专题6 综合应用力学两大观点解决三类问题-【状元桥】2026高考物理一轮总复习（湖北专版）

高考总复习物理 专题六 综合应用力学两大观点解决三类问题 点拨学法 素养提升 题型一 多运动过程问题（师生共研） 1.分析思路 (1)物块经过C点时对圆弧轨道的压力 (1)受力与运动分析：根据物体的运动过 大小Fc; 程分析物体的受力情况，以及不同运动过 (2)物块与斜面间的动摩擦因数4 程中力的变化情况 (2)做功分析：根据各种力做功的不同特 点，分析各种力在不同的运动过程中的做 功情况 (3)功能关系分析：运用动能定理、机械能 守恒定律或能量守恒定律进行分析，选择 合适的规律求解。 2.方法技巧 296 (1)“合”一一整体上把握全过程，构建大 致的运动情境。 (2)“分”一将全过程进行分解，分析每 卧对训练①在学校组织的趣味运动会 个子过程对应的基本规律 上，某科技小组为大家提供了一个游戏。 (3)“合”—找出各子过程之间的联系， 如图所示，将一质量为0.1kg的钢球放 以衔接点为突破口，寻求解题最优方案 在O点，用弹射装置将其弹出，使其沿着 例1如图所示，一粗糙斜面AB与光滑圆 光滑的半圆形轨道OA和AB运动.BC 弧轨道BCD相切，C为圆弧轨道的最低点， 段为一段长为L=2.0m的粗糙平面， 圆弧B℃所对圆心角0=37°.已知圆弧轨道 DEFG为接球槽.半圆形轨道OA和AB 半径为R=0.5m,斜面AB的长度为L= 的半径分别为r=0.2m、R=0.4m,小球 2.875m质量为m=1kg的小物块（可视为 与BC段的动摩擦因数为4=0.7，C点离 质点)从斜面顶端A点处由静止开始沿斜 接球槽的高度为h=1.25m,水平距离为 面下滑，从B点进入圆弧轨道运动恰能通 x=0.5m,接球槽足够大，g取10m/s.求： 过最高点D.sin37°=0.6，oos37°=0.8，重 力加速度g取10m/s2.求： 核心专题突破 (1)要使钢球恰好不脱离半圆形轨道，钢 扰动，从静止开始沿轨道AB℃运动，已知小 球在A点的速度大小及在B位置对半圆 球直径略小于管道内径，重力加速度为g 形轨道的压力大小： (2)要使钢球最终能落入槽中，弹射速度 至少多大 O R 10 0 (1)小球通过C点时，求轨道对小球的弹 力大小Fc; (2)小球从C点飞出落到地面上，求落地 点（图中未画出）到C点的距离s: (3)某同学将该小球从地面上的D点斜 向右上方抛出，小球恰好从C点水平飞 入轨道，已知水平距离DO=2R,求小球 针对训练2)如图所示，半径均为R的四 沿轨道上滑到最高点时离地面的高度h 分之一光滑圆弧轨道AB、BC在B处平 297 滑连接构成轨道ABC,其中AB为细管 道.轨道ABC竖直放置，且固定在水平台 阶CE上，圆心连线OO2水平，台阶距离 水平地面的高度为R,一质量为m的小 球静置于水平管口A点，若小球受微小 题型二 传送带模型问题（自主学习） 1.考查角度 2.功能关系分析 (1)动力学角度：首先要正确分析物体的 (1)功能关系分析：W=△E十△E。十Q, 运动过程，做好受力分析，然后利用运动 (2)对W和Q的理解 学公式结合牛顿第二定律求物体及传送 ①传送带克服摩擦力做的功：W=Fx传； 带在相应时间内的位移，找出物体和传送 ②产生的内能：Q=Fx相对： 带之间的位移关系， 例2如图所示，固定的粗糙弧形轨道下端 (2)能量角度：求传送带对物体所做的功、 B点水平，上端A与B点的高度差为 物体和传送带由于相对滑动而产生的热量、 h1=0.3m,倾斜传送带与水平方向的夹 因放上物体而使电动机多消耗的电能等，常 角为0=37°，传送带的上端C点与B点 依据功能关系或能量守恒定律求解. 