提升课2 力学三大观点的综合应用(复习讲义)-【优化探究】2026年高考物理二轮专题复习配套课件（广东专版）

提升课2　力学三大观点的综合应用 核心规律 1.力学三大观点 2.力学三大观点的对比及选用原则 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 (1)求解物体某一时刻受力及加速度 (2)物体做匀变速直线运动,涉及运动细节 匀变速直线运动规律 vt=v0+at s=v0t+at2 -=2as等 力学三 大观点 对应 规律 表达式 选用原则 能量 观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换 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 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=Δp 只涉及初末速度、力、时间,而不涉及位移、功 动量守恒定律 m1v1+m2v2= m1v1'+m2v2' 只涉及初末速度而不涉及力、时间 题型讲解 [例1]　(2025·四川卷)如图所示,倾角为θ的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半径为R的半圆挡板和长为7R的直挡板。a为直挡板下端点,bd为半圆挡板直径且沿水平方向,c为半圆挡板最高点,两挡板相切于b点,de与ab平行且等长。小球乙被锁定在c点。小球甲从a点以一定初速度出发,沿挡板运动到c点与小球乙发生完全弹性碰撞,碰撞前瞬间解除对小球乙的锁定,小球乙在此后的运动过程中无其他碰撞。小球甲质量为m1,两小球均可视为质点,不计一切摩擦,重力加速度大小为g。 (1)求小球甲从a点沿直线运动到b点过程中的加速度大小; [解析]　小球甲从a点沿直线运动到b点过程中,根据牛顿第二定律有m1gsin θ=m1a1, 解得甲在ab段运动的加速度大小a1=gsin θ。 [答案]　gsin θ (2)若小球甲恰能到达c点,且碰撞后小球乙能运动到e点,求小球乙与小球甲的质量比值应满足的条件; [解析]　甲恰能到c点,设到达c点时的速度为v1,可知 m1gsin θ=m1,解得v1=。 ① 根据题意甲、乙发生完全弹性碰撞,碰撞前后根据动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1=m1v1'+m2v2,m1=m1v1'2+m2, 解得碰后乙的速度为v2=。 ② 碰后乙能运动至e点,第一种情况,碰后乙顺着挡板做圆周运动后沿着斜面到达e点,此时需满足 m2gsin θ≤m2, 即v2≥, ③ 联立①②③可得≤1。 第二种情况,碰后乙做类平抛运动到达e点,此时可知7R+R=gsin θ·t2,R=v2t, 解得v2=, ④ 联立①②④可得=7。 [答案]　≤1或=7 (3)在满足(2)中质量比值的条件下,若碰撞后小球乙能穿过线段de,求小球甲初动能应满足的条件。 [解析]　在(2)问的质量比条件下,若碰后乙能越过线段de,根据前面分析可知当满足第一种情况时,碰后乙做圆周运动显然不能越过线段de,故碰后乙做类平抛运动越过线段de,故碰后乙的速度必然满足v2<。 同时根据类平抛运动规律可知7R+R=gsin θ·Δt2,v2Δt>R, 同时需保证小球不能撞击到圆弧cd上,可得R=gsin θ·Δt'2,v2Δt'<R, 联立解得<v2<。 ⑤ 联立②⑤将=7代入可得 <v1<4。 ⑥ 对甲球从a到c过程中根据动能定理有 -m1g·8Rsin θ=m1-Ek0, ⑦ 联立⑥⑦可得m1gRsin θ<Ek0<12m1gRsin θ。 [答案]　m1gRsin θ<Ek0<12m1gRsin θ [例2]　(2025·广东深圳一模)如图所示,长为L=0.8 m,内壁光滑的钢管(顶端开口,下端封闭)竖直固定放置,A、B两小球的质量分别为mA=200 g,mB=100 g,直径略小于钢管内径,将小球A从管口静止释放并开始计时,0.2 s时在管口由静止释放小球B,已知小球与管底碰撞后原速率反弹,小球的直径与钢管长度相比可忽略不计,重力加速度g取10 m/s2,碰撞时间和空气阻力均可忽略。 (1)求A球刚落到管底时,B球的速度大小vB; [解析]　 A球从管口自由下落到管底,有L=g, 解得tA==0.4 s。 A球落到管底时,B球下落的时间 tB=tA-0.2 s=0.2 s。 则A球刚落到管底时,B球的速度 vB=gtB=2 m/s。 [答案]　 2 m/s (2)求A、B两球相遇的位置距管底的高度h; [解析]　根据题意可知,A球反弹之后做竖直上抛运动,且反弹时的速度大小vA=gtA=4 m/s。 A球刚落到管底时,小球B下落的高度为 hB=g=0.2 m, 设从A球反弹到两球相遇的时间为t,则从A球反弹到两球相遇时 A球的位移h1=vAt-gt2, B球的位移h2=vBt+gt2, 又根据位移关系有L-hB=h1+h2, 联立解得t=0.1 s,h1=0.35 m, 则A、B两球相遇的位置距管底的高度h=0.35 m。 [答案]　 0.35 m (3)若A、B两球发生碰撞后,B小球上升的最高点高出管口Δh=0.35 m,求两小球碰撞时损失的机械能。 [解析]　设A、B两球碰撞后瞬间的速度分别为v1'和vB', 则有0-vB'2=-2g(L-h1+Δh), 解得vB'=4 m/s。 设A、B两小球碰撞前瞬间速度分别为v1、v2,则有 v1=vA-gt=3 m/s, v2=vB+gt=3 m/s, 碰撞时动量守恒,取竖直向上为正方向,则有 mAv1-mBv2=mAv1'+mBvB', 解得v1'=-0.5 m/s。 则碰撞过程中,损失的机械能为 ΔE=mA+mB-mAv1'2-mBvB'2, 解得ΔE=0.525 J。 [答案]　 0.525 J [例3]　(2025·重庆卷)如图所示,长度为d的水平传送带顺时针匀速运动。质量为m的小物块A在传送带左端M由静止释放。A还未与传送带达到相同速度时就从右端N平滑地进入光滑水平面NO,与向右运动的小物块B发生碰撞(碰撞时间极短)。碰后A、B均向右运动,从O点进入粗糙水平地面。已知A与传送带间的动摩擦因数和A、B与地面间的动摩擦因数均为μ,重力加速度为g。 (1)求A在传送带上的加速度大小及离开传送带时的速度大小; [解析]　 A在传送带上由滑动摩擦力提供加速度,即μmg=ma,可得a=μg。 由于A还没与传送带达到相同速度就已离开传送带,所以物体在传送带上做匀加速直线运动,有 =2ad,解得v1=。 [答案]　μg　 (2)若碰前瞬间,B的速度大小为A的一半,碰撞为弹性碰撞,且碰后A、B在粗糙地面上停下后相距d,求B的质量; [解析]　设B的质量为M,则由题意知碰前vA=v1,vB=,两物体发生弹性碰撞,则动量和能量均守恒,有mv1+M=mv1'+Mv2',m+M()2=mv1'2+Mv2'2, 联立解得v1'=,v2'=。 因为O点右侧地面粗糙,由动能定理有-μmgs=0-mv2,得s=,即sA=,sB=。 根据题意有sB-sA=d,且由(1)有v1=,联立各式解得M=。 [答案]　 (3)若B的质量是A的n倍,碰前B的速度忽略不计,碰后瞬间A和B的动量相同,求n的取值范围及碰后瞬间B的速度大小范围。 [解析]　A、B碰撞过程动量守恒,有mv1=mvA+nmvB, 又因为碰后瞬间A和B的动量相同,则 vB=,vA=。 根据碰撞的约束条件,要两物块不发生二次碰撞则有vA≤vB,即n≤1, 碰后动能不增,即 mm()2+(nm)()2,可得n≥, 所以n的取值范围为≤n≤1。 分别将n=1和n=代入vB=,分别可得 vB=,vB=, 所以对应的B的速度范围为 ≤vB≤,代入v1=, 可得≤vB≤。 [答案]　≤n≤1　≤vB≤ 力学三大观点选用经验总结 1.求解物体某一时刻受力及加速度时,可用牛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使运动状态改变的问题时,在涉及时间和速度,不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理;在涉及位移、速度,不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。 