動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)（解析版）-2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)知識(shí)清單

動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)

濃--------

思維導(dǎo)圖

腑三網(wǎng)點(diǎn)

的力學(xué)三雙醐殿

圖像起

小腰黃期

gm?

勛學(xué)三大觀點(diǎn)舶用一力學(xué)健冏端鯉

〕滿嘴腳面腿

-firn鯉

用我!闌淅戢、播、熊牌黔合颼

三視點(diǎn)在電學(xué)中的規(guī)律

勛學(xué)三橢的應(yīng)用——三煩點(diǎn)在電艇應(yīng)巾的知律

頓抖牌

聚焦

高考考點(diǎn)

""_______

常考考點(diǎn)真題舉例

利用能量守恒解決實(shí)際問(wèn)題動(dòng)量定理的內(nèi)容和表達(dá)式2024?廣西?高考真題

利用動(dòng)量守恒及能量守恒解決（類）碰撞問(wèn)題2024?浙江?高考真題

機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題含有動(dòng)量守恒的多過(guò)程問(wèn)題2024?重慶?高考真題

機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)結(jié)合問(wèn)題完全彈性碰撞2：動(dòng)碰動(dòng)2024?山東?高考真題

哪沏閶喘1

掌握牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律，動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律，會(huì)計(jì)算恒力、變力的沖

量；

掌握動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的選用規(guī)則；

掌握動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)圖像問(wèn)題的分析方法；

掌握動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)中的力學(xué)模型、電磁學(xué)模型，能夠進(jìn)行具體的分析和計(jì)算。

卻知識(shí)虢理

核心考點(diǎn)01動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的內(nèi)容

一、動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)........................................................................3

二、動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)選用規(guī)則................................................................3

核心考點(diǎn)02動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)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(diǎn)03動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的應(yīng)用一一力學(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(diǎn)分析直線、平拋、圓周模型等綜合問(wèn)題........................................13

核心考點(diǎn)04動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的應(yīng)用一一電磁學(xué)...................................................15

一、三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的規(guī)律...............................................................15

二、三大觀點(diǎn)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(diǎn)01動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的內(nèi)容

一、動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)

1、內(nèi)容

分類規(guī)律表達(dá)式

動(dòng)力學(xué)力的瞬時(shí)牛頓第二定律F合=加。

方法作用牛頓第三定律F=~F,

動(dòng)能定理少合=&2-Eki

￡i+￡pi=￡+E2；2^=-AE；

能量方力的空間kk2Pkp

機(jī)械能守恒定律

法累積作用△^4減=增

能量守恒定律￡初=￡末；AE增=△￡減

動(dòng)量方力的時(shí)間動(dòng)量定理F合1=噸'-mN

法累積作用動(dòng)量守恒定律機(jī)兇1+機(jī)202=機(jī)1丫'1+加20’2

2、解題規(guī)律

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(wèn)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(wèn)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(wèn)題，用動(dòng)量定理可簡(jiǎn)化問(wèn)題的求解過(guò)程。

二、動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)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(wèn)題，一般要用牛頓運(yùn)動(dòng)定律。

若物體（或系統(tǒng)）涉及運(yùn)動(dòng)時(shí)間或作用時(shí)間的問(wèn)題，一般優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理，其次再考慮用牛頓運(yùn)動(dòng)定

律。

若物體（或系統(tǒng)）涉及初、末速度問(wèn)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。

若物體（或系統(tǒng)）涉及運(yùn)動(dòng)的位移或路程的問(wèn)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。

若物體（或系統(tǒng)）涉及速度和時(shí)間，應(yīng)考慮使用動(dòng)量定理。

若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和時(shí)間，且受到恒力作用，應(yīng)考慮使用牛頓運(yùn)動(dòng)定律或動(dòng)能定理。

若物體（或系統(tǒng)）涉及位移和速度，應(yīng)考慮使用動(dòng)能定理，系統(tǒng)中滑動(dòng)摩擦力做功產(chǎn)生熱量應(yīng)用摩擦力乘

以相對(duì)位移，運(yùn)用動(dòng)能定理解決曲線運(yùn)動(dòng)和變加速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題特別方便。

若物體（或系統(tǒng)）不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問(wèn)題，特別是對(duì)于打擊類問(wèn)題,

因時(shí)間短且沖力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解。

對(duì)于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板一塊問(wèn)題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量

守恒定律求解。

2、根據(jù)研究過(guò)程選取

涉及瞬間狀態(tài)的分析和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)的分析：必須要用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)。

