专题强化十三　力学三大观点的综合应用 课件 -2026届高考物理一轮复习沪科版

本高中物理高考复习课件聚焦力学三大观点（动力学、能量、动量）综合应用核心考点，严格对接高考评价体系，通过表格系统梳理规律表达式与选用规则，结合2024浙江选考等真题分析考点权重，归纳轨道、碰撞等常考题型，备考针对性强。 课件以高考真题训练为核心，融入科学思维与物理观念素养，如例1滑块过圆轨道最高点问题，通过向心力公式与动能定理联用突破临界条件分析；例3碰撞问题结合动量守恒与能量守恒培养推理能力，助力学生掌握三大观点选用技巧，教师可精准指导高效复习。

专题强化十三　力学三大观点的综合应用 第六章　动量守恒定律 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学观点 牛顿第二定律 F合=ma 物体做匀变速直线运动，涉及到运动细节 匀变速直线运动规律 v=v0+at x=v0t+at2 v2-=2ax等 能量观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及到做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 功能关系 WG=-ΔEp等 能量守恒定律 E1=E2 目录 力学三大观点 对应规律 表达式 选用原则 动量 观点 动量定理 I合=p'-p 只涉及初、末速度、力、时间而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 只涉及初、末速度而不涉及力、时间 目录 目 录 CONTENTS 提升素养能力 目录 4 例1 (2024·浙江6月选考，18)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，重力加速度g=10 m/s2。 目录 (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; 解析　滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，有 mg=m 从滑块离开弹簧到C过程，根据动能定理有 -mg·2R=m-m 解得v0=5 m/s。 答案　5 m/s 目录 (2)若μ2=0，滑块恰好过C点，求平板加速至与滑块共速时系统损耗的机械能; 解析　从滑块滑上平板至与滑块共速过程，根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v共 根据能量守恒定律有 ΔE=m-(M+m) 联立解得ΔE=0.625 J。 答案　0.625 J 目录 (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　经分析可知，当滑块滑至平板右端且恰好与平板共速时，对应满足条件下滑块离开弹簧时的速度最大。滑块与平板相互作用的过程，对滑块由牛顿第二定律有μ1mg=ma1 对平板由牛顿第二定律有 μ1mg-μ2(M+m)g=Ma2 根据运动学规律有vm-a1t=a2t vmt-a1t2-a2t2=L 联立并代入数据解得vm=6 m/s。 答案　6 m/s 目录 例2 (2025·江苏南通模拟)如图所示，某货场需将质量m=10 kg的货物(视为质点)从高处运送到指定存放点。轨道BCD静置于光滑水平面上，右侧靠在障碍物旁，轨道BCD上表面由光滑圆弧轨道BC和水平粗糙轨道CD组成，圆弧轨道BC的半径R=2.75 m，所对圆心角θ=37°，BC与CD相切于C点，CD段长L=5 m。现利用固定的倾斜轨道传送货物，倾斜轨道在B点与圆弧轨道BC恰好相切，将货物由距离B点高度h=1.5 m的A点处无初速滑下，货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止。货物与倾斜轨道、粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为μ=0.125、μ1=0.3，重力加速度大小g=10 m/s2，sin 37°=0.6，不计空气阻力。求: 目录 (1)货物滑到B点时的速度大小; 解析　货物滑到B点时，根据动能定理有 mgh-μmgcos θ·=m 解得货物滑到B点时的速度大小为 vB=5 m/s。 答案　5 m/s 目录 (2)轨道BCD的质量; 解析　货物从B点到C点，根据动能定理有 mgR(1-cos θ)=m-m 解得货物滑至C点时的速度大小vC=6 m/s 货物滑到轨道BCD左端D点时恰好保持相对静止，设共同速度为v，根据动量守恒定律以及能量守恒定律有 mvC=(M+m)v m-(M+m)v2=μ1mgL 联立解得M=50 kg，v=1 m/s。 答案　50 kg 目录 (3)整个过程中克服摩擦力产生的内能。 解析　整个过程中克服摩擦力产生的内能 Q=μmgcos θ·+μ1mgL=175 J。 答案　175 J 目录 例3 (2023·6月浙江选考，18)为了探究物体间碰撞特性，设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v0= 2 m/s从D处进入，经DEF管道后，与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8 m，以v=2 m/s的速率顺时针转动，滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，其他摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能Ep= kx2(x为形变量)，重力加速度g=10 m/s2。 目录 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN; 解析　滑块a以初速度v0从D处进入竖直圆弧轨道DEF运动，由动能定理有 mg·2R=m-m 解得vF=10 m/s 在最低点F，由牛顿第二定律有FN-mg=m 解得FN=31.2 N。 