专题提升13　用三大观点解决力学问题 课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“用三大观点解决力学问题”专题，依据新课标要求梳理动力学、动量、能量三大观点的综合应用，通过高考真题分析明确动量守恒、动能定理等核心考点权重，归纳碰撞、传送带运动等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+素养培养”的实战策略，如以2025新课标卷小球与弹簧问题为例，运用科学推理和模型建构素养，详解动量守恒与能量守恒综合应用方法，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导复习，提升学生高考冲刺效率。

高考总复习 物理 人教版 专题提升13　用三大观点解决力学问题 索引 提升点1 提升点2 课时跟踪练 返回导航 第七章　动量守恒定律 课程标准　1.掌握解决力学综合问题常用的三个观点。2.会灵活选用三个观点解决力学综合问题。 返回导航 第七章　动量守恒定律 01 提升点1　动量与能量观点的综合应用 返回导航 第七章　动量守恒定律 1.两大观点 (1)动量观点:动量定理和动量守恒定律。 (2)能量观点:动能定理和能量守恒定律。 2.三种技巧 (1)若研究对象为一个系统,应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (2)若研究对象为单一物体,且涉及功和位移问题时,应优先考虑动能定理。 (3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系,对过程的细节不予细究,这正是它们的方便之处,特别对于变力做功问题,就更显出它们的优越性。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (多选)(2026·湖北武汉期末)有一款三轨推拉门,门框内部宽为2.4 m,三扇相同的门板如图所示。每扇门板宽d=0.8 m,质量m=20 kg,与轨道的动摩擦因数μ=0.01。在门板边缘凸起部位贴有尼龙搭扣,两门板碰后立即连在一起。现将三扇门板静止在最左侧,用力F=12 N水平向右拉3号门板,在与2号门板碰撞前一段时间撤去F,3号门板恰好到达门框最右侧,大门完整关闭。重力加速度g取10 m/s2,取3号门板运动的方向为正方向。则(　　) 返回导航 第七章　动量守恒定律 A.3号门板与2号门板碰撞前瞬间的速度大小为0.8 m/s B.拉力F的作用时间为0.8 s C.三扇门板关闭过程中系统由于摩擦产生的热量为3.2 J D.2号门板对3号门板作用力的冲量大小为8 N∙s 返回导航 第七章　动量守恒定律 [解析]　设3号门板与2号门板碰撞前速度为v0,碰撞后速度为v1,碰后两门板位移为d,根据动能定理有-2μmgd=0-×2m 解得v1=0.4 m/s 碰撞过程,根据动量守恒定律可得mv0=2mv1 解得v0=0.8 m/s 2号门板与3号门板碰撞时,根据动量定理有 I23=m(v1-v0)=-8 N·s 故A、D正确; 返回导航 第七章　动量守恒定律 在拉力F作用过程,对3号门板根据牛顿第二定律可得 F-μmg=ma,x=at2 根据动能定理可得Fx-μmgd=m 联立解得x= m,t= s,故B错误; 三扇门板关闭的过程中,系统由于摩擦产生的热量为Q=μmgd+μ·2mgd= 4.8 J,故C错误。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (2025·新课标卷)如图所示,物块P固定在水平面上,其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起,圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上,另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落,落到A点后沿圆弧轨道下滑,小球与弹簧接触后,当速度减小至刚接触时的时,弹簧的弹性 势能为2mgR,此时断开P和Q的连接,Q从静止 开始向右滑动。g为重力加速度大小,忽略空 气阻力,圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑, 弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功。 (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离。 (3)欲使P和Q断开后,弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR,Q的质量应为多大? (4)欲使P和Q断开后,Q的最终动能最大,Q的质量应为多大? [答案]　(1)mgR　(2)　R　(3)4m　(4)m 返回导航 第七章　动量守恒定律 [解析]　(1)小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道,重力对其做的功为WG=mgR。 (2)设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0,由机械能守恒定律可知 m=Ep+m 其中Ep=2mgR 同时有mg(h+R)=m 联立解得v0=,h=R。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (3)弹簧达到最大弹性势能时,小球与Q共速,设Q的质量为M,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=(m+M)v共 m=Ep2+(m+M) 其中Ep2=2.2mgR 联立解得M=4m。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (4)对Q和小球整体根据机械能守恒定律可知,要使Q的最终动能最大,需满足小球的速度刚好为零时,弹簧刚好恢复原长,设此时Q的质量为M',Q的最大速度为vm,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 m·v0=M'vm m=M' 解得M'=m。 