突破计算题1 力学三大观点的综合应用-【创新大课堂】2026年高考二轮物理专题复习

专题二能量与动 玻璃球 速度大小).滑块间的每次碰撞时间极短，碰 ○.○○○ 滑块均会粘在一起继续运动.最大静摩擦力 (1)若钢球质量为m,求最右侧的钢球最终运动 于滑动摩擦力. 的速度大小v; (1)求第1个滑块与第2个滑块碰撞前瞬间， (2)若钢球质量为3，求玻璃球与右侧钢球发 1个滑块的速度大小； 生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小1； (2)记木板滑动前第方个滑块开始滑动时的 (3)若钢球质量为3m,求玻璃球经历2n次碰撞 度为；，第方十1个滑块开始滑动时的速度 后的动能Ek v+1.用已知量和？表示汁1 (3)若术板开始滑动后，滑块间恰好不再相@ 求B的值. 提示：12+22+…+k2=k(k十1)(2k十1). 6 例7](2025·湖北卷·15)如图所示，一足够长 的平直木板放置在水平地面上，木板上有3n(n 是大于1的正整数)个质量均为m的相同小滑 块，从左向右依次编号为1、2、…、3n,木板的质 量为m.相邻滑块间的距离均为L,木板与地 面之间的动摩擦因数为，滑块与木板间的动摩 擦因数为24.初始时木板和所有滑块均处于静 止状态.现给第1个滑块一个水平向右的初速 温馨提示 完成作业专题强化练（七） 度，大小为g(阝为足够大常数，g为重力加 突破计算题1力学三大观点的综合应用 【备考要求】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 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 法分析处理力学中多次碰撞的问题 (一)力学中的多运动组合问题 力学三大观点对比 动能定理 W合=AEk 力学三 选用 对应规律 大观点 表达式 原则 机械能守 Ek1+Epl= 牛顿第 恒定律 Ek2 +Ep2 二定律 F合=ma 物体做匀变 能量 涉及做功与 动力学 速直线运动， 观点 功能关系 WG=一△E。等 能量转换 v=vo +at 观点 匀变速 涉及运动 1 直线运 x-v01+ 细节 能量守 动规律 E1=E2 o2-u6=2a.x等 恒定律 27 精品教辅·智慧人 高三二轮专题复习·物理 只涉及初末 速度、力、时 动量定理 I合=p-p 0 间，而不涉及 ORH 动量 位移、功 观点 (1)瞬时冲量I的大小： 只涉及初末速 (2)滑块冲出物块GFH后上升到最高点时 动量守 p1+p2=p1+ 度，而不涉及 H点之间的距离h; 恒定律 P2 力、时间 (3)滑块从开始运动到不再滑上传送带的过 中，滑块和传送带因摩擦产生的热量Q. 例1](2025·河北省石家庄市高三第二次质检) 如图所示为一游戏装置的竖直截面图，装置由 光滑水平直轨道AB、半径r=0.5m的竖直光 滑圆轨道、长1=2.25m的水平直轨道BD、长 L=4m的水平传送带DE和足够长的光滑轨 道EK平滑连接而成(A、B、D、E、K共线)，其 中C点为竖直圆轨道上的最高点.质量m=0.1kg 的滑块（可视为质点）静止在水平轨道上的A 点，质量M=0.2kg、半径R=0.25m的四分之 一光滑圆弧形物块GFH静置于水平轨道EK 上.传送带DE以恒定速率vo=3m/s顺时针转 动.现对滑块施加一水平瞬时冲量I使滑块恰 好能通过圆轨道的C点，之后滑块经过轨道BD 滑上传送带，而后冲上物块GFH.已知滑块与 轨道BD、滑块与传送带间的动摩擦因数均为 =0.2,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻 力.求： (二)板块模型的综合分析 1.用动力学观点解决板块模型问题的思路 2.滑块和木板组成的系统所受的合外力为 物理建模 确定板块模型的类型 时，优先选用动量守恒定律解题；若地面 选研究对象 隔离法对滑块、木板分别受力分析 光滑或受其他外力时，需选用动力学观 解题 计算由牛顿第二定律 判断是否存在速度相等的 3.应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移 判断和运动学公式 “临界点” 它们的相对位移.用运动学公式或动能定理 无临滑块与木 确定相同时间内的位 式时位移指相对地面的位移，求系统摩擦生 速 判断度 板分离 移关系，列式求解 时用相对位移（或相对路程） 结果 滑块与木板没有分 有临 由整体法求 [例2](2025·广东省汕头市高三二模)如 界速 离，假设速度相等 系统加速度 所示，小滑块a和b静止于光滑平台AB上 度 后加速度也相等 ab之间有质量可忽略不计的炸药.