08 专题二 第8课时 力学三大观点的综合应用(思维进阶课)（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与讲义

第8课时　力学三大观点的综合应用(思维进阶课) 【备考指南】　 1．关注一题多解能力的培养训练，尤其是匀变速直线运动与动能定理结合的问题。 2．关注动量和能量的结合，力学部分的题目一般都会结合这两种物理观念来解决问题。 3．多过程问题的考查是考试的热点，要注意提升结合运动草图条理分析运动过程的能力。 进阶点一　板块模型 1．常见板块模型的分析(水平面光滑) 常见类型 示意图 v-t图像 同向 快带慢 反向 互相阻 2．解决“板块”模型规律的选择 (1)系统有外力或地面(斜面)不光滑，应用牛顿运动定律以及运动学规律分析求解。对于过程比较复杂的问题，可以应用图像进行分析求解。 (2)系统无外力，利用动量守恒定律和能量关系分析各阶段初、末状态，进而解决相关问题。 3．解决“板块”模型问题的三个注意点 (1)滑块—木板达到共同速度时注意摩擦力的大小和方向是否发生变化。 (2)注意区分滑块、木板各自的对地位移和它们之间的相对位移。 (3)运用运动学公式或动能定理列式时位移用相对地面的位移，求解系统摩擦生热时用相对位移。 [典例1]　[滑块在木板上的滑动问题](2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2，则(　　) A．碰撞瞬间C相对地面静止 B．碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D．碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m D　[碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；取向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA－mvB＝2mv1，解得v1＝1 m/s，方向向右；当三者共速时有2mv1－mvC＝3mv，可知v＝0，即最终三者一起静止，可知经历的时间t＝＝ s＝0.4 s，选项B错误；碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q＝＝3 J，选项C错误；碰撞后到三者相对静止，由能量关系可知Q＝μmgx相对，可得x相对＝0.6 m，选项D正确。故选D。] 【教师备选资源】　[块在板上滑问题](2025·北京师范大学第二附属中学开学考试)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的物块B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．A、B间的动摩擦因数为0.1 B．系统损失的机械能为4 J C．木板A的最小长度为2 m D．木板获得的动能为2 J A　[物块B受到水平向左的摩擦力，木板A受到水平向右的摩擦力，这两个摩擦力大小相等。分析题图乙可知，A、B在t＝1 s时共速，则此时摩擦力发生突变，由受滑动摩擦力突变无摩擦力。对B受力分析，根据牛顿第二定律可得μmg＝ma，由题图乙知加速度大小a＝＝1 m/s2，解得μ＝0.1，A正确；由题图乙可得二者相对位移大小为1 m，即木板A的最小长度为1 m，C错误；由题图乙可知，0～1 s内，A、B的加速度大小都为a＝1 m/s2，物块B和木板A水平方向所受滑动摩擦力大小相等，根据牛顿第二定律知二者质量相等，则木板最终动能为EkA＝mv2＝1 J，D错误；系统损失的机械能为ΔE＝－×2mv2＝2 J，故B错误。] [典例2]　[板块用力拉问题](2025·江苏南京师范大学附属中学期初质检)如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长的木板B，在B的左端放有一个可视为质点的滑块A，A、B间的动摩擦因数μ＝0.4，A的质量m＝1 kg，B的质量M＝2 kg，视最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2。现对A施加F＝7 N的水平向右的拉力，1 s后撤去拉力F，求：(结果可以用分数表示) (1)撤去拉力F前滑块A和长木板B的加速度大小a1、a2； (2)A相对于B静止时的速度大小v； (3)整个过程中由于摩擦产生的热量Q。 [解析]　(1)若A、B相对静止，则有a＝＝ m/s2>＝2 m/s2，故A、B间有滑动摩擦力，对滑块A，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma1，解得a1＝3 m/s2，对木板B，根据牛顿第二定律有μmg＝Ma2，解得a2＝2 m/s2。 (2)撤去F时，滑块A的速度大小v1＝a1t1＝3 m/s，木板B的速度大小v2＝a2t1＝2 m/s 撤去F后，由μmg＝ma3得滑块A的加速度大小为a3＝4 m/s2 设经历时间t2二者共速，则有v1－a3t2＝v2＋a2t2 解得t2＝ s，则v＝v1－a3t2＝ m/s。 一题多解　撤去F后，A、B组成的系统所受的合力为0，动量守恒，则有mv1＋Mv2＝(m＋M)v，解得v＝ m/s。 (3)外力F对A、B整体做的功为F·Δx＝＝ J A、B最终以速度v＝ m/s运动，故A、B整体动能为 Ek＝(M＋m)v2＝ J 由能量守恒定律得F·Δx＝Q＋Ek，则Q＝ J。 [答案]　(1)3 m/s2　2 m/s2　(2) m/s　(3) J 进阶点二　类板块—传送带模型 1．摩擦力的方向及存在阶段的判断 理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键。 2．物体能否达到与传送带共速的判断 物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口。 3．传送带中摩擦力做功与能量转化 (1)静摩擦力做功的特点：①静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能。 (2)滑动摩擦力做功的特点：①滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功。