涉及復(fù)雜的直線或曲線運(yùn)動(dòng)問(wèn)題：要用能量觀點(diǎn)或動(dòng)量觀點(diǎn)。

涉及短暫的相互作用問(wèn)題：優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。

涉及碰撞、爆炸、反沖等問(wèn)題：用動(dòng)量守恒定律。

3、根據(jù)研究過(guò)程選取

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。

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(wèn)題，

但必須注意研究對(duì)象是否滿足定律的守恒條件。

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。

4、系統(tǒng)化思維方法

對(duì)多個(gè)物理過(guò)程進(jìn)行整體思考，即把幾個(gè)過(guò)程合為一個(gè)過(guò)程來(lái)處理，如用動(dòng)量守恒定律解決比較復(fù)雜

的運(yùn)動(dòng)。

對(duì)多個(gè)研究對(duì)象進(jìn)行整體思考，即把兩個(gè)或兩個(gè)以上的獨(dú)立物體看成為一個(gè)整體進(jìn)行考慮，如應(yīng)用動(dòng)

量守恒定律時(shí)，就是把多個(gè)物體看成一個(gè)整體（或系統(tǒng)）。

核心考點(diǎn)2動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)涉及的圖像

一、圖像類型

1、動(dòng)力學(xué)圖像

V-f圖像（面積表示位移），a-f圖像（面積表示速度的改變量），0—尸圖像等。

2、動(dòng)量圖像

R/圖像（面積表示沖量），夕一/圖像等。

3、能量圖像

P一x圖像（面積表示功），&一x圖像（斜率為合外力），與一x圖像（如果與表示重力勢(shì)能則斜率為

重力；如果與表示彈性勢(shì)能則斜率為彈力；如果國(guó)表示電勢(shì)能則斜率為電場(chǎng)力），E-x圖像（斜率為尸冷）

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(rèn)橫、縱坐標(biāo)是不是從0開始以及橫、縱坐標(biāo)的單位長(zhǎng)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(diǎn)，拐點(diǎn)，漸近線的物理意義。

圖像的斜率：體現(xiàn)某個(gè)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(shí)還要用到縱軸及圖線上的一個(gè)點(diǎn)或兩個(gè)點(diǎn)到橫軸的垂線段所圍圖形

的面積，一般都能表示某個(gè)物理量。

圖像的截距：縱軸上以及橫軸上的截距有時(shí)表示某一狀態(tài)物理量的數(shù)值。

圖像的交點(diǎn)：往往是解決問(wèn)題的切入點(diǎn)。

圖像的轉(zhuǎn)折點(diǎn)：滿足不同的函數(shù)關(guān)系式，對(duì)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

己知物體在某個(gè)物理過(guò)程中所受的某個(gè)力隨時(shí)間變化的圖像，分析物體的運(yùn)動(dòng)情況；

己知物體在某個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中速度、加速度隨時(shí)間變化的圖像，分析物體的受力情況。

4、電磁感應(yīng)圖像問(wèn)題

解題關(guān)鍵：弄清初始條件、正負(fù)方向的對(duì)應(yīng)變化范圍、所研究物理量的函數(shù)表達(dá)式、進(jìn)出磁場(chǎng)的轉(zhuǎn)折

點(diǎn)等是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵。

解題步驟：①明確圖像的種類，即是5—f圖像還是⑦一/圖像，或者E—f圖像、/—f圖像等；對(duì)切割

磁感線產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)和感應(yīng)電流的情況，還常涉及E-x圖像和/—無(wú)圖像；②分析電磁感應(yīng)的具體過(guò)程;

③用右手定則或楞次定律確定方向的對(duì)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(yùn)

動(dòng)定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律等知識(shí)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(jìn)行數(shù)學(xué)分析，如

分析斜率的變化、截距等；⑦對(duì)結(jié)果進(jìn)行分析和討論。

^I

!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(zhǎng)，NP為半圓形；

II

；軌道。一個(gè)質(zhì)量為m的物塊B與輕彈簧連接，靜止在水平軌道/WN上；物塊A向B運(yùn)動(dòng)，/=0時(shí)刻與1

II

I彈簧接觸，至“=2%時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束。A、B的V—圖像圖乙所示。已知在0?%時(shí)間內(nèi)，1

II

;物體B運(yùn)動(dòng)的距離為0.6為務(wù)。A、B分離后,B與靜止在水平軌道上的物塊C發(fā)生彈性正碰，此后!

II

I物塊C滑上半圓形豎直軌道，物塊C的質(zhì)量為m,且在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終未離開軌道/WNP。已知物塊A、：

IB、C均可視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，重力加速度為g。求：

I(1)物塊A最終運(yùn)動(dòng)的速度：

(2)A、B第一次碰撞和第二次碰撞過(guò)程中，A物體的最大加速度大小之比(彈簧的彈性勢(shì)能表達(dá)式為!

!?

