微专题2 力学三大观点的综合应用-【创新教程】2026年高考物理大二轮专题增分方案学生用书

〡物理 为M,物块质量为m,根据图像可知物块未滑上木板时， 物块C恰好能从长木板左端滑落时速度为零，物块C从 木板的加速度为。=豆 1 碰撞后到滑落的时间1=0二心=0.25s, =之g,故可得F-Mg= ac to Mh,解得F-多AMg,根据图像可和尚块滑上木板后木 设物块C从长木板滑落后，长木板的加速度大小为， 有hmAg一h(ma十mg)g=mag, 由乙图可知t2=0.45s后，物块A和长木板共速，速度 板的加速度为a=豆g。之g 3 大小是VA=h=0.2m/s, 由运动学公式得h=am(t2一t), to =一g,此时对木板 由牛顿第二定律得F-u(m十M)g-Amg=Ma',解得 解得au=1m/s=0.1. 号子，故C错误：D假设1=钻，之后小物块和木板一 m (3)长木板B加速阶段的位移大小西-受（一， 解得x1=0.02m, 起共速运动，对整体F-m十MDg=多aMg一子Mg 设从A、B共速到停止运动的加速度大小为a,位移大小 =0,故可知此时整体处于平衡状态，假设成立，即t=4 为x2· 之后小物块和木板一起做匀速运动，故D正确. 有(ma十m)g=(A十mm)a, [答案]ABD vn=2ax,, 考向2 解得x2=0.02m, [例2][解析](1)根据动量守恒定律有M=(M十m) 长木板B与地面之间由于摩擦产生的热量为Q=(A ,解得v=6m/s. 十1B)g(x1十x2), (2)根据题意可知u=tan0=0.75, 解得Q=0.2J. 对铁块A受力分析有mgsin日十mgcos日=ma1, 答案：(1)1m/s(2)0.4,0.1(3)0.2J 解得a1=12m/s, 课堂评价·高考预测 对长木板受力分析有Mgsin日-mgcos8-μ(M十m) 解析：(1)设滑块A刚到达O,点时的速度为。，根据动量 gcos 0=Ma,, 定理有Ft=m: 解得a2=-6m/s2, 解得=3m/s,方向水平向右。 经过时间t速度相等，有v=十a2t=a1t, (2)滑块A与长木板B碰后瞬间，设滑块和长木板的速 解得t=0,5s,v=6m/s, 度分别为'和1，根据动量守恒定律和机械能守恒定 律分别有mu=mu'十Mw1, 铁块运动位移三名1一1.5m 长木板运动位移=%”=3,75m, zm=合mw+2M, 联立解得v'=-1m/s,=2m/s, 长木板的长度l=x2一x1=2.25m. 滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为2m/s, 方向水平向右， (3)长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外 -27J, 力为零，所以动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为 铁块重力势能的变化量△Ep=一mgx1sin9=-9J, v,则有M1=2Mw, 长木板重力势能的变化量△Ee=一Mgx2sin日 1 =-45J, 解得u=2=1m/s, 长木板与斜面之间摩擦产生的热量Q=u(M十) 设C相对B滑动的路程为△x,对B、C组成的系统根据 gx2c0s8=67.5J, 铁块与长木板之间摩擦产生的热量Q2=mglcos0= 能量守恒可得aMg△x=号M-合×2Mm, 13.5J, 解得△x=1m>L=0.6m, △E十△En十△Ee十Q1十Q2=0, 所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为x。=2L 故系统能量守恒. 一△x=0.2m. [答案](1)6m/s(2)2.25m(3)见解析 答案：(1)3m/s,方向水平向右(2)2m/s,方向水平向 考向3 右(3)0.2m [例3][解析](1)规定向右为正方向，设两物块碰前瞬 微专题2 间C的速度为U,碰后瞬间C的速度为'，碰后瞬间物 块A的速度为UA,物块C与物块A发生弹性碰撞，满足 [例][解析](1)根据题意可知，小球从开始下落到P 处过程中，水平方向上动量守恒，则有m心=M2, 动量守恒和机械能守恒，则有 le=le'十AvA, 由能量守恒定律有msh=司m成十号Md, 1 .2 联立解得=6m/s,=3m/s, 2 解得二m干m二3么， 即小球速度为6m/s,方向水平向左，方形物体速度为 1 号ms,方向水平向右 mA十mc (2)由于小球落在物块正上方，并与其粘连，小球竖直 由乙图可知，物块A发生碰撞后速度va=2m/s, 方向速度变为0，小球和物块水平方向上动量守恒，则 解得'=一1m/s,负号表示方向向左. (2)由乙图可知，0~0.45s内，A做匀减速直线运动的加 有mw1=(m十m） 解得=2m/s, 速度大小为Q=三4m/s 设当弹簧形变量为时物块b的固定解除，此时小球和 由牛顿第二定律得内Ag=AaA, 物块a的速度为v,根据胡克定律F=工1， 系统机拔能守恒立(m十m)店=之(m十m,)戏十 1 解得1=0.4， 物块C从碰撞后到滑落过程中，设加速度大小为ac,由 牛顿第二定律得h1mcg=mcac, 解得ae=4m/s, 联立解得v=11m/s,x1=0.3m, ·244· 答案精析 固定解除之后，小球、物块和物块b组成的系统动量守 当小物块运动到P点时，经过。时间，则轨道 恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定 有1=a1t 律有(m十m,)v1=(m十m,十1) 小物块有v2=a2t0, 解得=号m/s,方向水平向左。 在这个过程中系统机械能守恒有是M十？md 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Em=2(m十 号Md+m+2mgR, m话+之-(m十m十m成=受 水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，则有Mu十 mv,=Musmv, [答案】（①)6m/心，水平向左，号m/s,水平向右 联立解得to=1.5s, 报据运动学公式有L=子4店-合，6， (2)号m/s,水平向左，号J 代入数据解得L=4.5m. [对点集训门 答案：(1)u=4m/s(2)(i)=0.2,m=1kg(i)L 1.解析：(1)A从开始到滑到圆孤最低，点间，根据机械能守 =4.5m 恒mAg(R-Rc0s53°)= 课堂评价·高考预测 2A%2, 解析：(1)由牛顿第二定律得 解得vo=2m/s, mgsin u mgcos 0=ma, 解得a1=gsin37°十1gcos37°=10m/s2, 在最低点根据牛频第二定律F、一mg=m尺，解得 F,=72N,方向竖直向上： 骨块与传送常共速的时间4==69=0.7s) (2)根据题意A、B碰后成一整体，根据动量守恒mA4= .49 速时滑块的位移工2。