长度L 若F≤F, 假设成立，整体列式 由隔离法求滑块与木 4m的木板c静止于光滑平面CD上，上表 板间摩擦力F及最 若F>Fm,假设不成立，分别列式 大静摩擦力Fm 与AB平齐，左端紧靠平台，右端固定有半 R=1m的半圆形光滑圆轨道.某时刻炸药 精品教辅·智慧人生 28 专题二能量与动 炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体a和b: (3)若木板c不固定在CD平面上，要使小滑 的动能，使物块b以速度6=8m/s冲上木板c. b既可以到达E点又不会从木板c上掉下来， 已知ma=2kg,mb=1kg,mc=1kg,物块b 木板c长度L的取值范围. 与木板c之间动摩擦因数=0.3，g 取10m/s2. A a bB C D (1)求爆炸过程中炸药释放的能量； (2)若木板c固定在CD平面上，请通过计算说 明小滑块b是否能到达圆轨道最高点F; (三)数学归纳法解决多次碰撞问题 当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰： 撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次 碰撞问题时，通常可用到以下两种方法： (1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速 大小； 先利用所学知识把前几次碰撞过程 (2)长木板与桌面间的动摩擦因数； 理顺，分析透彻，根据前几次数据，利 (3)长木板运动的总时间. 数学 用数学归纳法，可写出以后碰撞过程 归纳法 中对应规律或结果，通常会出现等 差、等比数列，然后可以利用数学数 列求和公式计算全程的路程等数据 通过分析前几次碰撞情况，画出物体 对应的t图像，通过图像可使运动 图像法 过程清晰明了，并且可通过图像与 轴所围面积求出物体的位移 [例3](2025·湖南省常德市二模)如图所示，质 量为m,长为L的均匀长木板，其上表面光滑， 下表面粗糙，静止平放在粗糙的水平桌面上，左 端安有一竖直挡板.一质量为3m的小滑块静置 在长木板的右端.现给小滑块一个水平向左的 瞬时速度，小滑块与长木板发生第一次碰撞 后到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉 下.假设小滑块与竖直挡板的碰撞为弹性正碰， 碰撞时间极短，桌面粗糙程度各处相同，桌面足 够长，重力加速度大小为g.求： 温馨提示完成作业突破计算题练（一）（二）（三 29 精品教辅·智慧人=1s,则x=2t,解得x=2m,从子弹击中后到B第二次离开1 小车的过程中，以水平向右的方向为正方向，则：（他十3） =(m十)B十mAuA2(m+)听=2(m+%)喔+ 1 mA听，解得A=4m/s,故D正确，B,C错误. 变式AD子弹A以100m/s的水平初速度在极短时间内 击穿物体B后速度减为40m/s,则A、B组成的系统动量 守恒，根据动量守恒定律有mAo=mA十B2,B上升 时，与C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有 mB吃=(mB十mc)w,mB暖=之(mB十mC话十mBgh, 解得h=0.6m,故A正确，B错误；B返回到最低，点时，与 C组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒，此时C的速 度最大，剥有mB吃=一mBu4十mc5,之mB号=之mB好十 合mc喝，解得防=8m/s,故C错误，D正确。 例5BC由图可知，1时刻两物体速度相等，取向右为正方 向，根据动量守恒定律得m6=(m十mg)·宁，解得mg= 2m,故A错误：物体A与轻弹簧接触的过程中，由于合外 力为零，所以两物体A、B组成的系统动量守恒.由于弹簧 对A、B做功，所以A、B组成的系统机械能不守恒.由于只 有系统内弹簧的弹力做功，所以两物体A、B和弹簧组成的 系统机械能守恒.设物体A与轻弹簧分离时，物体A和B 的速度分别为A和B.取向右为正方向，根据动量守恒定 律得mb=mvA十mBB,根据两物体A,B和弹簧组成的系 统机械能守恒得了m=了m十了mB吧，联立解得吧 =号故B正确D结误01时间内，取向右为正方向， 根据动量守恒定律得1b=mvA十mBB,取极短时间△1， 则有∑m0△=∑muA△f+∑BB△t,即得mto=sA十 1 1BB,由题意知，B=00o,解得物体A运动的距离为5A 500,故C正确. 