I,其中k為彈簧的勁度系數(shù)，Ax為彈簧的形變量)；

P2

(3)第二次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值。

甲乙

,_7,￡I_=2

【答案】⑴"3V°.(2)a2'；(3)0?4%,。

【詳解】(1)由乙圖知“后：％=2%,B、C發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒可知機(jī)々%=機(jī)無(wú)+機(jī)％

由機(jī)械能守恒可知；加(2%)2=：加博+3加4，聯(lián)立解得"3=0,%=2%,C返回水平軌道時(shí)由機(jī)械能

守恒可知%=2%,C與B再次發(fā)生彈性碰撞加?2%=加諾+加刈，諾

解得％=0,4=2%,A與B第一次碰撞到共速時(shí)，由動(dòng)量守恒〃%=("人+機(jī))為

mmm

可得機(jī)A=萬(wàn)，B與A第二次碰撞過(guò)程，由動(dòng)量守恒可知機(jī)-2%+萬(wàn)％=加?%+,力A

由機(jī)械能守恒可知;機(jī)(21)2+；義々*=J機(jī)石+；《匕,解得VA=1%

11YY\133

(2)A與B第一次碰撞到共速時(shí)，由機(jī)械能守恒可知^上心；=5'3(3%)2-5乂5切4=：機(jī)喏

m35

A與B第二次碰撞到共速時(shí)，由動(dòng)量守恒可知”2%+,%=5m匕，解得匕=§%

22

由機(jī)械能守恒可知:hAx：=：x；(%)2+^-m-(2v0)-^-x|-w(|v0),由以上公式得獸=：

22222236"21

兩次加速度最大對(duì)應(yīng)彈簧彈力最大，根據(jù)尾=上-=〃以。，可得&=衿=;

口a2kAx21

(3)A與B壓縮彈簧過(guò)程QA=2%，同一時(shí)刻A、B的瞬時(shí)速度關(guān)系為VA=3%A%,vB=aBt

X

由位移等于速度對(duì)時(shí)間的積累得％A=VA%，B=VBZ,在。一辦時(shí)間內(nèi)4=3%辦一4積，出=/積=0?6%%

由此得人積=2/積，xA=1.8v0/0,因此Ax1=1.2%%,可得*=:，第二次碰撞過(guò)程中，彈簧

壓縮量的最大值=。-4%/0

核心考點(diǎn)3動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的應(yīng)用一一力學(xué)模型

一、小球彈簧模型

1、模型示意圖

-O最局點(diǎn)

N接觸點(diǎn)

力平衡點(diǎn)

C最低點(diǎn)

2、模型的動(dòng)力學(xué)分析

。最高點(diǎn)：速度為零

速度不是最大

a方向1,大小減小

加速度為零、速度最大

?a方向T,大小增大

速度為零、加速度最大且大于g-

大）；最高點(diǎn)或最低點(diǎn)（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(dòng)力學(xué)分析

一、..、.13

隔離6球：3mg-T=3ma,隔離。球：T-mg=ma,得：a=-g,T=~mgo

b落地前，a機(jī)械能增加、b減小，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；b落地后若不反彈，繩松，a機(jī)械能守恒。

三、滑塊木板模型

1、模型特點(diǎn)

滑塊（視為質(zhì)點(diǎn)）置于木板上，滑塊和木板均相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)，且滑塊和木板在摩擦力的作用下發(fā)生相對(duì)滑

動(dòng)。

2、模型示意圖

tL

rTP-----------q

□^7777777^7777777777777777777777.

77777777777777777777777777.龍］

L-----------蒼

3、位移關(guān)系

滑塊由木板一端運(yùn)動(dòng)到另一端的過(guò)程中，滑塊和木板同向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移之差A(yù)x=xi—尤2=〃板長(zhǎng)）；滑

塊和木板反向運(yùn)動(dòng)時(shí)，位移大小之和切+修="

4、加速度關(guān)系

如果滑塊與木板之間沒(méi)有發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，可以用“整體法”求出它們一起運(yùn)動(dòng)的加速度；如果滑塊與木板

之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，應(yīng)采用“隔離法”分別求出滑塊與木板運(yùn)動(dòng)的加速度。應(yīng)注意找出滑塊與木板是否發(fā)生相

對(duì)運(yùn)動(dòng)等隱含條件。

5、速度關(guān)系

滑塊與木板之間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，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(shí)，摩擦力會(huì)發(fā)生突變的情況。

6、動(dòng)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(shí)，優(yōu)先選用動(dòng)量守恒定律解題；若地面不光滑或受其他外

力時(shí)，需選用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)解題；應(yīng)注意區(qū)分滑塊、木板各自相對(duì)地面的位移和它們的相對(duì)位移。用運(yùn)動(dòng)學(xué)