的高度差为h2=0.1125m(传送带传动 高考总复习物理 轮的大小可忽略不计).一质量为m= 卧划训练3如图所示，水平传送带匀速 1kg的滑块（可看作质点）从轨道的A点 运行速度为v=4m/s,传送带两端A、B 由静止滑下，然后从B点抛出，恰好以平 间距离为x0=12m,当把质量为m= 行于传送带的速度从C点落到传送带 5kg的行李箱无初速度地放上传送带A 上，传送带逆时针转动，速度大小为= 端后，传送到B端，传送带与行李箱间的 0.5m/s,滑块与传送带间的动摩擦因数 动摩擦因数4=0.2，重力加速度g取 为=0.8，且传送带足够长，滑块运动过 10m/s2.求： 程中空气阻力忽略不计，g取10m/s, sin37°=0.6，cos37°=0.8.试求： (1)行李箱开始运动时的加速度大小a; (2)行李箱从A端传送到B端所用时间t; (3)整个过程行李箱对传送带的摩擦力做 功W. D○AX37 (1)滑块运动至C点时的速度vc大小： 298 (2)滑块由A点到B点运动过程中克服 摩擦力做的功W: (3)滑块在传送带上运动时与传送带摩擦 产生的热量Q 题型三滑块一木板模型问题（师生共研） 1.模型分类 2.位移关系 滑块一木板模型根据情况可以分成水平 滑块从木板的一端运动到另一端的过程 面上的滑块一木板模型和斜面上的滑 中，若滑块和木板沿同一方向运动，则滑 块一木板模型 块的位移大小和木板的位移大小之差等 核心专题突破 于木板的长度：若滑块和木板沿相反方向 卧对训练4如图所示，质量M=0.2kg、 运动，则滑块的位移大小和木板的位移大 长L=1m的长木板放在地面上，质量 小之和等于木板的长度 m=0.8kg的小滑块在长木板左端，竖直 3.解题关键 嵌有四分之三光滑圆弧轨道的底座固定 找出物体之间的位移（路程）关系或速度 在地面上，圆弧轨道最低点P的切线水 关系是解题的突破口，求解中应注意联系 平且与长木板上表面相平，长木板右端与 两个过程的纽带，每一个过程的末速度是 底座左端相距x=1m.现用水平向右外 下一个过程的初速度. 力F=6N作用在小滑块上，小滑块到达 例3如图所示，质量M=8kg的长木板停 P点后撤去外力F,小滑块沿着圆弧轨道 放在光滑水平面上，在长木板的左端放置 运动.长木板与底座相碰时，立即粘在底 一质量m=2kg的小物块，小物块与长木 座上.已知小滑块与长木板、长木板与地 板间的动摩擦因数=0.2，现对小物块施 面间的动摩擦因数分别为山=0.4和 加一个大小F=8N的水平向右恒力，小 =0.15,重力加速度g取10m/s2.假设 物块将由静止开始向右运动，2s后小物 最大静摩擦力等于滑动摩擦力.求： 块从长木板上滑落，从小物块开始运动到 从长木板上滑落的过程中，重力加速度 g取10m/s2.求： 299 M 77007n00nn00000n07n007 (1)在长木板与底座相碰前，长木板和小 (1)小物块和长木板的加速度各为多大； 滑块加速度的大小： (2)长木板的长度： (3)通过计算说明：互为作用力与反作用 (2)小滑块到达P点时速度的大小： 力的摩擦力对长木板和小物块做功的代 (3)竖直圆弧轨道的半径R应该满足的 数和是否为零 条件 高考总复习物理 针对训练5)如图所示，一斜面体固定在 水平地面上，倾角为0=30°、高度为h= 1.5m,一薄木板B置于斜面顶端，恰好 能保持静止，木板下端连接有一根自然长 度为l。=0.2m的轻弹簧，木板总质量为 (1)物块A落到木板上的速度大小v; m=1kg、总长度为L=2.0m.一质量为 (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 M=3kg的物块A从斜面体左侧某位置 水平抛出，该位置离地高度为H= 1.7m,物块A经过一段时间后从斜面顶 端沿平行于斜面方向落到木板上并开始 向下滑行.