专题2 微专题2“板一块”模型中力学三大观点的应用-【红对勾讲与练】2026年高考物理二轮复习讲义

典例2B在△t时间内，吹过墙面的风 的质量为m=v·△t·Sp,设墙面对风 的力为F,根据动量定理有F△t= mu=o2·△t·Sp,解得F=pSu2,根 据牛顿第三定律可得此墙面受到的风 力大小为F'=F=pS2,则此建筑物 受到热带风暴的风力与热带低压风力 F 219 比值为 =2.25,故B 142 正确。 考向二 动量守恒定律的理解及应用 典例3D火箭向下喷出水，水对火箭 的反作用力是火箭的动力，A错误；火 箭加速上升过程处于超重状态，减速 上升过程和加速下降过程处于失重状 态，B错误：喷水瞬间由动量守恒定律 可得m0。一(M一m)v1=0,解得火箭 获得的最大速度为口1 M-mvo,C m 错误；以向下为正方向，上升过程由动 量定理可得(M一m)gt1+f1t1=0+ (M一m)1,下降过程由动量定理可得 (M-m)gt2-f2t2=(M-m)u,其中 f1t1=ko上t1=kh,f2t2=ku下t:= kh,联立解得t=t1十t2= (M-m)v+mvo (M-m)g ,D正确。 典例4B根据题意可知，小球A和B 碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖 直方向上小球A的竖直速度不变，设 碰撞后小球A水平速度为1，小球B 水平速度为v2,则有m1十m℃2=m℃， 碰撞为完全弹性碰撞，则由能量守恒 2mu+ 1 2 mu员，联立解得01=v, 2=0,小球A在竖直方向上做匀加速 直线运动，则有么=弓g,解得1 2s,可知碰撞后，小球A运动t'=1s 落地，则水平方向上有x=t',解得 0=3.0m/s,故选B。 考向三 碰撞模型及拓展 4w十 典例5 (1)u,(2) 解析：(1)根据题意可知，所有碰撞均 为弹性碰撞，由于钢球质量也为，根 据动量守恒和弹性碰撞动能不损失可 知，碰撞过程中，二者速度互换，则最 终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于 开始碰撞前玻璃球的初速度。。 (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性 碰撞，则由动量守恒定律有 m01十3mv2=mv0, 由能量守恒定律有 解得1= m.一3m 7m+3m 00=一 2m 1 m +3m = 2, 负号表示速度反向，则玻璃球的速度 1 大小为 2 (3)根据题意结合第(2)小问分析可 知，玻璃球与右侧第一个小钢球碰撞 222 红对内·讲与练·高三二轮物理 后反弹，且速度大小变为碰撞前的2， 1 右侧第一个小钢球又与第二个小钢球 发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑 水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一 个小钢球同样发生弹性碰撞，同理可 得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大 小为碰撞前的2，综上所迷，玻璃球碰 授2m次后速度大小为u=(2）。: /112 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小 /11+1 E=2m0=(2） mv。 典例6C从小琼冲上圆孤槽到滑离 圆孤槽的过程中，小球和圆孤槽组成 的系统在水平方向不受外力，水平方 向动量守恒，竖直方向所受合力不为 0,竖直方向动量不守恒，即小球和圆 孤槽组成的系统动量不守恒，故A错 误；设水平向右为正方向，根据动量守 恒定律得mu1十Mu:=mo,根据能量 守恒定律得2m+号M=号m, 1 联立解得y1=一0.2m/s,2=0.4m/s, 即小球离开圆孤槽时速度的大小为 0.2m/s,此时圆孤槽对小球支持力最 大，设为N,根据牛顿第二定律有Ⅳ一 mg=m- 0:-01)9 ,解得N=2.24N, R 根据牛顿第三定律可知小球对圆孤槽 的最大压力为N'=N=2.24N,故B、 D错误；小球上升到最大高度（相对圆 孤最低点)时，小球和圆孤槽速度相 等，水平方向根据动量守恒定律有 (m十M)v3=m0。,根据能量守恒定律 有2m+Mu+mgh=2mu5,联立 解得h=1,2cm,故C正确。 典例7ACD对子弹和木块A组成的 系统，根据动量守恒定律有(6m+ 子a)回=5m,解得a=号光后 木块A与子弹一起做减速运动，则此 时木块的速度最大，A正确；木块滑离 木板时，对木板和木块（包括子弹）组 成的系统，根据动量守恒定律有 (6m+m)×g+m: 8 m,解 16 3,B蜡误：对木板，由动量定 得02=1281 理得Ft=m,解得F,= 3mw,C正 128t 确：由能量守恒定律可知，木块在木板 上滑动时，因摩擦产生的热量等于子 弹射入木块后子弹和木块减少的动能 与木板增加的动能之差，D正确。 微专题2“板一块”模型 中力学三大观点的应用 》考向探究·素养提升《 典例1D碰撞瞬间C相对地面向左 运动，A错误；设向右为正方向，则A、 B碰撞过程由动量守恒有2mv1= mUA一mug,解得v1=1m/s,方向向 右；当三者共速时由动量守恒有 3m0=27m01一m0c,可得0=0，即最终 三者一起静止，可知经历的时间t= vc= 2 s=0.4s,B错误；碰撞 g 0.5×10 后到三者相对静止，摩擦产生的热量 Q=×2m+7m=3J.C错误： 碰撞后到三者相对静止，由能量关系 可知Q=gx相对，可得x相对= 0.6m,D正确。 典例2ABD由题图可知，在3t。时刻 木板的加速度发生变化，可知小物块 在t=3t。时刻滑上木板，A正确；由题 图可知，0一3t。时间内，木板的加速度 1 大小a,=2g,设木板的质量为M, 对木板由牛顿第二定律有F一Mg= 3 Ma1,解得F=2uMg,在t=3t。时， 3 木板的速度U1=a1·3t=2rgto,根 据题意可知t=31。时小物块以24gt 3 的速度水平向左滑上木板，3t。~4t。 时间内，小物块的加速度大小a'= 1 2g,设小物块 to 的质量为，对小物块，由牛顿第二定 律有u'mg=ma',可得u=2μ，B正 确；由题图可知，3t。~4t。时间内，木 板的加速度大小a2=g,对木板受力 分析由牛顿第二定律有F一u'mg一 μ(M+m)g=-Ma2,可得m:M= 1：2,C错误；t=4t。之后，假设木板 与小物块相对静止，对整体有F一 :(M十m)g=0,假设成立，所以t= 4t。之后小物块与木板一起做匀速运 动，D正确。 典例3(1)1000N(2)7m 解析：(1)对游客从a点滑到b,点的过 程，由动能定理有mgh=号mv, 2 游客滑到b点时，由牛顿第二定律有 Fx-mg=m R 由牛顿第三定律可知，游客滑到b点 时对滑梯压力的大小为F%=FN= 1000N。 (2)解法一：游客在平台上运动时，由 牛顿第二定律有：mg=ma1, 由运动学规律有v1=2a1s, 解得游客滑上平台时的速度大小为 v1=8m/s, 游客在滑板上滑动时，对游客由牛顿 第二定律有4mg=ma2, 对滑板由牛顿第二定律有mg=Ma3, 游客在滑板上滑动的过程，由运动学 规律有01=0一1t, 游客的位移为工1=t一2a2t, 1 滑板的位移为工：= 则滑板的长度L=x1一x2, 联立解得L=7m。 解法二：游客在滑板上运动时，游客与 滑板组成的系统动量守恒，则对游客 在滑板上运动的过程，由动量守恒定 律有mv1十M02=mv, 由能量守恒定律有2mu+合Ma十 对游客在平台上运动的过程，由动能 定理有一mgs=0- 2 mvj, 联立解得L=7m。 计算题解答规范1力学 三大观点的综合应用 (1)24.5J(2)5s 解析：(1)小物块Q与小物块P碰撞过 程动量守恒，设水平向右为正方向，由 动量守恒定律有2℃Q十m1℃=m2℃o, 解得va=3.5m/s, 由能量守恒定律可知△E= 2m2 1 2m12, 之n28一1 代入数据得△E=24.5J。 (2)小物块P在防滑带上做匀减速直 线运动，由牛顿第二定律有 umig=mia, 解得加速度大小a=5m/s2, 小物块P在防滑带上减速到0，滑行的 距离为x1=。=4.9m,因为2l2< 2a x1<3l2,即小物块P滑到第三个防滑 带后速度减为0，则小物块P匀减速通 过第一个防滑带，设到达第一个防滑 带右边缘时速度为1，所用时间为t1, 有1-w2=-2al2, 解得01=5m/s,t,=- =0.4s, -a 小物块P以速度01匀速通过第一个 防滑带右侧的光滑直道所用时间为 l t2= =0.6s, 01 设小物块P匀减速通过第二个防滑带 后速度为02，所用时间为tg,有 v-v=-2al2, 解得u,=1m/s,t=二 1=0.8s, 小物块P以速度，匀速通过第二个 防滑带右侧的光滑直道所用时间为 t=- =3, a 小物块P会停在第三个防滑带上，所 用时间为t:= =0.28 则小物块P从开始运动到静止经历的 时间为t=t1十tg十t3十t,十t=5s。 专题三电场与磁场 第7讲电场带电粒子 在电场中的运动 》考向探究·素养提升《 考向一电场的性质 典例1D由，点电荷的电场强度公式 和电场强度叠加原理可知，两，点电荷 在M点产生的电场强度大小为E= 2kq 停) 2cos60三2，方向沿MA方 向，又M点的电场强度为0，所以带电 细杆在M处产生的电场强度大小也为 E一s9,方向沿AM方向·由对称性 可知细杆在A处产生的电场强度大小 也为E9,方向沿MA方向，又由点 电荷的电场强度公式和电场强度叠加 原理可知，两点电荷在A处产生的电场 强度大小为E'=:cos30°=√3g 21 方向沿MA方向，所以A处的电场强 度大小为E1=E+E'=9(3十3)， a 故D正确。 典例2D等高线越密集，坡面越陡， 根据牛顿第二定律可得a=gsin0(0 为坡面与水平面夹角)，MB对应的等 高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB 运动时的加速度比沿着MA运动时的 加速度大，A错误；A、B在同一等高线 上，小球下落高度相同，根据机械能守 恒，运动到A、B点时速度大小相同， B错误；等势线越密集，电场强度越 大，B处等势线更密集，A点电场强度 比B点小，C错误；等势线越密集，电 势降落越快，右侧等势线更密集，右侧 电势比左侧降落得快，D正确。 典例3AD由题意可知，a、b、c三个小 球处于静止状态，即受到其他两个球 的静电力和d球的静电力，所以a、b、c 三个小球带等量同种电荷，故A正确： a、b、c三个小球带等量同种电荷在O 点的电场强度为0，d球在O点的电场 强度沿竖直方向，不为0，故B错误；d 球电场在a、b、c所在圆周上各，点电势 都相等，但a,b、c三个小球的电场在圆 周上各，点的电势不等，所以a、b、c所在 圆周上各点电势不一定相等，故C错 误；设a、b、c三个小球所带电荷量为 q,则a球受到b、c两球的静电力的合 力为F=Bk,g 5P2=3R,设d 球的电荷量为Q,则a球文受到d球的 Qg 静电力平衡，有k (R)cos45F, ,故D正确。 考向二电场中的图像问题 典例4D由题图可知在x正半轴 沿十x方向电势降低，则P点电场强 度方向沿x正方向，故A错误；9一x 图像斜率表示电场强度，由题图可知 M,点的电场强度大小等于N点的电场 强度大小，方向相反，故B错误；电子 在电势低处电势能大，故电子在P点 的电势能小于在N点的电势能，根据 能量守恒可知，电子在P点的动能大 于在V,点的动能，故C错误；电子在电 势低处电势能大，故电子在M点的电势 能大于在P点的电势能，故D正确。 典例5D电场强度越大，试探电荷的 加速度越大，由题图知x1处加速度最 大，故A错误；若x1到x2和x2到x3 图像与坐标轴围成的面积相等，可得 1U12|=U3,但电势差U12<0,U3> 0,故B错误；若该电场由两个x轴上 的不等量异种电荷产生，x?处的电场 强度为0，可知这是电荷量小的这一侧 的电场分布，由于O到x2的电场强度 指向x轴负方向，可知位于x?的左侧 且靠近的电荷带负电，且电荷量小的 负电荷在电荷量大的正电荷的右侧， 故C错误，D正确。 典例6D根据E。