第7章 第5讲 力学三大观点的综合应用(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习课件聚焦“力学三大观点综合应用”核心考点，依据高考评价体系梳理动力学、能量、动量观点的单独、两两组合及三者综合考查要求，通过真题分析明确碰撞、传送带、平抛等题型的高频考点分布，构建系统的解题思路框架。 课件亮点在于“真题精析+思维建模+素养提升”，精选2024-2025年北京、海南等多地高考题，如海南卷传送带速度双解问题，运用科学推理和模型建构素养剖析受力分析、能量转化过程，总结三大观点选用原则。特设易错点警示和答题模板，助力学生掌握解题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

力学三大观点的综合应用 （综合融通课） 第 5 讲 力学三大观点包括：动力学观点、能量观点、动量观点，力学三大观点的灵活应用是历年高考的重点和难点。力学三大观点既可以分别单独考查，也可以两两组合考查，还可以三者综合考查。 [典例]　(2025·海南高考) 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碰后成一整体，随后滑上传送带，已知mA=4 kg，mB=1 kg，A、B均可视为质点，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，g=10 m/s2，sin 53°=0.8，cos 53° =0.6。求： (1)A滑到圆弧最低点时受的支持力。 [答案]　72 N，方向竖直向上　 [解析]　A从开始至滑到圆弧最低点的过程，根据机械能守恒定律有mAg(R-Rcos θ)=mA 解得v0=2 m/s A滑到圆弧最低点时，根据牛顿第二定律有 FN-mAg=mA 解得FN=72 N，方向竖直向上。 (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能。 [答案]　1.6 J [解析]　A、B碰后成一整体，设A、B碰后整体的速度为v共，根据动量守恒定律可得mAv0=(mA+mB)v共 解得v共=1.6 m/s 故A与B整个碰撞过程中损失的机械能为 ΔE=mA-(mA+mB)=1.6 J。 (3)传送带的速度大小。 [答案]　0.6 m/s或2.6 m/s [解析]　当传送带速度v<v共时，A、B整体滑上传送带后先做减速运动后做匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为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t1A、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 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)； 当传送带速度v>v共时，A、B整体滑上传送带后先做加速运动后做匀速运动，设经过时间t2A、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)。 力学三大观点的选用原则 (1)求解物体某一时刻受力及加速度时，可用牛顿第二定律或运动学公式列式解决。 (2)研究“某一物体受到力的持续作用，运动状态改变”的问题时，在涉及时间和速度、不涉及位移和加速度时要首先考虑选用动量定理，在涉及位移和速度、不涉及时间时要首先考虑选用动能定理。 思维建模 (3)若研究的对象为相互作用的物体组成的系统，一般考虑用机械能守恒定律和动量守恒定律解决，但要仔细分析研究的问题是否符合守恒条件。 (4)在涉及相对位移问题时应优先考虑能量守恒定律，即滑动摩擦力与相对位移的乘积等于系统机械能的减少量，也等于系统产生的内能。 (5)涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象的问题，通常可选用动量守恒定律，但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。 1.(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是 (　　) A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 应用体验 √ 解析：小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力，下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力，由牛顿第二定律可知，上升过程的加速度总大于下落过程的加速度，D错误；小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知，小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，C正确；上升与下落过程的位移相等，上升时加速度更大，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，A错误；经过同一位置时，上升过程的速度更大，则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，B错误。 