专题二 微专题2 动力学三大观点的综合运用-【衡中学案】2026年高考物理二轮总复习学案

032 A.子弹射穿A木块过程中系统损失的机械能为3975J B.子弹打穿两个木块后的过程中弹簧最大的弹性势能为4.5J C弹簧再次恢复原长时A的速度为？m, D.弹簧再次恢复原长时B的速度为疗 温馨提示：复习至此，请做练案[8] 微专题2动力学三大观点的综合运用 核心知识了固双基 盘“关键能力”构建 力学三大观点对比 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 牛顿第二定律 F合=ma v vo at 物体做匀变速直线运动，涉及运动 动力学观点 匀变速直线运动规律 sidw 细节 元2-，2=2ax等 动能定理 W合=△E 机械能守恒定律 Ex Ep El +Eje 能量观点 涉及做功与能量转换 功能关系 W。=-△E等 能量守恒定律 E1=E2 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位 动量 动量定理 I合=p'-p 移、功 观点 动量守恒定律 P1+P2=P1'+P2 只涉及初末速度而不涉及力、时间 命题热点 巧突破 题型 力学中的多运动组合问题 例1(24：山东卷)如图甲所示，质量为，的轨道静止在光滑水平面上，镜道水平部分的上表面相糙，竖直 半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水 平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半 径R=0.4m,重力加速度大小g=10m/s2。 个a/(ms3) 乙 033 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg,求小物块 在Q点的速度大小： (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度α与F对应 关系如图乙所示。 ①求u和m; ②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F=8N,当小物块到P点时撤去 F,小物块从Q点离开轨道时相对水平面的速度大小为7/s。求轨道水平部分的长度L。 【审题指导】 关键表述 物理量及其关系 轨道与水平面无摩擦，撤去外力F后，因竖直半圆形 质量为m。的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分 部分的表面光滑，故小物块在半圆形部分运动时，小 的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P 物块与轨道组成的系统在水平方向上动量守恒，小 点平滑连接；轨道不固定，当小物块到P点时撒去F 物块与轨道组成的系统机械能守恒 A a/(m.s2) 6 由图像易知，当F≤4N时，小物块相对于轨道静止； 当F>4N时，小物块与轨道水平部分发生相对滑动 8 F/N 【易错提醒】(1)不能根据图像找出运动信息而做出错误判断；(2)不能判断出小物块与轨道在哪一过程动 量守恒；(3)不能根据物理情境排除不合理的解。 题型2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 物理建模 →确定板块模型的类型 选研究对象隔高法，对滑块、木板分别受力分析 计算判断由牛顿第二定律和运动学公式判断是香存在速度相等的·临界点” 无临界 →滑块与木板分离→确定相同时间内的位移关系，列式求解 断 速度 结果 有临界 滑块与木板没有分 由隔离法求滑块与 由整体法求 >若F≤F,假设成立，整体列式 速度 离，假设速度相等 木板间摩擦力F及 系统加速度 后加速度也相等 最大静摩擦力F 若F>F,假设不成立，分别列式 034 2.滑块和木板组成的系统所受的合外力为零时，优先选用动量守恒定律解题；若地面不光滑或受其他外力时，需 选用动力学观点解题。 3.应注意区分滑块、木板各自相对地面的位移和它们的相对位移。用运动学公式或动能定理列式时位移指相对 地面的位移，求系统摩擦生热时用相对位移（或相对路程）。 例2(2D4·河北卷)如图所示，三执厚度相同质量相等的木板A,B.C (上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器 人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0kg,A木板长 度为2.0m,机器人质量为6.0kg,重力加速度g取10m/s2,忽略空气阻力 (1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离； (2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳 过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值； (3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地 3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度 的关系。 【审题指导) 关键表述 物理量及其关系 智能机器人在木板上运动时给木板摩擦力，木板运 三块厚度相同，质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙) 动；地面光滑，机器人与三块木板组成的系统水平方 并排静止在光滑水平面上 向动量守恒 尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端 机器人视为质点，从A木板左侧开始运动 若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程 木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距 机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒 跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板 035 题型3特殊方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： 