已知A、B之间的动摩擦因数 为=，木板下滑到斜面底端碰到挡板 时立刻停下，物块A最后恰好能脱离弹 簧，且弹簧被压缩时一直处于弹性限度 内，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦 300 力，重力加速度g取10m/s2,不计空气阻 力.求： 专题七“碰撞类”模型问题 点拨学法 素养提升 题型一 “物体与物体”正碰模型（师生共研） 1.碰撞遵守的原则 2.弹性碰撞讨论 (1)动量守恒，即1十p2=p1十p2: (1)碰后速度的求解 (2)动能不增加，即E1十Ea≥E1+E2 根据动量守恒和机械能守恒 +益>無+编 m1十m2h=m1v1+m2v2,① (3)速度要合理 2m听+透=m叶+号m吃，@ ①碰前两物体同向，则垢>增；碰后，原 来在前的物体速度一定增大，且前≥%： 解得=m一m2)十2m2边 m十m2 ②两物体相向运动，碰后两物体的运动方 =（m-m)+2m1u 向不可能都不改变， m1十m2由匀变速直线运动规律有=2aAL, 解得A=√2μgL. (2)设A、B的质量均为m, 对齐前，B所受合力大小F=3pmg, 由牛顿第二定律F=maB,得aB=3ug, 对齐后，A、B整体所受合力大小F=2g 由牛顿第二定律F=2maB,得aB=g. (3)设经过时间t,A、B达到共同速度v, 位移分别为xA、xB,A加速度的大小等 于aA,则U=aAt,V=vB一aBt, A-7ant2,B=vBl-7ant, 且xB一xA=L, 解得vB=2/2gL. 答案(1)√2μgL(2)3μgg (3)2/2gL [针对训练5]ABD [针对训练6]解析(1)小滑块滑上木板后， 滑块向右做匀减速运动，木板向右做匀 加速运动，设滑块和木板的加速度大小 分别为a1和a2.最终两者的共同速度为 0,运动时间为t. 对滑块，根据牛顿第二定律得mg=a1, 得a1=g, 对木板，根据牛顿第二定律得mg=37a, 得a=3g, 最终速度相等时有v=h一a1t=a2t, 解得1=0，=平。 4μg (2)小滑块在木板上的滑动距离大小为 5=x雅x指，又x潘=2，=号， 联立解得s= 36 8μg (3)木板做加速运动时所移动的距离为 2 3 Γ32μg 答案(1)华 (2)35 8μg (3) 36 32μg 参考答案 专题五天体运动的三类问题 点拨学法·素养提升 [例1]D[针对训练1]AC [针对训练2]BCD[例2]A [针对训练3]B[针对训练4幻C [例3]BC[针对训练5]A [针对训练6]B 专题六综合应用力学两大观点 解决三类问题 点拨学法·素养提升 [例1]解析(1)由题意知小物块沿光滑轨道 从C点到D点且恰能通过最高点，由牛 顿第二定律有mg= R, n 从C点到D点由动能定理可得 一mg·2R=2m6-2m呢，@ 由牛频第二定律可得心一mg一没，③ 由牛顿第三定律得Fc=FC,④ 联立①②③④并代入数据解得F=60N. (2)对小物块从A,点经B点到C点过 程，由动能定理有mg[Lsin0十R(1 cos6)]-mgcos0·L=2m呢-0，⑤ 联立①②⑤并代入数据解得u=0.25. 答案(1)60N(2)0.25 [针对训练1]解析(1)要使钢球恰好不脱 离半圆形轨道，钢球在最高点A时，对 钢球分析有mg=m尺， vǎ 解得va=2m/s. 