2.(2025·陕晋宁青高考)(多选)如图所示，与水平面 成53°夹角且固定于O、M两点的硬直杆上套着一 质量为1 kg的滑块，弹性轻绳一端固定于O点，另 一端跨过固定在Q处的光滑定滑轮与位于直杆上P 点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，PQ为1.6 m且 垂直于OM。现将滑块无初速度释放，假设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F的大小与其伸长量x满足F=kx。k=10 N/m，g取10 m/s2，sin 53°=0.8。则滑块 (　　) A.与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N B.下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同 C.从释放到静止的位移大小为0.64 m D.从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J √ √ 解析：根据题意，设滑块下滑后弹性轻绳与PQ间 夹角为θ，对滑块进行受力分析，如图所示，由 平衡条件有FTcos θ=mgcos 53°+FN，由胡克定律 结合几何关系有FT=k，联立解得FN=k·PQ- mgcos 53°=10 N，可知滑块与杆之间的弹力不 变，则滑块与杆之间的滑动摩擦力大小始终为f=μFN=1.6 N，故A正确； 滑块下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的方向不同，则下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量不相同，故B错误；设滑块从释放到静止运动的位移为x，此时弹性轻绳与PQ间夹角为θ1，由平衡条件有mgsin 53°=f +k·sin θ1，解得tan θ1=0.4，由几何关系可得x=PQ·tan θ1=0.64 m，故C正确；设滑块从释放到静止克服滑动摩擦力做功为Wf，由能量守恒定律有mgsin 53°·x=(-PQ)+Wf，解得Wf=3.072 J，故D错误。 3.(2024·黑吉辽高考)如图，高度h=0.8 m 的水平桌面上放置两个相同物块A、B， 质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量 Δx=0.1 m的轻弹簧，弹簧与AA、B不拴 接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原 长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA =0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g=10 m/s2。不计空气阻力，求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； 答案：1 m/s　1 m/s　 解析：A离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有xA=vAt 竖直方向有h=gt2 联立并代入数据解得vA=1 m/s A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有mAvA=mBvB 解得vB=1 m/s。 (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； 答案：0.2　 解析：对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有 -μmBgxB=0-mB 代入数据解得μ=0.2。 (3)整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 答案：0.12 J 解析：对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有ΔEp=mA+mB+μmAg·+μmBg·，代入数据解得ΔEp=0.12 J。 课时跟踪检测 1 2 3 4 1.(14分)(2025·广东模拟)如图所示，光滑水平面上有一质量为3m的滑板A，其上表面ab段水平且粗糙，长度为L=4R；bc段为四分之一光滑圆弧，半径为R，c点与圆心O等高。