第1篇 专题2 第8课时 力学中三大观点的综合应用（Word教参）-【艺术生百日冲刺】2026高考物理艺术生基础生文化课成功方案

该高中物理高考复习教案聚焦力学三大观点综合应用，整合动力学、能量、动量规律，按多过程问题、板块模型、多次碰撞逻辑架构知识，通过考点梳理表格、方法指导及高考真题训练，帮助学生构建分析框架，突破综合应用难点。 资料特色在于采用科学思维与模型建构策略，如板块模型中用假设法分析相对运动，多次碰撞问题用数学归纳法推理，配合分层练习即时反馈。既提升学生解题效率与应考能力，也为教师把控复习节奏提供系统指导。

第8课时　力学中三大观点的综合应用 【目标要求】　1.会分析力学中的多运动、多模型组合问题，会把多过程拆分为多个单过程，并会选择合适的规律进行处理.2.会用牛顿运动定律、能量观点、动量观点分析板块模型的综合问题.3.会用数学归纳法分析处理力学中多次碰撞的问题． 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma 匀变速直线运动规律 v＝v0＋at x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等 　　　　　　　　　物体做匀变速直线运动 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 机械能守恒定律 Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 功能关系 WG＝－ΔEp等 能量守恒定律 E1＝E2 　　　　　　　　　涉及到做功与能量转换 续表 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动量观点 动量定理 I合＝p′－p 只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初、末速度而不涉及力、时间 热考一　应用三大观点解决多过程问题 【例1】　(2024·湖南高考)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA＞mB).初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞．不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动． (1)若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； (2)若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比. 【解析】　以下解答，在小球A与B碰撞过程均以小球A的速度方向为正方向． (1)对A、B系统，碰撞前、后动量守恒，设碰撞后小球组合体的速度大小为v，由动量守恒定律得：mAv0＝(mA＋mB)v，对碰撞后的组合体，根据牛顿第二定律得：Fn＝(mA＋mB)，联立解得：v＝，Fn＝； (2)小球A与B发生弹性碰撞，设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为vA、vB，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv，联立解得：vA＝，vB＝，所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如下图所示，首次碰撞在a点，a、b、c三点为等边三角形的三个顶点． 因vA＜vB，且除了碰撞过程两小球均做匀速圆周运动，故第二次碰撞的位置在b点或在c点，设120°圆心角对应圆环的弧长为L.讨论如下： ①若在b点发生第二次碰撞，则从第一次在a点碰撞到第二次碰撞A、B通过的路程关系为：sB－sA＝3L，即：vBt－vAt＝3L，对A有：vAt＝L＋3kL，(k＝0，1，2，3…)，联立可得：＝，联立解得：＝，若k取值大于等于1，则此比值为负值，不合理，则k只能取0，解得：＝ 对两球在b点的第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA′、vB′，同理可得： mAvA＋mBvB＝mAvA′＋mBvB′，mAv＋mBv＝mAv′＋mBv′，联立解得：vA′＝v0，vB′＝0，故第三次碰撞会发生在b点、第三次碰撞与第一次碰撞的情况相同，故第四次碰撞发生在c点，第四次碰撞与第二次碰撞的情况相同，以此类推，满足题意． ②若在c点发生第二次碰撞，同理，根据从第一次碰撞到第二次碰撞A、B通过的路程关系可得：vBt－vAt＝3L，对A有：vAt＝2L＋3kL，(k＝0，1，2，3…)，联立可得：＝，联立解得：＝ 若k取值大于等于1，则此比值为负值，不合理，则k只能取0，解得：＝，同理可得，第二次碰撞后vA′＝v0，vB′＝0，则第三次碰撞发生在c点、第四次碰撞发生在b点，以此类推，满足题意．综上所述，可得：＝，或＝. 