第1部分 专题8 三大观点在力学中的应用 (课件PPT)-【状元桥】2026高考物理一轮总复习（湖北专版）

专题精讲 第一部分 专题八　三大观点在力学中的应用 点拨学法·素养提升 目 录 Contents 点拨学法·素养提升 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 返回目录 高考总复习·物理 　 制 作 者：状元桥 适用对象：高中学生 制作软件：Powerpoint2003、 Photoshop cs3 运行环境：WindowsXP以上操作系统 题型一　动量与动力学观点的综合应用(师生共研) 1．解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题． (2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题． 2．力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律． (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(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题． (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题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量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量． (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，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．作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决． (2024·湖北)如图所示，水平传送带以5 m/s的速度顺时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6 m．传送带右端的正上方有一悬点O，用长为0.3 m、不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2 kg的小球，小球与传送带上表面平齐但不接触．在O点右侧的P点固定一钉子，P点与O点等高．将质量为0.1 kg的小物块无初速轻放在传送带左端，小物块运动到右端与小球正碰，碰撞时间极短，碰后瞬间小物块的速度大小为1 m/s、方向水平向左．小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动．已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2. (1)求小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小． (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统损失的总动能． (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，求P点到O点的最小距离． 解析　(1)设小物块的质量为m1，传送带的速度为v0，小物块在传送带上加速运动过程中有μm1gx＝m1v， 解得x＝2.5 m＜L传，故小物块先加速后匀速(也可以求小物块一直加速到传送带右端时的速度，这个速度大于传送带的速度5 m/s，进而可知小物块先加速后匀速)，所以小物块与小球碰撞前瞬间，小物块的速度大小为5 m/s. (2)设小球的质量为m2，小物块与小球碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律有m1v0＝m1v1＋m2v2， 其中v0＝5 m/s、v1＝－1 m/s，解得v2＝3 m/s， 碰撞过程中小物块和小球构成的系统损失的总功能ΔEk＝m1v－m1v－m2v，解得ΔEk＝0.3 J. (3)若小球运动到P点正上方，绳子不松弛，设小球在P点正上方的速度为v3，P点到O点的距离为d，绳长为L，在P点正上方， 根据牛顿第二定律有m2≥m2g， 对小球从O点正下方到P点正上方的过程，根据动能定理有－m2g(L＋L－d)＝m2v－m2v， 解得d≥0.2 m，则P点到O点的最小距离为0.2 m. 答案　(1)5 m/s　(2)0.3 J　(3)0.2 m　 如图所示，物流转运中心的水平地面上有一辆质量M＝4 kg、长L＝1.4 m的平板小车，在平板车的右端放有质量m＝1 kg的快件(可视为质点)，快件与平板车间的动摩擦因数μ＝0.4.物流中心的工作人员要将快件卸到地面上，他采用了用水平力F拉小车的方式，重力加速度g取10 m/s2，不计小车与地面间的摩擦阻力．求： (1)要让快件能相对平板车滑动，需要施加的最小水平力F0； (2)若用F＝28 N的水平恒力拉小车，要将快件卸到地面上，拉力F作用的最短时间t为多少． 解析　(1)当快件刚要相对小车滑动时，拉力F最小， 对快件有μmg＝ma0， 对快件及小车整体有F0＝(M＋m)a0， 解得F0＝20 N. (2)当撤去拉力F后快件刚好能到达小车左端时，拉力F作用时间最短，设F的最短作用时间为tm，F作用时间内，快件在小车上滑动距离为L1，撤去拉力F时，快件的速度为v1，小车的速度为v2， 对快件有μmg＝ma1，v1＝a1tm， 对小车有F－μmg＝Ma2，v2＝a2tm， 另有L1＝a2t－a1t， 撤去F后，有mv1＋Mv2＝(M＋m)v，μmg(L－L1)＝mv＋Mv－(M＋m)v2，解得tm＝1 s. 答案　(1)20 N　(2)1 s　 题型二　力学三大观点解决多过程问题(师生共研) 1．表现形式 (1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动． (2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动． (3)平抛运动：与斜面有关的平抛运动、与圆轨道有关的平抛运动． 