生碰撞，設(shè)共同速度為，根據(jù)動量守恒定律，有，解得，設(shè)此過程中小滑塊相對薄木板滑動的位移為x，對滑塊、薄木板系統(tǒng)由功能關(guān)系，有，解得薄木板與軌道AB碰后立即靜止，小滑塊繼續(xù)作勻減速運動，直到運動到軌道上的A點，解得（2）小滑塊由A點到B點的過程中機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律，有解得，設(shè)小滑塊落地的速度大小為v，落地速度方向與水平方向夾角為，根據(jù)機械能守恒定律知，畫出速度矢量關(guān)系如圖所示設(shè)從B點飛出到落至地面所用時間為t，則小滑塊水平位移為，由幾何關(guān)系可知，矢量三角形的面積為，由此可知，當(dāng)矢量三角形面積最大時，水平位移最大。解得，此時滿足條件，即，。（3）當(dāng)小滑塊與薄木板第1次共速時恰好和軌道AB發(fā)生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時減速為零，此情形下薄木板和軌道AB恰好碰1次。小滑塊與薄木板加速度相等，，當(dāng)小滑塊與薄木板第2次共速時恰好和軌道AB發(fā)生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時減速為零，此情形下薄木板和軌道AB恰好碰2次。從開始到第一次碰撞的時間，薄木板和軌道AB碰撞時的速度，考慮小滑塊的運動，聯(lián)立解得，綜上可知d應(yīng)滿足的條件為四、傳送帶模型1、水平傳送帶情景滑塊的運動情況傳送帶不足夠長(未達到和傳送帶相對靜止)傳送帶足夠長一直加速先加速后勻速v0<v時，一直加速v0<v時，先加速再勻速v0>v時，一直減速v0>v時，先減速再勻速滑塊一直減速到右端滑塊先減速到速度為0，后被傳送帶傳回左端若v0<v，則返回到左端時速度為v0；若v0>v，則返回到左端時速度為v2、傾斜傳送帶

情景滑塊的運動情況傳送帶不足夠長傳送帶足夠長一直加速(一定滿足關(guān)系gsinθ<μgcosθ)先加速后勻速(一定滿足關(guān)系gsinθ<μgcosθ)一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)若μ≥tanθ，先加速后勻速若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0<v時，一直加速(加速度為gsinθ＋μgcosθ)v0<v時，若μ≥tanθ，先加速后勻速；若μ<tanθ，先以a1加速，后以a2加速v0>v時，若μ<tanθ，一直加速，加速度大小為gsinθ－μgcosθ，若μ≥tanθ，一直減速，加速度大小為μgcosθ－gsinθv0>v時，若μ≥tanθ，先減速后勻速；若μ<tanθ，一直加速(摩擦力方向一定沿斜面向上)gsinθ>μgcosθ，一直加速；gsinθ＝μgcosθ，一直勻速gsinθ<μgcosθ，一直減速gsinθ<μgcosθ，先減速到速度為0后反向加速，若v0≤v，加速到原位置時速度大小為v0；若v0>v，運動到原位置時速度大小為v3、動力學(xué)分析靜摩擦力做功的特點：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功；②相互作用的一對靜摩擦力做功的代數(shù)和總是等于零，不會轉(zhuǎn)化為內(nèi)能?；瑒幽Σ亮ψ龉Φ奶攸c：①滑動摩擦力可以做正功，也可以做負功，還可以不做功；②相互間存在滑動摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對滑動摩擦力做功之和的絕對值等于產(chǎn)生的內(nèi)能。摩擦生熱的計算：①Q(mào)＝Ff·s相對，其中s相對為相互摩擦的兩個物體間的相對路程；②傳送帶因傳送物體多消耗的能量等于物體增加的機械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和?！咀⒁狻縿恿W(xué)角度：首先要正確分析物體的運動過程，做好受力分析，然后利用運動學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律求物體及傳送帶在相應(yīng)時間內(nèi)的位移，找出物體和傳送帶之間的位移關(guān)系；能量角度：求傳送帶對物體所做的功、物體和傳送帶由于相對滑動而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動機多消耗的電能等，常依據(jù)功能關(guān)系或能量守恒定律求解。如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知，，，，，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點，取。(1)若，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度的大??；(2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標(biāo)原點，水平向右為正，建立x軸)?！