2023年新教材高中物理微课题2力学三大观点的综合应用课件新人教版选择性必修第一册

这是一份物理选择性必修 第一册全册综合课文配套ppt课件，共38页。PPT课件主要包含了力学中的五大规律等内容，欢迎下载使用。

1．三大观点分析(1)力的观点：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．
解动力学问题的三个基本观点
2．应用技巧(1)认真审题，明确题目所述的物理情境，确定研究对象．(2)分析研究对象的受力情况、运动状态以及运动状态的变化过程，作草图．(3)根据运动状态的变化规律确定解题观点，选择适用规律：①若用力的观点解题，要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；②若用两大定理求解，应确定过程的始、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；
③若可判断研究对象在某运动过程中满足动量守恒或机械能守恒的条件，则可根据题意选择合适的始、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求研究对象在末状态时的速度(率)．(4)根据选择的规律列式，有时还需要挖掘题目中的其他条件(如隐含条件、临界条件、几何关系等)并列出辅助方程．(5)代入数据，计算结果．
例1　汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m．已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．【答案】(1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s
【解析】(1)设B车的质量为mB，碰撞后加速度大小为aB.根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB，式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有vB′2＝2aBsB，联立并利用题给数据得vB′＝3.0 m/s.
(2)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg＝mAaA，设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA′2＝2aAsA，设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA＝mAvA′＋mBvB′，联立并利用题给数据得vA＝4.25 m/s≈4.3 m/s.
(1)碰前滑块2的速度大小v1；(2)在C点轨道对两滑块的作用力F.【答案】(1)6 m/s　(2)8 N
(2)两滑块相碰时由动量守恒定律有mv1＝2mv，两滑块由B点运动到C点，根据机械能守恒定律有
动量观点与能量观点的综合应用
例2　(2021年浙江卷)如图所示，水平地面上有一高H＝0.4 m的水平台面，台面上竖直放置倾角θ＝37°的粗糙直轨道AB、水平光滑直轨道BC、四分之一圆周光滑细圆管道CD和半圆形光滑轨道DEF，它们平滑连接，其中管道CD的半径r＝0.1 m、圆心在O1点，轨道DEF的半径R＝0.2 m、圆心在O2点，O1、D、O2和F点均处在同一水平线上．
(1)若小滑块的初始高度h＝0.9 m，求小滑块到达B点时速度v0的大小；(2)若小球能完成整个运动过程，求h的最小值hmin；(3)若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值xmax.
【答案】(1)4 m/s　(2)0.45 m　(3)0.8 m
(2)小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
变式2　将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　　)A．30 kg·m/sB．5.7×102 kg·m/sC．6.0×102 kg·m/sD．6.3×102 kg·m/s【答案】A　【解析】燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，A正确．
变式3　(多选)如图，两质量分别为m1＝1 kg和m2＝4 kg的小球在光滑水平面上相向而行，速度分别为v1＝4 m/s和v2＝6 m/s，发生碰撞后，系统损失的机械能可能为(　　)A．25 J　B．35 J　C．45 J　D．55 J【答案】AB　
1．力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度．2．两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)．3．三大定律解题：动量守恒定律、机械能守恒定律和能量守恒定律．根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这几个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．
力学三大观点的综合应用
例3　静止在水平地面上的两小物块A、B，质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l＝1.0 m，如图所示．某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek＝10.0 J．释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动．A、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.20.重力加速度g取10 m/s2.A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短．
(1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；(2)物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？(3)A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】(1)4.0 m/s　1.0 m/s　(2)B先停止，AB距离为0.50 m　(3)0.91 m
【解析】(1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0＝mAvA－mBvB，
(2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a.假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B.设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB，则有μmBg＝mBa，
在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此时碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为联立得sA＝1.75 m，sB＝0.25 m.这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处，B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m.
(3)t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA′，由动能定理有
故A与B将发生碰撞．设碰撞后A、B的速度分别为vA″和vB″，由动量守恒定律与机械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″，
这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动，设碰撞后A向右运动距离为sA′时停止，B向左运动距离为sB′时停止，由运动学公式2asA′＝vA″2,2asB′＝vB″2，联立得sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m.sA′小于碰撞处到墙壁的距离．由上式可得两物块停止后的距离s′＝sA′＋sB′＝0.91 m.
变式4　如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(均可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点，P在按图乙所示的随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞．已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，g取10 m/s2，求：(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.【答案】(1)8 m/s　7 m/s　(2)3.5 s
【解析】(1)在0～3 s内，对P，由动量定理可得F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0，其中F1＝2 N，F2＝3 N，t1＝2 s，t2＝1 s，解得v＝8 m/s.设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得μmg＝ma，
P在B、C两点间做匀减速直线运动，有
(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′和v2′，取水平向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv1＝mv1′＋mv2′，
变式5　如图所示，半径R1＝1 m的四分之一光滑圆弧轨道AB与平台BC在B点平滑连接，半径R2＝0.8 m的四分之一圆弧轨道上端与平台C端连接，下端与水平地面平滑连接，质量m＝0.1 kg的乙物块放在平台BC的右端C点，将质量也为m的甲物块在A点由静止释放，让其沿圆弧下滑，并滑上平台与乙相碰，碰撞后甲与乙粘在一起从C点水平抛出，甲物块与平台间的动摩擦因数均为μ＝0.2，BC长L＝1 m，重力加速度g取10 m/s2，不计两物块的大小及碰撞所用的时间，求：
(1)甲物块滑到B点时对轨道的压力大小；(2)甲和乙碰撞后瞬间共同速度的大小；(3)粘在一起的甲、乙两物块从C点抛出到落到CDE段轨道上所用的时间．【答案】(1)3 N　(2)2 m/s　(3)0.4 s
(2)甲从B点向右滑动的过程中，做匀减速直线运动，加速度大小为a＝μg＝2 m/s2，甲物块与乙相碰前瞬间的速度为设甲、乙相碰后瞬间共同速度的大小为v3，根据动量守恒有mv2＝2mv3，解得v3＝2 m/s.