答案　10 m/s　31.2 N 目录 (2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s，求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE; 解析　碰撞后滑块a返回到B点的过程，由动能定理有 -mg·2R-μmgL=m-m 解得va=5 m/s 滑块a、b碰撞过程，由动量守恒定律有 mvF=-mva+3mvb 解得vb=5 m/s 碰撞过程中损失的机械能 ΔE=m-m-×3m=0。 答案　0　 目录 (3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住，求碰撞后弹 簧最大长度与最小长度之差Δx。 解析　滑块a碰撞b后立即被粘住，由动量守恒 定律有 mvF=(m+3m)vab 解得vab=2.5 m/s 滑块a、b一起向右运动，压缩弹簧，ab减速运动，c加速运动，当abc三者速度相等时，弹簧长度最小，由动量守恒定律有 (m+3m)vab=(m+3m+2m)vabc 解得vabc= m/s 目录 由机械能守恒定律有 Ep1=×(m+3m)-×(m+3m+2m) 解得Ep1=0.5 J 由Ep1=k解得最大压缩量x1=0.1 m 滑块ab一起继续向右运动，弹簧弹力使c继续加速，使ab继续减速，当弹簧弹力减小到零时，c速度最大，ab速度最小;滑块ab一起再继续向右运动，弹簧弹力使c减速，ab加速，当abc三者速度相等时，弹簧长度最大，其对应的弹性势能与弹簧长度最小时弹性势能相等，由弹簧的弹性势能公式可知最大伸长量x2=0.1 m 所以碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差 Δx=x1+x2=0.2 m。 答案　0.2 m 目录 例4 (2025 ·江苏苏州期末)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为6l。一质量为M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力是其所受重力大小的倍。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求: 目录 (1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度v1、v2分别为多大? 解析　设小球的质量为m，则m=M 根据机械能守恒定律有mgl=m 解得小球与圆盘碰撞前的速度v0= 取竖直向下为正方向，对小球和圆盘组成的系统根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有 m=m+M mv0=mv1+Mv2 解得碰后小球的速度v1=-，负号表示其方向竖直向上 圆盘的速度v2=。 答案　　　 目录 (2)在第一次碰撞后圆盘下滑的距离x2; 解析　第一次碰撞后小球做竖直上抛运动，圆盘做匀减速运动，由牛顿第二定律有Ff-Mg=Ma 解得圆盘加速度大小a=g 圆盘向下运动的最大距离为x2==l 圆盘运动时间为t2== 小球在t2时间内运动的位移 x1=v1t2+g=l 可见，当圆盘速度为零时，小球刚好与之第二次碰撞，即第一次碰撞后圆盘下滑的距离为x2=l。 答案　l 目录 (3)圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数n。 解析　第二次碰撞前小球的速度v1'=v1+gt2= 接下来的运动和小球第一次碰撞相同，因此每次碰撞圆盘向下移动l，则碰撞次数n== 则小球和圆盘碰撞次数为7次。 答案　7次 目录 提升素养能力 2 目录 1.(2025·江苏扬州阶段练习)如图所示，质量为3m的小木块1通过长度为L的轻绳悬挂于O点，质量为m的小木块2置于高度为L的光滑水平桌面边沿。把木块1拉至水平位置由静止释放，当其运动到最低点时与木块2相撞，木块2沿水平方向飞出，落在距桌面边沿水平距离为2L处，木块1继续向前摆动。若在碰撞过程中，木块1与桌面间无接触，且忽略空气阻力。重力加速度为g，求: (1)碰撞前，木块1在最低点时的速度大小; (2)碰撞后，木块2获得的速度大小; (3)碰撞后，木块1相对桌面能上升到的最大高度。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 答案　(1)　(2)　(3)L 解析　(1)小木块1从水平位置释放到与小木块2碰前瞬间，根据机械能守恒定律得 3mgL=×3m 解得木块1在最低点的速度 v0=。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (2)小木块2碰撞后做平抛运动，则平抛时间为t= 则木块2获得的速度为v2==。 (3)小木块1和2碰撞过程，根据动量守恒定律得 3mv0=3mv1+mv2 解得碰撞后小木块1的速度为v1= 之后小木块1上升，根据机械能守恒定律得 3mgh=×3m 解得木块1上升的最大高度h=L。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 2.(2025·江苏南京模拟)如图所示，长滑竿OPQ水平固定，套在竿上的滑环A通过竖直轻绳与物块B相连，竿上P点左侧光滑，P点右侧粗糙程度均匀，Q点处固定一个滑环以防止A冲出滑竿。初始时，A静止在O点处，用手突然给B一个向右的初速度v0，A、B共速时轻绳与竖直方向的夹角为37°，此时滑环A运动到P点处，此后A、B相对静止一起运动，到Q点时速度恰好减到零。