模块2 专题8 三大观点在力学中的应用-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·物理（教用word）

专题八　三大观点在力学中的应用 命题点1　三大观点分析力学中的碰撞问题 [近3年19卷20考] 1．力学三大观点对比 力学三大观点 对应规律 表达式 解决问题 动力学观点 牛顿第二定律 F合＝ma 物体做匀变速直线运动的问题 匀变速直线 运动规律 v＝v0＋at，x＝v0t＋at2 v2－v＝2ax等 能量观点 动能定理 W合＝ΔEk 涉及做功与能量转换的问题 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 FΔt＝mv′－mv 只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功的问题 动量守恒定律 p1＋p2＝p1′＋p2′ 只涉及初、末速度而不涉及力、时间的问题 2.多过程问题的分析思路 　(2025·四川卷，T15改编)如图所示，倾角为θ的斜面固定于水平地面上，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。 (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]　(1)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m1g sin θ＝m1a1 解得甲在ab段运动的加速度大小a1＝g sin θ。 (2)甲恰能到c点，设到达c点时的速度为v1，可知 m1g sin θ＝m1 解得v1＝① 根据题意甲、乙发生完全弹性碰撞，设小球乙的质量为m2，碰撞后速度为v2，小球甲碰撞后速度为v1′，碰撞前后根据动量守恒和能量守恒有 m1v1＝m1v1′＋m2v2 m1v＝m1v1′2＋m2v 解得碰后乙的速度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m2g sin 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＝g sin θ·t2，R＝v2t 解得v2＝④ 联立①②④可得＝。 [答案]　(1)g sin θ　(2)≥1或＝ 　(2025·辽宁普通高中一模)如图所示，水平轻弹簧的右端固定在水平面右侧的一个固定挡板上，一长L＝0.45 m的轻绳，一端固定于O点，另一端系一个质量m1＝0.4 kg的球。当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零。现将球提起使轻绳处于水平位置时无初速度释放。当球m1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m2＝2.0 kg的小铁球正碰，碰后m1小球被弹回的最高点距地面h＝0.2 m，若不计空气阻力，m2与水平面MN间的动摩擦因数为0.1，其他段光滑，M、N两点间距离s＝0.25 m，g取10 m/s2，求： (1)碰撞后m2的速度大小； (2)两球碰撞是否为弹性碰撞； (3)弹簧最大的弹性势能Ep大小。 [解析]　(1)设球m1摆至最低点时速度为v0，由动能定理有m1gL＝m1v 解得v0＝3 m/s 碰后m1小球被弹回的速度大小为v1 由动能定理有－m1gh＝0－m1v 解得v1＝2 m/s m1与m2碰撞，选向右的方向为正方向，根据动量守恒可得m1v0＝－m1v1＋m2v2 解得m2的速度大小v2＝1 m/s。 (2)结合上述可知，两球碰撞过程中有 m1v＝m1v＋m2v＝1.8 J 可知，两球碰撞为弹性碰撞。 (3)根据能量守恒定律有m2v＝μm2gs＋Ep 解得Ep＝0.5 J。 [答案]　(1)1 m/s　(2)两球碰撞是弹性碰撞 (3)0.5 J 命题点2　三大观点分析力学中的“板块模型”问题 [近3年8卷8考] 1．思维导图 2．方法技巧 (1)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。 (2)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)。 　(2025·山东青岛市适应性考试)如图所示，质量mB＝4 kg的光滑斜劈B静止在水平台面上，底边长度d＝6 m，高度h＝4 m。B底端距离台面边缘x0＝2 m，水平地面上一质量mC＝2 kg的木板C紧靠平台静置，C上表面与台面相平。