专题二 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

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，并会选择合适的规律进行处理.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.会用数学归纳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 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＝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 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 [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＝0.5 m的竖直光滑圆轨道、长l＝2.25 m的水平直轨道BD、长L＝4 m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＝0.1 kg的滑块(可视为质点)静止在水平轨道上的A点，质量M＝0.2 kg、半径R＝0.25 m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v0＝3 m/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μ＝0.2，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力．求： (1)瞬时冲量I的大小； (2)滑块冲出物块GFH后上升到最高点时与H点之间的距离h； (3)滑块从开始运动到不再滑上传送带的过程中，滑块和传送带因摩擦产生的热量Q. 解　(1)根据动量定理：I＝mvA，在C点根据牛顿运动定律：mg＝m，滑块由A运动到C的过程中：mv＝mv＋2mgr，解得：I＝0.5 N·s； (2)滑块由A运动到D的过程中， 由动能定理得：－μmg·I＝mv－mv 解得：v0＝4 m/s， 因为vD＞vB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：t1＝，解得：t1＝0.5 s 滑块运动的位移：x＝t1，解得x＝ m<L＝4 m 所以假设成立，滑块到达E点时速度vE＝vB＝3 m/s， 滑块与光滑圆弧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vy，根据动量守恒得：mvE＝(M＋m)v共 由能量守恒得：mv＝(M＋m)v＋mv＋mgR，解得：vy＝1 m/s 滑块冲上圆弧形物块后上升到最高点时与H点之间的距离：h＝，解得：h＝ m (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：mvE＝mv1＋Mv2 能量守恒：mv＝mv＋Mv，解得：v1＝－1 m/s，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：t2＝，解得：t2＝1 s，此过程中，滑块与传送带的相对位移：x2＝vt2，解得：x2＝3 m 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x1＝t1－v0t1，解得：x1＝0.25 m，整个过程中滑块和传送带因摩擦产生的热量：Q＝μmg(x1＋x2)＝0.65 J． (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]　(2025·广东省汕头市高三二模)如图所示，小滑块a和b静止于光滑平台AB上，ab之间有质量可忽略不计的炸药．长度L＝4 m 的木板c静止于光滑平面CD上，上表面与AB平齐，左端紧靠平台，右端固定有半径R＝1 m的半圆形光滑圆轨道．某时刻炸药爆炸，爆炸过程放出的能量均转化为物体a和b的动能，使物块b以速度v0＝8 m/s冲上木板c.已知ma＝2 kg，mb＝1 kg，mc＝1 kg，物块b与木板c之间动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2. (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； (3)若木板c不固定在CD平面上，要使小滑块b既可以到达E点又不会从木板c上掉下来，求木板c长度L的取值范围． 解　(1)爆炸过程ab系统动量守恒，规定水平向右为正方向，则有mava＝mbv0，爆炸过程释放的能量E＝mav＋mbv，联立上式代入数据解得E＝48 J； (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－μmbgL＝mbv－mbv 若能到达F点，从E到F的过程中，根据动能定理有－mbg·2R＝mbv－mbv，代入数据解得vF＝0 m/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mbg＝mb，代入数据解得v′F＝ m/s，因为vF＜v′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c最长，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mbv0＝(mb＋mc)v，代入数据解得v＝4 m/s，根据能量守恒定律有mbv＝(mb＋mc)v2＋μmbgL1，代入数据解得L1＝ 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v＝4 m/s，根据能量守恒定律有mbv＝(mb＋mc)v2＋2μmbgL2，代入数据解得L2＝ m，在这个过程中小滑块b在圆弧上升高度为H，根据能量守恒定律有mbv＝(mb＋mc)v2＋μmbgL2＋mbgH，代入数据解得H＝0.8 m＜R＝1 m，即不会脱离圆弧轨道，故木板c的长度范围为 m≤L≤ m． (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： 数学归纳法 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算全程的路程等数据 图像法 通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v­t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t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v0，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： (1)第一次碰撞后瞬间小滑块和长木板的速度大小； (2)长木板与桌面间的动摩擦因数； (3)长木板运动的总时间． 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v1和v′1.碰撞瞬间，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv0＝3mv1＋mv′1，·3mv＝·3mv＋mv′ 两式联立，解得v1＝v0，v′1＝v0，即第一次碰撞后瞬间小滑块的速度大小为v0，方向与初速度方向相同； (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t，长木板匀减速的加速度大小为a，则有t－v1t＝L，a＝，求得t＝a＝，由牛顿第二定律：μ×(4m)g＝ma得μ＝； (3)二者速度相等后，长木板继续匀减速至停止通过的位移和所用时间分别为x′＝＝，t′＝＝ 这段时间内小滑块的位移为x＝v1t′＝，因为x－x′＝＝<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v1的方向为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有3mv1＝3mv2＋mv′2，·3mv＝·3mv＋mv′，两式联立，解得v2＝v1＝()2v0 v′2＝v1＝×v0，同理，小滑块与长木板第n次碰撞后瞬间长木板的速度大小 v′n＝×()n－1v0 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ta＝ 长木板运动的总时间t总＝t1＋t2＋…＋tn＝(1＋＋＋…)得t总＝. 学科网（北京）股份有限公司 $