2026届高三物理（人教版2019）二轮复习课件：第1部分　核心主干复习专题　专题2　功和能、动量　微专题2　动力学三大观点的综合运用（含解析）

这是一份2026届高三物理（人教版2019）二轮复习课件：第1部分　核心主干复习专题　专题2　功和能、动量　微专题2　动力学三大观点的综合运用（含解析），共60页。PPT课件主要包含了命题热点巧突破，专题分层突破练，核心知识固双基，力学三大观点对比，审题指导，板块模型的综合分析等内容，欢迎下载使用。
微专题2　动力学三大观点的综合运用
力学中的多运动组合问题
1.(2024·山东卷)如图甲所示，质量为m0的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v；
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。①求μ和m；②初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对水平面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
【答案】　(1)4 m/s　(2)①0.2　1 kg　②4.5 m
在F>4 N时，轨道与小物块存在相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝m0a ④解得m0＝1 kg，m＝1 kg在F＝4 N时，小物块处于与轨道发生相对滑动的临界状态，小物块的最大加速度大小为am＝2 m/s2 ⑥有μg＝am，解得μ＝0.2。 ⑦
②根据题图乙可知，当F＝8 N时轨道的加速度a1＝6 m/s2，小物块的加速度a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左小物块在半圆轨道部分运动时，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，水平方向上动量守恒，小物块到达轨道上Q点时，设轨道速度为v1′，小物块速度为v2′，有
【易错提醒】　(1)不能根据图像找出运动信息而做出错误判断；(2)不能判断出小物块与轨道在哪一过程动量守恒；(3)不能根据物理情境排除不合理的解。
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)。
2.(2024·河北卷)如图所示，三块厚度相同、质量相等的木板A、B、C(上表面均粗糙)并排静止在光滑水平面上，尺寸不计的智能机器人静止于A木板左端。已知三块木板质量均为2.0 kg，A木板长度为2.0 m，机器人质量为6.0 kg，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气阻力。
(1)机器人从A木板左端走到A木板右端时，求A、B木板间的水平距离；(2)机器人走到A木板右端相对木板静止后，以做功最少的方式从A木板右端跳到B木板左端，求起跳过程机器人做的功，及跳离瞬间的速度方向与水平方向夹角的正切值；(3)若机器人以做功最少的方式跳到B木板左端后立刻与B木板相对静止，随即相对B木板连续不停地3次等间距跳到B木板右端，此时B木板恰好追上A木板。求该时刻A、C两木板间距与B木板长度的关系。
【解析】　(1)设机器人质量为m0，三个木板质量均为m，根据动量守恒定律可得m0v′＝mv1①两边同时乘以t0，则m0x＝mx1②且x＋x1＝LA联立解得x1＝1.5 m。③
特殊方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：
3.(2024·河北卷)如图所示，在光滑水平面上放置一端带有挡板的长直木板A，木板A左端上表面有一小物块B，其到挡板的距离为d＝2 m，A、B质量均为m＝1 kg，不计一切摩擦。从某时刻起，B始终受到水平向右、大小为F＝9 N的恒力作用，经过一段时间，B与A的挡板发生碰撞，碰撞过程中无机械能损失，碰撞时间极短。重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)物块B与A的挡板发生第一次碰撞后的瞬间，物块B与木板A的速度大小；(2)由A、B静止开始经多长时间物块B与木板A的挡板发生第二次碰撞，并求出碰撞后瞬间A、B的速度大小；(3)画出由A、B静止开始到物块B与木板A的挡板发生三次碰撞时间内，物块B的速度v随时间t的变化图像；(4)从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离。
(4)由以上分析可知，从第二次碰撞后，到下一次碰撞，B向前运动的距离都比前一次多8 m，由v－t图像可知，从B开始运动到第1次碰撞，B运动的距离为2 m；从第1次碰撞到第2次碰撞，B运动的距离为8 m；从第2次碰撞到第3次碰撞，B运动的距离为8 m＋8 m＝16 m；从第3次碰撞到第4次碰撞，B运动的距离为16 m＋8 m＝24 m；根据数学知识可知，从物块B开始运动到与木板A的挡板发生第n次碰撞时间内，物块B运动的距离
A组·基础巩固练1．(2024·甘肃卷)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2)
(1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力；(2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小；(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。【答案】　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15
(2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由碰后A竖直下落可知mv0＝0＋mvC故解得vC＝v0＝4 m/s。(3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，过程中根据动量守恒可得mv0＝(M＋m)v
2．(2025·河南卷)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/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＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：
【答案】　(1)24.5 J　(2)5 s【解析】　(1)P、Q与发生正碰，由动量守恒定律m2v0＝m2vQ＋m1v联立可得vQ＝3.5 m/s，ΔE＝24.5 J。
(2)对物块P受力分析由牛顿第二定律μm1g＝m1a物块P在第一个防滑带上运动时，解得vP1＝5 m/s则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1＝0.4 s物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP1t2解得t2＝0.6 s
解得vP2＝1 m/s则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3＝0.8 s物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP2t4解得t4＝3 s由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式0＝vP2－at5可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t5＝0.5 s故物块P从开始运动到静止经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝5 s。
(1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2；(2)弹簧弹性势能最大时，b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。
(2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝(m＋ma)v3解得v3＝2 m/s设当弹簧形变量为x1时物块b的固定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1
联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m固定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb
4．(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，B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＝10 m/s2。
(1)A滑到圆弧最低点时受的支持力；(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
(3)第一种情况，当传送带速度v小于v共时，AB滑上传送带后先减速后匀速运动，设AB与传送带间的动摩擦因数为μ，对AB根据牛顿第二定律μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a设经过时间t1后AB与传送带共速，可得v＝v共－at1传送带运动的位移为x2＝vt1故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x1－x2)联立解得v＝0.6 m/s，另一解大于v共舍去；