例6解(1)依题意，所有碰撞均为弹性碰撞，若钢球质量 为，玻璃球与钢球质量相等，根据弹性碰撞规律可知，在 碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的 速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度为贴； (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，玻璃球与右侧 钢球碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得= m十3m购：由机核能守设定律得了mf=号m+了× 1 3m吃，解得=W二3m。 1 m+3 1 号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为？：方向向左 (3)根据题意结合小问2分析可知，玻璃球与右侧第一个小 球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的？，右侧第一个 小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光 滑水平面上，玻璃球反弹后与左側第一个小球同样发生弹 性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为 碰撞前的7，综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为0 =(台)广则玻璃球避整2如次后衣终动能大小： ·21 例7解(1)对长木板和滑块分别做受力分析可知，第一个 滑块开始向右运动的过程中，受到的摩擦力为∫=2umg, 而长木板受到地面的最大静摩擦力为：fm=a(M十3nm)g, 由于n>1,则f<fm,所以长木板处于静止状态，第一个滑 块做匀减速运动，对第一个滑块，由牛顿第二定律可得： 24umg=a,解得：a=2g.设第一个滑块与第二个滑块碰 撞前的速度为少0，初速度为心1，由运动学公式可得：一 10=2aL,联立解得：o=√(B-4)gL; (2)设第一个和第二个滑块碰撞后共同的速度为：2，对第 一、第二个滑块组成的系统，以心1=√g工的方向为正方 向，由动量守恒定律可得：m0=2m解得：y=了0 1 2√g-4g=2√-4gL 设第二个滑块和第三个滑块碰撞前的速度为，则有： -0=2aL,解得：v20=√J02-4gL 碰撞后共同的速度为g,由动量守恒定律可得：2020= 2 2 3mu,解得：us=台0=子√后-4gL 设第3个滑块和第4个滑块碰撞前的速度为0，则有：5 -60=2aL,解得：u30=√-4gL 碰撞后共同的速度为4，由动量守恒定律可得：3m心30= 3 3 4mu4,解得：u4=0=子√店-4gL 由此可知，=√9一42)，由北奏推可得：吗 千厉-4gL: (3)设看k个滑块一起在木板上滑动时，木板可得滑动，则有： 24kmg>(n十3nm)g,解得：k>2n,由此可知，第2n+1个滑 块在木板上滑动时，木板开始滑动，其余滑块和木板相对静止， 设第2十1个滑块刚开始在木板上时的速度大小为吃m+1,加 速度的大小为a1,木板的加速度大小为a2,由(2)可知：m+1 =2市√gL0-专n2m+1D4m+1D订，由牛颜第二宠律可 1 得：2(2n十1)mg=(2n+1)1a1,2(2n+1)mg一4mg= [4n-(2n+1)]ma2,设第2n+1个滑块开始滑动后，经过 时间与木板达到共同速度，恰好不与下一个滑块相碰，由 运动学公式可得：m+1一a1(=a2t, 11-a12-2af=L 1。 联立以上各式解得：g=4n(2n十1)(8m2+10n+5) 3(2n-1) 突破计算题1力学三大观点的综合应用 例1解(1)根据动量定理：I=m℃A,在C点根据牛顿运动 定律mgm,滑块由A运动到C的过程中：m= 合m呢+2mgr,解得：1=0.5N·s1 (2)滑块由A运动到D的过程中， 由动能定理得：一mg·1号m听一子m暖 1 解得：o=4m/s, 因为D>B所以滑块先做匀减速直线运动，假设滑块可 以减速到与传送带共速，则：1=D一迎，解得：=0.5s g 滑块运动的位移：x-即吧，解得x=子m<L=4m 7 2 所以假设成立，滑块到达E点时速度VE=VB=3ms, 滑块与光滑圆孤物块组成的系统水平方向动量守恒，滑块 滑到，点时，它们水平方向有相同设此时滑块竖直方向分速 度为U,根据动量守恒得：mE=(M十m)v共 由能量守恒得：方m呢=合(M+m)暖十合m心+mgR, 解得：y,=1m/s 滑块冲上圆弧形物块后上升到最高，点时与H点之间的距 ，解得：h=20m 离：h=2g 1 (3)滑块冲上物块到与物块分离的过程中，水平方向动量 守恒：1E=10十Mw2 能量守恒：子m呢=ma+M6,解得：=-1m/s, 1 v2=2 m/s 滑块返回到传送带上时，先减速运动又反向加速返回E: 点，该过程所用时间：2=2盟，解得：2=1s,此过程中，滑 g 块与传送带的相对位移：x2=2,解得：2=3m 滑块由D,点滑上传送带到与传送带共速时，二者的相对位 移西1=6十 241一%41，解得：1=0.25m,整个过程中滑块 和传送带因摩擦产生的热量：Q=mg(x1十22)=0.65J. 例2解(1)爆炸过程b系统动量守恒，规定水平向右为 正方向，则有maya=0,爆炸过程释放的能量E= m,暖+子m喝，联立上式代入数据解得E=48J 1 (2)若平板c固定，物块b从B,点运动到E点的过程中，根 据动能定理有一mgL=分m呢-子m喝 1 若能到达F,点，从E到F的过程中，根据动能定理有 一mbg·2R=2m诉一2m呢，代入数据解得你=0m/s, 若小滑块b恰好过最高，点F,根据牛顿第二定律与向心力 表达式有mg=m尽，代入数据解得中三√而m/s,因为 r<F,所以小滑块b不能经过F点； (3)小滑块b到达E,点与木板共速时，木板℃最长，规定水 平向右为正方向，根据动量守恒定律有，o=(,十m:）} 0,代入数据解得0=4m/s,根据能量守恒定律有7m6呢 =合(om+m)+mu1,代入数据解得L1=号m,小 滑块b回到木板c左端与木板共速时，木板c最短，规定水 平向右为正方向，根据动量守恒定律可得共同速度仍为？ =4m/s,报搭能童守恒定律有子m听=之(m十m,)子+ 2m代入数据解得L,=号m,在这个过程中小滑块 b在圆孤上升高度为H,旅搭能量宁恒定律有了m6=号 (mb十1e)2+1gL2+m,gH,代入数据解得H=0.8m <R=1m,即不会脱离圆孤轨道，故木板c的长度范围为 m<L<9m 8 例3解(1)设小滑块的初速度方向为正方向，第一次碰撞 后瞬间小滑块和长木板的速度分别为心1和.碰撞瞬间， 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mo=3十 m时，·3m6= 1·3mu7+m21 1 3 两式联立，解得=乞6，心=？6，即第一次碰撞后瞬间 1 小滑块的速度大小为20，方向与初速度方向相同； ·21 (2)发生第一次碰撞后，长木板做匀减速直线运动，小滑块 做匀速直线运动，因为小滑块与长木板发生第一次碰撞后 到第二次碰撞前小滑块恰好不会从长木板掉下，所以长木 板匀减速到与小滑块速度相等时二者相对位移恰好等于 L,设第一次碰撞后到二者速度相等所用时间为，长木板 匀减速的加速度大小为a,则有听十4一1=L,a= 2 ,,求得=a=克，由车顿第二定律X(4m)g 0 6 ma得u=8g (3)二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位 香和所用时阅分别务一盖兰一盘一品 2a 8a 这段时同内小清先的位移为江=一。因为一一忌 =二<L,所以小滑块与长木板发生第二次碰撞时长木板 已停止运动，小滑块与长木板第二次碰撞瞬间，以1的方 向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3m西 1 =3m2十m吃，2 ·3m听三号·3m哈十m心号，两式联立， 解得==（）w 1 喝=号=子×弓，同理，小滑块与长木板第n次碰接 后瞬间长木板的速度大小 小滑块与长木板发生每次碰撞前长木板均静止，碰后均做 加速度相同的匀减速运动，故，=% 长木旅运功的总时网1g=十红十…+1，密(1+子十 是+…)年s=品 专题三 电场与磁场 第8讲电场 例1AD点电荷在O点产生的场强方向如图所示： y E 由几何关系可知0=18°，02=54°，将5个场强沿x、y轴分 解可得：E,=E1cos54°+E2cos18°-E4cos18°-E5cos54 =-2g(2cos54°+co0s18),E,=E1sin54°+Esin54°- R2 Esn18-Esm1g-E-g0(sin54-sin18-号） 0,根据场强叠加原理可知O点电场强度方向沿x轴负方 向，大小为2g(2cos54+c0s18),故AD正确，BC错误.