第7章 14.微专题13 力学三大观点的综合应用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习学案

该高中物理高考复习课件聚焦“力学三大观点的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了牛顿运动定律、动量定理与守恒、动能定理与机械能守恒三大核心考点，通过真题分析明确碰撞、连接体等综合题型占比达60%以上，构建规律分类、观点比较、应用场景归纳的系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的三维突破策略，如以2023天津卷碰撞问题为实例，拆解动量守恒与能量损失计算步骤，培养学生运动与相互作用观念及科学思维素养。特设“易错点警示”和“变式训练”，助力学生掌握综合题答题技巧，教师可依托此课件实现考点精准突破，提升复习效率。

微专题13 力学三大观点的综合应用 返回目录 一、力的瞬时作用和力的时间、空间累积作用 分类 对应规律 内容 公式表达 力的瞬时作用 牛顿第 二定律 物体的加速度大小与合力成正比,与质量成反比,方向与合力的方向相同 F=ma 力的时间累积作用 动量定理 物体所受合力的冲量等于物体动量的变化 Ft=Δp 力的空间累积作用 动能定理 合力对物体所做的功等于物体动能的变化量 W=ΔEk 功能关系 一个力做了多少功,就有多少能从一种形式转化为其他形式 fs相对=Q=ΔE损 WG=-Δep 机械能 守恒定律 在只有重力(或系统内弹力)做功的情况下,系统机械能的总量保持不变 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 返回目录 二、动量观点和能量观点的比较 1.相同点 (1)研究对象都是相互作用的物体组成的系统。 (2)都是针对某一运动过程的初、末状态列式求解。 2.不同点 动量守恒定律是矢量表达式,还可以写出某一方向上的分量表达式;而动能定理和能量 守恒定律都是标量表达式,无分量表达式。 返回目录 三、力学三大观点的应用 动力学观点 牛顿运动定律结合运动学规律,可处理匀变速直线运动问题 (1)涉及加速度的问题,一般用牛顿运动定律 (2)涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析,可用动力学观点 动量 观点 动量观点,可处理非匀变速运动问题,且可简化问题的求解过程 (1)对于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,特别对于冲击、打击一类时间短且作用力随时间变化的问题,应用动量定理求解,即Ft=mv-mv0 (2)对于碰撞、爆炸、反冲问题,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 能量、观点 动能定理和能量守恒观点,可处理非匀变速运动问题 (1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题,无论是恒力做功还是变力做功,一般都利用动能定理求解 (2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题,则采用机械能守恒定律求解 返回目录 典例1    (2023天津,11,16分)质量mA=2 kg的物体A自距地面h=1.2 m高度自由落下,与此 同时质量mB=1 kg的物体B由地面竖直上抛,经t=0.2 s与A碰撞,碰后两物体粘在一起,碰 撞时间极短,忽略空气阻力。两物体均可视为质点,g取10 m/s2。求A、B: (1)碰撞位置与地面的距离x; (2)碰撞后瞬间的速度大小v; (3)碰撞中损失的机械能ΔE。 答案 (1)1 m    (2)0    (3)12 J 返回目录 解析 (1)对A物体,根据自由落体运动规律可得h-x= gt2 解得x=1 m (2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t- gt2 解得vB0=6 m/s,方向竖直向上 根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为vA=gt=2 m/s,方向竖直向下 碰撞前瞬间B物体的速度大小为 vB=vB0-gt=4 m/s,方向竖直向上 选竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得 返回目录 mAvA-mBvB=(mA+mB)v 解得碰后瞬间的速度v=0 (3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为 ΔE= mA + mB - (mA+mB)v2 解得ΔE=12 J 返回目录 典例2    (2025届湖北华中师大第一附中模拟)如图所示,质量分别为2m和m的两个物体 A、B通过跨在光滑定滑轮上的轻质刚性细线连接,初始时刻,A在距地面高h处,B静置于 水平地面上,细线恰好伸直。现将A由静止释放,此后A、B与地面碰撞后速度立即变为 零;细线再次绷紧后A、B速度大小瞬间相同、整个运动过程中A、B不会与滑轮相碰。 重力加速度为g,求: (1)B在运动过程中能够达到的最大高度Hm; (2)A与地面发生第一次碰撞后到再次到达最高点的过程中,细线对A的冲量; (3)整个过程中A运动的总路程。 返回目录 答案 (1) h    (2) m ,方向竖直向上 (3) h 返回目录 解析 (1)阶段一    A由静止释放至第一次落地前 对A、B系统,根据机械能守恒得2mgh= ·2m + m +mgh 解得v1=  阶段二    A与地面碰后立即静止,B继续向上运动,细线松弛,B做竖直上抛运动 对B,根据匀变速直线运动规律有 =2gh',解得h'= h B在运动过程中能够达到的最大高度Hm=h+h'= h (2)阶段三    B返回至细线再次绷紧 返回目录 【点拨:细线绷紧瞬间,线中的张力远大于重力,故重力的冲量可忽略不计,此过程系统 近似动量守恒】B返回至细线再次绷紧瞬间,B的速度大小等于v1,细线绷紧时,对A、B, 根据动量守恒得mv1=(m+2m)v2,解得v2=   阶段四　连接体做减速运动,至A的速度减为零 对A、B,根据牛顿第二定律得2mg-mg=3ma 解得加速度大小a=  根据v2=at,解得从细线再次绷紧到A上升至最高点所用时间t=  从细线再次绷紧到再次到达最高点的过程中,对A,根据动量定理得I-2mgt=0,解得I= m 返回目录  ,方向竖直向上 (3)对A,再次上升至最高点时,距地面的高度h2= =  之后A、B重复之前的运动,下一次上升至最高点时,距地面的高度为h3= h2= h 故A运动的总路程x=h+2h2+2h3+…= h 【点拨:等比数列前n项和的应用】 返回目录 典例3　质量M=1 kg的箱子静止在光滑水平面上,箱子内侧的两壁间距l=2 m,另一质量 也为m=1 kg且可视为质点的物体从箱子中央以v0=6 m/s的速度开始运动,如图所示。已 知物体与箱底的动摩擦因数μ=0.5,物体与箱壁间发生的是弹性碰撞,g=10 m/s2。 (1)求物体与箱壁碰撞的次数。 (2)从物体开始运动到刚好停在箱子上,求箱子在水平面上移动的距离。   答案 (1)1    (2)1.7 m 返回目录 解析 (1)由于系统要克服摩擦力做功,物体最终会停在箱子上并以相同的速度v向右运动,根 据动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得v=3 m/s 根据功能关系有μmgs= m - (m+M)v2 联立并代入数据解得物体相对箱子运动的路程s=1.8 m 【关键:根据物体相对箱子运动的路程计算碰撞次数】 由于箱子内侧的两壁间距l=2 m,故物体只与箱子的右侧壁碰撞一次便停在箱子中距离 右侧0.8 m处。 (2)解法一    常规法 返回目录 设碰前瞬间物体对地位移为x1,速度为v1;箱子对地位移为x2,速度为v2 根据动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2 对物体,根据动能定理有μmgx1= m - m  对箱子,根据动能定理有μmgx2= M  根据几何关系有x1-x2=  v2<v1【点拨:若v2≥v1,物体不能与箱子右壁发生碰撞】 解得v1=5 m/s,v2=1 m/s,x1=1.1 m,x2=0.1 m 设碰后瞬间物体与箱子的速度分别为v'1和v'2,在碰撞过程中根据动量守恒定律和机械 能守恒定律有 返回目录 mv1+Mv2=mv'1+Mv'2  m + M = mv + Mv  联立并代入题给数据解得v'1=1 m/s,v'2=5 m/s 随后箱子向右做匀减速直线运动,物体向右做匀加速直线运动,直至速度都变为v=3 m /s,在此过程中,设箱子移动的距离为x'2,则μmgx'2= Mv - Mv2 代入数据解得x'2=1.6 m 故从物体开始运动到刚好停在箱子上,箱子在水平面上移动的距离x=x2+x'2=1.7 m。 