第7章 专题强化（十一） 动力学、动量和能量观点的综合应用（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考物理高三一轮总复习高效讲义

该高中物理高考复习课件聚焦“动力学、动量和能量观点的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒三大核心观点，通过2024年甘肃、山东等多省高考真题分析，明确碰撞问题、板块模型、圆周运动综合应用等高频考点分布，归纳“守恒条件判断—规律选用—方程联立”的解题题型体系，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题精讲+素养导向”的复习策略，如以2024甘肃高考题为例，通过小球下摆（动能定理）、碰撞（动量守恒）、板块共速（能量守恒）的阶梯式解析，培养学生科学思维中的模型建构与科学推理能力，强化物理观念中的能量与运动相互作用观念。特设“易错点警示”（如守恒条件遗漏）和“规律选用口诀”，助力学生掌握解题技巧，教师可据此实施精准教学，提升复习效率。

专题强化(十一) 动力学、动量和能量观点的综合应用 备考目标 1.掌握解决力学综合问题常用的三大观点。 2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题。 高三一轮总复习高效讲义（物理） 正禾一本通 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 3 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 4 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 5 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 6 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 7 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 8 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 9 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 10 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 11 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 12 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 13 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 14 专题强化卷(十一) 动力学、动量和能量观点的综合应用 正禾一本通 高三一轮总复习高效讲义（物理） 01 02 03 04 正禾一本通 16 01 02 03 04 正禾一本通 17 01 02 03 04 正禾一本通 18 01 02 03 04 正禾一本通 19 01 02 03 04 正禾一本通 20 01 02 03 04 正禾一本通 21 01 02 03 04 正禾一本通 22 01 02 03 04 正禾一本通 23 01 02 03 04 正禾一本通 24 01 02 03 04 正禾一本通 25 01 02 03 04 正禾一本通 26 01 02 03 04 正禾一本通 27 01 02 03 04 正禾一本通 28 01 02 03 04 正禾一本通 29 01 02 03 04 正禾一本通 30 01 02 03 04 正禾一本通 31 01 02 03 04 正禾一本通 32 谢谢观看 1．解决动力学问题的三个基本观点 (1)动力学观点：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。用动量定理可简化问题的求解过程。 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)或动能定理(涉及位移)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，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、击打、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均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。 【例1】 (2024·甘肃高考)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。 解析：根据题意，设A、C质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°。 (1)A开始运动到最低点有 mgl(1－cos θ)＝mv02－0 对最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 F－mg＝ 解得v0＝4 m/s，F＝40 N。 (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 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CB分析，过程中根据动量守恒可得 mvC＝(M＋m)v 根据能量守恒得 μmgL相对＝mvC2－(m＋M)v2 联立解得μ＝0.15。 答案：(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 【例2】 (2024·山东高考)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。 (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)对小物块在Q点，由圆周运动知识和牛顿第二定律有 mg＋3mg＝m 解得v＝4 m/s。 (2)(ⅰ)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 ＝kg－1＝0.5 kg－1 当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，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。 (ⅱ)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，系统在水平方向上动量守恒，取水平向左为速度正方向，则有 Mv12＋mv22＝Mv32＋mv42＋2mgR Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4 联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解不符合题意，舍去) 根据运动学规律有L＝a1－a2 解得L＝4.5 m。 答案：(1)4 m/s　(2)(ⅰ)0.2　1 kg　(ⅱ)4.5 m 1．(2022·广东高考)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： 解析：(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即 N1＝(m＋M)g＝8 N 当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力大小为 N2＝Mg－f′＝5 N。 (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和N2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 答案：(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m (2)滑块开始向上运动到碰前瞬间根据动能定理有 －mgl－fl＝m－m 代入数据解得v1＝8 m/s。 (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有 －(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2 代入数据联立解得h＝0.2 m。 2．(2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定，其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中，敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a，同时顶起敏感臂，使之处于水平状态，并卡住卷轴外齿轮，锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN，敏感球的质量为m，重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 解析：(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知 (mg＋FN)tan θ＝ma 解得tan θ＝。 (2)①由图像可知碰撞过程中F的冲量大小 IF＝×0.1×6 600 N·s＝330 N·s 方向竖直向上。 答案：(1)　(2)①330 N·s，方向竖直向上　②0.2 m ②头锤落到气囊上时的速度 v0＝＝8 m/s 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向) IF－Mgt＝Mv－(－Mv0) 解得v＝2 m/s 则上升的最大高度h＝＝0.2 m。 3．(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长L＝1.25 m。小球质量m＝0.20 kg。物块、小车质量均为M＝0.30 kg。小车上的水平轨道长s＝1.0 m。圆弧轨道半径R＝0.15 m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 解析：(1)对小球摆动到最低点的过程中，由动能定理得 mgL＝m－0 解得v0＝5 m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律有 FT－mg＝m 解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT＝6 N。 (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2 m＝m＋M 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为 v2＝4 m/s。 (3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有 Mv2＝2Mv3 由能量守恒定律有 M＝×2M＋μ1Mgs 答案：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ<0.4 解得μ1＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒有 Mv2＝2Mv4 由能量守恒定律有 M＝×2M＋μ2Mgs＋MgR 解得μ2＝0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 4．(2024·浙江高考)一弹射游戏装置竖直截面如图所示，固定的光滑水平直轨道AB、半径为R的光滑螺旋圆形轨道BCD、光滑水平直轨道DE平滑连接。长为L、质量为M的平板紧靠长为d的固定凹槽EFGH侧壁EF放置，平板上表面与DEH齐平。将一质量为m的小滑块从A端弹射，经过轨道BCD后滑上平板并带动平板一起运动，平板到达HG即被锁定。已知R＝0.5 m，d＝4.4 m，L＝1.8 m，M＝m＝0.1 kg，平板与滑块间的动摩擦因数μ1＝0.6、与凹槽水平底面FG间的动摩擦因数为μ2。滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，求滑块离开弹簧时速度v0的大小； (2)若μ2＝0，滑块恰好过C点后，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能； (3)若μ2＝0.1，滑块能到达H点，求其离开弹簧时的最大速度vm。 解析：(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时有 mg＝ 从滑块离开弹簧到C的过程，根据动能定理有 －2mgR＝m－m 解得v0＝vB＝5 m/s。 (2)平板加速至与滑块共速的过程，根据动量守恒有 mvB＝(M＋m)v共 根据能量守恒有ΔE＝m－(M＋m) 解得ΔE＝J。 (3) 若μ2＝0.1，平板与滑块相互作用过程中，加速度大小分别为 a1＝μ1g＝6 m/s2 a2＝＝4 m/s2 共速后，共同加速度大小为 a3＝μ2g＝1 m/s2 考虑滑块可能一直减速直到H，也可能先与木板共速然后共同减速 假设先与木板共速然后共同减速，则共速过程有 v＝vE－a1t1＝a2t1 答案：(1)5 m/s　(2)0.625 J　(3)6 m/s 共速过程，滑块、木板位移分别为 x1＝t1，x2＝t1 共速时，相对位移应为Δx＝L＝x1－x2 解得vE＝6 m/s，v＝2.4 m/s 随后共同减速x3＝d－x1＝1.88 m 到达H时速度vH＝＝ m/s 说明可以到达H，因此假设成立，若滑块初速度再增大，则会从木板右侧掉落。 $