=2×10m=2.45卫 (mA十）U共· 解得v袋=1.6m/s, 由题知么<tan0,此后小滑块继续沿传送带向下加速， 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 由牛顿第二定律得mngsin日-41 mgcos8=ma2, AE=之m-言m十m,a2=1.6J: 解得a,=gsin37°-h1gcos37°=2m/s2, (3)第一种情况，当传送带速度U小于时，A、B滑上 由运动学知识得L一x1=6与十2a2号， 传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩 解得t2=1.5s, 擦因数为4，对A、B根据牛顿第二定律有(mA十u)g 小滑块从A到B的时间 =(mA十)a t=t1十t,=0.7s十1.5s=2.2s. 设经过时间t后A、B与传送带共速，可得v=V#一at, (2)小滑块从A到B的过程中，小滑块先相对传送带向 该段时间内A,B运动的位移为=时1， 后运动，相对位移为△x1=4一x1=7X0.7m一2.45m 2 =2.451m, 传送带运动的位移为x2=t1, 再相对传送带向前运动，相对位移为 故可得Q=u(A十mu)g·（x一x）， △x2=(L-x1)-%t2=12,75m-10.5m=2.25m 联立解得v=0.6m/s,另一解大于v共，舍去； ∠△1， 第二种情况，当传送带速度)大于V共时，A、B滑上传送 小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕迹的长度△x =△.x1=2.451m 带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送 (3)小滑块进入槽内且恰好能通过半圆轨道最高点D, 带共速，同理可得v=U共十at2, 该段时间内AB运动的位移为西叶， UD 则由牛顿第二定律得g=m尺， 2 传送带运动的位移为x'=t, 小滑块从C到D过程由动能定理得一mg·2R=之m听 故可得Q=(A十)g·(x2'-x1'), 1 解得v=2.6m/s,另一解小于v共舍去. m呢， 答案：(1)72N,方向竖直向上； (2)1.6J 联立解得c=√5gR=6m/s, (3)0.6m/s或2.6m/s 小滑块在底端B滑上长木板的速度 2.解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心 vg=v+a,t,=7 m/s+2X1.5 m/s=10 m/s, 小滑块与长木板相互作用过程，由系统动量守恒有m 力有mg十3mg=m尺' =mvc+Mv; 4 代入数据解得v=4m/s. 解得0=3m/s, (2)(ⅰ)根据题意可知当F≤4N时，小物块与轨道一起 1 向左加速，根据牛顿第二定律可知F=(M+m)a, 此过程由能量守恒定律得mg·s=之w一 根据图乙有k=M十m =0.5kg, m呢-M, 1 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道 解得长木板的长度 有F-umg=Ma, 结合题图乙有a=-爱， 1 22m≈7.3m 答案：(1)2.2s(2)2.45m(3)7.3m 1 可知k=M=1kg', 高考新动向（二） 类型1 栽距b=一晋=-2m/, [例1][解析](1)依题意，设木板的长度为L,A、B第 一次达到共速时速度大小为1，对物块和木板由动量守 联立以上各式可得M=1kg,m=1kgμ=0.2. 恒定律有mw。=(2m十m)U (i)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6m/s,小 根据能量守恒定律有 物块的加速度为a2=fg=2m/s2, ·245·物理 微专题2 力学三大观点的综合应用 核心透视 质量m=手kg,方形物体的质量M=号 kg,重力 高中物理“三大观点”的综合应用，是历年高考必 考内容；它们或与直线运动、平抛运动、圆周运动结 加速度大小g=10m/s2,弹簧的劲度系数k= 合，或与电场、电磁感应结合，或与弹簧、传送带、板块 50N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势 连接体等结合，在计算题中常常把动量与动力学、能 能表达式E,=2kx2(x为弹簧的形变量)，所有 量结合，综合性强、难度高.在今后的备考复习中应加 过程不计空气阻力.求： 大训练，规范解题步骤，提高综合分析问题的能力. 1.三个基本观点 h (1)力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公 0 式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速 运动等问题 (2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒 aomm 定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及 (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地 物体间的相互作用问题. 面的速度大小U1、2; (3)能量的观点：在涉及单个物体的受力、速度和 (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小及弹 位移问题时，常用动能定理；在涉及系统内能量 性势能的最大值Epm. 的转化问题时，常用能量守恒定律. 2.选用原则 (1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿 运动定律，若其中涉及时间的问题，应选用动量 定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉 及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律 (2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定 律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题，应选用动量 守恒定律，然后再根据能量关系分析解决 3.