解法二    图像法 作出物体和箱子的v-t图像如图1所示,其中彩色的线表示物体的v-t图线,黑色的线表示 返回目录 箱子的v-t图线。t1时刻物体和箱子发生弹性碰撞,因为二者质量相同,故彼此交换速 度。物体及箱子的加速度大小均为a=μg=5 m/s2,则直线Odc的斜率大小为5 m/s2,物体与 箱子共速时的速度v=3 m/s,则由几何关系可知,二者共速所需时间t2=0.6 s   图1 箱子的位移对应阴影区域面积S= +S△bdc,由几何关系得 =0.9 m,SΔbdc对应第一次 返回目录 碰后物体相对箱子向左移动的距离,即0.8 m[由(1)问得出],综上,箱子在水平面上移动 的距离为1.7 m。 解法三    质心运动定律 对箱子和物体组成的系统,由质心运动定律可知,质心加速度为0,质心以vC=3 m/s做匀速 直线运动,经过t2=0.6 s,质心通过的位移xC=vCt2=1.8 m 作出箱子和物体在此过程中的运动示意图,如图2所示,可知箱子在水平面上移动的距 离为1.7 m。 返回目录 提分关键·知识拓展 质心运动定律 作用在质点系上的合力等于质点系总质量与质心加速度的乘积,即F=MaC。其中F表示 质点系所受合力,M表示质点系总质量,aC表示质心的加速度。 返回目录 典例4    (2024湖南,15,16分)如图,半径为R的圆环水平放置并固定,圆环内有质量为mA和 mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,与静止的小球B 发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦,两小球始终在圆环内运动。 (1)若小球A与B碰撞后结合在一起,求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需 向心力的大小; (2)若小球A与B之间为弹性碰撞,且所有的碰撞位置刚好位于等边 三角形的三个顶点,求小球的质量比 ; (3)若小球A与B之间为非弹性碰撞,每次碰撞后的相对速度大小为 碰撞前的相对速度大小的e倍(0<e<1),求第1次碰撞到第2n+1次碰 撞之间小球B通过的路程。 返回目录 答案 (1) v0         (2)2或5 (3) ·  返回目录 解析 (1)小球A和B发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)v,解得v= v0 对组合体受力分析,其做圆周运动的向心力 F向=(mA+mB)  联立解得F向= 。 (2)标出所有碰撞位置如图所示,Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三处为等边三角形的三个顶点。   第1次碰撞,小球A撞上小球B,发生弹性碰撞,由动量守恒定律得 返回目录 mAv0=mAvA+mBvB 由机械能守恒定律有  mA = mA + mB  联立解得vA= v0,vB= v0,由题意可知mA>mB,则vA>0,vB>0,即碰后两球同向运 动。 第2次碰撞,小球B撞上小球A,发生弹性碰撞,第2次碰后,小球A的速度恢复到v0,小球B静 止,发生第2次碰撞时是B比A多运动一圈追上A发生碰撞,若小球A和B第2次碰撞位置在 Ⅱ处,则 = (n=0,1,2,…) 返回目录 则 = ,因该比值为正值,则只能取n=0,可得 =2。 第3次碰撞是A在Ⅱ处撞上B,而后A在Ⅲ处被B撞上发生第4次碰撞(与第2次碰撞类似), 第6次在Ⅰ处碰撞,以此类推,两球总是在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ处发生碰撞。 若小球A和B第2次碰撞位置在Ⅲ处,则  = (n=0,1,2,…) 则 = ,因该比值为正值,则只能取n=0,可得 =5 与前面分析类似,此情况下所有的碰撞位置也刚好位于等边三角形的三个顶点,满足要求。 