敬鸢浮?1)【答案】(1)；(2)；(3)當(dāng)時，，當(dāng)時，【解析】(1)滑塊b擺到最低點過程中，由機械能守恒定律，解得與發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得，聯(lián)立解得(2)由(1)分析可知，物塊與物塊在發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊剛好可以到達點，高度為，根據(jù)動能定理可得，解得，以豎直向下為正方向由動能定理，聯(lián)立可得(3)當(dāng)時，物塊位置在點或點右側(cè)，根據(jù)動能定理得從點飛出后，豎直方向，水平方向，根據(jù)幾何關(guān)系可得，聯(lián)立解得，代入數(shù)據(jù)解得，當(dāng)時，從釋放時，根據(jù)動能定理可得，解得，可知物塊達到距離點0.8m處靜止，滑塊a由E點速度為零，返回到時，根據(jù)動能定理可得，解得，距離點0.6m，綜上可知當(dāng)時，，代入數(shù)據(jù)得。五、滑塊斜(曲)面模型1、模型示意圖2、動力學(xué)分析上升到最大高度時：m與M具有共同的水平速度v共，此時m的豎直速度vy＝0。系統(tǒng)水平方向動量守恒：mv0＝(M＋m)v共，系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)(M＋m)v共2＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于軌道的高度(相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)減少的動能轉(zhuǎn)化為m的重力勢能)。返回最低點時：m與M的分離點．相當(dāng)于完成了彈性碰撞，分離瞬間m與M的速度可以用彈性碰撞中一動碰一靜的結(jié)論得到水平方向動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2，系統(tǒng)機械能守恒：eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，相當(dāng)于完成了彈性碰撞。六、子彈木塊模型1、模型示意圖2、動力學(xué)分析子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。這是一種完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統(tǒng)動量守恒：，從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為，設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為、，如圖所示，顯然有，對子彈用動能定理：，對木塊用動能定理：，則有：。若d=L（木塊的長度）時，說明子彈剛好穿過木塊，子彈和木塊具有共同速度v。若d＜L（木塊的長度）時，說明子彈未能穿過木塊，最終子彈留在木塊中，子彈和木塊具有共同速度v。若d＞L（木塊的長度）時，說明子彈能穿過木塊，子彈射穿木塊時的速度大于木塊的速度。設(shè)穿過木塊后子彈的速度為v1，木塊的速度為v2，則有：mv0=mv1+Mv2，-（S2+L）=-，S2=，解得：Q=L=--+。七、用三大觀點分析直線、平拋、圓周模型等綜合問題1、動量觀點的分析思路確定研究對象和研究過程；兩種解題路徑：①動量守恒定律：判斷研究過程中所研究對象動量是否守恒，如果守恒，用動量守恒定律列方程(常與機械能守恒定律或能量守恒定律結(jié)合)；②動量定理：明確初、末狀態(tài)的動量，明確總沖量。對結(jié)論進行分析和討論。2、能量觀點的分析思路明確研究對象和研究過程；進行運動分析和受力分析；解題路徑：①動能定理：需要明確初、末動能，明確力的總功；②機械能守恒定律：根據(jù)機械能守恒條件判斷研究對象的機械能是否守恒，只有滿足機械能守恒的條件時才能應(yīng)用此規(guī)律；③功能關(guān)系：根據(jù)常見的功能關(guān)系求解；④能量守恒定律：適用于所有情況。對結(jié)論進行分析和討論。【注意】多體問題：選取研究對象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問題的兩個關(guān)鍵。選取研究對象后需根據(jù)不同的條件采用隔離法，即把研究對象從其所在的系統(tǒng)中抽離出來進行研究；或采用整體法，即把幾個研究對象組成的系統(tǒng)作為整體進行研究；或?qū)⒏綦x法與整體法交叉使用。通常，符合守恒定律的系統(tǒng)或各部分運動狀態(tài)相同的系統(tǒng)，宜采用整體法；在需討論系統(tǒng)各部分間的相互作用時，宜采用隔離法；對于各部分運動狀態(tài)不同的系統(tǒng)，應(yīng)慎用整體法。至于多個物體間的相互聯(lián)系，通常可從它們之間的相互作用、運動的時間、位移、速度、加速度等方面去尋找。多過程問題：觀察每一個過程特征和尋找過程之間的聯(lián)系是求解多過程問題的兩個關(guān)鍵。