第五章 微专题7　应用力学三大观点解决综合问题 2027年高考物理一轮专题复习（人教版）

该高中物理高考复习课件聚焦“应用力学三大观点解决综合问题”专题，依据高考评价体系梳理了动量与动力学、动量与能量、三大观点综合应用三大核心考点，通过2024年福建卷、浙江选考等真题分析明确各考点权重，归纳多选、计算题等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+素养提升+技巧指导”，如以2024年福建卷滑块运动题为例，运用v-t图像分析运动过程，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力，通过审题思维导图指导学生掌握力学问题分析方法。助力学生高效突破高频考点，教师可据此优化复习策略，提升备考效率。

微专题7 应用力学三大观点解决综合问题 考点一 动量与动力学观点的综合应用 命题视角　考查动量与动力学观点的综合应用,提升应用图像的数学处理能力 【典例1】 (中等)(2024·福建卷)(多选)如图甲,水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉力F,F随时间t的变化关系如图乙所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则滑块(　 　) A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动 B.在0~4t0内所受合力的冲量大小为零 C.在t0时的动量大小是在2t0时的一半 D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小 甲 乙 AD 解析:AD　根据牛顿第二定律可知,当拉力为2mgsin θ时,滑块加速度a1=3gsin θ,方向沿斜面向下;当拉力为-2mgsin θ时,滑块加速度a2=-gsin θ,方向沿斜面向上;作出滑块沿斜面运动的v-t图像如图所示,其中v0=gt0sin θ。根据v-t图像,可判断出滑块一直沿斜面向下运动,故选项A正确;4t0时滑块速度不为零,根据动量定理I合=mΔv可知0~4t0内滑块所受合力的冲量不为零,故选项B错误;滑块在t0时的速度大于在2t0时的速度,则滑块在t0时的动量大于在2t0时的动量,故选项C错误;根据v-t图线与t轴所围面积表示位移大小,可判断出选项D正确。 考点二 动量与能量观点的综合应用 命题视角　考查动量与能量观点的综合应用,提升多对象关联分析能力 【典例2】 (困难)(2024·浙江1月选考)某固定装置的竖直截面如图所示,由倾角θ=37°的直轨道AB,半径R=1 m的圆弧BCD,长度L=1.25 m、倾角为θ的直轨道DE与半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成,轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5 kg的滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5 kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE,轨道DE由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数μ1=0.25,向下运动时动摩擦因数μ2=0.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1,小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其他轨道均光滑,小物块视为质点,不计空气阻力,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2) (1)若h=0.8 m,求小物块: ①第一次经过C点的向心加速度大小; 答案:(1)①16 m/s2　 ②在DE上经过的总路程; 答案:②2 m 解析:②C、E两点的高度差 h1=Lsin θ+R(1-cos θ)=0.95 m, 由机械能守恒定律可知,小物块在DE上运动时,不会运动到E点。 又因为μ2mgcos θ<mgsin θ, 所以小物块a每次在DE上上升至最高点后一定会下滑,之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损失,最终小物块a将在B、D间往复运动,且易知小物块a每次在DE上向上运动和向下运动的距离相等,设其在DE上经过的总路程为s, ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。 答案:③1∶2 (2)若h=1.6 m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块? 答案:(2)0.2 m 考点三 力学三大观点的综合应用 命题视角　掌握动量、动力学、能量核心规律,考查力学三大观点的综合 应用 力学三大观点的选用原则 (1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向为匀变速直线运动),涉及时间与运动细节时,一般选用动力学方法解题。 (2)当涉及功、能和位移时,一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或能量守恒定律解题。题目中出现相对位移(摩擦生热)时,应优先选用能量守恒定律。 (3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题,特别是对于打击类问题,因时间短且冲力随时间变化,应用动量定理求解。 (4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板块问题,若只涉及初末速度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解。 【典例3】 (困难)(2024·浙江6月选考)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,重力加速度g取10 m/s2。 (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; 答案:(1)5 m/s (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; 答案:(2)0.625 J (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。 答案:(3)6 m/s 审题·思维图解 感谢观看 解析:(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过程,根据机械能守恒定律有 mgh=m, 第一次经过C点的向心加速度大小为a===16 m/s2。 根据功能关系有 mg[h-R(1-cos θ)]=(μ1mgcos θ+μ2mgcos θ), 解得s=2 m。 解析:③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运动和向下运动的加速度大小分别为a上=gsin θ+μ1gcos θ=8 m/s2, a下=gsin θ-μ2gcos θ=2 m/s2, 将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑,则根据运动学公式有a上=a下,解得=。 解析:(2)对小物块a从A到F的过程,根据动能定理有 m=mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ, 解得vF=2 m/s, 设滑块长度为l时,小物块恰好不脱离滑块,a在b上运动的过程为,a先运动到b的最右端与竖直挡板发生弹性碰撞,a、b速度互换,然后a运动到b的最左端,此时二者达到共同速度v, 根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mvF=2mv, m=·2mv2+2μ1mgl, 解得l=0.2 m。 解析:(1)滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时, mg=, 从滑块离开弹簧到C过程,根据动能定理得 -2mgR=m-m, 解得v0=5 m/s。 解析:(2)平板加速至与滑块共速过程,根据动量守恒定律得mv0=(M+m)v共, 根据能量守恒定律得 ΔE=m-(M+m), 解得ΔE=0.625 J。 解析: (3)若μ2=0.1,平板与滑块相互作用过程中, 滑块的加速度大小a1=μ1g=6 m/s2,平板的加速度大小a2 ==4 m/s2, 共速后,共同加速度大小a3=μ2g=1 m/s2, 考虑滑块可能一直减速直到H,也可能先与平板共速然后共同减速。假设先与平板共速然后共同减速,则共速时速度v=vE-a1t1=a2t1, 从滑块刚滑上平板到两者共速过程中,滑块、平板的位移分别为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, 随后共同减速的位移x3=d-x1=1.88 m, 到达H的速度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,则会从平板右侧掉落。即滑块离开弹簧时的最大速度vm=6 m/s。 $