A、B可视为质点，质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg，绳长l=1.5 m，重力加速度g=10 m/s2，sin 37°=0.6，不计空气阻力。求: 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (1)A与滑竿间的动摩擦因数μ; (2)B的初速度v0和PQ间距x; 答案　(1)0.75　(2)3 m/s　 m 解析　(1)A环从P到Q过程，对A、B系统由牛顿第二定律有 μ(mA+mB)g=(mA+mB)a 对B有mBgtan 37°=mBa 联立解得μ=0.75。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (2)对A、B系统从O运动到P点，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒，则有 mBv0=(mA+mB)v共 mB=(mA+mB)+mBgl(1-cos 37°) 联立解得v0=3 m/s，v共=1 m/s 对A、B系统从P运动到Q点由能量守恒定律有 μ(mA+mB)gx=(mA+mB) 解得x= m。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 3.(2025·江苏徐州模拟)某物流车间安装了如图所示(俯视图) 的水平传送带，该传送带由三段组成，AB、CD段为直线， BC段边缘是圆心角为90°的圆弧，传送带运行速率为v0。当 工件传送到CD段时，质量大于或小于标准质量m0的工件均 会触发智能机关，在传送带上方迅速弹出一光滑挡板，挡板 与传送带中心线之间的夹角为θ，工件碰到挡板后会沿挡板运动到工作台，从而实现分检。一质量为m的工件(m>m0)由A端轻放在传送带的中心线上，到达B端时恰好与传送带达到相同的速度，在BC段与传送带没有发生相对滑动。已知工件与传送带之间动摩擦因数为μ，工件与传送带间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度为g。求: 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (1)工件在AB段运动时，与传送带间产生的热量Q; (2)工件在BC段受到的冲量大小; (3)工件和挡板碰撞过程中损失的动能。 答案　(1)m　(2)mv0　(3)msin2θ 解析　(1)根据牛顿第二定律可得工件的加速度为a=μg 加速时间为t= 工件匀加速的位移为x1=at2= 传送带在时间t内的位移为x2=v0t= 工件相对传送带的位移为Δx=x2-x1= 产生的热量为Q=μmg·Δx=m。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (2)速度矢量三角形如图所示 则工件在BC段的速度变化量为Δv=v0 根据动量定理得工件在BC段受到的冲量大小 I=mΔv=mv0。 (3)工件与挡板碰撞后在垂直挡板方向的速度减小为零，则其损失的动能为 ΔEk=m(v0sin θ)2=msin2θ。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 4.(2024·江苏苏州开学考试)如图，光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置，底端与一水平传送带相切，一质量ma=1 kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放，到最低点Q时与另一质量mb=3 kg小物块b发生弹性正碰(碰撞时间极短)。已知圆弧轨道半径R=0.8 m，传送带的长度L=1.25 m，传送带以速度v=1 m/s顺时针匀速转动，小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，g=10 m/s2。求: (1)碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小; (2)碰后小物块a能上升的最大高度; (3)小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。 答案　(1)30 N　(2)0.2 m　(3)1 s 01 02 03 04 目录 提升素养能力 解析　(1)小物块a从P点运动到Q点的过程中，由动能定理得 magR=ma 在Q点，由牛顿第二定律得FN-mag=ma 由以上两式解得FN=30 N，va=4 m/s 由牛顿第三定律知FN'=-FN，即碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小为30 N。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (2)小物块a与小物块b碰撞过程中，根据动量守恒定律得 mava=mava'+mbvb 由机械能守恒定律得 ma=mava'2+mb 由以上两式解得va'=-2 m/s，vb=2 m/s 设碰后小物块a上升的最大高度为h，根据机械能守恒定律得 magh=mava'2 解得h=0.2 m。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 (3)碰后小物块b速度大于传送带速度，由牛顿第二定律得 -μmbg=mba 解得小物块b的加速度为a=-2 m/s2 由匀变速直线运动规律得，小物块b与传送带速度相同时通过的位移 x==0.75 m<1.25 m 故小物块b先做匀减速运动，后做匀速运动， 减速时间t1==0.5 s 匀速时间t2==0.5 s 则小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间 t=t1+t2=1 s。 01 02 03 04 目录 提升素养能力 $