②相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能。 (3)摩擦生热的计算：①Q＝Ff·s相对，其中s相对为相互摩擦的两个物体间的相对路程。②传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和。 [典例3]　[传送带模型](2024·贵州卷)如图所示，半径为R＝1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d＝2.7 m。一长为L＝3.3 m的水平传送带以恒定速率v0＝1 m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6 N·s。以后每隔Δt＝0.6 s给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma＝1 kg，b的质量为mb＝2 kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小； (2)b从M运动到N的时间； (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 [审题指导]　(1)“物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点”，此过程物块a在竖直面内做圆周运动，在P点找向心力来源；(2)“物块a在M点与静止的物块b发生弹性正碰”，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求得b的速度，然后对b运动过程分析求得b从M运动到N的时间；(3)对b根据动量定理求速度，根据运动学公式求相对位移，最后根据摩擦生热的公式求从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。 [解析]　(1)a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律有magR＝ 在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有N－mag＝ 联立解得N＝30 N。 (2)a从静止释放到M点过程中，根据动能定理有magR－μmagd＝－0 解得vM＝3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM＝mava＋mbvb ＝ 解得vb＝2 m/s b滑上传送带后，根据牛顿第二定律有μmbg＝mba 解得a＝5 m/s2 b的速度减小到与传送带速度相等时所需的时间t1＝＝0.2 s 对地位移x＝·t1＝0.3 m 此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间t2＝＝3 s b从M运动到N的时间t＝t1＋t2＝3.2 s。 (3)设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对b根据动量定理有I＝mbv－(－mbv0) 解得v＝2 m/s b向右减速到零所需的时间t3＝＝0.4 s 然后向左加速到v0所需的时间t4＝＝0.2 s 可得Δt＝t3＋t4＝0.6 s b在Δt时间内向右运动的距离Δx＝·t3－·t4＝0.3 m 循环10次后b向右运动的距离x′＝10·Δx＝3 m 每一次相对传动带运动的位移s＝Δx＋v0·Δt＝0.9 m b从N向右运动3 m的过程中b与传送带摩擦产生的热量Q1＝10μmbgs＝90 J 然后b继续向右减速运动，根据运动学公式＝L－x′ 解得t5＝0.2 s 此过程，b相对传动带运动的位移s′＝L－x′＋v0t5＝0.5 m 此过程中b与传送带摩擦产生的热量Q2＝μmbgs′＝5 J b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q＝Q1＋Q2＝95 J。 [答案]　(1)30 N　(2)3.2 s　(3)95 J 进阶点三　多模型组合问题 1．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 动力学 观点 牛顿第二定律 F合＝ma 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＝ ＝2ax等 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合＝p′－p 只涉及初末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1＋p2＝ p′1＋p′2 只涉及初末速度而不涉及力、时间 2．力学规律选用的顺序：“两先一后” 为了简化求解过程，选择物理规律的顺序一般是：先选用守恒定律(机械能守恒定律、动量守恒定律、能量守恒定律)，再选用定理(动能定理、动量定理)，最后选用牛顿运动定律和运动学公式。 [典例4]　[三大观点的综合应用](2025·浙江1月选考) 一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道、水平轨道BC和C′E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知R＝0.2 m，m＝0.1 kg，EF段长度L＝ m，FG间距LFG＝0.4 m，GH间距LGH＝0.22 m，HI间距LHI＝0.1 m，EF段μ＝0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。 (1)若h＝0.8 m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC； (2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC′，求高度h； (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。 [解析]　(1)对滑块1由动能定理有mgh＝ 解得滑块1与滑块2碰前的速度大小为 v0＝4 m/s 滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律有mv0＝2mvC 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC＝2 m/s。 (2)在轨道D点，由牛顿第二定律有2mg＝ 解得 vD＝ m/s 滑块3从D点到C′点，由机械能守恒定律有＝ 解得 v′C＝ m/s 结合mgh＝，mv′0＝2mv′C 联立解得h＝2 m。 (3)滑块3从C′点到F点的过程中，由动能定理有 －2mgL sin 37°－μ·2mg cos 37°L＝ 若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 vF sin 37°＝g 水平方向 LFG＋LGH＋LHI＝vF cos 37°t1 结合 mgh1＝，mv″0＝2mv″C 联立解得h1＝2.5 m 若经一次反弹落入洞中，则t2＝ 水平方向 LFG＋LGH＋LHI＝v′F cos 37°t2 结合mgh2＝，mv‴0＝2mv‴C －2mgL sin 37°－μ·2mg cos 37°L＝ 联立解得h2＝2 m。 [答案]　(1)2 m/s　(2)2 m　(3)2.5 m或2 m 1．[板块模型](2024·江苏卷)如图所示，在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A．弹簧恢复原长时A的动能最大 B．弹簧压缩至最短时A的动量最大 C．整个系统动量变大 D．整个系统机械能变大 A　[对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受合外力为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；对系统由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大，A正确，B错误。] 2．[传送带问题](多选)(2025·福建卷)传送带转动的速度大小恒为1 m/s，顺时针转动。两个物块A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，将两物块放置在传送带上，给A一个向右的初速度v0＝2 m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t＝t0时，A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75 J，传送带足够长，A可在传送带上留下痕迹，则(　　) A．在t＝时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B．t＝t0时，B的速度为0.5 m/s C．t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m D．0～t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05 m BD　[根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等，都为f＝5 N，初始时A向右减速，B向右加速，故可知在A与传送带第一次共速前，A、B整体所受合外力为零，系统动量守恒有mAv0＝mAv＋mBvB，解得t＝t0时，v＝1 m/s，B的速度为vB＝0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前，任意时刻对A、B根据牛顿第二定律有f＋F弹＝mAaA，f＋F弹＝mBaB，由于mA<mB，故可知aA>aB，故A错误，B正确；在t0时间内，设A、B向右的位移分别为xA、xB，由功能关系有＝＋Ep，解得xA－xB＝0.1 m，故弹簧的压缩量为Δx＝xA－xB＝0.1 m，故C错误；A与传送带的相对位移为x相A＝xA－vt0，B与传送带的相对位移为x相B＝vt0－xB， 故可得x相A＋x相B＝xA－xB＝0.1 m，由于0～t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA＝2aB，作出A、B的v-t图像 可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，故可得x相A<x相B，结合x相A＋x相B＝0.1 m，可知x相A<0.05 m，故D正确。故选BD。] 3．[能量与动量在科技前沿中的应用](2025·云南昆明模拟)电磁炮是利用安培力对金属炮弹进行加速，使其达到打击目标所需的动能，与传统的大炮相比，电磁炮可大大提高弹丸的速度和射程。电磁炮可简化为如图所示模型，将质量为m的金属棒PQ放在两根足够长、间距为L的平行光滑水平导轨上，导轨处在垂直于导轨平面竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，导轨的左端连接一个电容为C0的超级电容器。将开关S拨到1，将电容器接在输出电压为U0的高压直流电源两端给电容器充电，充满电后将开关S拨向2，不计导轨电阻，金属棒PQ电阻为R，且运动的过程中始终和导轨垂直。求： (1)开关S合向2的一瞬间，金属棒PQ加速度a的大小； (2)金属棒PQ最终获得速度v的大小； (3)已知电容器贮存的电能为E＝CU2(C为电容器电容，U为电容器两端电压)，金属棒PQ从静止运动至最终速度v的过程中产生的焦耳热(结果用v、C0、U0、m、B和L表示)。 [解析]　(1)开关S合向2的一瞬间，金属棒PQ有 U0＝IR F＝BIL F＝ma 求得金属棒PQ加速度的大小为a＝。 (2)设在很短的时间Δt内通过金属棒PQ的电荷量为Δq，金属棒PQ的速度变化量为Δv，根据动量定理得BLΔt＝mΔv 即BΔq·L＝mΔv 将金属板PQ达到最大速度的整个过程分为很多小段，对于每小段过程有BΔq1·L＝mΔv1 BΔq2·L＝mΔv2 …… 将以上各式左右两边分别累加得B(Δq1＋Δq2＋…)L＝＋Δv2＋…) 即BqL＝mv－0 又q＝C0(U0－U) 金属棒PQ速度最大时，回路中的电流为零，电容器两极板间的电压为U＝BLv 联立得v＝。 (3)设金属棒PQ从静止运动至最终速度v的过程中产生的焦耳热为Q，由能量守恒得＝mv2＋Q 又U＝BLv 联立求得Q＝－B2L2v2)－mv2。 [答案]　(1)　(2)　－B2L2v2)－mv2 17/17 学科网（北京）股份有限公司 $