7.4 专题提升：力学三大观点的综合应用 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“力学三大观点综合应用”专题，依据高考评价体系明确力的观点、能量观点、动量观点的考查要求，通过考点梳理突出守恒定律、动能定理等高频考点权重，归纳运动学综合、天体运动、碰撞模型等常考题型。 课件亮点在于“真题演练+方法指导”，以2026南通一模滑块碰撞题为例，运用物理观念和科学思维，通过守恒定律选用、动量定理应用等突破方法，培养学生模型建构和科学推理能力。教师可依托典例解析指导学生掌握答题技巧，助力高考冲刺高效复习。

第35课时　专题提升:力学三大观点的综合应用 学习目标: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。 1.三大基本观点 力的 观点 运用牛顿定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题 能量的 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 动量的 观点 用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题 2.三大观点的选用原则 力学中首先考虑使用两个守恒定律。从两个守恒定律的表达式看出多项都是状态量(如速度、位置),所以守恒定律能解决状态问题,不能解决过程(如位移x、时间t)问题,不能解决力(F)的问题。 (1)若是多个物体组成的系统,优先考虑使用两个守恒定律。 (2)若物体(或系统)涉及速度和时间,应考虑使用动量定理。 (3)若物体(或系统)涉及位移和时间,且受到恒力作用,应考虑使用牛顿运动定律。 (4)若物体(或系统)涉及位移和速度,应考虑使用动能定理,系统中摩擦力做功时应用摩擦力乘以相对路程,动能定理解决曲线运动和变加速运动特别方便。 典例1　在跳台滑雪比赛中,运动员在空中运动时身体的姿态会影响其速度和下落的距离。跳台滑雪运动员在某次训练时,助滑后从跳台末端水平飞出,从离开跳台开始计时,用v表示其水平方向速度,v-t图像如图乙所示,运动员在空中运动时间为4 s。在此运动过程中,若运动员在水平方向和竖直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定。已知运动员的质量为50 kg,重力加速度取10 m/s2,求: (1)滑雪运动员水平位移的大小和 水平方向所受的阻力大小; (2)滑雪运动员在空中运动过程中动量 变化量的大小(结果保留两位有效数字)。 答案 (1)56 m　50 N　(2)1.8×103 N·s 典例2　航天员登上某球形未知天体,在该天体表面将某一小球竖直上抛,得到的小球动能随小球距离未知天体表面的高度变化情况如图所示,图中Ek0、h0为已知量。已知小球质量为m,该天体的第一宇宙速度为v,求: (1)该未知天体表面的重力加速度大小; (2)该未知天体的半径大小。 答案 (1)　(2) 典例3　如图所示,倾角θ=30°的斜面体固定在水平地面上,斜边长度L=1.6 m,质量均为1 kg的小球B和C处于轻弹簧两端,其中小球C与弹簧相连,小球B与弹簧不连接,它们都静止于水平地面上。现有一个质量也为1 kg的小球A从斜面体的最高点由静止下滑,下滑至斜面底端时,由于和水平地面的相互作用(作用时间Δt=0.1 s),小球A速度的竖直分量变为0,水平分量不变,此后小球A与小球B正碰,碰后二者立即粘在一起。不计一切摩擦,已知重力加速度g取10 m/s2。求: (1)小球A刚下滑至斜面底端时的速度大小; (2)小球A在斜面底端和水平地面相互作用 过程中弹力的冲量; (3)整个过程中,弹簧对小球C做的功。  答案 (1)4 m/s　(2)3 N·s,方向竖直向上　(3) J 解析 (1)小球A下滑至斜面底端过程中, 根据动能定理有mgLsin 30°=,解得v0=4 m/s。 (2)小球A和水平地面的相互作用过程中,取竖直向上为正方向, 有I-mgΔt=0-m(-v0sin 30°),解得I=3 N·s,方向竖直向上。 (3)小球水平向左运动的速度v1=v0cos 30°=2 m/s,小球A和B碰撞,根据动量守恒定律有mAv1=(mA+mB)v2,解得v2= m/s,从A和B粘在一起向左运动开始到弹簧再次恢复原长过程,根据动量守恒定律有(mA+mB)v2=(mA+mB)v3+mCv4, 根据机械能守恒定律有 (mA+mB)(mA+mB)mC,解得v4= m/s,整个过程中,弹簧对小球C做的功W=mC J。 典例4　(2026南通一模)如图所示,一质量为3m的小滑块A静止在倾角为θ的足够长斜面上,另一质量为m的小滑块B从距滑块A为L处由静止释放,经过一段时间滑块B与滑块A发生弹性碰撞,碰撞时间极短。已知滑块A与斜面间的动摩擦因数μA=2tan θ,滑块B与斜面间无摩擦,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。求: (1)滑块B与滑块A发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v0; (2)滑块B与滑块A发生第一次碰撞后两者间的最大距离x; (3)整个过程中滑块A与斜面间摩擦产生的总内能Q。 答案 (1)　(2)　(3)mgLsin θ 解析 (1)滑块B不受摩擦力,沿着斜面向下做匀加速直线运动, 有mgLsin θ=-0　 解得v0=。 (2)B与A发生完全弹性碰撞,取沿斜面向下为正方向,有mv0=mvB1+3mvA1,×3m 解得vA1=,vB1=-(负号表示速度沿斜面向上) 因μA=2tan θ,碰后滑块A沿斜面向下做匀减速直线运动到停下,加速度大小为aA=μAgcos θ-gsin θ=gsin θ 则滑块A下滑的位移为xA1=　 滑块B先向上以加速度aB=gsin θ做匀减速直线运动,速度减为零后再反向以aB=gsin θ做匀加速直线运动,则当滑块B的速度减为零时,两滑块的距离达到最大,有x=xA1+。 (3)滑块A与B在第一次碰撞后,与斜面间的摩擦生热为 Q1=μAmgcos θ·xA1=2mgsin θ· 滑块B向下加速回到出发点的速度为,再加速到A处的速度设为v02,有mgsin θ· 解得v02= 同理可得第二次碰后A的速度大小为vA2= 滑块A第二次下滑的位移为xA2= 产生的热量Q2=μAmgcos θ·xA2=2mgsin θ· 同理可得Q3=μAmgcos θ·xA3=2mgsin θ· 故可知Q=Q1+Q2+Q3+…=2mgsin θ=2mgsin θ· =mgLsin θ。 $