专题7 解题高招(精讲册)-【实战高考】2026年高考物理总复习（山东专版）

解题高招令怎么做 三大观点解决力学问题 P题目特征 木块的动能增加了6J,那么此过程产生的内 1.解决动力学问题的三个基本观点 能可能为( (1)力的观点：用牛顿运动定律结合运动学 mo > m 知识解题，可处理匀变速运动问题。 75551977777277777 (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点 A.16J B.2 J (机械能守恒定律、功能关系、能量守恒定 C.6J D.4J 律)解题，可处理非匀变速运动问题。 【陷阱解法】子弹打木块，该过程遵循动量守恒 (3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点 和能量守恒，已知木块的动能增加了6J,可知 解题，可处理非匀变速运动问题。 子弹的动能损失了6J,则此过程产生的内能 2.力学规律的选用原则 为6J。 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力 【点评】本题容易出错的原因是没有明确木块 学关系式，可用牛顿第二定律。 动能增加的原因，不能理解产生内能的原因， (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运 动状态改变时，一般用动量定理（涉及时间 导致思维混乱，以致做题时出错。 的问题)或动能定理（涉及位移的问题）去解 【科学解法】设子弹的质量为，初速度为b, 决问题 木块的质量为，子弹打入木块的过程中，子 (3)若研究的对象为物体系统，且它们之间 弹与木块组成的系统动量守恒，即o=(m 有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守 十o)v,此过程产生的内能等于系统损失的 恒定律（机械能守恒定律）去解决问题，但需 动能，即△E-号mG-合(m十m)- 注意所研究的过程是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时，则优先考虑能 mo m心，而木块获得的动能E*=号 量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等 m=6J,则△E>6J,故A正确。 于系统机械能的减少量，即转变为系统内能 【速解解法】根据三大观点，木块的动能增加了 的量。 6J,来源于摩擦力对木块做了正功；此过程产 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理 生的内能来源于摩擦力与相对路程的乘积，即 现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系 统机械能与其他形式能量之间的转换，这种 Q=fs。 问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒 根据vt图可知：木块动能的增 定律去解决。 加量为fs;系统内能的增加量 p样板题 为fs2,且内能较大才符合图像 典例如图所示，子弹水平射入放在光滑水平 关系。故选A。 地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程 )答案A 323 p题型延伸 2.如图甲所示，光滑水平面右端与半径为R 典例如图所示，光滑水平面上有质量为m 的粗糙半圆弧轨道平滑连接，劲度系数为k 且足够长的木板，木板上放一质量也为m、可 的轻质弹簧左端与墙拴接，弹簧自然长度时 视为质点的小木块。现分别使木块获得向右 其右端在B点左侧，底面装有力传感器的 的水平初速度和2，两次运动均在木板上 滑块在水平力作用下静止于图示位置，滑块 留下划痕，则两次划痕长度之比为( 与弹簧不拴接。现在撤去水平力，滑块在从 A运动到D的过程中，传感器记录了滑块 7777777777777777777777777n7777777777 底面的弹力大小随时间变化的关系，如图乙 A.1:4 B.1:4√2 所示，F1、F2、F3均为已知量。弹性势能表 C.1:8 D.1:12 【科学解法】木块从开始运动到相对长木板静 达式为E,=kx,重力加速度为g。