第1章 微点集训4 力学三大观点的综合应用（PPT课件）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试配套课件（人教版）

微点集训4　力学三大观点的综合应用 1. 解决力学问题的三个基本观点 （1）动力学观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运 动问题和圆周运动的瞬时问题。 （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：用动量定理和动量守恒定律解题，可处理非匀变速运 动问题。 动力学观点与动量观点的综合应用 ｜名师点评｜ 2. 力学规律的选用原则 （1）如果涉及运动的细节或力的瞬时效果——加速度，则必须用牛顿运动 定律和运动学知识求解。 （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）。 （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 恒定律和能量守恒定律（机械能守恒定律），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，即转变为系统内能的量。 （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换，这种问题由于作用时间 都极短，一般用动量守恒定律。 1. （2026·浙江绍兴高二质检）翡翠湖公园一水流造景设施的截面如图所示，水 平喷水口的横截面积为S、喷水的流速恒定为v，从P处喷出的水柱恰好能垂直撞 到倾角为30°的斜面AC上的B处，速度瞬间变为零，之后沿斜面流下。已知水的 密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　） A. 水柱单位时间撞到B处的体积为2Sv B. 水柱在B处的速度为 C. 水柱对B处的冲击力为4ρSv2 D. 空中水柱的质量为 1 2 3 4 5 6 7 √ 解析：水柱单位时间撞到B处的体积等于水流单位时间通过水平喷水口的体积， 即体积为Q＝Sv，故A错误；水柱从P到B做平抛运动，平抛初速度为v，由于水 柱恰好能垂直撞到斜面，由几何关系可知，水柱在B的速度方向与水平方向成 60°，则有vB＝＝2v，故B错误；设Δt时间内有质量为Δm的水撞击斜面， 该过程斜面给水的支持力为FN，规定vB方向为正方向，由动量定理有－FNΔt＝0 －Δm×vB，因为Δm＝ρSvΔt，联立解得FN＝2ρSv2，根据牛顿第三定律可得，水 柱对B处的冲击力F＝FN＝2ρSv2，故C错误；结合B选项分析，由平抛规律可得， 水柱在B的竖直方向的分速度vy＝vtan 60°＝v，故平抛时间为t＝，所以空 中水柱的质量m＝ρQt＝，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 2. （多选）质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直 线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重 力加速度大小取g＝10 m/s2。则（　　） A. 4 s时物块的动能为零 B. 6 s时物块回到初始位置 C. 3 s时物块的动量为12 kg·m/s D. 0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J √ √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：物块与地面间的滑动摩擦力为Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s内的运动过 程，由动量定理得（F－Ff）t1＝mv3，解得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3 ＝6 kg·m/s，设3 s后经过时间t'物块的速度第一次减为0，由动量定理可得－（F ＋Ff）t'＝0－mv3，解得t'＝1 s，所以物块在t＝4 s时速度减为0，此时物块的动能 也为0，故A正确，C错误；设0～3 s内物块的位移为x1，由动能定理得（F－Ff） x1＝m，解得x1＝9 m，3～4 s过程中，对物块由动能定理得－（F＋Ff）x2＝ 0－m，解得x2＝3 m，4～6 s物块反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，位移为x3＝×2×22 m＝4 m＜x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故 B错误；0～6 s时间内F对物块所做的功为W＝（4×9－4×3＋4×4）J＝40 J，故D正确。 