3.若研究的对象为相互作用的物体组成的系统,一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决,但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。 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机械能的减少量,也等于系统产生的内能。 5.涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题,通常可选用动量守恒定律,但须注意这些过程一般均隐含系统机械能与其他形式能量之间的转化。 反思提升 巩固训练 1.室内蹦床运动是近年来热门的娱乐项目。根据蹦床运动情景可建立如图所示的物理模型,竖直放置的两个完全相同的轻弹簧,一端固定于地面,另一端与质量为mB的物体B固定在一起,质量为mA的物体A置于B中央位置的正上方H处。现让A由静止开始自由下落,随后和B发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后两物体粘在一起。已知A与B结合后经过时间t下降至最低点,A、B始终在同一竖直平面内运动,弹簧始终处于弹性限度内,不计空气阻力,重力加速度为g。求: (1)A与B碰后瞬间的速度大小; 解析:设A和B碰前瞬间的速度大小为v0,和B碰后瞬间的速度大小为v,A在自由下落过程中,由动能定理有mAgH=mA, 解得v0=。 A和B碰撞过程由动量守恒定律有 mAv0=(mA+mB)v, 解得v=。 答案: (2)A、B结合体从结合后至返回到碰撞点过程中的运动时间以及该过程中弹簧对物体B冲量的大小。 解析:从碰后至返回到碰撞点的过程中,A、B结合体做简谐运动。根据简谐运动的对称性,可得运动时间t总=2t。 A、B结合体回到碰撞点时速度大小为vt=v=,方向竖直向上。 取向上为正方向,由动量定理得I-(mA+mB)g·2t=(mA+mB)vt-[-(mA+mB)v], 解得I=2(mA+mB)gt+2mA。 答案:2t　2(mA+mB)gt+2mA 2.(2025·广东佛山二模)很多医院都装备有气动物流装 置,将药房配药输送到各科室。如图所示是类似的气动 输送装置,管道abcde右端开口,其中ab竖直,高度H=2R, bc是半径为R的四分之一圆弧管(R远大于管道直径),cde 水平,cd长度x1=3R,de长度x2=R。d处紧挨放置着大小 可忽略不计的运输胶囊B和C,B被锁定在d处,a处放置胶囊A,胶囊与管道内壁接触处均不漏气,胶囊A、C间气室为真空,A的质量为m,B、C的质量均为M=3m。启动风机,给A施加一大小恒为F=2mg的气动推力,A运动至d处前瞬间解锁B,并与B完成弹性碰撞,紧接着B与C完成弹性碰撞,碰撞时间极短,大气对C产生的压力恒为mg(忽略管道内空气流动对气压的影响),ab和cde均光滑,A经bc过程克服阻力做的功为Wf=mgR(π-1)。 (1)求A经圆弧管b点处时,管道对其弹力大小FN; 解析: A由a到b过程有(F-mg)×2R=m, 解得vb=2。 A经b点处时根据牛顿第二定律有FN=m, 解得FN=4mg。 答案: 4mg (2)求B与C碰撞后瞬间,C的速度大小vC; 解析:A由b到d过程有F×-Wf-mgR+Fx1=m-m, 解得vd=4。 A与B碰撞过程,以vd的方向为正方向,有mvd=mvA+MvB,m=m+M, 解得vA=-2,vB=2。 B与C碰撞过程,以vB的方向为正方向,有vB=MvB2+MvC,M=M+M, 解得vB2=0,vC=2。 答案: 2 (3)试分析并判断B与C是否会发生第二次碰撞。 解析:假设A反弹不会进入圆弧管,则A减速至速度为零所需距离满足 -Fs1=0-m,解得s1=R<x1=3R, 假设成立,则A与B两次碰撞时间间隔满足Ft1=m(-vA)-mvA,解得t1=2。 A与B从第一次碰撞到第二次碰撞C的位移为xC=vCt1-a, C的加速度大小满足mg=Ma,解得a=g,xC=R, 此时C恰好到达管口处,即B与C不会发生第二次碰撞。 答案: B与C不会发生第二次碰撞,分析过程见解析 $