【答案】　(1)　 (2)为或 【例2】　(2025·天津高三模拟)如图所示，质量m＝2 kg的滑块B静止放置于光滑平台上，B的左端固定一轻质弹簧．平台右侧有一质量M＝6 kg的小车C，其上表面与平台等高，小车与水平面间的摩擦不计．光滑圆弧轨道半径R＝1.6 m，连线PO与竖直方向夹角为60°，另一与B完全相同的滑块A从P点由静止开始沿圆弧下滑．A滑至平台上挤压弹簧，弹簧恢复原长后滑块B离开平台滑上小车C且恰好未滑落，滑块B与小车C之间的动摩擦因数μ＝0.75，g取10 m/s2，A、B可视为质点，求： (1)滑块A刚到平台上的速度大小； (2)该过程中弹簧弹性势能的最大值； (3)小车C的长度． 【解析】　(1)滑块A自P点滑至平台过程中，由动能定理有mgR(1－cos 60°)＝mv 解得v0＝4 m/s； (2)当A、B速度大小相等时弹簧弹性势能最大，设向右为正方向，动量守恒定律有 mv0＝2mv共，解得v共＝2 m/s，由能量守恒定律有EP＝mv－·2mv 解得：EP＝8 J； (3)弹簧恢复原长时B与A分离，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得： mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv，联立解得v1＝0，v2＝4 m/s B恰好未从小车C上滑落，即B到小车C右端时二者速度相同，由动量守恒有 mv2＝(m＋M)v3，解得：v3＝1 m/s 由功能关系有：Q＝mv－(m＋M)v，Q＝μmgL， 联立解得：L＝0.8 m. 【答案】　(1)4 m/s　(2)8 J　(3)0.8 m 热考二　应用三大观点解决“板块”模型问题 【例3】　(2025·东北育才学校模拟)如图所示，“L”形木板C静置于足够大的光滑水平地面上，物块A静置在C上某处，底面光滑的物块B静置在A右侧到A的距离L0＝ m处，B与C右端的距离L1＝ m．现对A施加一大小F＝1.6 N、方向水平向右的恒定推力，经过一段时间后撤去推力，此时A与B恰好发生弹性正碰，碰撞时间极短，再经过一段时间B与C右端碰撞并瞬间粘在一起．已知A、C的质量均为m＝0.2 kg，B的质量为 m，A、C间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B均视为质点，物块A始终未滑离木板C.求： (1)施加推力时C的加速度大小a； (2)A、B第一次碰撞后瞬间A的速度大小v1以及B的速度大小v2； (3)从撤去推力到B与C右端碰撞的时间t. 【解析】　(1)假设A、C相对静止，且此种情况下A、C的共同加速度大小为a0，根据牛顿第二定律有F＝2ma0，解得a0＝4 m/s2，A、C间的最大静摩擦力fm＝μmg＝0.5×0.2×10 N＝1.0 N，由于fm＞ma0＝0.2×4 N＝0.8 N，则假设成立，因此施加推力时C的加速度大小a＝a0＝4 m/s2 (2)A、C一起以大小为a的加速度做初速度为零的匀加速直线运动，设A、B碰撞前瞬间A、C的速度大小为v0，根据匀变速直线运动的规律有：v＝2aL0，解得v0＝6 m/s 取向右为正方向，对A、B第一次发生弹性正碰的过程有：mv0＝mv1＋mv2 mv＝mv＋×mv，解得v1＝2 m/s，v2＝8 m/s (3)A、B第一次碰撞后，A向右做匀加速直线运动，C向右做匀减速直线运动，假设B滑到C右端前，A、C已达到共同速度，设该共同速度的大小为vAC，取向右为正方向，根据动量守恒定律有：mv1＋mv0＝2mvAC，解得vAC＝4 m/s 假设从A、B第一次碰撞到A、C达到共同速度的时间为t1，根据动量定理有：μmgt1＝mvAC－mv1，解得t1＝0.4 s，在该段时间t1内，A、B、C向右运动的距离分别为： xA1＝t1＝×0.4 m＝1.2 m， xB1＝v2t1＝8×0.4 m＝3.2 m xC1＝t1＝×0.4 m＝2.0 m，因为xB1－xC1＝3.2 m－2.0 m＝1.2 m L0＋L1＝ m＋ m＝6 m，xB1－xC1＜L0＋L1 所以假设成立，此后A、C以共同速度向右运动，直到B与C右端碰撞，从A、C达到共同速度至B到达C右端的时间为：t2＝＝ s＝1.2 s 因此t＝t1＋t2＝0.4 s＋1.2 s＝1.6 s. 【答案】　(1)4 m/s2　(2)2 m/s　8 m/s　 (3)1.6 s 【例4】　如图所示，一倾角为θ＝37°的足够长斜面体固定在水平地面上，一质量为M＝2 kg的长木板B沿着斜面以速度v0＝9 m/s匀速下滑，现把一质量为m＝1 kg的铁块A轻轻放在长木板B的左端，铁块恰好没有从长木板右端滑下，A与B间、B与斜面间的动摩擦因数相等，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求： (1)铁块A和长木板B共速后的速度大小； (2)长木板的长度； (3)请用数值验证，铁块刚放上长木板左端时与达到共速时系统的总能量相等． 