质量mA＝2 kg、可看作质点的物块A从B顶端由静止释放，滑到台面上时与台面发生相互作用，A的动能发生损失，进入台面后的速度水平向右，大小vx＝4 m/s。已知A沿B下滑过程中，A和B相对地面均做匀变速直线运动，B与台面、C与地面间均无摩擦，A与台面、A与C间动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)A滑到B底端时，B向左滑动的距离xB； (2)A滑上C时A的速度大小v0； (3)为使A不从C上滑下，C的最小长度L。 [解析]　(1)A、B系统水平方向上动量守恒，有 mAvA＝mBvB 所以A滑到B底端过程中有mAxA＝mBxB 又xA＋xB＝d 解得xA＝4 m，xB＝2 m。 (2)A由B底端滑到台面边缘的过程，由动能定理得 －μmAg(xB＋x0)＝mAv－mAv 解得v0＝4 m/s。 (3)A滑至C右端时两者刚好共速，设共同速度为vAC，A、C系统动量守恒mAv0＝(mA＋mC)vAC A、C系统能量守恒 μmAgL＝mAv－(mA＋mC)v 解得L＝2 m。 [答案]　(1)2 m　(2)4 m/s　(3)2 m 　(2025·江苏常州中学一模)如图所示，物块B和木板C静止在光滑水平地面上，C的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块A，A、B、C的质量分别为m、2m、3m。A、C间的动摩擦因数为μ，B、C由不可伸长的理想轻绳连接，绳子处于松弛状态。现在突然给A一个向右的速度4v0，使A在C上滑动，当A的速度减为v0时绳子恰好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子被拉断时C的速度为v0，重力加速度为g。 (1)求从A获得速度开始到绳子被拉直经过的时间。 (2)求因拉断绳子造成的机械能损失。 (3)若A最终未脱离木板C，则求木板C的长度。 [解析]　(1)对物块A，根据动量定理 －μmgt＝mv0－m×4v0 解得t＝。 (2)A、C构成的系统在绳子伸直之前动量守恒 m×4v0＝mv0＋3mvC 解得vC＝v0 C、B构成的系统在绳子拉断瞬间动量守恒 3mvC＝3m×v0＋2mvB 解得vB＝v0 在绳子拉断瞬间损失的机械能 ΔE＝×3mv－×3m－×2mv 解得ΔE＝mv。 (3)在绳子伸直之前，A、C构成的系统根据功能关系 μmgx1＝m(4v0)2－mv－×3mv 解得x1＝ 绳子拉断后直到A、C共速，A、C构成的系统动量守恒 mv0＋3m×v0＝(m＋3m)v 解得v＝v0 绳子拉断后，A、C系统根据功能关系 μmgx2＝mv＋×3m－×(m＋3m)v2 解得x2＝ 木板C的长度至少为L＝x1＋x2＝。 [答案]　(1)　(2)mv　(3) 审题与规范答题(二)——力学综合型 【审题定位】 力学综合试题往往呈现出研究对象的多体性、物理过程的复杂性、已知条件的隐含性、问题讨论的多样性、数学方法的技巧性和一题多解的灵活性等特点，能力要求较高。具体问题中可能涉及单个物体单一运动过程，也可能涉及多个物体多个运动过程，在知识的考查上涉及动力学方法、动量观点和能量观点的综合运用。 【题目示例】(13分)(2025·山西吕梁市期末)如图所示，质量为m、长为L的①长木板A静止在光滑的水平面上，质量为m的物块B放在长木板上表面的左端，质量为m的小球C用长为L的不可伸长细线悬于固定点O1，将小球C拉至与O1等高点由静止释放，②释放时细线刚好伸直，小球C运动到最低点时与物块B③发生正碰，碰撞后瞬间B、C的速度大小之比为3∶1，此后④当B滑到长木板右端时A、B速度恰好相等，重力加速度为g，不计物块的大小。求： (1)B、C碰撞前C的速度大小v0； (2)B、C碰撞过程中，B、C系统损失的机械能； (3)B在A上滑动过程中A发生的位移。 【审题模板】 序号 隐含条件分析 物理规律表达 ① 不受摩擦力 A、B系统动量守恒 ② 小球在竖直平面内做圆周运动 与B碰前机械能守恒 ③ 碰撞过程中动量守恒，机械能不一定守恒 mv0＝mv1＋m×v1 ④ B在长木板上运动到同速，系统动量守恒和能量守恒 mv1＝2mv2 【规范答题】 (1)(第1个给分点：3分) 根据机械能守恒，有mgL＝mv(2分) 解得v0＝。(1分) (2)(第2个给分点：5分) 规定向右为正方向，对B、C系统有 mv0＝mv1＋m×v1(2分) ΔE损＝mv－mv－m(2分) 解得ΔE损＝mgL。(1分) (3)(第3个给分点：5分) 设B与A间的动摩擦因数为μ，B与A共速时的速度为v2，有 mv1＝2mv2(1分) μmgL＝mv－×2mv(1分) 对A研究，有 μmgs＝mv(2分) 解得s＝L。(1分) 学科网（北京）股份有限公司 $