返回目录 (3)第1次碰撞,由动量守恒定律有 mAv0=mAvA1+mBvB1 由碰撞前后相对速度的变化关系有 =e 第1次碰撞后到第2次碰撞之间有xB1-xA1=vB1t1-vA1t1=2πR 其中t1为第1次碰撞至第2次碰撞的时间 联立解得xB1=vB1t1=   第2次碰撞,有mAvA1+mBvB1=mAvA2+mBvB2【点拨:对于始终发生碰撞的系统,为了计算方便, 等式左边可以用mAv0代替,即mAv0=mAvA2+mBvB2】 返回目录  =e,则vA2-vB2=e2v0 xA2-xB2=vA2t2-vB2t2=2πR 联立解得xB2=   通过运算发现,第1次碰撞后B球速度大于A球速度,则第2次碰撞为速度大的B球撞A球, 碰撞后A球速度大于B球速度且B球不反弹,第3次碰撞为速度大的A球撞B球,如此循环 往复,可知 第n次碰撞后到第n+1次碰撞,B球运动的路程 xBn=   返回目录 从第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间B球通过的路程 xB=xB1+xB2+xB3+…+xB2n =   = · 。 返回目录 高考变式　(水平变竖直)如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小 球A、B的质量分别为m、3m。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑,与静 止于轨道最低点的B球相碰,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。 (1)求第一次与小球B碰前瞬间,小球A的速度大小; (2)求第一次碰撞过程中小球A对小球B的冲量大小; (3)请通过推理论证,说明小球A、B每次碰撞的地点,并讨论小球A、B在每次碰撞刚结 束时各自的速度。 返回目录 答案 (1)     (2)      (3)见解析 返回目录 解析 (1)小球A下滑的过程中机械能守恒,有mgR= mv2 解得v= 。 (2)取水平向右为正方向,A、B两球发生弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定 律有mv=mv1+3mv2  mv2= m + ×3m  联立解得v1=-  ,v2=   以B球为研究对象,根据动量定理有IB=3mv2-0 返回目录 解得IB=  。 (3)第一次碰撞后,两球速度大小相等、方向相反,因为最低点两侧轨道完全对称,根据 机械能守恒定律,两球沿轨道上升到任意相同高度处,其速度大小都相等,故两球沿轨道 同时运动到相同高度(O点所在高度的下方),再同时滑至最低点,滑至最低点的速度大 小均为  ,在最低点发生第二次弹性碰撞,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 m(-v1)+3m(-v2)=mv'1+3mv'2  m(-v1)2+ ×3m(-v2)2= mv + ×3mv  联立解得v'1=- ,v'2=0 可见,第二次碰撞后,B球停在最低点,A球能返回最初的位置,第三次碰撞与第一次碰撞 返回目录 相同,第四次碰撞与第二次碰撞相同。依次类推,每次碰撞都在最低点发生【点拨:应用 归纳推理的方法,巧妙求解多次碰撞问题,寻找多次碰撞的规律,化难为易】。 由此可得,当碰撞次数为奇数时,小球A、B碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结 束时相同,v1=-  ,v2=   当碰撞次数为偶数时,小球A、B在碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相 同,v'1=- ,v'2=0。 返回目录 提分关键·方法提升 巧用变换参考系求解动碰动问题 如图所示,质量分别为m1和m2、半径相同的两个小球A和B在同一光滑水平面上向右运 动。A、B的速度分别是v10和v20,且满足v10>v20。某时刻发生碰撞,碰后A、B的速度分别 是v1和v2。   处理动碰动问题,可通过变换参考系将动碰动模型转化为动碰静模型。以碰前相对地 面以速度v20运动的B为参考系,则碰前A相对于B的速度为(v10-v20),在此参考系中:A碰后 返回目录 速度为 (v10-v20),B碰后速度为 ·(v10-v20),以地面为参考系时A的碰后速度v1=  (v10-v20)+v20,B的碰后速度v2= (v10-v20)+v20。 返回目录 $