第七章 第37课时 专题强化：力学三大观点的综合应用 讲义 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦力学三大观点综合应用，整合动力学、能量、动量核心考点，按单体运动到系统作用的逻辑层次梳理知识，通过规律选用原则解析、典型真题精讲、分层课时精练等环节，帮助学生构建力学问题分析框架，提升解题针对性。 讲义创新采用“观点对比+模型建构”教学策略，如在弹性碰撞问题中引导学生用动量守恒和能量守恒建立物理模型，培养科学思维与推理能力。设置基础巩固到综合应用的分层练习，配合即时反馈，确保高效突破难点，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支撑。

第37课时　专题强化：力学三大观点的综合应用 目标要求　掌握并会灵活选用力学三大观点解决动力学综合问题。 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，可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。 2.动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(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)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机械能守恒定律去解决问题，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，即系统内能的增加量。 (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隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 例1　(2025·江苏无锡市期末)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处于水平轻弹簧两端，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，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°=m 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A在斜面底端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 (mA+mB)v2=(mA+mB)v3+mCv4 根据机械能守恒定律 (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 例2　(2025·浙江6月选考·16)某兴趣小组设计了一传送装置，其竖直截面如图所示。AB是倾角为30°的斜轨道，BC是以恒定速率v0顺时针转动的水平传送带，紧靠C端有半径为R、质量为M置于光滑水平面上的可动半圆弧轨道，水平面和传送带BC处于同一高度，各连接处平滑过渡。现有一质量为m的物块，从轨道AB上与B相距L的P点由静止下滑，经传送带末端C点滑入圆弧轨道。物块与传送带间的动摩擦因数为μ，其余接触面均光滑。已知R=0.36 m，L=1.6 m，v0=5 m/s，m=0.2 kg，M=1.8 kg，μ=0.25。重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，物块可视为质点，传送带足够长。求物块： (1)滑到B点处的速度大小； (2)从B点运动到C点过程中摩擦力对其做的功； (3)在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度； (4)即将离开圆弧轨道最高点的瞬间，受到轨道的压力大小。 答案　(1)4 m/s　(2)0.9 J　(3)0.2 m　(4)3 N 解析　(1)滑块从P点到B点由动能定理 mgLsin 30°=mv2 解得到达B点的速度v=4 m/s (2)由于传送带足够长，物块滑上传送带后做匀加速直线运动直到与传送带共速， 摩擦力对其做的功Wf=m-mv2=0.9 J (3)物块在传送带上做匀加速直线运动时， 根据牛顿第二定律μmg=ma， 解得a=μg=2.5 m/s2 加速到共速所用时间t== s=0.4 s 在传送带上滑动过程中产生的滑痕长度 Δx=v0t-t=0.2 m (4)从滑块开始进入圆弧槽至到达圆弧轨道最高点， 由系统水平方向动量守恒和能量守恒可知 mv0=mv1+Mv2 m=m+M+2mgR 联立解得v1=-2.2 m/s，v2=0.8 m/s (另一组v1=3.2 m/s，v2=0.2 m/s，因不合实际舍掉) 对滑块在圆弧轨道最高点时由牛顿第二定律 F+mg=m 解得F=3 N。 例3　(2025·江苏卷·14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置。