公式或動(dòng)能定理列式時(shí)位移指相對(duì)地面的位移；求系統(tǒng)摩擦生熱時(shí)用相對(duì)位移（或相對(duì)路程）。

【注意】①用動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)分析模型時(shí)要抓住一個(gè)轉(zhuǎn)折和兩個(gè)關(guān)聯(lián)：一個(gè)轉(zhuǎn)折（滑塊與木板達(dá)到相同速

度或者滑塊從木板上滑下是受力和運(yùn)動(dòng)狀態(tài)變化的轉(zhuǎn)折點(diǎn)）；兩個(gè)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(zhǎng)之間的關(guān)聯(lián)）。②用動(dòng)量和功能觀點(diǎn)分析模型要抓住一個(gè)條件和兩個(gè)分析及一個(gè)

規(guī)律：一個(gè)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(dòng)量守恒的條件）；兩個(gè)分析（分析滑

塊和木板相互作用過(guò)程的運(yùn)動(dòng)分析和作用前后的動(dòng)量分析）；一個(gè)規(guī)律（能量守恒定律是分析相互作用過(guò)

程能量轉(zhuǎn)化必定遵守的規(guī)律，且牢記摩擦生熱的計(jì)算公式Q=/W相對(duì)）。

◎,樂(lè)打鐵*

如圖所示，光滑水平地面上有一固定的光滑圓弧軌道軌道上/點(diǎn)切線沿水平方向，忽略/點(diǎn)距地

面的高度，軌道右側(cè)有質(zhì)量〃=1kg的靜止薄木板，上表面與/點(diǎn)平齊。一質(zhì)量7〃=lkg的小滑塊（可

視為質(zhì)點(diǎn)）以初速度%=14m/s從右端滑上薄木板，重力加速度大小為g=10m/s2,小滑塊與薄木板之

間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃=0.75。

（1）若薄木板左端與/點(diǎn)距離“足夠長(zhǎng)，薄木板長(zhǎng)度￡=7.4m,薄木板與軌道4端碰后立即靜止，求

小滑塊離開薄木板運(yùn)動(dòng)到軌道上/點(diǎn)時(shí)的速度為；

（2）在（1）中，小滑塊繼續(xù)沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng)至5點(diǎn)沿切線方向飛出，最后落回水平地面，不計(jì)空

氣阻力，8點(diǎn)與地面間的高度差"=1.2m保持不變，圓弧AB對(duì)應(yīng)的圓心角。可調(diào)，求小滑塊的最大水

平射程sm及對(duì)應(yīng)的圓心角0；

（3）若薄木板長(zhǎng)度工足夠長(zhǎng)，薄木板與軌道/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

4點(diǎn)距離d,使得薄木板與軌道/端只能碰撞2次，求d應(yīng)滿足的條件。

6百

【答案】（1）V/=6m/s；（2）s=—m,8=30°；（3）

m56015

【詳解】（1）因薄木板左端與8點(diǎn)距離，足夠大，小滑塊與薄木板共速后才和軌道發(fā)生碰撞，設(shè)

共同速度為匕，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，^mv0=（M+m）v1,解得匕=g%=7m/s,設(shè)此過(guò)程中小滑塊相對(duì)

薄木板滑動(dòng)的位移為x,對(duì)滑塊、薄木板系統(tǒng)由功能關(guān)系，有"7gx=g加說(shuō)-，河+加）片，解得

x=-m

15

薄木板與軌道碰后立即靜止，小滑塊繼續(xù)作勻減速運(yùn)動(dòng)，直到運(yùn)動(dòng)到軌道上的4點(diǎn)，

*一寸=2〃g（Z-x）

解得=6m/s

（2）小滑塊由/點(diǎn)到8點(diǎn)的過(guò)程中機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有;加+g加3

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(jī)械能守

恒定律知v=W=6m/s,畫出速度矢量關(guān)系如圖所示

vB

0

設(shè)從8點(diǎn)飛出到落至地面所用時(shí)間為3則小滑塊水平位移為S=VBCOS6I,由幾何關(guān)系可知，矢量三

角形的面積為5=；公""88$。=；8人女85。=；85,由此可知，當(dāng)矢量三角形面積最大時(shí)，水平位移

最大。

解得%=至=述m,此時(shí)滿足條件vacosdrsin。，即tan6=^=也，6=30。。

g5v3

（3）當(dāng)小滑塊與薄木板第1次共速時(shí)恰好和軌道發(fā)生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時(shí)減速為零,

此情形下薄木板和軌道N8恰好碰1次。小滑塊與薄木板加速度相等，a=〃g=7.5in/s2,

當(dāng)小滑塊與薄木板第2次共速時(shí)恰好和軌道N2發(fā)生碰撞，碰后小滑塊與薄木板同時(shí)減速為零，此情形

下薄木板和軌道恰好碰2次。從開始到第一次碰撞的時(shí)間Nt=,薄木板和軌道碰撞

時(shí)的速度0==考慮小滑塊的運(yùn)動(dòng)%-a-3zV=M,聯(lián)立解得1=777n1,綜上可知d應(yīng)滿足

的條件為

49,49

——m<a<——m

四、傳送帶模型

1、水平傳送帶

滑塊的運(yùn)動(dòng)情況

情景傳送帶不足夠長(zhǎng)（未達(dá)到和

傳送帶足夠長(zhǎng)

傳送帶相對(duì)靜止）

%=0u

—?

