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第37 课时 专题强化：用三大观点解决动力学问题
目标要求 掌握并会灵活选用力学三大观点解决动力学综合问题。
1.解决动力学问题的三个基本观点
(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。
2.动力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉
及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问
题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，
即系统内能的增加量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形
式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
例1 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在
水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A 处以初速度v0为10 m/s 向
上滑动时，受到滑杆的摩擦力f 为1 N，滑块滑到B 处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面
一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B 间的距离l＝1.2 m，重
力加速度g 取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2；
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
(3)滑杆向上运动的最大高度h。
1
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例2 (2023·浙江6 月选考·18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道
AB、CD 和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R＝0.4 m 的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道
DEF 与轨道CD 和足够长的水平直轨道FG 平滑相切连接。质量为3m 的滑块b 与质量为2m 的滑块c 用
劲度系数k＝100 N/m 的轻质弹簧连接，静置于轨道FG 上。现有质量m＝0.12 kg 的滑块a 以初速度v0
＝2√21 m/s 从D 处进入，经DEF 管道后，与FG 上的滑块b 碰撞(时间极短)。已知传送带长L＝0.8 m，
以v＝2 m/s 的速率顺时针转动，滑块a 与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑
块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep＝1
2kx2(x 为形变量)，重力加速度g 取10 m/s2。
(1)求滑块a 到达圆弧管道DEF 最低点F 时速度大小vF和所受支持力大小FN；
(2)若滑块a 碰后返回到B 点时速度vB＝1 m/s，求滑块a、b 碰撞过程中损失的机械能ΔE；
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
例3 如图，半径为R 的四分之一光滑圆弧与足够长的光滑水平轨道平滑连接(1
4 圆弧轨道最低点与水
平轨道相切)，在水平轨道上等间距的静止着质量均为3m 的n 个小球，编号依次为1、2、3、4…n，整
个轨道固定在竖直平面内，质量为m 的小球A 在圆弧最高点静止下滑，重力加速度为g，小球间均发
生对心弹性碰撞，求：
(1)小球A 第一次与1 号小球发生碰撞后瞬间，两个小球的速度大小；
(2)第n 号小球的速度大小；
(3)1 号小球的最终速度大小。
数列法在动力学中的应用
凡涉及数列的物理问题具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程并不完全重复，而是有一定的变
化，利用某些物理量前后变化的联系，找出变化规律。
该问题的解题思路：
2
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(1)逐个分析开始的几个物理过程；
(2)利用归纳法从中找出物理变化的通项公式；
(3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。
3
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答案精析
例1 (1)8 N 5 N (2)8 m/s
(3)0.2 m
解析 (1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即N1＝(m+M)g＝8 N
当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖
直向上，则此时桌面对滑杆的支持力大小为N2＝Mg－f'＝5 N。
(2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有－mgl－fl＝1
2mv1
2－1
2mv0
2
代入数据解得v1＝8 m/s。
(3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒
定律有mv1＝(m+M)v
碰后滑块和滑杆以速度v 整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m+M)gh＝0－1
2 (m+M)v2
代入数据联立解得h＝0.2 m。
例2 (1)10 m/s 31.2 N (2)0
(3)0.2 m
解析 (1)滑块a 从D 到F，由动能定理mg·2R＝1
2mv F
2－1
2mv0
2
在F 点由牛顿第二定律得
FN－mg＝mvF
2
R
解得vF＝10 m/s，FN＝31.2 N
(2)已知滑块a 返回B 点时的速度vB＝1 m/s，
设滑块a 与b 碰后的速度大小为va，由动能定理有：－mg·2R－μmg·L＝1
2mvB
2－1
2mva
2
解得va＝5 m/s
因a、b 碰撞过程动量守恒，
则mvF＝－mva+3mvb
解得碰后b 的速度vb＝5 m/s
则滑块a、b 碰撞过程损失的能量
ΔE＝1
2mvF
2－1
2mva
2－1
2×3mvb
2
解得ΔE＝0
(3)若滑块a 碰到滑块b 立即被粘住，则a、b 碰后的共同速度v 满足：mvF＝4mv，解得v＝2.5 m/s
4
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当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度v'，有4mv＝6mv'，解得v'＝5
3 m/s
设当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1，由能量守恒有1
2×(m+3m)v2＝1
2×(m+3m+2m)v'2+1
2kx1
2，
解得x1＝0.1 m
系统能量守恒，弹簧最长或最短时，系统动能相等，所以弹簧最长和最短时形变量相等，则弹簧最大长度
与最小长度之差Δx＝2x1＝0.2 m。
例3 (1) √2gR
2
√2 gR
2
(2) √2gR
2
(3) √2gR
2
n
解析 (1)根据题意，设小球A 第一次与1 号小球发生碰撞前的速度为v0，由机械能守恒定律有
mgR＝1
2mv0
2
解得v0＝√2 gR
设小球A 第一次与1 号小球发生碰撞后，小球A 的速度为vA，1 号小球的速度为v1，由动量守恒定律和能
量守恒定律有mv0＝mvA+3mv1
1
2mv0
2＝1
2mv A
2+1
2×3mv1
2
解得vA＝m−3m
m+3m v0＝－√2 gR
2
，v1＝
2m
m+3mv0＝√2gR
2
即碰撞后两小球的速度大小均为√2 gR
2
。
(2)此后1 号球向右运动，与2 号球发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和能量守恒定律有3mv1＝3mv1'+3mv2
1
2×3mv1
2＝1
2×3mv1'2+1
2×3mv2
2
解得v1'＝0，v2＝√2 gR
2
通过计算说明1 号球碰后在原2 号球位置静止，2 号球碰后速度等于1 号球碰前的速度，即两者交换速度。
此后，2 号球与3 号球、3 号球与4 号球直至最后(n－1)号球与n 号球碰撞，都遵循同样的规律，则第n 号
球的速度应为vn＝√2 gR
2
(3)根据上述分析可知，小球A 与1 号球第一次碰后向左运动至轨道一定高度后返回水平轨道，此时速度大
小为v0
2 ，方向向右，将与已经静止的1 号球(在原来2 号球位置)发生第二次碰撞，根据动量守恒定律和能
量守恒定律可得，碰后两球的速度分别为
vA'＝－1
2×v0
2 ＝－v0
4 ，
v1'＝1
2×1
2v0＝v0
4
5
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碰后A 球向左运动，1 号球向右运动再次与2 号球碰撞，后面的球在彼此碰撞过程中交换速度，即A 球与
1 号球每碰撞一次，两者速度等大、反向，且A 球速度减半。由题意可知A 球与1 号球最终发生n 次碰撞
(最后一次在n 号球最初的位置)，故1 号球的最终速度为v＝v0
2
n ＝√2gR
2
n
。
6