每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小； (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1； (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 答案　(1)v0　(2)　(3)()4n+1m 解析　(1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，相碰二者速度互换，则最终碰撞后最右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度v0。 (2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞， 则由动量守恒定律有mv0=mv1+3mv2 由能量守恒定律有m=m+×3m 解得v1=-v0，v2=v0 负号表示速度反向，则第一次碰撞后玻璃球的速度大小为v0。 (3)根据题意结合(2)问分析可知，玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后反弹，且速度大小变为碰撞前的，右侧第一个钢球与第二个钢球发生弹性碰撞，速度互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个钢球同样发生弹性碰撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小变为碰撞前的， 综上所述，玻璃球碰撞2n次后速度大小为 v=()2nv0 则玻璃球碰撞2n次后最终动能大小 Ek=mv2=()4n+1m。 　数列法在动力学中的应用 凡涉及数列的物理问题具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程并不完全重复，而是有一定的变化，利用某些物理量前后变化的联系，找出变化规律。 该问题的解题思路： (1)逐个分析开始的几个物理过程。 (2)利用归纳法从中找出物理变化的通项公式。 (3)最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。 课时精练 [分值：38分] 1.(10分)(2025·河南卷·14)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1=3 m铺设有宽度为l2=2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1=2 kg的小物块P，另一质量为m2=4 kg的小物块Q以v0=7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v=7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(3分)该碰撞过程中损失的机械能； (2)(7分)P从开始运动到静止经历的时间。 答案　(1)24.5 J　(2)5 s 解析　(1)Q与P发生正碰， 由动量守恒定律得m2v0=m2vQ+m1v 由能量守恒定律得 m2=m2+m1v2+ΔE 联立可得ΔE=24.5 J (2)对物块P由牛顿第二定律得μm1g=m1a， 解得a=5 m/s2， 由v2=2ax得x=4.9 m 因为x=2l2+0.1 m， 则物块P最终停在第三个防滑带上，由逆向思维法得x=a， 解得物块P在防滑带上运动的时间t1=1.4 s 设物块P通过第1个防滑带时的速度为v1 通过第2个防滑带时的速度为v2 则v2-=2al2，-=2al2 解得v1=5 m/s，v2=1 m/s 则物块P在光滑直道上运动的时间 t2=+=3.6 s 故物块P从开始运动到静止经历的时间为 t=t1+t2=5 s。 2.(13分)(2025·江苏淮安市期中)如图所示，光滑水平面ab上静止放置着质量均为0.2 kg的物块A、B(均可视为质点)，右侧放置一个不固定的质量为0.2 kg的光滑弧形滑块C(足够高)，C的弧面与水平面相切。水平面左侧的光滑水平地面上停着一质量为0.2 kg的小车，小车上表面与ab等高，最左端有一固定的竖直挡板。用轻质细绳将A、B连接在一起，A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(与A、B不拴接)。现将细绳剪断，与弹簧分开后A以v0=12 m/s的速度向左滑上小车，小车与挡板碰撞时间极短，每次碰撞后小车速度反向，速度大小减为碰前速度大小的。已知物块A与小车之间的动摩擦因数μ=0.1，物块A与小车在小车与挡板第1次碰撞时已到共速，在整个过程物块A未从小车上滑落，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)(3分)细绳剪断之前弹簧的弹性势能； (2)(3分)B在C上可达到的最大高度h； (3)(7分)小车与挡板第1次碰撞后到最终停下来的过程中，小车的总路程。 