Q_______O一直加速先加速后勻速

%VQ<V時(shí)，一直加速Vo<V時(shí)，先加速再勻速

a_______oVo>V時(shí),一直減速。時(shí)，先減速再勻速

滑塊先減速到速度為0,后被傳送帶

傳回左端

滑塊一直減速到右端

Q_______O若。0<。，則返回到左端時(shí)速度為。0；

若。0>。，則返回到左端時(shí)速度為。

2、傾斜傳送帶

滑塊的運(yùn)動(dòng)情況

情景

傳送帶不足夠長(zhǎng)傳送帶足夠長(zhǎng)

一直加速（一定滿足關(guān)系

先加速后勻速（一定滿足關(guān)系gsin<9</zgcos6）

gsine<%gcos0）

若〃2tane,先加速后勻速

一直加速（加速度為gsin0

+〃gcos0）若〃<tan仇先以加速，后以功加速

VQ<V時(shí)，一直加速（加速度v（）<v時(shí),若"2tan3,先加速后勻速；若//<tan

為gsin9+〃gcos6）仇先以加速，后以〃2加速

VQ>V時(shí)，若//<tana一直

加速，加速度大小為gsin。

VQ>V時(shí),若〃2tan3,先減速后勻速；若//<tan

—/zgcos6,若〃Ntan仇一

仇一直加速

直減速，加速度大小為

//geos。一gsin0

gsin3>jngcos0,一直加速；gsin9=〃gcos仇一直勻速

(摩擦力方向一定沿

gsin0<〃gcosa先減速到速度為0后反向加

斜面向上)

gsin8v〃gcosa一直減速速，若OoW。,加速到原位置時(shí)速度大小為

Vo；若。0>。，運(yùn)動(dòng)到原位置時(shí)速度大小為0

3、動(dòng)力學(xué)分析

靜摩擦力做功的特點(diǎn)：①靜摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功；②相互作用的一對(duì)靜

摩擦力做功的代數(shù)和總是等于零，不會(huì)轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。

滑動(dòng)摩擦力做功的特點(diǎn)：①滑動(dòng)摩擦力可以做正功，也可以做負(fù)功，還可以不做功；②相互間存在滑

動(dòng)摩擦力的系統(tǒng)內(nèi)，一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做功之和的絕對(duì)值等于產(chǎn)生的內(nèi)能。

摩擦生熱的計(jì)算：①相對(duì)，其中s相對(duì)為相互摩擦的兩個(gè)物體間的相對(duì)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(jī)械能與系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能之和。

【注意】動(dòng)力學(xué)角度：首先要正確分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，做好受力分析，然后利用運(yùn)動(dòng)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(shí)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(duì)物體所做的功、物體和傳送帶由于相對(duì)滑動(dòng)而產(chǎn)生的熱量、因放上物體而使電動(dòng)機(jī)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。

r1----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------j

||◎尊就斕I

I如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點(diǎn)。正下方的4點(diǎn)，以速度v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的傳送；

[I

I帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB.MN、C。的長(zhǎng)度均為/。圓弧形細(xì)管道半徑為:

[I

IR,EF在豎直直徑上，E點(diǎn)高度為以開始時(shí)，與物塊a相同的物塊b懸掛于。點(diǎn)，并向左拉開一定的I

!高度h由靜止下擺，細(xì)線始終張緊，擺到最低點(diǎn)時(shí)恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知加=2g,/=lm,

17?=0.4m,H=0,2m,v=2m/s,物塊與MN、CO之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.5,軌道AB和管道OE均光

；滑，物塊。落到FG時(shí)不反彈且靜止。忽略M、B和A/、C之間的空隙，C。與0E平滑連接，物塊可視

I

I為質(zhì)點(diǎn)，取gnlOm/s"；I

I(1)若力=1.25m,求a、b碰撞后瞬時(shí)物塊。的速度%的大??；

'I

I⑵物塊a在DE最高點(diǎn)時(shí)，求管道對(duì)物塊的作用力4與h間滿足的關(guān)系；

I

!(3)若物塊b釋放高度0.9m</z<1.65m,求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，水平;

