第7章 第5讲 力学三大观点的综合应用(Word教参)-【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讲义聚焦力学三大观点综合应用专题，整合动力学、能量、动量核心考点，按单独考查、两两组合到综合应用的逻辑层次构建知识体系。通过典例精讲、思维建模方法指导、真题演练分层训练等环节，帮助学生突破高考重点难点，体现复习教学的系统性与针对性。 资料特色在于融合物理观念与科学思维，如思维建模中提炼三大观点选用原则培养科学推理能力，典例解析构建碰撞、传送带模型强化模型建构素养。设置基础单选、能力多选、综合计算分层练习，配合即时反馈，确保高效突破考点。助力学生提升解题效率，为教师把控复习节奏提供实战指导。

第5讲　力学三大观点的综合应用(综合融通课)　　 　　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。 (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能。 (3)传送带的速度大小。 [解析]　(1)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、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)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)。 [答案]　(1)72 N,方向竖直向上　(2)1.6 J (3)0.6 m/s或2.6 m/s |思|维|建|模| 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。 (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。 [应用体验] 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 解析:选C　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:选AC　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A、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; (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ; (3)整个过程,弹簧释放的弹性势能ΔEp。 解析:(1)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)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)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。 答案:(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J 11 / 74 $