第1编 专题2 能量与动量 计算题突破1 力学三大观点的综合应用（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·物理

该高中物理高考复习课件聚焦“力学三大观点综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了多过程问题、多次碰撞问题两大核心考查方向，通过真题分析明确动量守恒、动能定理等规律的高频应用场景，归纳平抛运动、传送带模型等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+思维建模+素养提升”的复习策略，如以2024黑吉辽卷弹簧释放与平抛综合题为例，运用科学推理拆解“动量守恒求速度-动能定理算摩擦-能量守恒解势能”步骤，培养运动与相互作用观念。特设解题思维链和易错点警示，帮助学生掌握规律选用技巧，教师可据此实施精准教学，助力高考冲刺。

计算题突破1　力学三大观点的综合应用 一、多过程问题 二、多次碰撞问题 目录索引 一、多过程问题 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-=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 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 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= p1'+p2' 只涉及初末速度而不涉及力、时间 例1　(2024黑吉辽卷)如图所示,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不连接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m,B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求: (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案 (1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2 (3)0.12 J 解析 (1)A离开桌面后做平抛运动,A在空中的飞行时间为t 则h=gt2,解得t==0.4 s 由xA=vAt 解得vA==1 m/s 设脱离弹簧时A、B速度大小为vA和vB。由于A、B组成的系统在弹簧恢复原长过程中,系统所受合外力为零,动量守恒,由动量守恒定律得 mAvA=mBvB 解得vB=1 m/s。 (2)B脱离弹簧后沿桌面运动到静止,由动能定理得 -μmBgxB=0-mB 解得μ==0.2。 (3)弹簧的压缩量为Δx=0.1 m,则在弹簧恢复到原长的过程中,A、B运动位移分别为xA'=xB'=0.05 m 由能量守恒定律得 ΔEp=mAmB+μmAgxA'+μmBgxB' 解得ΔEp=0.12 J。 解题思维链 例2　(2025海南卷)足够长的传送带固定在竖直平面内,半径R=0.5 m,圆心角θ=53°的圆弧轨道与平台平滑连接,平台与顺时针匀速转动的水平传送带平滑连接,工件A从圆弧顶点无初速度下滑,在平台与B碰成一整体,随后滑上传送带,已知mA=4 kg,mB=1 kg,A、B可视为质点,A、B与传送带间的动摩擦因数恒定,在传送带上运动的过程中,因摩擦生热Q=2.5 J,忽略轨道及平台的摩擦,g取10 m/s2。求: (1)A滑到圆弧最低点时受到的支持力; (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能; (3)传送带的速度大小。 答案 (1)72 N,方向竖直向上 (2)1.6 J (3)0.6 m/s或2.6 m/s 解析 (1)A从圆弧顶点滑到圆弧最低点过程,根据机械能守恒定律有 mAg(R-Rcos 53°)=mA 解得v0=2 m/s A在圆弧最低点,根据牛顿第二定律有FN-mAg=mA 解得FN=72 N,方向竖直向上。 (2)A、B碰后成一整体,根据动量守恒定律有 mAv0=(mA+mB)v共 解得v共=1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为ΔE=mA(mA+mB)=1.6 J。 (3)第一种情况,当传送带速度v小于v共时,A、B整体滑上传送带后先减速后匀速,设A、B整体与传送带间的动摩擦因数为μ,对A、B整体,根据牛顿第二定律有μ(mA+mB)g=(mA+mB)a 设经过时间t1后A、B整体与传送带共速,可得v=v共-at1 该段时间内A、B整体运动的位移为x1=t1 传送带运动的位移为x2=vt1 故可得Q=μ(mA+mB)g·(x1-x2) 解得v=0.6 m/s,另一解大于v共舍去 第二种情况,当传送带速度v'大于v共时,A、B整体滑上传送带后先加速后匀速,设经过时间t2后A、B整体与传送带共速,同理可得v'=v共+at2 该段时间内A、B整体运动的位移为x1'=t2 传送带运动的位移为x2'=v't2 故可得Q=μ(mA+mB)g·(x2'-x1') 解得v'=2.6 m/s,另一解小于v共舍去。 二、多次碰撞问题 在多次碰撞问题中通常用到较多数学知识,其中应用数学归纳法求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点,但每一个重复过程均不是原来的完全重复,而是一种变化了的重复。随着物理过程的重复,某些物理量逐步发生着前后有联系的变化,求解该类问题的基本思路: (1)逐个分析开始的几个物理过程; (2)利用数学归纳法从中找出物理量变化的通项公式(这是解题的关键); (3)最后分析整个物理过程,应用数列特点和规律求解。 无穷数列的求和,一般是无穷递减数列,有相应的公式可用。 等差:Sn==na1+d(d为公差)。 等比:Sn=(q为公比)。 例3　(2025山东烟台模拟)如图所示,长木板在光滑水平面上以v0=2 m/s的速度做匀速直线运动,长木板质量m0=0.5 kg,某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块,小物块的质量m=1.5 kg,长木板右侧有一固定挡板,挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口,小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=0.1,小物块与挡板发生正碰,碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够长。重力加速度g取10 m/s2。 (1)若要小物块不从长木板上滑下,求长木板的最短长度。 (2)若长木板足够长,质量变为4.5 kg,求: ①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间; ②小物块与挡板第n次碰撞到第n+1次碰撞过程中,相对于长木板的位移大小。 答案 (1)0.625 m (2)①1.5 s　②27× m 解析 (1)设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10,以水平向右为正方向,由动量守恒定律得 m0v0=(m0+m)v10 小物块与挡板发生弹性碰撞后,速度反向,大小不变,设长木板与小物块再次共速时速度为v20,由动量守恒定律得m0v10-mv10=(m0+m)v20 由能量守恒定律得 μmgL=m0(m0+m) 解得L=0.625 m。 (2)①更换长木板后,设长木板与小物块第一次共速时速度为v,由动量守恒定律得 m1v0=(m1+m)v 小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后,速度反向,大小不变,其向左运动过程中,由动量定理得-μmgt=0-mv 解得t=1.5 s。 ②设小物块与挡板第二次碰撞前瞬间的速度为v1,由动量守恒定律得m1v-mv=(m1+m)v1 解得v1=v 设小物块与挡板第三次碰撞前瞬间、第四次碰撞前瞬间,小物块和长木板的共同速度分别为v2、v3,同理可得v2=v1=v,v3=v2=v, 根据数学归纳法,小物块与挡板第n+1次碰撞前瞬间小物块和长木板的共同速度为vn=vn-1=v, 小物块与挡板第n次碰撞到第n+1次碰撞过程中,相对于长木板的位移是x,由能量守恒定律可得μmgx=(m1+m)(m1+m), 解得x=27× m。 $