=q9,又因为试探 电荷带负电，所以两电荷间的电势沿 着x轴的负方向降低，即电场线沿x 轴的负方向，即甲带负电，乙带正电， 故A错误；因为试探电荷运动到B点 时电势能最大，即B点的电场强度为 0,即k= rOB 92,解得91=4g:,故 r B错误；由B分析可知，B点的电场强 度为0，则P、B之间的电场方向沿着 x轴正方向，故C错误：设试探电荷的 质量为m,则试探电荷在A点时，根据 牛顿第二定律k 99 =ma,在 C点时，根据牛顿第二定律k 99g r pC 991 =mac,联立解得ae=g,故D 正确。 考向三 电容器 带电粒子在电场中的 运动 典例7 D 根据公式Q=CU和电容的 e.S 4πkQ 决定式C= Axkd ,可得U= E.S d. 根据题意F较小时易被压缩，故可知 当F较小时，随着F的增大，d在减 小，且减小得越来越慢，与电源断开后 Q不变，故此时极板间的电势差U在 减小，且减小得越来越慢；当F增大到 一定程度时，再增大F,d基本不变， 故此时U保持不变，结合图像，最符合 情境的是D选项。 典例8C由于不知道两粒子的电性， 故不能确定M板和N板的电势高低， 故A错误；根据题意，垂直M板向右 的粒子到达N板时速度增加，动能增 加，则静电力做正功，电势能减小，平 行M板向下的粒子到达N板时静电 力也做正功，电势能同样减小，故B错 误；设两板间距离为d,对于平行M板 向下的粒子，刚好从N板下端射出，在 L 两板间做类平抛运动，有 =vot,d= 2a1,对于垂直M板向右的粒子，在 板间做匀加速直线运动，因两粒子相 同，则在电场中加速度相同，有 (2u。)2-v号=2ad,联立解得t= L 2 20 ,a=D,故C正确，D错误。 典例9 BC 由于匀强电场的电场强度 为E=g,即小圆环所受静电力与重 9 参考答案 223。听课记录 ⑦听课记录 「典例7[“耗散型”碰撞一A wwaommn 常见碰撞拓展模型 拓展]（多选）(2025· 1.“保守型”碰撞拓展模型 陕西西安高三联考)如图所示，质量为m的长 木板B放在光滑的水平面上，质量为4m的木 图例（水平 m2,nwww94 M 面光滑)》 小球一弹簧模型 小球一曲面模型 块A放在长木板的左端，一颗质量为6m的子 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向 弹以水平速度。射入木块并留在木块中（射入 达到共速 动量守恒，满足(m十M)v共=mo,损 时间极短，忽略不计)，木块滑离木板时速度为 失的动能最大，损失的动能分别转化 名，木块在木板上滑行的时间为1，则下列说法 为弹性势能和重力势能 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量 正确的是 再次分离 守恒，满足mv,十M2=mv,能量满 1 A,木块获得的最大速度为号 足 2 mv+ Mv:= B.木块滑离木板时，木板获得的速度大小为 2.“耗散型”碰撞拓展模型 图例（水 8 滑块 M 平面 木板 C.木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑 光滑) 动摩擦力大小为128 3mvo 相当于完全非弹性碰撞，动量满足(m十 达到 D.木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等 M)v共=mv。,损失的动能最大，损失的 共速 动能转化为内能 于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能 与木板增加的动能之差 温馨提示雨》请完成课时作业乙 微专题2“板一块”模型中力学三大观点的应用 考向探究》素养提升 1.“板一块”模型的动力学问题 3.“板一块”模型中的动量问题 (1)系统内某一物体若受拉力F,需利用牛顿第 (1)单个物体，涉及时间的情况下，应用动量定 二定律判定二者之间有无相对滑动。 理研究。 (2)若有相对滑动，注意二者相对位移和对地位 (2)对系统，合力为0的情况下，应用动量守恒 移之间的关系。 定律研究。 (3)注意滑块恰好不滑出木板的临界条件是二 「典例1[无外力作用的“板一块”模型](2025·浙 者共速。 江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完 2.“板一块”模型中的功能关系问题 全相同的两长板A和B,滑块C(可视为质点)置 (1)系统的功能关系分析：Wr一f△x=△Ek 于B的右端，三者质量均为1kg。A以4m/s的 (2)系统的摩擦产生的内能：Q=f△x。 速度向右运动，B和C一起以2m/s的速度向 026 2对勾·讲与练·高三二轮物理 左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分 典例3[多物体多运动组合的“板一块”模型] 开。已知A和B的长度均为0.75m,C与A、B (2024·海南卷)某游乐项目装置简化图如图所 间动摩擦因数均为0.5，则 示，A为固定在地面上的半径R=10m的光滑 圆弧形滑梯，滑梯顶点α与滑梯末端b的高度 A B 差h=5m,静止在光滑水平面上的滑板B,紧 A.碰撞瞬间C相对地面静止 靠滑梯的末端，并与其水平相切，滑板的质量 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2s M=25kg,一质量为m=50kg的游客从a点 C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为 由静止开始下滑，并从b点滑上滑板，当滑板右 12J 端运动到与滑板上表面等高的固定平台C边 D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的 缘时，游客恰好滑上平台，并在平台上滑行、= 距离为0.6m 16m停下。游客可视为质点，其与滑板及平台 听课记录 表面之间的动摩擦因数均为以=0.2，忽略空气 阻力，重力加速度g取10m/s2,求： h wKAK757 (1)游客滑到b点时对滑梯压力的大小； 「典例2[有外力作用的 (2)滑板的长度L。 “板一块”模型]（多选） 心听课记录 (2024·黑吉辽卷)一1 足够长木板置于水平 0 621.3.4h。7 地面上，二者间的动摩 擦因数为4。t=0时，木板在水平恒力作用下， 由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与 木板等大、反向的速度从右端滑上木板。已知 t=0到t=4t。的时间内，木板速度o随时间t 变化的图像如图所示，其中g为重力加速度大 小。t=41。时刻，小物块和木板的速度相同。 下列说法正确的是 A.小物块在t=3t。时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2 C.小物块与木板的质量之比为3：4 D.t=4t。之后小物块和木板一起做匀速运动 心听课记录 温髻提示》请完成课时作业⑧ 第一部分专题二能量与动量 027 计算题解答规范1力学三大观点的综合应用 (2025·河南卷)如图，在一段水平光滑直道上每间隔11=3m铺设有Q 宽度为l2=2.4m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量 为m1=2kg的小物块P,另一质量为m2=4kg的小物块Q以。= 7/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v= 7m/s,P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为u=0.5,重力加速度大小g取10m/s2。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间。 规范答题区 自评项目 自评 (共100分) 得分 书写工整 无涂抹 (20分) 有必要的 文字说明 (20分) 使用原始 表达式、 无代数过程 (30分) 有据①②得 ③等说明 (10分) 结果为数字 的带有单位， 求矢量的有 方向说明 (20分) 028红对勾·讲与练·高三二轮物理