先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以 数学 后碰撞过程中对应规律或结果，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 归纳法 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，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可 图像法 通过图像与t轴所围面积求出物体的位移 例 (2024·河北卷)如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长 B 直木板A,木板A左端上表面有一小物块B,其到挡板的距离为d= 2m,A、B质量均为m=1kg,不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F=9N的恒力作 用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g= 10m/s2。求： (1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小； (2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰撞后瞬间A、B的速 度大小： (3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变 化图像； (4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第次碰撞时间内，物块B运动的距离。 温馨提示：复习至此，请做练案[9」对点训练 1.B如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律？m,'= mg·》R,解得小球的初速度大小为，=3√配，选项 A错误；如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧时水平 速度为v,则由水平方向动量守恒mo=（m+M)v,由 能量关系}m,=g·+子(M+m,联立解得 M=0.5m,v.=2√gR,选项B正确；如果圆弧滑块不固 定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t= 2×≥区，水平位移为x=1=2R,选项C错误 如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到槽中并从槽中 滑出时槽的速度最大，此时由动量守恒和能量关系m。 =m,+M宁四，=分+宁灿，解得小球和圆 弧梢的速度大小分别为=了，=√级，=专。 4 4√gR,选项D错误。 2.AC设子弹射穿A木块后A和子弹的速度分别为vA 3 和，由题意可知=。=300m/s,子弹穿过A的过 程中，由动量守恒定律可得mo。=mvA+m,联立解 得va=5/s,射穿A木块过程中系统损失的机械能为 AE=72-72-7,2-3975J,故A正确： 设子弹射穿B木块后B和子弹的速度分别为Vg和2， 由动量守恒定律可得mo心1=mgg+mo2,由题意可知 2-宁m2=2(分m2-分m）,联立解得 1 vg=2.5/s,子弹穿过B以后，弹簧开始被压缩，A、B 和弹簧所组成的系统动量守恒，当A、B达到共同速度 共时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得 +mg=(m:+mg)生，解得=。ms,根据 械能守恒定律可得弹簧的最大弹性势能为Em= ,+,2-(m+m,41,故B错误： 弹簧再次恢复原长时A、B的速度分别为vA'、”g',规定 水平问右为正方问，根据动量守恒定律mavA+mgvg= ，1 m“'+mg',机械能守恒定律有2m:2+2meg2= 1 m,2+m,联立解得'=子m/,。= 5 m/s,故C正确，D错误。故选AC。 6 2 微专题2动力学三大观点的综合运用 题型1 例1.(1)4m/s(2)①0.21kg②4.5m 【解析】（1)小物块运动到Q点时，由牛顿第二定 2 律有Fg+mg=mR ① 代入F,=3mg,解得v=4m/s。 (2)①在F≤4N时，轨道与小物块一起加速运动，对 整体由牛顿第二定律有F=(m。+m)a ② 整理得a=1一F mo +m 对应题因乙中因我特幸为1宁短 ③ 在F>4N时，轨道与小物块存在相对滑动，对轨道 由牛顿第二定律有F-umg=moa ④ 整理得a=LF-wmg ⑤ mo mo 对应题图乙中图线斜率为】=1kg mo 解得mo=1kg,m=1kg 在F=4N时，小物块处于与轨道发生相对滑动的临 界状态，小物块的最大加速度大小为am=2m/s2⑥ 有g=am,解得u=0.2。 ⑦ ②根据题图乙可知，当F=8N时轨道的加速度a1= 6m/s,小物块的加速度a2=g=2m/s,方向均水 平向左 设小物块到达轨道上P,点时轨道速度大小为巴，小 物块速度大小为2，运动时间为t,有v,=a1t,"2= 41,则有4-a即，=3， ⑧ v,a,t' 小物块在半圆轨道部分运动时，小物块与轨道组成 的系统机械能守恒，水平方向上动量守恒，小物块到 达轨道上Q点时，设轨道速度为，'，小物块速度为 ',有 mo,+mu2=mo,′+mw21 ⑨ 22+2-a+分m,+2mg 0 代入=7s,解得=3s或-号⑩ 当2=3m/s时，解得1=9m/s,1'=5m/s, 设小物块在半圆轨道最高，点时轨道对小物块弹力为 Fx,有FN+mg= m(%2'-1)2 巴 R 解得F、=0,小物块恰好经过最高点 当6号时，解得'=m,'>4,轨道速 19 度比小物块速度大，此种情况不会发生，因此2= 2 3m/s不符合题意，舍去 19 由运动学公式可知轨道水平部分长度L=20,20, v1v2 13 解得L=4.5m。 题型2 例2.11.5m(2)9012(3)-子 【解析】(1)设机器人质量为m,三个木板质量均 为m,根据动量守恒定律可得 mov=mv ① 两边同时乘以to,则mox=mx ② 且x+x1=La 联立解得x,=1.5m。 ③ (2)设机器人起跳时相对地面的速度大小为)，方向 与水平方向的夹角为日，从A木板右端跳到B木板 左端时间为t,根据斜抛运动的特点可得vcos0·t= vsin 0 t x1,g 2 ④ gt 联立解得二√2sins6m/s ⑤ 机器人跳离A的过程，机器人与A组成的系统水平 方向动量守恒，则movcos日=m心A ⑥ 根据能量守恒定律可得机器人做的功为W=2m,” +2m2 ⑦ 联立可得=45×（分m0+品力 ⑧ 当分m0- 品0即an0=2时，W取最小值，此时 Wnin=90J。 ⑨ (3)根据tam0=2可得0os0=15 m/s,t=11 -8 2 5 根据m,0s0=m,可得U,=35， -m/s 2 分析可知A木板以Ua向左匀速运动，机器人跳离A 木板到与B木板相对静止的过程中，机器人与B、C 木板组成的系统在水平方向上动量守恒，则 movcos0=(m+2m))共 0 解得v共= 315 -m/s 10 该过程A木板向左运动的距离为，=，1=3下， 2 1 5m=4.5m ① 机器人连续3次等间距跳到B木板右端，整个过程 2 机器人和B木板组成的系统水平方向动量守恒，设 每次起跳机器人的水平速度大小为，B木板的速 度大小为B,机器人每次跳跃的时间为△t,选择向右 的方向为正方向，得(mo+m)U共=moo-mvg② 每次跳跃时机器人和B木板的相对位移为导，可得 (no +vAt B 机器人到B木板右端时，B木板恰好追上A木板，从 机器人跳到B左端到跳到B右端的过程中，AB木板 的位移差为△x=x1+x1 可得(g-va)·3At=△x ④ △x 联立解得△=4(，+心)3(0+"类) 故此时A、C两木板间距为xAc=(va+ve)·3△t+△x +Le 15 De=V共 7 联立解得xc=4 题型3 4 例3.(1)06m/s(2)3、12ms6m/s(3)见解 析图(4)[2+4n(n-1)]m(n=1,2,3,4,…) 【解析】(1)B从A的左端开始运动到右端的过 程，由动能定理有M=m, 解得=6m/s B与A碰撞过程，由动量守恒定律和机械能守恒定 律有mo=ms+m心A 2=,+, 1 解得vg=0,vA=6m/s。 (2)第一次碰撞后A向右以速度vA=6/s做匀速 直线运动，B做初速度为0、加速度为a-F=9m/g m 的匀加速直线运动 1 则第二次碰撞时有1=2a心 解得1=子。 此时B的速度为vg1=at=12m/s,A的速度为va1= vA=6m/s,第二次碰撞时，同样由动量守恒定律和机 械能守恒定律有mwA1+mgt=m2+mm 1 1 1 解得D2=12m/s,vm=6m/s。 1 (3)同理第三次碰撞时有e'+2a2=”a 3 解得=号s 此时B的速度为s=vm+a′=18m/s 从开始运动到第一次碰撞的时间。==名 a 3 由A、B静止开始到B与A的挡板发生3次碰撞时 间内，物块B的速度v随时间t的变化图像如图所示 Av/(m.s) 18-------- 12 10 (4)由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰 撞，B向前运动的距离都比前一次多8m, 由v-t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运 动的距离为2m: 从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8m; 从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8m+ 8m=16m: 从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16m +8m=24m: 根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A 的挡板发生第次碰撞时间内，物块B运动的距离 s=2m+8m+16m+24m+…+8(n-1)m=2m+ (n-1)[8+8(n-1)]m=[2+4n(n-1)]m(n=1, 2 2,3,4,…)。 大题增分指导（一） 能量与动量 例：(1)0.6m2(2)0.768t（3)0.45 【解析】(1)当弹簧被压缩至最短时，弹簧弹性势能 最大，此时A、B速度相等，即t=t。时刻，根据动量守 恒定律有mg·1.26=（mg+m)o 根据能量守恒定律有Es=ms(1.2,)尸 -2(mg+m),2 联立解得mg=5m,Ep=0.6m,2。 (2)B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，根据动量守恒 定律有mg·1.2=mgg+mWA 解得vB=1.2。-0.2mA 将B的运动分解为同一直线上的两个运动，有1= 1.2,Vm=-0.2DA 则5B1=1.2t,52=-0.2s为 sB=1.2t-0.2sA 将t=t0,5A=0.36t代入可得sg=1.128t0 26 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值 △s=5g-5A=0.768t60 (3)物块A第二次达到斜面的最高点与第一次相同， 说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为2，方 向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为 va',取向左为正方向，根据动量守恒定律有mwA'- 5m·0.8=m·（-2o)+5mwg' 标据能量宁恒定球有}m,+分·5m·(08%)° 2m(-2,)+5m 联立解得va'=o 方法一：设在斜面上滑行的长度为L,上滑过程，根据 动能定理有 -mgLsin @-umnglcos0=0-m(2v) 下滑过程中，根据动能定理有mgLsin0-mngLcos0= m,2-0 1 联立解得u=0.45。 方法二：根据牛顿第二定律有 mgsin 0+umgcos 0=ma mgsin 0-umgcos 0=ma 上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线 运动的位移一速度关系有 2a上x=(2)2-0,2ax=va2-0 联立可解得u=0.45。 专题三电场和磁场 第8讲 电场和磁场的基本性质 题型1 考法一 真题研究 (1)9AB,C处均为正电荷(2)3,5 39 【解析】（1)因为M点电场强度 竖直向下，则C点处点电荷为正 E 电荷。 根据电场强度的叠加原理，可知A、 B两，点处的电荷在M点的电场强 度大小相等、方向相反，则B点处A 点电荷的电荷量为q,电性与A点 处点电荷相同。 又N点电场强度竖直向上，可得A处电荷在N,点的电 场强度垂直BC沿AN连线向右上，如图所示，可知A处 电荷为正电荷，所以A、B、C处点电荷均为正电荷。 64