1 2 3 4 5 6 7 3. 在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m＝ 0.5 kg，AB间距离s＝5 m，如图所示。小物块以初速度v0＝8 m/s从A向B运动， 刚要与墙壁碰撞时的速度v1＝7 m/s，碰撞后以速度v2＝6 m/s反向弹回。重力加速 度g取10 m/s2。求： （1）小物块从A向B运动过程中的加速度的大小； 答案：1.5 m/s2 动量观点和能量观点的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 解析：小物块从A到B的过程是做匀减速直线运动，根据速度位移公式有a＝ ＝ m/s2＝－1.5 m/s2，则小物块从A向B运动过程中加速度大小为1.5 m/s2。 1 2 3 4 5 6 7 （2）小物块与地面间的动摩擦因数μ； 答案：0.15 解析：小物块从A到B过程，由动能定理有－μmgs＝m－m， 可得μ＝0.15。 （3）若碰撞时间t＝0.05 s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小。 答案：130 N 解析：对碰撞过程分析，规定向左为正方向，由动量定理有Ft＝mv2－m（－ v1），可得F＝130 N。 1 2 3 4 5 6 7 ｜深化认知｜ 动量是力对时间累积的效果，动能是力对空间累积的效果，因此，动量定 理、动能定理是解决物理问题的两条重要思路，当问题中涉及碰撞、冲击、力 作用时间时，应优先考虑动量定理；当问题中涉及功、能、力作用位移或路程 时，应优先考虑动能定理。 1 2 3 4 5 6 7 4. （2026·浙江湖州高二质检）质量为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上正 碰，碰撞时间不计，两小球的位移—时间图像如图所示，则下列说法正确的是 （　　） A. 两小球的质量关系满足m1∶m2＝1∶2 B. 若m1＝1 kg，则两个小球的碰撞是非弹性碰撞 C. 若m1＝1 kg，则两个小球的碰撞是弹性碰撞 D. 若m1＝1 kg，碰撞过程中小球m1对小球m2冲量大小为4 N·s √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：由题图可知，碰撞前m1的速度v1＝＝ m/s＝4 m/s，碰撞后m1的速度v1' ＝＝ m/s＝－2 m/s，碰撞前m2的速度v2＝0，碰撞后m2的速度v2'＝＝ m/s＝2 m/s，两物体碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前m1的速度方向为正方 向，由动量守恒定律得m1v1＝m1v1'＋m2v2'，解得m1∶m2＝1∶3，故A错误；若m1 ＝1 kg，则m2＝3 kg，碰撞前系统的总动能Ek＝m1＝8 J，碰撞后系统的总动 能Ek'＝m1v1'2＋m2v2'2＝8 J，则碰撞过程系统动能不变，系统机械能守恒，碰撞 是弹性碰撞，故B错误，C正确；若m1＝1 kg，碰撞过程中小球m1对小球m2冲量 大小为p2＝m2v2'＝6 N·s，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 5. （2026·山东青岛高二质检）如图甲所示，一质量为m的物块A与轻质弹簧连 接，静止在光滑水平面上。物块B以某一速度向A运动，t＝0时刻物块B与弹簧接 触，t＝2t0时刻与弹簧分离。物块A、B运动的v-t图像如图乙所示，已知从t＝0到t ＝t0时间内，物块A运动的距离为0.32v0t0，弹簧始终处于弹性限度内。下列说法 正确的是（　　） A. 物块B的质量为0.25m B. 分离后物块A的速度大小为2v0 C. 碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为0.5m D. 弹簧压缩量的最大值为0.6v0t0 √ 1 2 3 4 5 6 7 解析：由题图乙可知，在t0时刻两物块共速，则由动量守恒定律有mBv0＝（m＋mB）×0.8v0，解得物块B的质量为mB＝4m，选项A错误；分离时弹簧恰恢复到原长，则由动量守恒和能量关系得mBv0＝mAv1＋mBv2，mB＝mA＋ mB，解得分离后物块A、B的速度大小分别为v1＝1.6v0，v2＝0.6v0，选项B错误；当两物块共速时，弹簧的弹性势能最大，则碰撞过程中弹簧的最大弹性势能为Epm＝·mB－（mA＋mB）×（0.8v0）2＝0.4m，选项C错误；位移示意图如图所示，在0～t0时间内弹簧被压缩，A的位移 sA＝0.32v0t0（即下方虚线面积），因A、B受弹力等大，则 A、B加速度之比为4∶1，则B比匀速时减小的位移为ΔsB＝ sA＝0.08v0t0，（即上方虚线面积）即B的位移sB＝v0t0－ 0.08v0t0＝0.92v0t0，可得弹簧压缩量的最大值为Δl＝sB－sA ＝0.6v0t0，选项D正确。 