分析過程特征需仔細分析每個過程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個進行研究。至于過程之間的聯(lián)系，則可從物體運動的速度、位移、時間等方面去尋找。注重審題，深究細琢，綜觀全局重點推敲，挖掘并應(yīng)用隱含條件，梳理解題思路或建立輔助方程，是求解的關(guān)鍵。通常，隱含條件可通過觀察物理現(xiàn)象、認識物理模型和分析物理過程，甚至從試題的字里行間或圖像中去挖掘。解題時必須根據(jù)不同條件對各種可能情況進行全面分析，必要時要自己擬定討論方案，將問題根據(jù)一定的標(biāo)準(zhǔn)分類，再逐類進行探討，防止漏解。如圖所示，水平光滑軌道如圖所示，水平光滑軌道OA上有一質(zhì)量為m的小物塊甲正向左運動，速度大小為v＝40m/s，小物塊乙靜止在水平軌道左端，質(zhì)量與甲相等，二者發(fā)生正碰后粘在一起從A點飛出，恰好無碰撞地經(jīng)過B點，最后進入另一豎直光滑半圓軌道。B是半徑為R＝10m的光滑圓弧軌道的右端點，C為軌道最低點，且圓弧BC所對圓心角θ＝37°，C點又與一動摩擦因數(shù)μ＝0.2的粗糙水平直軌道CD相連，CD長為s＝15m，不計空氣阻力，兩物塊均可視為質(zhì)點，重力加速度取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。(1)求小物塊甲與小物塊乙正碰粘在一起后的速度大??；(2)求A、B兩點之間的高度差；(3)通過計算討論，若甲、乙兩物塊不脫離半圓軌道DE，則半圓軌道的半徑的取值范圍為多少？【答案】(1)20m/s(2)11.25m(3)0＜【答案】(1)20m/s(2)11.25m(3)0＜R′≤12.1m或R′≥30.25m【解析】(1)設(shè)小物塊甲與小物塊乙正碰粘在一起后的速度大小為v0，由動量守恒定律有mv＝(m＋m)v0解得v0＝20m/s。(2)粘在一起的甲、乙兩物塊恰好無碰撞地經(jīng)過B點進入圓弧軌道BC，可知甲、乙運動軌跡和圓弧恰在B點相切，設(shè)A、B兩點之間的高度差為h1，甲、乙兩物塊做平拋運動，在B點有tan37°＝eq\f(vy,v0)又vy2＝2gh1，則可求得vy＝15m/s，h1＝11.25m。(3)由(2)中的分析可求得vB＝25m/s，對甲、乙兩物塊從B到D的過程，運用動能定理有2mgR(1－cos37°)－2μmgs＝eq\f(1,2)×2mvD2－eq\f(1,2)×2mvB2，得vD＝11eq\r(5)m/s，設(shè)半圓軌道的半徑為R′，若甲、乙兩物塊恰能到達半圓軌道的最高處，則從D點到E點有－2mg×2R′＝eq\f(1,2)×2m(eq\r(gR′))2－eq\f(1,2)×2mvD2，得R′＝12.1m，即甲、乙兩物塊能通過半圓軌道最高點的條件為0＜R′≤12.1m，若甲、乙兩物塊恰能到達半圓軌道圓心等高處，有－2mgR′＝0－eq\f(1,2)×2mvD2，得R′＝30.25m，即甲、乙兩物塊不能到達半圓軌道圓心等高處以上的條件為R′≥30.25m，綜上所述，甲、乙兩物塊不脫離半圓軌道的條件為0＜R′≤12.1m或R′≥30.25m。核心考點4動力學(xué)三大觀點的應(yīng)用——電磁學(xué)一、三大觀點在電學(xué)中的規(guī)律1、電場規(guī)律電場力的特點：F＝Eq，正電荷受到的電場力與場強方向相同，負電荷受到的電場力與場強方向相反。電場力做功的特點：WAB＝FLABcosθ＝qUAB＝EpA－EpB?！咀⒁狻吭诙嚯A段運動過程中，當(dāng)物體所受外力突變時，物體由于慣性而速度不發(fā)生突變，故物體在前一階段的末速度即為物體在后一階段的初速度，對于多階段運動過程中物體在各階段中發(fā)生的位移之間的聯(lián)系，可以通過作運動過程草圖來獲得。動量守恒定律與其他知識綜合應(yīng)用類問題的求解，與一般的力學(xué)問題求解思路并無差異，只是問題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過程，正確識別物理模型是解決問題的關(guān)鍵。二、三大觀點在電磁感應(yīng)中的規(guī)律1、關(guān)系的轉(zhuǎn)換【注意】感應(yīng)電流在磁場中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問題往往跟力學(xué)問題聯(lián)系在一起。解決這類問題需要綜合應(yīng)用電磁感應(yīng)規(guī)律(法拉第電磁感應(yīng)定律、楞次定律)及力學(xué)中的有關(guān)規(guī)律(共點力的平衡條件、牛頓運動定律、動能定理等)。2、能量問題能量問題：在電磁感應(yīng)中，切割磁感線的導(dǎo)體或磁通量發(fā)生變化的回路將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，該導(dǎo)體或回路就相當(dāng)于電源；分析清楚有哪些力做功，就可以知道有哪些形式的能量發(fā)生了相互轉(zhuǎn)化；根據(jù)能量守恒列方程求解?！