下列 止的过程中，木块和木板组成的系统水平方向 表述正确的是( 动量守恒，取水平向右为正方向，当木块的初 D 速度为时，有mw=(m十m）,解得o=安， m- 根据能量守恒定律有mgs=2m 2(m+ A B m)d,解得划痕长度5=，同理，当木块的 Aug 初速度为2时，解得划痕长度=2) ,故 4μg 两次划痕长度之比为s:s=1：4,故A正确， B、C、D错误。 F )答案A F 0 p类题实战 乙 1.一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大 AF2-F3=6F1 小由v增大到2，在随后的一段时间内速 B.释放滑块后，弹簧的弹性势能与滑块的 度大小由2v增大到5v。前后两段时间内， 动能相等时，弹簧弹力的功率为 合外力对质点做的功分别为W1和W2,合外 力的冲量大小分别为I1和12。下列关系式 (F2-F)R gk 一定成立的是( C.滑块沿轨道BCD运动过程中，轨道对滑 A.W2=3W1,2≤3I 块的冲量方向水平向左 B.W2=3W1,I2≥I1 D.滑块沿轨道BCD运动过程中，机械能减 C.W2=7W1,I2≤3I D.W2=7W1,I2≥I1 少了2(F-R-4F)R 324讲解册参考答案及解析 专题5。万有引力与宇宙航行 D解析：本题考查万有引力定律及描述圆周运动的物理 量。因为a、c的角速度相同，根据a=wr,因a离地心的 心力可得G0-m二解释√@，因为6的载道半 距离小于c离地心的距离，所以a的向心加速度小于c的 径最小，d的轨道半径最大，所以b的速度大于c的速度，c 向心加速度，b、c是围绕地球公转的卫星，根据万有引力 的速度大于d的速度，则h>ue>d,b>e>va,B错 提供向心力可得G=,解得a-C必，因b的轨道半 误；因b的速度最大，则在相同时间内b转过的孤长最长， r2 C错误；c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供 径小于c的轨道半径，所以b的向心加速度大于c的向心 /r3 加速度，综上分析可知，a的向心加速度小于b的向心加 向心力可得60=m答，解得T=2品因d的轨 速度，A错误；a、c的角速度相同，因a离地心的距离小于 道半径大于c的轨道半径，则d的运行周期大于c的运行 c离地心的距离，根据v=wr,可知a的速度小于c的速 周期，而c的运行周期是24h,所以d的运行周期可能是 度，b、c、d是围绕地球公转的卫星，根据万有引力提供向 30h,D正确。 专题7。动量守恒定律 1.D解析：根据动能定理可知W1=2n(2o2-2m2 时弹性势能为E0=2m,当弹簧的弹性势能与滑块 =号m2,W2=2m(5o2- Γ2m(2w)2=2 2mu2,可得 的功能相学时，有0=号2+分m,2x2 W2=7W1;在初、末速度大小一定的情况下，当初、末速 m2,弹黄弹力的瞬时功率为P=k,解得P 度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变 化量最大，因此结合动量定理可知，前后两段时间内合 E2-E)R,B正确；滑块沿轨道BCD运动过程 外力的冲量大小的范围分别是mu≤I1≤3mw,3mu≤I2 中，由动量定理得IG十I轨道=△p,重力的冲量竖直向 ≤7mw,可得I2≥1一定成立，I2≤31不成立。故 下，动量的变化量水平向左，根据失量三角形可知，圆 选D。 轨道对滑块的作用力的冲量斜向左上方，如图所示，C 2.B解析：由图乙可知，滑块的重力大小为F1=mg,滑 错误；滑块沿轨道BCD运动过程中，机械能减少了 块经过圆孤上的B点时，有F2一mg=m 尺，滑块经过 △E减=W克=合(F-R一6F)R,D错误。故选B。 国孤上的D点时，有R十mg=m爱，清块由B到D的 AP 过程中，有-mg·2R-W1=2m元-方m%,解得 2-F3=6mg十[>6mg=6E,A错误：释放滑块 专题8 机械振动与机械波 (1)3m或7m(2)1m/s或5m/s 波传播的距离△a=是入=3m: (3)沿x轴负方向传播 解析：(1)若波沿x轴负方向传播，则有入=4m,nT十 同理可知，当m=1时，波传播的距离△g=子X=7m。 =△t(n=0,1,2,…), (2)若波沿x轴正方向传播，则有nT+T=△(m=0,1, 而T>0.5s,所以n只能取0或1， 2,…), 所以当n=0时，△=T, 而T>0.5s,所以n只能取0或1，有T1=4s或T2= 547