2．应对策略 (1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度． (2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)． (3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)． 长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态．A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点．当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点．不计空气阻力，重力加速度为g.求： (1)A受到的水平瞬时冲量I的大小； (2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？ 解析　(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，此时轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律有m1g＝m1， A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有m1v＝m1v2＋2m1gl， 由动量定理有I＝m1vA， 联立上述三式解得I＝m1. (2)设两球碰后粘在一起时的速度大小为v′，A、B粘在一起后恰能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′＝vA， 要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设B碰前瞬间的速度大小为vB，由动量守恒定律有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′， 又Ek＝m2v， 联立上述各式，解得碰撞前瞬间B的动能Ek至少为 Ek＝. 答案　(1)m1　(2)　 如图甲所示，质量m＝1 kg的小滑块(视为质点)，从固定的四分之一光滑圆弧轨道的最高点A由静止滑下，经最低点B后滑上位于水平面的木板，并恰好不从木板的右端滑出．已知木板质量M＝4 kg，上表面与圆弧轨道相切于B点，木板下表面光滑，滑块滑上木板后运动的v－t图像如图乙所示，g取10 m/s2.求： (1)圆弧轨道的半径及滑块滑到圆弧轨道末端时对轨道的压力大小； (2)滑块与木板间的动摩擦因数； (3)木板的长度． 解析　(1)设圆弧轨道的半径为R，由题图乙可知，滑块刚滑上木板时的速度大小v＝10 m/s， 则由机械能守恒定律有mgR＝mv2， 解得R＝5 m； 滑块在圆弧轨道末端时有F－mg＝， 解得F＝30 N， 由牛顿第三定律可知，滑块对圆弧轨道末端的压力大小为30 N． (2)滑块在木板上滑行时，设二者达到的共同速度为v1，木板与滑块组成的系统动量守恒，有mv＝(m＋M)v1， 解得v1＝2 m/s； 滑块在木板上做匀减速运动时，设加速度为a1， 由牛顿第二定律可知－μmg＝ma1， 由图乙知a1＝＝－4 m/s2， 解得μ＝0.4. (3)设木板长度为l，由功能关系可知 mv2－(m＋M)v＝μmgl， 解得l＝10 m. 答案　(1)5 m　30 N　(2)0.4　(3)10 m　 (2024·山东)如图甲所示，质量为M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. 　　 　　甲　　　　　　　　　　乙 (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，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示． (i)求μ和m； (ii)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点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s.求轨道水平部分的长度L. 解析　(1)根据题意，对小物块在Q点，合力提供向心力有mg＋3mg＝m 解得v＝4 m/s. (2)根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左做加速运动，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a， 变形得a＝F，结合题图乙可知＝0.5 kg－1， 当外力F＞4 N时，轨道与小物块之间有相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma， 变形得a＝F－， 结合题图乙可知＝ kg－1＝1 kg－1，－＝－2 m/s2， 联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2， 根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左 设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点，由运动学规律可得，此时轨道的速度v1＝a1t0，小物块在P点时的速度v2＝a2t0， 小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，系统水平方向上动量守恒，取水平向左为正方向， 则有Mv＋mv＝Mv＋mv＋2mgR， Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4， 联立并代入数据解得t0＝1.5 s或t＝ s，要使物块能够到达Q点，由重力及支持力的合力提供向心力，则需满足m≥mg，则有v3≤5 m/s，当t＝ s时，解得v3＝ m/s，不满足要求，舍去． 根据运动学规律有L＝a1t－a2t 解得L＝4.5 m. 答案　(1)4 m/s　(2)0.2　1 kg4.5 m　 $$