【解析】　(1)根据动量守恒定律有 Mv0＝(M＋m)v 解得v＝6 m/s. (2)根据题意可知μ＝tan θ＝0.75 对铁块A受力分析有 mg sin θ＋μmg cos θ＝ma1 解得a1＝12 m/s2 对长木板受力分析有 Mg sin θ－μmg cos θ－μ(M＋m)g cos θ＝Ma2 解得a2＝－6 m/s2 经过时间t速度相等，有v＝v0＋a2t＝a1t 解得t＝0.5 s，v＝6 m/s 铁块运动位移x1＝t＝1.5 m 长木板运动位移x2＝t＝3.75 m 长木板的长度l＝x2－x1＝2.25 m. (3)系统动能的变化量 ΔEk＝(M＋m)v2－Mv＝－27 J 铁块重力势能的变化量 ΔEp1＝－mgx1sin θ＝－9 J 长木板重力势能的变化量 ΔEp2＝－Mgx2sin θ＝－45 J 长木板与斜面之间摩擦产生的热量 Q1＝μ(M＋m)gx2cos θ＝67.5 J 铁块与长木板之间摩擦产生的热量 Q2＝μmgl cos θ＝13.5 J ΔEk＋ΔEp1＋ΔEp2＋Q1＋Q2＝0 故系统能量守恒． 【答案】　(1)6 m/s　(2)2.25 m　(3)见解析 【总结提升】 　用动力学观点解决板块模型问题的思路 [高考模拟冲关] 1．(2025·衡水安平中学模拟)如图所示，木板A、B静止于光滑水平桌面上，B上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C，B、C间的动摩擦因数为μ，A、B由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态，现在突然给C一个向右的速度2v0，让C在B上滑动，当C的速度为v0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B的速度为v0，A、B、C的质量均为m. (1)从C获得速度2v0开始经过多长时间绳子被拉直？ (2)拉断绳子造成的机械能损失为多少？ (3)若最终滑块C未脱离木板B，则木板B的长度至少为多少？ 【解析】　(1)从C获得速度2v0到绳子拉直的过程中，取向右为正方向，对C根据动量定理得： －μmgt＝m·v0－2mv0，解得：t＝； (2)设绳子刚拉直时B的速度为vB，对B、C系统分析，选择向右为正方向，由动量守恒定律得：m·2v0＝mv0＋mvB，计算得出： vB＝v0 绳子拉断的过程中，A、B组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得： mvB＝mvA＋m·v0，解得：vA＝v0 绳子拉断过程中，以A、B为系统，根据能量守恒定律得损失的能量为：ΔE＝mv－×mv－×m·，解得ΔE＝mv； (3)设C在拉断前的过程中相对于B的位移为L，由能量守恒定律可得： m(2v0)2＝mv＋mv＋μmgL1，解得：L1＝ 设绳子拉断后C恰好滑到B的右端时又相对于B滑动了L2，此时二者速度相等时L2最小，对BC分析，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0＋m·v0＝2mv共 由能量守恒定律有：mv＋m＝×2mv＋μmgL2，解得：L2＝ 木板的最小长度为：L＝L1＋L2，联立解得：L＝. 【答案】　(1)　(2)mv　(3) 2．(2025·广东广州一模)图甲是一种智能减震装置的示意图，轻弹簧下端固定，上端与质量为m的减震环a连接，并套在固定的竖直杆上，a与杆之间的智能涂层材料可对a施加大小可调节的阻力，当a的速度为零时涂层对其不施加作用力．在某次性能测试中，质量为0.5m的光滑环b从杆顶端被静止释放，之后与a发生正碰；碰撞后，b的速度大小变为碰前的λ倍、方向向上，a向下运动2d时速度减为零，此过程中a受到涂层的阻力大小f与下移距离s之间的关系如图乙．已知a静止在弹簧上时，与杆顶端距离为4.5d，弹簧压缩量为2d，重力加速度为g.求： (1)与a碰前瞬间b的速度大小； (2)λ的值； (3)在a第一次向下运动过程中，当b的动能为mgd时a的动能． 【解析】　(1)小环b下落的过程为自由落体，则v＝2gh1 解得与a碰前瞬间，b的速度大小为v1＝3 (2)ab发生碰撞，设向下为正方向，根据动量守恒定律可知 0．5mgv1＝－0.5mgλv1＋mgv2 a向下运动2d时速度减为零的过程中，由动能定理可知 WG－Wf－W弹＝mg·2d－mg·2d－·2d＝0－mv 由题可知a静止在弹簧上时，弹簧压缩量为2d，根据胡克定律可知mg＝k·2d 联立解得v2＝2　　λ＝ (3)当b的动能为mgd时，b的速度为 v3＝± 根据动量定理可知－0.5mgt＝0.5mv3－0.5mλv1 解得t＝ 或 在a第一次向下运动过程中，取一段时间Δt，根据动量定理可知 IG－If－I弹＝mgΔt－(mg－Δd)Δt－(2d＋Δd)Δt＝mv4－mv2 当Δt＝ 时v4＝ 当Δt＝ 时v4＝ 此时a的动能为mv＝mgd或mgd 【答案】　(1)3　(2)　(3)mgd或mgd 学科网（北京）股份有限公司 $