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。 1 2 3 4 (1)如图甲，若A被挡板固定，一质量为m的滑块B(可视为质点)从a点以某一水平初速度向右滑动，后从c点抛出，到达最高点时与c点高度差为R，已知A、B间的动摩擦因数为μ=0.25。求B经c点时所受弹力大小，以及B在a点的初速度大小。(4分) 答案：2mg　　 1 2 3 4 解析：B从c点运动至最高点过程，根据动能定理得-mgR=0-m 解得vc= 在c点，由牛顿第二定律有FN=m 解得FN=2mg B从a点运动至最高点过程，根据动能定理得 -μmgL-mg·2R=0-m 解得v0=。 1 2 3 4 (2)如图乙，若A不固定，一质量也为m、带动力装置的小车D(小车尺寸忽略不计，其通过与A之间的相互作用获得动力)从a点由静止开始相对地面水平向右做匀加速运动，到达b点时关闭动力，后从c点抛出，到达最高点时与c点高度差也为R。求： ①D到达c点时的速度大小；(4分) ②D刚进圆弧最低点b时所受弹力大小，以及D在ab段运动过程相对地面的加速度大小。(6分) 答案：①②mg　g 1 2 3 4 解析：①D与A组成的系统满足水平方向动量守恒，D到达c点时，A与D的水平速度均为零，D从c点运动至最高点过程，由动能定理有 -mgR=0-mvc'2 解得vc'=。 ②D与A组成的系统在水平方向动量守恒，D运动到b点时，由动量守恒定律有mvD-3mvA=0 D从b点运动至最高点过程，根据系统机械能守恒可得m+×3m=mg·2R 1 2 3 4 联立解得vA=，vD= D刚进圆弧b点时，由牛顿第二定律有 FN'-mg=m 解得FN'=mg D从a点运动到b点的过程，有 L=vDt+vAt，vD=at 解得t=，a=g。 1 2 3 4 2.(14分)(2025·浙江1月选考)一游戏装置的竖直截面如图所示。倾斜直轨道AB、半径为R的竖直螺旋轨道CDC'、水平轨道BC和C'E、倾角为37°的倾斜直轨道EF平滑连接成一个抛体装置。该装置除EF段轨道粗糙外，其余各段均光滑，F点与水平高台GHI等高。游戏开始，一质量为m的滑块1从轨道AB上的高度h处静止滑下，与静止在C点、质量也为m的滑块2发生完全非弹性碰撞后组合成滑块3，滑上滑轨。 1 2 3 4 若滑块3落在GH段，反弹后水平分速度保持不变，竖直分速度减半；若滑块落在H点右侧，立即停止运动。已知R=0.2 m，m=0.1 kg，EF段长度L= m，FG间距LFG=0.4 m，GH间距LGH=0.22 m，HI间距LHI=0.1 m，滑块与EF段间的动摩擦因数为μ=0.25。滑块1、2、3均可视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g=10 m/s2。 1 2 3 4 (1)若h=0.8 m，求碰撞后瞬间滑块3的速度大小vC；(3分) 答案：2 m/s　 解析：对滑块1由静止运动到C点的过程，由动能定理有mgh=m 解得滑块1与滑块2碰撞前的速度大小为v0=4 m/s 滑块1与滑块2碰撞过程中，由动量守恒定律有mv0=2mvC 解得碰撞后瞬间滑块3的速度大小为vC=2 m/s。 1 2 3 4 (2)若滑块3恰好能通过圆轨道CDC'，求高度h；(4分) 答案：2 m　 解析：在圆轨道D点，由牛顿第二定律有 2mg=2m 解得vD= m/s 滑块3从C点到D点，由机械能守恒定律有 ×2mvC'2=2mg·2R+×2m 解得vC'= m/s 结合mgh=mv0'2，mv0'=2mvC' 解得h=2 m。 1 2 3 4 (3)若滑块3最终落入I点的洞中，则游戏成功。讨论游戏成功的高度h。(7分) 答案：2.5 m或2 m 解析：若滑块3直接落入洞中，则竖直方向 vFsin 37°=g 水平方向LFG+LGH+LHI=vFcos 37°·t1 结合mgh1=mv0″ 2，mv0″=2mvC″ 滑块3从C点到F点的过程中，由动能定理有-2mgLsin 37°-μ·2mgcos 37°·L=×2m-×2mvC″2 1 2 3 4 联立解得h1=2.5 m 若滑块3经一次反弹落入洞中，则 t2=+ 水平方向LFG+LGH+LHI=vF'cos 37°·t2 结合mgh2=mv0‴2，mv0‴=2mvC‴ -2mgLsin 37°-μ·2mgcos 37°·L=×2mvF'2-×2mvC‴2 联立解得h2=2 m。 假设滑块3经两次反弹后落入洞中，分析可知滑块3离开F点后无法落在GH段，假设不成立 游戏成功的高度为2.5 m或2 m。 1 2 3 4 3.(15分)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=10 m/s2。 1 2 3 4 (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；(4分) 答案：5 m/s　 解析：滑块恰好能通过圆形轨道最高点C时，重力提供向心力，有mg= 从滑块离开弹簧至运动到C点过程，根据动能定理有-2mgR=m-m 解得v0=5 m/s。 