专题2 微专题2 应用“三大观点”解决力学综合问题(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

专题二　动量与能量 微专题(二)　应用“三大观点” 解决力学综合问题 第一部分　专题强化复习 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 第一部分　专题强化复习 1 专题集训(七) 第一部分　专题强化复习 1 谢谢观看 第一部分　专题强化复习 1 题型1　多运动组合的力学综合问题 　如图所示，质量均为m、大小相同的小球A、B(都可视为质点)静止在光滑水平面内的x轴上，它们的位置坐标分别为x＝0和x＝l。现沿x轴方向加一个力场，该力场只对小球A产生沿x轴正方向大小为F的恒力，之后两小球发生正碰，碰撞时间很短，不计它们碰撞过程的动能损失。 (1)小球A、B在第一次碰撞后的速度大小各是多少？ (2)如果该力场的空间范围是0≤x≤L(L＞l)，小球A、B刚好能够发生两次碰撞，求L的值。 [解析]　(1)A第一次碰前速度设为v0，动能定理 Fl＝mv02－0 A与B碰撞，由动量守恒定律可知 mv0＝mvA′＋mvB′ 根据题意，总能量不损失，由机械能守恒定律 mv02＝mvA′2＋mvB′2 联立解得vA′＝0，vB′＝v0＝ 。 (2)对小球A：第一次碰前v0＝at0，l＝at02 第一次碰后到第二次碰前过程：第二次碰前速度vA1＝at1，sA1＝at12 对小球B：第一次碰后到第二次碰前的过程sB1＝ v0t1，由于sA1＝sB2 解得t1＝2t0，vA1＝2v0，sA1＝sB1＝4l 则要使小球A、B刚好能够发生两次碰撞L＝l＋4l＝5l。 [答案]　(1)0　　(2)5l 　在足够长的光滑水平面上有一个宽度为L的矩形区域，只要物体在此区域内就会受到水平向右的恒力F的作用。两个可视为质点的小球如图所示放置，B球静止于区域的右边界，现将A球从区域的左边界由静止释放，A球向右加速运动，在右边界处与B球碰撞(碰撞时间极短)。若两球只发生一次碰撞，且最终两球的距离保持不变，求： (1)A、B两球的质量之比； (2)碰撞过程中A、B两球组成的系统机械能的损失。 解析　(1)设A、B质量分别为mA、mB，A碰前速度为v0，A、B碰后瞬间的速度大小分别为vA、vB；由动量守恒定律mAv0＝mBvB－mAvA 由题意知，碰后A、B速度大小相等、方向相反， 设其大小为v，vA＝vB＝v 碰前，对A由动能定理FL＝mAv02 碰后设A在区域内往复运动的时间为t，由动量定理有 Ft＝2mAv 碰后B球向右做匀速运动L＝vt 联立解得v＝，mA∶mB＝1∶4。 (2)碰撞过程中系统机械能损失，有 ΔE＝mAv02－ 解得ΔE＝FL。 答案　(1)1∶4　(2)FL 题型2　用数学归纳法解决多次碰撞问题 　如图所示，一倾角为θ＝30°的固定斜面的底端安装一轻质弹簧，P、Q两物块的质量分别为1 kg和3 kg，Q静止于斜面上A处。某时刻，P以沿斜面向上的速度v0＝10 m/s与Q发生弹性碰撞(碰撞时间极短)。Q与斜面间的动摩擦因数μ等于，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦。两物块均可以看作质点，P、Q两物块第一次碰撞后，Q的速度在减为零后才与P发生了第二次碰撞。重力加速度的大小为g＝10 m/s2。 (1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小； (2)若斜面足够长，求物块Q从A点上升的总高度H； (3)若A点到斜面上端的距离为 m，则在第几次碰撞后物块Q从斜面上滑落？ [解析]　(1)由动量守恒定律可得 mPvP1＋mQvQ1＝mPv0 由能量守恒定律可得 mPvP12＋mQvQ12＝mPv02 联立两式代入数值可得vP1＝－5 m/s，vQ1＝5 m/s 所以P碰后速度为5 m/s，方向为沿斜面向下；Q碰后速度为5 m/s，方向为沿斜面向上。 (2)Q受到的滑动摩擦力大小为fQ＝μmQg cos θ 由能量守恒定律可得(mP＋mQ)gH＋f0·＝mPv02 代入数值可得H＝ m。 (3)在第一次碰撞后，物块Q上滑的高度为h1，则根据能量守恒定律得mQgh1＋fQ·＝mQvQ12 当P第二次与Q碰撞时的速度为v01，则根据能量守恒定律可得mPgh1＝mPvP12－mPv012 对于第二次碰撞可根据动量守恒定律和能量守恒定律得mPvP2＋mQvQ2＝mPv01，mPvP22＋mQvQ22＝mPv012，结合各式可得vP22＝vP12 因此第二次碰撞后，物块Q上升的高度为h2，根据能量守恒定律得mQgh2＋fQ·＝mQvQ22，代入得h2＝h1 由此可以推论hn＝n-1h1 代入数值得h1＝ m 因此可得hn＝n-1· 故而因此碰撞n次后的总高度为 Hn＝h1＋h2＋…＋hn 根据等比数列求和公式可得Hn＝ 由于A点到斜面上端的距离为 m， 则A与斜面上端的高度差为 m 又<< 因此碰撞第3次后木块Q滑下。 [答案]　(1)见解析　(2) m　(3)3次 1．(2025·四川成都模拟)如图所示，将大球和小球叠放在一起、在同一竖直线上进行超级碰撞实验，可以使小球弹起并上升到很大高度。将质量为M的大球(在下)，质量为m的小球(在上)叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，h远大于球的半径，不计空气阻力。假设大球和地面、大球与小球的碰撞均为完全弹性碰撞，且碰撞时间极短。 (1)若M＝4m，则小球升起的高度为多少？ (2)小球弹起可能达到的最大高度是多少？ 解析　(1)大球和小球叠放在一起，从距地面高h处由静止释放，做自由落体运动，有v2＝2gh 大球M先与地面发生弹性碰撞，碰后速度反向、大小不变，此时与小球m再发生弹性碰撞，取向上为正方向， 由动量守恒定律得Mv－mv＝MvM＋mvm 由机械能守恒定律得＋＝＋ 解得vm＝v m碰后做竖直上抛运动，有hm＝ 代入M＝4m得hm＝h。 (2)要求弹起后小球弹起的高度最大，则要求m碰后的速度最大， 又vm＝v 分子分母同时除以M，vm＝v 当→0，此时vm最大，最大值为vm＝3v 所以最大高度为hm＝＝＝9h。 答案　(1)h　(2)9h 2．如图所示，静止在光滑水平面上的平板车，质量为m3＝2 kg，右端固定一自然伸长状态的轻弹簧，弹簧所在位置的车表面光滑，车左端和弹簧左端之间距离为L＝0.75 m，这部分车表面粗糙，质量为m2＝1 kg的小物块Q静止在平板车的左端。一不可伸长的轻质细绳长为R＝2.5 m，一端固定于Q正上方距Q为R处，另一端系一质量为m1＝0.5 kg的小球，将小球拉至悬线与竖直方向成60°角位置，由静止释放，小球到达最低点时与Q碰撞，时间极短，碰撞后小球的反弹速度v0＝1 m/s，一段时间后Q恰好返回平板车左端。取g＝10 m/s2。求： (1)小球在最低点与Q碰撞前，小球瞬时速度v1的大小； (2)小球与Q碰撞后瞬间，小物块Q的速度v2的大小； (3)小物块恰好返回平板车左端时，小物块和平板车的共同速度v3的大小； (4)小物块Q受到的滑动摩擦力Ff的大小； (5)小物块Q压缩弹簧的过程中，弹簧弹性势能的最大值Epm。 解析　(1)小球由静止到最低点，根据动能定理可得 m1gR(1－cos 60°)＝m1v12 代入数据解得v1＝5 m/s。 (2)小球与小物块Q碰撞过程，根据动量守恒定律有 m1v1＝m2v2－m1v0 代入数据解得v2＝3 m/s。 (3)小物块Q在平板车上滑动时，小物块Q与平板车组成的系统动量守恒，则有m2v2＝(m2＋m3)v3 解得小物块恰好返回平板车左端时，小物块和平板车的共同速度v3＝1 m/s。 (4)小物块Q在平板车上运动的过程中，根据功能关系有 Ff·2L＝m2v22－(m2＋m3)v32 代入数据解得Ff＝2 N。 (5)从小物块Q将弹簧压缩到最短到小物块Q回到平板车左端，根据能量守恒定律有 Epm＝Q＝FfL＝1.5 J。 答案　(1)5 m/s　(2)3 m/s　(3)1 m/s　(4)2 N (5)1.5 J $