1 2 3 4 5 6 7 6. （2026·浙江绍兴高二检测）如图所示，半径R＝0.8 m的光滑圆弧轨道AB与 光滑水平地面相切于B点，右侧有一质量M＝3 kg的长木板静置于光滑水平地面 上，木板上表面左、右两端点分别为C、D，BC间距离足够大，质量m＝1 kg的 滑块a静置在D点。现将一质量m＝1 kg的滑块b从A点由静止释放，一段时间后， 滑块b与木板发生弹性碰撞，当木板与滑块a共速后，滑块b再次与木板发生弹性 碰撞，最终滑块a与木板共速时恰好位于C点。已知两滑块均可视为质点，滑块a 与木板间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g＝10 m/s2，求： 三大观点的综合应用 1 2 3 4 5 6 7 （1）滑块b到达B点瞬间对圆弧轨道的压力大小； 答案：30 N 解析：滑块b从A点到B点过程，由动能定理可得mgR＝mv2， 在B点，由牛顿第二定律可得F－mg＝， 结合牛顿第三定律可得，滑块b到达B点瞬间对圆弧轨道的压力大小F'＝F＝ 30 N。 1 2 3 4 5 6 7 解析：滑块b第一次与木板发生弹性碰撞过程有mv＝mv1＋Mv2， mv2＝m＋M， 联立解得v1＝－2 m/s，v2＝2 m/s， 滑块a与木板第一次共速过程有Mv2＝（M＋m）v共1， 解得v共1＝1.5 m/s。 （2）木板与滑块a第一次共速时的速度大小； 答案：1.5 m/s 1 2 3 4 5 6 7 解析：滑块b与木板碰撞后反向，到达圆弧最高点再次反向，回到水平地面，速 度大小变为2 m/s，追击速度为1.5 m/s的木板，滑块a与木板已经共速，滑块b与 木板再次碰撞，仍旧为弹性碰撞，有m＋Mv共1＝mv3＋Mv4， m＋M＝m＋M， 滑块a与木板再次共速过程有mv共1＋Mv4＝（M＋m）v共2， 由运动学公式有v共2＝v4－at1， 由牛顿第二定律有μmg＝Ma， （3）滑块b与木板第二次碰撞后1 s时两者间的距离； 答案： m 1 2 3 4 5 6 7 解得t1＝ s＜1 s，v3＝ m/s，v4＝ m/s，v共2＝ m/s， 根据运动学公式有xb＝v3t， x板＝v4t1－a＋v共2， 两者间距离d＝x板－xb＝ m。 1 2 3 4 5 6 7 解析：由于v3＝ m/s＜v共2＝ m/s。 故滑块b不再与木板发生第三次碰撞，木板的长度为滑块a与木板两次相对位移 之和，第一次相对位移Δx1＝， 第二次相对位移Δx2＝t1， 木板的长度L＝Δx1＋Δx2＝m。 （4）木板的长度。 答案： m 1 2 3 4 5 6 7 7. 如图所示，质量为M＝1 kg的长木板B静止在地面上，质量为m＝980 g的木块 A放在长木板的左端，一颗质量为m0＝20 g的子弹以速度v0＝600 m/s射入木块并 留在木块中。已知木块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.8，木板与地面间的动摩擦 因数μ2＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求： （1）木块获得的最大速度为多少； 答案：12 m/s 解析：子弹射入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，由动量守恒定 律得m0v0＝v1， 解得v1＝12 m/s， 之后木块做匀减速运动，故最大速度为v1＝12 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 （2）若木块不滑离木板，木板的最小长度为多少； 答案：6 m 解析：木块做匀减速运动，根据牛顿第二定律有μ1g＝a1， 解得a1＝8 m/s2， 木板做匀加速运动，根据牛顿第二定律有μ1g－μ2g＝ Ma2， 解得a2＝4 m/s2， 设经过t时间木块与木板速度相等为v2，由v2＝v1－a1t＝a2t， 解得t＝1 s，v2＝4 m/s， 木块的位移x1＝t＝8 m， 木板的位移x2＝t＝2 m， 木块不滑离木板，木板的最小长度 L＝x1－x2＝6 m。 1 2 3 4 5 6 7 解析：木块与木板速度相等后一起做匀减速运动，设加速度为a3，由牛顿第二定 律得μ2g＝a3， 得a3＝2 m/s2， 设木板做匀减速运动的位移为x3，由运动学公式有＝2a3x3， 解得x3＝4 m， 木板与地面因为摩擦产生的热量Q＝μ2g＝24 J。 （3）木板与地面因为摩擦产生的热量为多少。 答案：24 J 1 2 3 4 5 6 7 $