钢球从A点到B点的过程由动能定理 得mg·2R=2m呢-2m听， v呢 在B点有FN一mg=mR, 解得FN=6N, 根据牛顿第三定律，钢球在B位置对半 高考总复习物理 圆形轨道的压力大小为6N. (2)从C点到D,点钢球做平抛运动，要 使钢球恰好能落入槽中，则x=Uct,h= 2g2,解得G=1m/s, 假设钢球在A,点的速度恰为vA=2m/s 时，钢球可运动到C点，且速度为v'c, 从A点到C点由动能定理得 mg·2R-mgL=2mm是-2m, 解得<0， 故当钢球在A,点的速度恰为vA=2m/s 时，钢球不可能到达C点，更不可能入 槽，要使钢球最终能落入槽中，需要更大 的弹射速度，才能使钢球既不脱离轨道， 又能落入槽中.当钢球到达C点速度为 c时，有最小值，从O到C由动能定 理得mgR-4mgL-2m呢-司m6, 解得h=√21m/s. 答案(1)2m/s6N(2)√2Im/s [针对训练2]解析(1)由A点到C点，由机 械能守恒得2mgR=2m呢， 在C点，根据牛顿第二定律可得 Fc-mg= mvc R 解得Fc=5mg. (2)小球从C点做平抛运动，水平方向 有x=vct, 竖直方向有R=g, 解得x=2√2R, 落地，点到C点的距离s=√R十x2=3R (3)小球从D点斜向右上方抛到C点的 过程可以看作由C点到D点的平抛运 动，设小球到达C,点的速度大小为v'c, 则有2R=tt,R=2g, 5 解得C=√2gR; 设小球从C点上滑的最大高度为h',对 小球上滑到最高点的过程，根据动能定 理可得mg'=ma, 解得h'=R,所以h=h'+R=2R 答案(1)5mg(2)3R(3)2R [例2]解析(1)在C点，竖直分速度，= √2gh2=1.5m/s, 由y,=ucsin37°，解得vc=2.5m/s. (2)C点的水平分速度与B点的速度相 等，则g=U=ccos37°=2m/s, 从A点到B点的过程中，根据动能定理 得mgh1-W=2m哈， 解得W=1J. (3)滑块在传送带上运动时，根据牛顿第 二定律有mgcos37°-mgsin37°=ma, 解得a=0.4m/s2, 达到共同速度所需时间t=心一二”-5s, a 两者间的相对位移△x=一t=5m, 2 由于mgsin37°<mgcos37°，此后滑块 将做匀速运动.故滑块在传送带上运动 时与传送带摩擦产生的热量 Q=mgcos37°·△x=32J. 案(1)2.5m/s(2)1J(3)32J [针对训练3]解析(1)行李箱刚放上传送 带时的加速度大小a=E=mg=4g= mm 2m/s2. (2)经过1时间二者共速， 4 a 2$=2s, 行李箱匀加速运动的位移为 4=2af=号×2×2m=4m, 行李箱随传送带匀速运动的时间 2=0-4=12-4s=25, 4 则行李箱从A端传送到B端所用时间 t=t1十t2=2s十2s=4s. (3)1时间内传送带的位移 x2=vt1=4X2m=8m, 根据牛顿第三定律，传送带受到行李箱 的摩擦力F=F:, 行李箱对传送带的摩擦力做功 W=-Fx2=-mgx2=-0.2X5X 10×8J=-80J. 答案(1)2m/s2(2)4s(3)-80J [例3]解析(1)长木板与小物块间摩擦力 F=umg=4 N, 小物块加速度a1=FE=2m/g, 长木板加建度a-后=0.5m/。 (2②)小物块对地位移西=24P=4m, 长木板对地位移x2=2a2P=1m, 长木板长L=x1一x2=3m. (3)摩擦力对小物块做功 W1=-Fx1=-16J, 摩擦力对长木板做功W2=Fx2=4J, 故W1+W2≠0. 