系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过 程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决 比较复杂的运动. (2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或 两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如 规律总结力学三大观点选用经验总结 应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个 (1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛 整体（或系统） 顿第二定律或运动学公式列式解决. (2)研究某一物体受到力的持续作用，运动状态改 典题例析 变的问题时，在涉及时间和速度，不涉及位移和加 例](2025·山东卷，17)如图所示，内有弯曲光 速度时要首先考虑选用动量定理；在涉及位移、速 滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分 度，不涉及时间时要首先考虑选用动能定理. 别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道 (3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统， 的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方 一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决， 向.小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面 但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件. 上，b被镇定.一质量m=名kg的小球自Q点正 :(4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒 定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统 上方h=2m处自由下落，无能量损失地滑入轨 机械能的减少量，也等于系统产生的内能. 道，并从P点水平抛出，恰好击中a,与a粘在一 (5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的 起且不弹起.当弹簧拉力达到F=15N时，b解 问题，通常可选用动量守恒定律，但须注意到这 除锁定开始运动.已知a的质量ma=1kg,b的 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. 利用高功率密度激光束照射被切割材料，使材料很快被加热至汽化温度，蒸发形成孔洞，随着光 ·36·束对材料的移动，孔洞连续形成宽度很窄的（如0.1mm左右）切缝，完成对材料的切割。 第一部分：专题二能量与动量 对点集训 物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动 1.（2025·海南卷， 摩擦因数为以，最大静摩擦力等于滑动摩擦力. 11)足够长的传送 已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m,重力加 带固定在竖直平 o→"⊙ 速度大小g=10m/s2. 面内，半径R=0.5m,圆心角0=53°的圆弧轨道 a/m·s 与平台平滑连接，平台与顺时针匀速转动的水 平传送带平滑连接，工件A从圆弧顶点无初速 度下滑，在平台与B碰成一整体，B随后滑上传 送带，已知mA=4kg,m=1kg,A、B可视为质 517m77272274 点，A、B与传送带间的动摩擦因数恒定，在传送 图甲 图乙 带上运动的过程中，因摩擦生热Q=2.5J,忽略 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道 轨道及平台的摩擦，g取10m/s2. 运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg, (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力： 求小物块在Q点的速度大小； (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力 F,小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度α与 (3)传送带的速度大小. F对应关系如图乙所示 (i)求和m; (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道 施加水平向左的推力F=8N,当小物块到P点 时撒去F,小物块从Q点离开轨道时相对地的速 度大小为7m/s.求轨道水平部分的长度L. 2.(2024·山东卷，17)如图甲所示，质量为M的轨 道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面 粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 点平滑连接，Q为轨道的最高点.质量为m的小 课堂评价高考预测 (2025·河北4月联考)如图所示，倾斜传送带的 (1)小滑块从A到B的时间t; 倾角0=37°、长度为L=15.2m,传送带以o=7m/ (2)小滑块从A到B的过程中传送带上形成痕 s的速率顺时针转动；光滑水平面上有一块长木板， 迹的长度△x: 其上表面粗糙，且与传送带底端B以及右侧固定半 (3)长木板的长度s(计算结果保留两位有效数字). 圆形光滑轨道槽的最低点C等高，槽的半径R 0.72m.在传送带上端A无初速地释放一个质量为 m=1kg的黑色小滑块（可视为质点），它与传送带 之间的动摩擦因数为山1=0.5，黑色小滑块在传送 带上经过后留下黑色痕迹，在底端B滑上紧靠传送 带的长木板的上表面，长木板质量为M=3kg,不考 虑小滑块冲上长木板时碰撞带来的机械能损失，小 滑块滑至长木板右端时，长木板恰好撞上半圆槽， 长木板瞬间停止运动，小滑块进入槽内且恰好能通 过半圆轨道最高点D.已知小滑块与长木板间的动 摩擦因数为2=0.4，sin37=0.6,cos37°-0.8，重 力加速度g取10m/s2,求： C温馨提 0 学习至此，请完成配套训练微专题2 ·37·