I

!向右為正，建立x軸)。

!【答案】⑴5m/s；⑵&=01/z—0.14(NW2L2m，且方向豎直向下)；⑶當(dāng)0.9m</z<1.2m時(shí)，

(百、(拒、

\2.6m<x<3m,當(dāng)1.2mW〃<1.65m時(shí)，3+—m<x<3.6+—m

\7\7

【解析】⑴滑塊b擺到最低點(diǎn)過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律機(jī)解得為=5m/s

|b與。發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mvb=mvb+mv0,

\g機(jī)v；機(jī)片

I聯(lián)立解得%=%=5m/s

I(2)由⑴分析可知，物塊6與物塊。在A發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊。剛好可以到達(dá)E點(diǎn)，高度為

I九，根據(jù)動(dòng)能定理可得〃陪九-2〃加g/-加gH=O,解得％=1.2m,以豎直向下為正方向"+加g=m或

R

I由動(dòng)能定理加/g/-加g/f=；加片，聯(lián)立可得"=0.1〃-0.14(>1乂力21.2m,且方向豎直向下)

!⑶當(dāng)1.2m?〃<1.65m時(shí)，物塊位置在E點(diǎn)或E點(diǎn)右側(cè)，根據(jù)動(dòng)能定理得加g/z-2〃/g/-加=萬(wàn)加其

：從E點(diǎn)飛出后，豎直方向水平方向s=v混，根據(jù)幾何關(guān)系可得。尸=空m,聯(lián)立解得

25

(唐、(右

Ix=3l+DF+s,代入數(shù)據(jù)解得3H-----m<x<3.6H-------m,當(dāng)0.9m<〃<1.2m時(shí)，從〃2=0.9m釋放

1I5J15,

!時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得沖〃-4加gS2=。，解得S2=L8m,可知物塊達(dá)到距離C點(diǎn)0.8m處?kù)o止，滑塊。

!由E點(diǎn)速度為零，返回到⑺時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得加加gJ=0,解得*=0-4m,距離C點(diǎn)

!0.6m,綜上可知當(dāng)0.9m</z<1.2m時(shí)，31-s3<x<3/,代入數(shù)據(jù)得2.6m〈x?3mo

L_______________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________

五、滑塊斜(曲)面模型

1、模型示意圖

V7777777777777777777777T7777\

I接蒯而光滑I

2、動(dòng)力學(xué)分析

上升到最大高度時(shí)：加與M具有共同的水平速度v共，此時(shí)加的豎直速度〃=0。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守

2

恒：mv0=(M+m)v系統(tǒng)機(jī)械能守恒：-mv0=^M+m')v^+mgh,其中分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(dòng)能轉(zhuǎn)化為1U的重力勢(shì)能)O

返回最低點(diǎn)時(shí)：/與〃的分離點(diǎn).相當(dāng)于完成了彈性碰撞，分離瞬間勿與〃的速度可以用彈性碰撞中一

動(dòng)碰一靜的結(jié)論得到水平方向動(dòng)量守恒：mv0=mvi+Mv2,系統(tǒng)機(jī)械能守恒：-7"丫（）2=_"?丫］2_|__MVR,相當(dāng)于

222

完成了彈性碰撞。

六、子彈木塊模型

1、模型示意圖

2、動(dòng)力學(xué)分析

子彈以水平速度射向原來(lái)靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運(yùn)動(dòng)。這是一種完全非彈性碰撞。

從動(dòng)量的角度看，子彈射入木塊過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv0=（M+m）v,從能量的角度看，該過(guò)程系

統(tǒng)損失的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設(shè)平均阻力大小為了,設(shè)子彈、木塊的位移大小分別為邑、.，如

圖所示，顯然有Si-s2=d,對(duì)子彈用動(dòng)能定理：-/1?邑=；〃丫2/琮，對(duì)木塊用動(dòng)能定理:

2Mm

f-s2=gMv,則有：f?d=(mv1—J(〃+/)?

若d=L（木塊的長(zhǎng)度）時(shí)，說(shuō)明子彈剛好穿過(guò)木塊，子彈和木塊具有共同速度V。

若d<L（木塊的長(zhǎng)度）時(shí)，說(shuō)明子彈未能穿過(guò)木塊，最終子彈留在木塊中，子彈和木塊具有共同速度

Vo

若（木塊的長(zhǎng)度）時(shí)，說(shuō)明子彈能穿過(guò)木塊，子彈射穿木塊時(shí)的速度大于木塊的速度。設(shè)穿過(guò)木

塊后子彈的速度為V/,木塊的速度為藝，則有：mv（）=mvI+Mv2,-f（S2+L）/吟，f

S2=—Mv\,解得：Q=fL=—mvl--Mvl+—mv1?