返回导航 第七章　动量守恒定律 02 提升点2　力学三大观点的综合 应用 返回导航 第七章　动量守恒定律 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,可处理匀变速或非匀变速运动问题。 (3)动量观点:用动量定理和动量守恒观点解题,可处理匀变速或非匀变速运动问题。 返回导航 第七章　动量守恒定律 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能量守恒定律去解决,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增加量。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (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。 返回导航 第七章　动量守恒定律 3.力学三大观点对比 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,涉及运动细节 匀变速直线运动规律 =0+at x=0t+at2 2-=2ax等 能量 观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换 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 返回导航 第七章　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 返回导航 第七章　动量守恒定律 (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,A、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,重力加速度g取10 m/s2。求: 返回导航 第七章　动量守恒定律 (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 返回导航 第七章　动量守恒定律 解析:(1)A从开始到滑到圆弧最低点过程,根据机械能守恒定律有 mAg(R-Rcos 53°)=mA 解得v0=2 m/s 在最低点根据牛顿第二定律有FN-mAg=mA 解得FN=72 N,方向竖直向上。 (2)根据题意A、B碰后成一整体,根据动量守恒定律有 mAv0=(mA+mB)v共 解得v共=1.6 m/s 返回导航 第七章　动量守恒定律 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 ΔE=mA-(mA+mB)v共2=1.6 J。 (3)第一种情况,当传送带速度v小于v共时,A、B整体滑上传送带后先减速后匀速运动,设A、B整体与传送带间的动摩擦因数均为μ,对A、B整体根据牛顿第二定律有μ(mA+mB)g=(mA+mB)a 设经过时间t1后A、B整体与传送带共速,可得v=v共-at1 该段时间内A、B整体运动的位移为x1=t1 传送带运动的位移为x2=vt1 返回导航 第七章　动量守恒定律 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; 第二种情况,当传送带速度v大于v共时,A、B整体滑上传送带后先加速后匀速运动,设经过时间t2后A、B整体与传送带共速,同理可得v=v共+at2 该段时间内A、B整体运动的位移为x1'=t2 传送带运动的位移为x2'=vt2 故可得Q=μ(mA+mB)g·(x2'-x1') 解得v=2.6 m/s,另一解小于v共舍去。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (2026·江西南昌模拟)如图所示,倾角为θ=30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接,倾角为α=37°的传送带沿逆时针方向匀速转动,传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b,在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a,A、B间距离为L,a滑到水平面上后与b发生弹性正碰,之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞,b与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带匀速运动的速度大小为,重力加速度为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求: 返回导航 第七章　动量守恒定律 (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小; (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小; (3)a、b第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程,b在传送带上运动因摩擦产生的热量。 [答案]　(1)　(2)　　(3)mgL 返回导航 第七章　动量守恒定律 [解析]　(1)设a与b碰撞前瞬间,a的速度大小为v0,根据机械能守恒定律有mgLsin θ=m 解得v0=。 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律有 mv0=3mv2-mv1 根据机械能守恒定律有 m=×3m+m 解得v1=v2=v0=。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (3)由于v2=<,因此小物块b在传送带上先做匀减速直线运动,后做匀加速直线运动,减速阶段根据牛顿第二定律有 3mgsin α+3μmgcos α=3ma 解得a=gsin α+μgcos α=g 根据对称性,小物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为 t1== 小物块b第一次在传送带上运动的过程,由于摩擦产生的热量为 Q=μ·3mgcos α·(v2t1+t1+t1-v2t1)=mgL。 返回导航 第七章　动量守恒定律 课时跟踪练 温馨提示 返回导航 第七章　动量守恒定律 $