答案(1)2m/s20.5m/s2(2)3m (3)不为零 [针对训练4幻解析(1)在长木板与底座相 碰前，假设M与m相对静止，一起加 速，设加速度为a,小滑块与长木板间静 摩擦力为F, 则F-(M什m)g=(M+m)a, F-Fn=ma, 解得a=4.5m/s2,Fa=2.4N, 即Fa<mg=3.2N,假设成立. (2)设长木板撞击底座时，长木板和小滑 523 参考答案 块共同速度为，之后，小滑块在长木 板上运动，设加速度为α1，到达P点的 速度为v2, 则=2ax, F-hmg=ma1,吃-=2a1L, 解得2=4m/s. (3)情况一：小滑块滑上圆孤轨道从圆孤 轨道的Q点离开，即能够达到圆孤轨道 最高，点，设圆孤轨道半径最大为Rm,小 滑块在最高点的速度大小为m,则 mg-g,-2mgR=2m-m， 1 解得Rm=0.32m. 情况二：小球上滑至与圆心等高处时，速 度减为零，然后滑回最低，点.则由动能定 理有-mgR=一m, 解得R=0.8m, 故要使小滑块不脱离轨道，竖直圆周轨 道半径应该满足0<R≤0.32m或R> 0.8m. 答案(1)4.5m/s34.5m/s3(2)4m/s (3)0<R≤0.32m或R≥0.8m. [针对训练5]解析(1)物块A落到木板上 之前做平抛运动，竖直方向有2g(H h)=, 解得v,=2m/s, 物块A落到木板上时速度大小)= sin 30=4 m/s. (2)由木板恰好静止在斜面上，得到斜面 与木板间的动摩擦因数山应满足 ngsin30°=tomgcos30°， 得o=tan30°=3」 3 物块A在木板上滑行时，由牛顿第二定 律得 高考总复习物理 a-Mgcos 30 Mgsin 302.5 m/s M (方向沿斜面向上)， aLVgcos gsin Mmgos 3 m 7.5m/s2(方向沿斜面向下)， 假设A与木板B达到共同速度？共时，A 还没有压缩弹簧且木板B还没有到达 斜面底端， 则有V共=aBt=U一aAt, 解得v共=3m/s,t=0.4s, 此过程，x=叶)堡t=1,4m, 2 a-登1=0.6m<n0-L=1m, 故△x=xA一xB=0.8m<L一l0= 1.8m,说明以上假设成立. A与B速度相同后，由于(M什m)gsin30° (M十m)gcos30°，则A与B一起匀速 直到木板与斜面底端挡板碰撞，木板停 下，此后A在B上做匀减速运动，设接 触弹簧时A的速度为vA,有一2aA(L一 l6-△x)=味-候， 解得UA=2m/s. 设弹簧最大压缩量为xm,A从开始压缩 弹簧到弹簧刚好恢复原长过程，有 Q=2 Mg cos30°=2Md, 2 解得Q=6J,xm=5m, A从开始压缩弹簧到弹簧被压缩到最短 的过程，有 Em=Mua+Mgim sin 30Q= 5J, 即弹簧被压缩到最短时的弹性势能为 5J. 答案(1)4m/s(2)5J 专题七“碰撞类”模型问题 点拨学法·素养提升 [例1]解析(1)球1第一次经过P点后瞬间 速度变为2h, 所以Fm=m (2上=4mR: 6 (2)球1与球2发生弹性碰撞，且碰后速 度大小相等，说明球1碰后反弹， 则m·2b=一mw十mv, 2m(2w)户=2m+2m, 联立解得v=0,m'=3m. (3)设两球从第一次碰撞到第二次碰撞 所用时间为△t, 则4= 20 ,t2十2ht2=πR, 所以△t=t1十t2= 5元R 6 昏器(14m爱 (2)3m (3)5mR 66 [针对训练1]B[例2]C [针对训练2]B [针对训练3]解析(1)A与B碰撞过程，以 A、B为系统，粘在一起的共同速度为 v,取向右为正方向， 由动量守恒定律有m1=(m十m2)v, 代入数据解得v=4m/s. (2)从A与B碰撞粘在一起后到弹簧被 第一次压缩到最短的过程中，A、B、C所 构成系统的机械能守恒，设弹簧被压缩 到最短时，三者共同的速度为V, 则有(m十m2)v=(m+m2+m3)v, 合(m十m)=号(m十m%十m)02+ E。,解得E。=15J 答案(1)4m/s(2)15J [例3]解析(1)小物块C与小物块A发生 碰撞粘在一起，以的方向为正方向，