七、用三大觀點(diǎn)分析直線、平拋、圓周模型等綜合問(wèn)題

1、動(dòng)量觀點(diǎn)的分析思路

確定研究對(duì)象和研究過(guò)程；

兩種解題路徑：①動(dòng)量守恒定律：判斷研究過(guò)程中所研究對(duì)象動(dòng)量是否守恒，如果守恒，用動(dòng)量守恒

定律列方程（常與機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律結(jié)合）；②動(dòng)量定理：明確初、末狀態(tài)的動(dòng)量，明確總沖

量。

對(duì)結(jié)論進(jìn)行分析和討論。

2、能量觀點(diǎn)的分析思路

明確研究對(duì)象和研究過(guò)程;

進(jìn)行運(yùn)動(dòng)分析和受力分析;

解題路徑：①動(dòng)能定理：需要明確初、末動(dòng)能，明確力的總功；②機(jī)械能守恒定律：根據(jù)機(jī)械能守恒

條件判斷研究對(duì)象的機(jī)械能是否守恒，只有滿足機(jī)械能守恒的條件時(shí)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(duì)結(jié)論進(jìn)行分析和討論。

【注意】多體問(wèn)題：選取研究對(duì)象和尋找相互聯(lián)系是求解多體問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵。選取研究對(duì)象后需根

據(jù)不同的條件采用隔離法，即把研究對(duì)象從其所在的系統(tǒng)中抽離出來(lái)進(jìn)行研究；或采用整體法，即把幾個(gè)

研究對(duì)象組成的系統(tǒng)作為整體進(jìn)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(yùn)動(dòng)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(shí)，宜采用隔離法；對(duì)于各

部分運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同的系統(tǒng)，應(yīng)慎用整體法。至于多個(gè)物體間的相互聯(lián)系，通常可從它們之間的相互作用、

運(yùn)動(dòng)的時(shí)間、位移、速度、加速度等方面去尋找。

多過(guò)程問(wèn)題：觀察每一個(gè)過(guò)程特征和尋找過(guò)程之間的聯(lián)系是求解多過(guò)程問(wèn)題的兩個(gè)關(guān)鍵。分析過(guò)程特

征需仔細(xì)分析每個(gè)過(guò)程的約束條件，如物體的受力情況、狀態(tài)參量等，以便運(yùn)用相應(yīng)的物理規(guī)律逐個(gè)進(jìn)行

研究。至于過(guò)程之間的聯(lián)系，則可從物體運(yùn)動(dòng)的速度、位移、時(shí)間等方面去尋找。

注重審題，深究細(xì)琢，綜觀全局重點(diǎn)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(guò)觀察物理現(xiàn)象、認(rèn)識(shí)物理模型和分析物理過(guò)程，甚至從試題的字里行

間或圖像中去挖掘。

解題時(shí)必須根據(jù)不同條件對(duì)各種可能情況進(jìn)行全面分析，必要時(shí)要自己擬定討論方案，將問(wèn)題根據(jù)一

定的標(biāo)準(zhǔn)分類，再逐類進(jìn)行探討，防止漏解。

如圖所示，水平光滑軌道。1上有一質(zhì)量為加的小物塊甲正向左運(yùn)動(dòng)，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/點(diǎn)飛出，恰好無(wú)碰撞地經(jīng)過(guò)8

點(diǎn)，最后進(jìn)入另一豎直光滑半圓軌道。5是半徑為R=10m的光滑圓弧軌道的右端點(diǎn)，C為軌道最低點(diǎn)，

且圓弧2C所對(duì)圓心角6=37。，C點(diǎn)又與一動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2的粗糙水平直軌道相連，CD長(zhǎng)為s=

15m,不計(jì)空氣阻力，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8。

(1)求小物塊甲與小物塊乙正碰粘在一起后的速度大小；

⑵求/、8兩點(diǎn)之間的高度差；

(3)通過(guò)計(jì)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/s⑵11.25m（3）0<尺三12.1m或R230.25m

【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vo-由動(dòng)量守恒定律有mv=（m+m）v0

解得Vo=2Om/s。（2）粘在一起的甲、乙兩物塊恰好無(wú)碰撞地經(jīng)過(guò)8點(diǎn)進(jìn)入圓弧軌道2C,可知甲、乙運(yùn)

動(dòng)軌跡和圓弧恰在8點(diǎn)相切，設(shè)/、2兩點(diǎn)之間的高度差為比，甲、乙兩物塊做平拋運(yùn)動(dòng)，在8點(diǎn)有

tan37。=也又Y『=2g力1,則可求得〃=15m/s,Ai=11.25mo（3）由⑵中的分析可求得切=25m/s,對(duì)甲、

22,

乙兩物塊從3到D的過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)能定理有2加gR（l—cos37°）—11.imgs=-x2mvp--x2mvB得v0=llJ]

m/s,設(shè)半圓軌道的半徑為R,若甲、乙兩物塊恰能到達(dá)半圓軌道的最高處，則從。點(diǎn)到￡點(diǎn)有一2%gxj

=:2加（?初丫―32%士,得必=12」m,即甲、乙兩物塊能通過(guò)半圓軌道最高點(diǎn)的條件為0CRW12.11

m,若甲、乙兩物塊恰能到達(dá)半圓軌道圓心等高處，有一2%gR=0—丁2加際,得必=30.25m,即甲、

乙兩物塊不能到達(dá)半圓軌道圓心等高處以上的條件為R230.25m,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R230.25m。

核心考點(diǎn)4動(dòng)力學(xué)三大觀點(diǎn)的應(yīng)用一一電磁學(xué)

一、三大觀點(diǎn)在電學(xué)中的規(guī)律

1、電場(chǎng)規(guī)律

電場(chǎng)力的特點(diǎn)：F^Eq,正電荷受到的電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向相同，負(fù)電荷受到的電場(chǎng)力與場(chǎng)強(qiáng)方向相反。

電場(chǎng)力做功的特點(diǎn)：WAB=FLABCOSe=qUAB=EvA-EvBo

【注意】在多階段運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)物體所受外力突變時(shí)，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(duì)于多階段運(yùn)動(dòng)過(guò)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(guò)作運(yùn)動(dòng)過(guò)程草圖來(lái)獲得。動(dòng)量守恒定律與其他知識(shí)綜合應(yīng)用類問(wèn)題的求解，與一般的力

學(xué)問(wèn)題求解思路并無(wú)差異，只是問(wèn)題的情景更復(fù)雜多樣，分析清楚物理過(guò)程，正確識(shí)別物理模型是解決問(wèn)

題的關(guān)鍵。

二、三大觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的規(guī)律

1、關(guān)系的轉(zhuǎn)換

電學(xué)對(duì)象

E=IR+Ir

力學(xué)對(duì)象

過(guò)程分析一速度。、速度，

【注意】感應(yīng)電流在磁場(chǎng)中受到安培力的作用，因此電磁感應(yīng)問(wèn)題往往跟力學(xué)問(wèn)題聯(lián)系在一起。解決

這類問(wèn)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(diǎn)力的平衡

條件、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)能定理等）。

2、能量問(wèn)題

能量問(wèn)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(dòng)勢(shì)，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。

【注意】①源的分析：明確電磁感應(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(yùn)動(dòng)的分析：由力和運(yùn)

動(dòng)的關(guān)系，確定運(yùn)動(dòng)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(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)模型

疊加場(chǎng)：電場(chǎng)、磁場(chǎng)、重力場(chǎng)共存，或其中某兩場(chǎng)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(yùn)動(dòng)；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(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，故機(jī)械能守恒，由此可求解問(wèn)題。

電場(chǎng)力、洛倫茲力并存（不計(jì)重力的粒子）：若電場(chǎng)力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若

電場(chǎng)力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用動(dòng)能定理求解問(wèn)題。

電場(chǎng)力、洛倫茲力、重力并存：若三力平衡，一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)；若重力與電場(chǎng)力平衡，一定做勻

速圓周運(yùn)動(dòng)；若合力不為零且與速度方向不垂直，將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng)，因洛倫茲力不做功，可用能量守

恒定律或動(dòng)能定理求解問(wèn)題。

【注意】帶電粒子在疊加場(chǎng)中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)

動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng)，此時(shí)解題要通過(guò)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(diǎn)，運(yùn)用

動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解。

如圖，一質(zhì)量為%=1kg,帶電荷量為4=+0.5C的小球以速度均=3m/s,沿兩正對(duì)帶電平行金屬板(板

間電場(chǎng)可看成勻強(qiáng)電場(chǎng))左側(cè)某位置水平向右飛入，極板長(zhǎng)0.6m,兩極板間距為0.5m,不計(jì)空氣阻力，

小球飛離極板后恰好由A點(diǎn)沿切線落入豎直光滑圓弧軌道NBC,圓弧軌道42C的形狀為半徑R<3m的

圓截去了左上角127。的圓弧，為其豎直直徑，在過(guò)/點(diǎn)豎直線。。的右邊界空間存在豎直向下的勻

強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E=10V/m.(取g=10m/s2)求：

I(1)兩極板間的電勢(shì)差大小U;(2)欲使小球在圓弧軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)不脫離圓弧軌道，求半徑R的取值應(yīng)滿足

I的條件。

2、單桿模型

常見情景(導(dǎo)軌和桿電阻不

過(guò)程分析三大觀點(diǎn)的應(yīng)用

計(jì)，以水平光滑導(dǎo)軌為例)