答案　(1)28.8 J　(2)3.6 m　(3)4.5 m 解析　(1)细绳剪断后，A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 mAv0-mBvB=0 将mA=mB=0.2 kg 代入上式解得vB=v0=12 m/s 由能量守恒定律得Ep=mA+mB 解得Ep=28.8 J (2)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向， 由动量守恒定律得mBvB=(mB+mC)vBC 由机械能守恒定律得 mB=(mB+mC)+mBgh 联立解得h=3.6 m (3)A与小车相互作用到与挡板第1次碰撞的过程中，满足动量守恒定律mAv0=(mA+M)v1 将mA=0.2 kg，M=0.2 kg 代入上式解得v1=6 m/s 小车与挡板碰撞后，速度方向反向，速度大小变为原来的，即v1=2 m/s 小车在第1次与挡板碰撞后到与挡板第2次发生碰撞前共速， 系统动量守恒：mAv1-M×v1=(mA+M)v2 解得v2=v1=2 m/s 小车从与挡板碰撞到与物块A共速过程中小车的加速度 a==μg=1 m/s2 小车从第1次碰撞到第2次碰撞的路程 s1=2x1=2×=4 m 同理s2=2x2=2×=s1 综上所述，小车与挡板第1次碰撞后到最终停下来的过程中，小车的总路程： s=s1+s2+s3+…+sn=s1+s1+()2s1+…+()n-1s1=4.5 m。 3.(15分)(2025·江苏苏锡常镇四市调研)如图所示，一长度L=25 m的传送带以v=8 m/s的速度顺时针传动，传送带左右两侧均与光滑水平平台平滑连接。左侧水平面上有一质量m1=0.92 kg的木块，其与传送带之间的动摩擦因数μ=0.4，右侧平台均匀排列5个质量M=3 kg的铁块。一质量m0=0.08 kg的子弹以v0=200 m/s的速度水平向右射向木块并留在木块内，假设木块(含子弹)与铁块、铁块与铁块之间均发生弹性正碰，g取10 m/s2。求： (1)(4分)子弹打入木块过程中系统损失的动能E损； (2)(4分)木块第一次到达传送带右端B点时速度的大小v1； (3)(7分)全过程木块与传送带间因摩擦产生的总热量Q。 答案　(1)1 472 J　(2)8 m/s　(3)156 J 解析　(1)对子弹打入木块的过程运用动量守恒定律m0v0=(m0+m1)v共 可知v共=v0=16 m/s 根据能量守恒可知，此过程中系统损失的动能 E损=m0-(m0+m1)=1 472 J (2)木块(含子弹)滑上传送带， 根据牛顿第二定律可得μ(m0+m1)g=(m0+m1)a 所以a=μg=4 m/s2 根据运动学公式有2ax=-v2 解得x=24 m<25 m 所以木块第一次到达传送带右端B点时速度的大小为8 m/s； (3)木块从左侧滑上传送带减速的时间为 t0==2 s 该过程传送带的位移大小x传=vt0=16 m 木块与传送带之间的相对位移大小 Δx0=x-x传=8 m 木块与传送带之间的摩擦力大小Ff=μ(m0+m1)g=4 N 所以该过程中产生的热量Q0=FfΔx0=32 J 木块与1号铁块发生弹性碰撞，设木块(含子弹)质量为m，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv=mv木1+Mv铁1 mv2=m+M 可知v木1=v=-v=-4 m/s v铁1=v=v=4 m/s 接着1号铁块与2号铁块发生弹性碰撞，由于质量相等，发生速度交换，1号静止，2号获得速度4 m/s，2号再与3号发生速度交换，依次类推，最终5号获得4 m/s的速度滑走，1至4号铁块均静止，木块反弹后向左滑上传送带，先向左减速后向右加速，回到B点速度大小与v木1大小相同，继续碰撞铁块1，由弹性碰撞规律可知v木2=-|v木1|=-2 m/s，v铁2=|v木1|=2 m/s 后续铁块间发生弹性碰撞，速度交换，最终4号获得2 m/s的速度滑走，1至3号铁块均静止；以此类推木块每次碰到1号铁块后速度大小均减小为原来的一半，直至铁块1滑走；木块第一次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间t1==2 s 这段时间木块的位移是0，传送带的位移x传1=vt1=16 m 故相对位移Δx1=x传1=16 m 木块第二次碰1号铁块之后反弹向左滑上传送带并从右侧滑出所用时间t2==1 s 这段时间木块的位移是0， 传送带的位移x传2=vt2=8 m 故相对位移Δx2=x传2=8 m 以此类推，每次木块与传送带相对位移依次为前面的一半，所以总的相对位移 Δx总=16 m+16× m+16×()2 m+16×()3 m+16×()4 m 故这段时间产生的总热量Q1=FfΔx总=4× J=124 J 全过程木块与传送带间因摩擦产生的总热量 Q=Q0+Q1=32 J+124 J=156 J 学科网（北京）股份有限公司 $