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（江苏专版）

提升课2　力学三大观点的综合应用 1.力学三大观点 核心规律 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 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax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 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 [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。 题型讲解 (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·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m≥m()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≤ [例3]　(2025·江苏扬州二模)如图所示,水平面上放置 一左端固定在Q点、右端与物块A相连的轻质弹簧,弹 簧的劲度系数k=20 N/m。初始锁定物块A、B后放置 在水平面上O点,此时弹簧伸长量x0=0.2 m,A、B之间 夹有不计质量的火药。水平面上O点左侧粗糙,右侧光滑,A与水平面间的动摩擦因数μ1=0.08。水平面右下方有足够长的倾角为θ=30°的斜面,水平面与斜面顶端P点的高度差h=0.6 m,下端带有弹性挡板且板长L=4 m的长木板C恰好静止在斜面顶端P点。解除A、B锁定,火药瞬间爆炸后,B向右运动,从水平面的右端水平抛出,恰好沿斜面方向落到长木板的顶端。已知A的质量mA=5 kg,B的质量mB=1 kg,C的质量mC=3 kg,B与C之间的动摩擦因数μ2=,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,忽略空气阻力的影响,物块A、B均可看作质点。在运动过程中,弹簧始终在弹性限度内,当其形变量为x时,弹性势能Ep=kx2。求: (1)物块B与C上的挡板发生第一次弹性碰撞前的速度大小; [解析]　设火药爆炸后A和B的速度大小分别为v1和v2,B向右做匀速直线运动,从水平面抛出后做平抛运动,根据题意有h=gt2,tan θ=, 解得v2=6 m/s。 B刚落到C上时的速度vP=, 解得vP=4 m/s。 设C与斜面间的动摩擦因数为μ3,初始时C恰好静止在斜面上,得 μ3=tan θ=>μ2, B滑上C后,C受到B沿斜面向下的滑动摩擦力,此时 mCgsin θ+μ2mBgcos θ<μ3(mB+mC)gcos θ, 则C因此保持静止,B沿斜面方向做匀加速直线运动,则有 mBgsin θ-μ2mBgcos θ=mBa1, 则B与C的挡板发生第一次碰撞前的速度 v3=, 解得v3=8 m/s。 [答案]　8 m/s (2)从爆炸开始到A最终静止,物块A通过的总路程; [解析]　火药爆炸过程中对A、B由动量守恒定律得mAv1=mBv2, 解得v1=1.2 m/s。 设A向左移动x1后速度减为零,由能量守恒定律得 mA+k=k+μ1mAgx1,解得x1=0.6 m。 设A再向右移动x2后速度减为零,且处于压缩状态,由能量守恒定律得k(x1-x0)2=k(x1-x0-x2)2+μ1mAgx2, 解得x2=0.4 m,可知此时A恰好回到弹簧原长位置停止运动,则A在整个运动过程中的总路程xA=x1+x2=1 m。 [答案]　1 m (3)物块B和长木板C之间因摩擦产生的总热量。 [解析]　从B落到C顶端到第一次碰撞,B、C间因摩擦产生的热量 Q1=μ2mBgcos θ·L=12 J。 从第一次碰撞开始,系统动量守恒,经多次碰撞后,B相对C静止于挡板处,由动量守恒定律得mBv3=(mB+mC)v4, 解得v4=2 m/s,二者以此速度一起沿斜面向下做匀速直线运动。 第一次碰撞后的运动过程中,B、C系统重力势能减少量等于C与斜面间因摩擦产生的热量,则此过程中B、C间因摩擦产生的热量 Q2=mB-(mB+mC)=24 J, 则整个过程中B、C间因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2,解得Q=36 J。 [答案]　36 J 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 1.(2025·江苏镇江二模)如图所示,水平传送带以5 m/s 的速度顺时针匀速转动,传送带左右两端的距离为 3.6 m。传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3 m、 不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球,小球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的P点固定一钉子,P点与O点等高。将质量为0.1 kg的小物块无初速度轻放在传送带左端,小物块运动到右端与小球正碰,碰撞时间极短,碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左。小球碰后绕O点做圆周运动,当轻绳被钉子挡住后,小球继续绕P点向上运动。已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度大小g取10 m/s2。 巩固训练 (1)求碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量; 解析:根据题意,小物块在传送带上运动时,由牛顿第二定律有μmg=ma,解得a=5 m/s2。 由运动学公式可得,小物块与传送带共速时有v=at1,解得t1=1 s。 小物块加速运动的距离为x1=a=2.5 m<L传=3.6 m, 可知,小物块运动到传送带右端前与传送带已经共速,共速前传送带运动的距离为x传=vt1=5 m, 则碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量为 Q=μmg(x传-x1)=0.5×0.1×10×2.5 J=1.25 J。 答案：1.25 J (2)求小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能; 解析:小物块运动到传送带右端与小球正碰,碰撞时间极短,小物块与小球组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律有mv=mv1+m球v2, 其中v=5 m/s,v1=-1 m/s, 解得v2=3 m/s。 由能量守恒定律可得,小物块与小球碰撞过程中,两者构成的系统损失的总动能为ΔEk=mv2-m-m球, 解得ΔEk=0.3 J。 答案：0.3 J (3)若小球运动到P点正上方,绳子不松弛,求P点到O点的最小距离。 解析:若小球运动到P点正上方,绳子恰好不松弛,设此时P点到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为v3,在P点正上方,由牛顿第二定律有 m球g=m球, 小球从O点正下方到P点正上方过程中,由机械能守恒定律有 m球=m球+m球g(2L绳-d),联立解得d=0.2 m, 即P点到O点的最小距离为0.2 m。 答案：0.2 m 2. 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 MvB=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 $