咀⒁狻竣僭吹姆治觯好鞔_電磁感應(yīng)所產(chǎn)生的電源，確定E和r；②路的分析：弄清楚串聯(lián)和并聯(lián)的關(guān)系，求出電流，確定安培力；③力的分析：分析桿和線圈受力情況，求出合力；④運動的分析：由力和運動的關(guān)系，確定運動模型；⑤能量的分析：確定參與轉(zhuǎn)化的能量形式，確定能量規(guī)律。三、電磁學(xué)中模型1、帶電粒子在疊加場中的運動模型疊加場：電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存。洛倫茲力、重力并存：若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動；若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，故機械能守恒，由此可求解問題。電場力、洛倫茲力并存(不計重力的粒子)：若電場力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動；若電場力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用動能定理求解問題。電場力、洛倫茲力、重力并存：若三力平衡，一定做勻速直線運動；若重力與電場力平衡，一定做勻速圓周運動；若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題?！咀⒁狻繋щ娏Ｗ釉诏B加場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運動定律求解。如圖，一質(zhì)量為如圖，一質(zhì)量為m1＝1kg，帶電荷量為q＝＋0.5C的小球以速度v0＝3m/s，沿兩正對帶電平行金屬板(板間電場可看成勻強電場)左側(cè)某位置水平向右飛入，極板長0.6m，兩極板間距為0.5m，不計空氣阻力，小球飛離極板后恰好由A點沿切線落入豎直光滑圓弧軌道ABC，圓弧軌道ABC的形狀為半徑R<3m的圓截去了左上角127°的圓弧，CB為其豎直直徑，在過A點豎直線OO′的右邊界空間存在豎直向下的勻強電場，電場強度為E＝10V/m.(取g＝10m/s2)求：(1)兩極板間的電勢差大小U；(2)欲使小球在圓弧軌道運動時不脫離圓弧軌道，求半徑R的取值應(yīng)滿足的條件。2、單桿模型常見情景(導(dǎo)軌和桿電阻不計，以水平光滑導(dǎo)軌為例)過程分析三大觀點的應(yīng)用單桿阻尼式設(shè)運動過程中某時刻的速度為v，加速度為a，a＝eq\f(B2l2v,mR)，a、v反向，導(dǎo)體棒做減速運動，v↓?a↓，當(dāng)a＝0時，v＝0，導(dǎo)體棒做加速度減小的減速運動，最終靜止動力學(xué)觀點：分析加速度能量觀點：動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱動量觀點：分析導(dǎo)體棒運動的位移、時間和通過的電荷量單桿發(fā)電式導(dǎo)體棒從靜止開始運動，設(shè)運動過程中某時刻導(dǎo)體棒的速度為v，加速度為a＝eq\f(F,m)－eq\f(B2L2v,mR)，F(xiàn)恒定時，a、v同向，隨v的增加，a減小，當(dāng)a＝0時，v最大，vm＝eq\f(FR,B2L2)；a恒定時，F(xiàn)＝eq\f(B2L2at,R)＋ma，F(xiàn)與t為一次函數(shù)關(guān)系動力學(xué)觀點：分析最大加速度、最大速度能量觀點：力F做的功等于導(dǎo)體棒的動能與回路中焦耳熱之和動量觀點：分析導(dǎo)體棒的位移、通過的電荷量含“源”電動式(v0＝0)開關(guān)S剛閉合時，ab桿所受安培力F＝eq\f(BLE,r)，此時a＝eq\f(BLE,mr).速度v↑?E感＝BLv↑?I↓?F＝BIL↓?加速度a↓，當(dāng)E感＝E時，v最大，且vm＝eq\f(E,BL)動力學(xué)觀點：分析最大加速度、最大速度能量觀點：消耗的電能轉(zhuǎn)化為動能與回路中的焦耳熱動量觀點：分析導(dǎo)體棒的位移、通過的電荷量不等距導(dǎo)軌a棒減速，b棒加速，E＝BL1va－BL2vb由va↓vb↑?E↓?F安↓?a↓，當(dāng)BL1va＝BL2vb時，a＝0，兩棒勻速動力學(xué)觀點：最終速度能量觀點：動能轉(zhuǎn)化為焦耳熱動量觀點：BIL1t＝mv0－mvaBIL2t＝mvb－0如圖所示，兩光滑平行長直導(dǎo)軌，間距為如圖所示，兩光滑平行長直導(dǎo)軌，間距為d，放置在水平面上，磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與導(dǎo)軌平面垂直，兩質(zhì)量都為m、電阻都為r的導(dǎo)體棒、垂直放置在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好，兩棒兩導(dǎo)體棒距離足夠遠，靜止，以初速度向右運動，不計導(dǎo)軌電阻，忽略感生電流產(chǎn)生的磁場，則（）A．導(dǎo)體棒的最終速度為 B．導(dǎo)體棒產(chǎn)生的焦耳熱為C．通過導(dǎo)體棒橫截面的電量為 D．兩導(dǎo)體棒的初始距離最小為【答案】D【解析】A．根據(jù)楞次定律，導(dǎo)體棒、最終以相同的速度勻速直線運動，設(shè)共同速度為，水平向右為正方