1 2 3 4 (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；(4分) 答案：0.625 J　 解析：平板加速至与滑块共速过程，根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v共 根据能量守恒定律有ΔE=m-(M+m) 解得ΔE=0.625 J。 1 2 3 4 (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。(7分) 答案：6 m/s 解析：若μ2=0.1，平板与滑块相互作用过程中，滑块的加速度大小为a1=μ1g=6 m/s2 平板的加速度大小为a2==4 m/s2 共速后，共同加速度大小为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 1 2 3 4 假设滑块先与平板共速然后共同减速，且共速时滑块恰好运动到平板右边缘，则共速瞬间 v=vE-a1t1=a2t1 共速前过程，滑块、平板位移分别为 x1=t1，x2=t1 共速时，相对位移应为Δx=L=x1-x2 1 2 3 4 解得vE=6 m/s，v=2.4 m/s 随后共同减速，x3=d-x1=1.88 m 滑块到达H点的速度大小为 vH== m/s 说明可以到达H点，因此假设成立， 若滑块初速度再增大，则会从平板右侧掉落 故滑块离开弹簧时的最大速度vm=vE=6 m/s。 1 2 3 4 4.(16分)(2024·贵州高考)如图，半径为R=1.8 m的四分之一光滑圆轨道固定在竖直平面内，其末端与水平地面PM相切于P点，PM的长度d=2.7 m。一长为L=3.3 m的水平传送带以恒定速率v0=1 m/s逆时针转动，其右端与地面在M点无缝对接。 1 2 3 4 物块a从圆轨道顶端由静止释放，沿轨道下滑至P点，再向左做直线运动至M点与静止的物块b发生弹性正碰，碰撞时间极短。碰撞后b向左运动到达传送带的左端N时，瞬间给b一水平向右的冲量I，其大小为6 N·s。以后每隔Δt=0.6 s 给b一相同的瞬时冲量I，直到b离开传送带。已知a的质量为ma=1 kg，b的质量为mb=2 kg，它们均可视为质点。a、b与地面及传送带间的动摩擦因数均为μ=0.5，取重力加速度大小g=10 m/s2。求： (1)a运动到圆轨道底端时轨道对它的支持力大小；(4分) 答案：30 N　 1 2 3 4 解析：a从静止释放到圆轨道底端过程，根据机械能守恒定律有magR=ma 在P点，设轨道对它的支持力大小为N，根据牛顿第二定律有N-mag=ma 联立解得N=30 N。 1 2 3 4 (2)b从M运动到N的时间；(6分) 答案：3.2 s　 解析：a从静止释放到M点过程中，根据动能定理有magR-μmagd=ma-0 解得vM=3 m/s a与b发生弹性碰撞的过程，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mavM=mava+mbvb ma=ma+mb 1 2 3 4 解得vb=2 m/s b滑上传送带后，根据牛顿第二定律有μmbg=mba 解得a=5 m/s2 b的速度减小到与传送带速度相等所需的时间 t1==0.2 s 对地位移x=·t1=0.3 m<L=3.3 m 此后b做匀速直线运动，b到达传送带最左端还需要的时间t2==3 s b从M运动到N的时间 t=t1+t2=3.2 s。 1 2 3 4 (3)b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量。(6分) 答案：95 J 解析：设向右为正方向，瞬间给b一水平向右的冲量，对b根据动量定理有I=mbv-(-mbv0) 解得v=2 m/s b向右减速到零所需的时间t3==0.4 s 然后向左加速到v0所需的时间t4==0.2 s 可得Δt=t3+t4 b在Δt时间内向右运动的距离Δx=·t3-·t4=0.3 m 1 2 3 4 循环10次后b向右运动的距离x'=10·Δx=3 m 每一次相对传送带运动的路程 s=·t3+v0t3+v0t4-·t4=0.9 m b从N向右运动3 m的过程中，b与传送带摩擦产生的热量Q1=10μmbgs=90 J 然后b继续向右做减速运动，根据运动学公式有 vt5-a=L-x' 1 2 3 4 解得t5=0.2 s(另一结果不符合实际，舍去) 此过程，b相对传送带运动的路程 s'=L-x'+v0t5=0.5 m 此过程中b与传送带摩擦产生的热量 Q2=μmbgs'=5 J b从N运动到M的过程中与传送带摩擦产生的热量Q=Q1+Q2=95 J。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $