第7章 4.微专题13 力学三大观点的综合应用（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦“力学三大观点综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了动量守恒、能量守恒、运动学规律三大核心考点，通过多地模拟真题分析明确“碰撞问题”“弹簧模型”占60%的高频考查权重，归纳了弹性碰撞、传送带运动等典型题型。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的备考策略，如以弹簧压缩后物块运动为例，运用动能定理和向心力公式突破最高点速度分析，培养学生运动和相互作用观念及科学思维素养。特设“易错点警示”和“解题模板”，帮助学生掌握综合题答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

　 微专题13 力学三大观点的综合应用 返回目录 1.★★★(2026届黑龙江大庆实验中学期中)如图所示,水平滑道与竖直面内光滑半圆形 轨道BCD在B处平滑相接。轨道半径为R,轻弹簧左端固定在水平滑道左侧的固定挡板 M上,弹簧右端自然伸长到A点。质量为m的物块从A点在水平向左的推力F的作用下由 静止缓慢压缩弹簧到N点(物块与弹簧不拴接),现撤去推力,物块沿水平滑道运动由B点 进入半圆形轨道BCD,且刚好能到达半圆形轨道的顶端D点处。已知A、B两点的距离 为L,物块与水平滑道AB间的动摩擦因数为μ,A点到挡板之间的水平滑道光滑,重力加速 度为g,物块可视为质点,下列说法正确的是( ) 　    D　     返回目录   A.物块到D点时速度为0 B.物块在沿半圆形轨道运动过程中,轨道弹力的冲量为0 C.物块离开弹簧时的速度大小为  D.水平向左的推力推物块压缩弹簧的过程中做功为 mgR+μmgL 返回目录 解析　由题可知,物块刚好能到达半圆形轨道的顶端D点,根据mg=m ,解得物块到D点 处时速度v= ,A错误。物块在沿半圆形轨道运动的过程中,物块所受合力的冲量水 平向左,重力的冲量竖直向下,故轨道弹力的冲量不为0,B错误。物块从离开弹簧至到 达D点,根据动能定理可得-μmgL-mg·2R= m - m ,将vD= 代入,解得vA=  ,C错误。从水平向左推物块至物块离开弹簧,根据动能定理可得WF= m =  m(5gR+2μgL)=μmgL+ mgR,D正确。 返回目录 2.★★★(多选)(2026届广东深圳科技中学开学考)质量为2 kg的物块甲在水平地面上 以一定的初速度从x=0处开始沿x轴正方向滑动,其速度大小的二次方与运动距离的关 系图线即v2-x图线如图所示。现把质量为0.5 kg的物块乙放在x=15 m处,当甲运动到乙 所在位置时,与乙发生正碰,碰撞时间极短,碰后二者继续运动。两物块均可视为质点, 且二者与地面间的动摩擦因数相等,重力加速度g取10 m/s2,从碰撞结束开始计时,能够 正确描述碰后两物块运动的速度-时间(v-t)图像是( ) 　    BC　     返回目录 解析    利用 - =2ax分析甲的运动图像,可得甲的初速度为10 m/s、加速度大小a=2.5 m/s2,运动15 m到乙所在位置与乙碰撞前的速度v0=5 m/s;如果甲、乙的碰撞是弹性碰 撞,根据动量守恒和能量守恒可得m甲v0=m甲v甲+m乙v乙、 m甲 = m甲 + m乙 ,解得碰后 甲、乙的速度分别为v甲= v0=3 m/s、v乙= v0=8 m/s;二者与地面间的动摩擦 因数相同,可得碰后二者做匀减速运动的加速度大小均为2.5 m/s2,C正确。如果甲、乙 的碰撞为完全非弹性碰撞,碰后共同的速度为v,可得m甲v0=(m甲+m乙)v,解得v= v0=4 m/s,碰后一起以大小为2.5 m/s2的加速度做匀减速运动,D错误。若二者碰撞为其他碰 返回目录 撞,碰后甲的速度范围为3 m/s<v甲<4 m/s,乙的速度范围为4 m/s<v乙<8 m/s,甲的速度小于 乙的速度,且满足动量守恒和动能不增加条件,两物块与地面间的动摩擦因数相等,碰撞 后加速度相同,即图线斜率应相同,均为2.5 m/s2,A错误,B正确。 返回目录 3.★★★(多选)(2026届四川达州模拟)如图甲所示,一劲度系数为k的轻质弹簧一端固定 在倾角为θ=30°的光滑固定斜面的底端,另一端连接小物块A,A静止在斜面上的O点,小 物块B从距O点为x=0.9 m的P处由静止开始下滑,A、B相碰(时间很短)后立即以相同的 速度向下压缩弹簧(A、B不粘连),取物块A静止时的位置为原点,沿斜面向下为正方向 建立x轴,测得整个向下运动过程物块A的动能及重力势能与其位置坐标x的关系如图乙 所示(弹簧始终处于弹性限度内)。已知形变量为x时,弹簧的弹性势能Ep= kx2,重力加 速度g=10 m/s2,小物块A、B均可视为质点。下列说法正确的是 ( ) 　    AD　     返回目录  　      A.小物块A的质量为2 kg B.小物块B的质量为2 kg C.弹簧的劲度系数为6 N/m D.A、B一起运动的最大动能为  J 返回目录 解析　根据题图乙可得,小物块A沿斜面向下运动2 m,重力势能减少20 J,根据Ep=mAgh= mAgx总 sin 30°可得A的质量mA=2 kg,A正确。B由P点至O点,根据 =2ax可得B与A碰前的 速度vB= =3 m/s;B与A碰撞,可得mBvB=(mA+mB)v共,碰后EkA= mA =1 J,解得v共=1 m/s,mB=1 kg,B错误。弹簧在最开始的压缩量x1= ,对A、B系统,从碰撞后到最低 点有(mA+mB)gx总 sin θ+ (mA+mB) = k(x1+x总)2- k ,其中x总=2 m,解得k=5.75 N/m,C错 误。A、B碰后,在加速度为0时A、B动能最大;根据牛顿第二定律和能量守恒可得(mA+ mB)g sin θ=kx2,(mA+mB)g(x2-x1) sin θ=Ekm- (mA+mB) + k - k ,联立解得Ekm=  J,D正 确。 返回目录 4.★★★(多选)(2026届广东广州调研)如图所示,倾角为θ=37°的足够长的传送带在发动 机驱动下逆时针匀速转动。物块A放置于传送带的上端,物块B放置于物块A下方一段 距离的传送带上,t=0时A、B同时无初速地释放,t=1 s时A、B发生第一次碰撞,A、B均可 看作质点。已知A、B质量相等,所有的碰撞均为弹性碰撞;A、B与传送带之间的动摩 擦因数分别为μ1=0.25、μ2=0.75,重力加速度大小g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则 ( ) A.A、B初始距离为2 m 　    AC　     B.A、B每相邻两次碰撞的时间间隔均为3 s C.A、B每相邻两次碰撞之间,发动机对传送带所做的功相等 D.A、B每相邻两次碰撞之间,A、B与传送带间因摩擦产生的总热量相等 返回目录 解析　对物块B受力分析,可得μ2mg cos 37°=mg sin 37°,故物块B开始时在传送带上保持 静止;对物块A受力分析,可得mg sin 37°-μ1mg cos 37°=ma,解得a=4 m/s2;A、B初始距离s0 = at2=2 m,A正确。A与B发生弹性碰撞前瞬间的速度大小v=at=4 m/s;A、B质量相等, 发生弹性碰撞后,速度交换;当二者再次发生碰撞时,可得 a =vt2【点拨:A与B碰后A瞬 间速度为0,B速度为4 m/s,由于A、B受力未发生变化,可知A将做初速度为0的匀加速直 线运动,B将做速度为4 m/s的匀速直线运动】,解得t2=2 s;第二次发生碰撞前瞬间A的速 度大小v1=at2=4×2 m/s=8 m/s,二者发生弹性碰撞,同样发生速度交换,可得发生第二次碰 撞后瞬间A、B的速度大小分别为v2=4 m/s、v3=8 m/s;当二者第三次发生碰撞时,有v2t3+ 返回目录  a =v3t3,解得t3=2 s,以此类推,可判断A、B每相邻两次碰撞的时间间隔均为2 s,B错 误。A、B每相邻两次碰撞之间的时间间隔相等,传送带做匀速运动发生的位移相 等,A、B对传送带的摩擦力不变,所以发动机对传送带所做的功相等,C正确。A、B每 相邻两次碰撞之间,A、B均相对于传送带向下运动,A、B每次碰撞速度均发生变化,且 相邻两次碰撞之间的时间间隔相等,则它们与传送带间发生的相对位移在不断变化,故 根据Q=Ff·s相对可得A、B每相邻两次碰撞之间,A、B与传送带间因摩擦产生的总热量不 相等,D错误。 返回目录 5.★★★★(2025届广东名校联考)为研究碰撞过程中的规律,某实验小组设计了如下实 验:如图所示,一质量为m的物块A在粗糙水平面上向右运动,经过O点时的速度大小为v0 (未知),最终停在O点右侧s0处。现将质量也为m的物块B放在距离O点右侧0.75s0处,让 物块A从O点出发也以速度大小v0向右运动,并与物块B发生碰撞,物块A、B碰撞时间极 短。已知物块A与水平面间的动摩擦因数为μ,物块B与水平面间的动摩擦因数为2μ,物 块A、B均可视为质点,重力加速度为g。求: (1)速度大小v0; (2)若物块A与B发生弹性碰撞,求碰后瞬间物块A、B的速度大小; (3)设物块A与B碰前瞬间的速度为v,碰后瞬间物块A、B的速度分别为v1、v2,在物理学 返回目录 上通常定义碰撞恢复系数e= ;若要求物块A、B至少发生两次碰撞,求碰撞恢复系 数e的取值范围。   答案 (1)     (2)0         (3)0<e<3-2  返回目录 解析    (1)阶段1:未放置物块B时,物块A做匀减速直线运动,由匀变速直线运动规律或功 能观点计算v0 解法一     动力学方法 对物块A受力分析,根据牛顿第二定律有μmg=ma1 解得a1=μg 根据速度位移关系式有0- =-2a1s0 解得v0= 。 解法二     应用动能定理求解 返回目录 对物块A,根据动能定理有-μmgs0=0- m , 解得v0= 。 (2)阶段2:物块A匀减速运动0.75s0后,和物块B发生弹性碰撞,可以列出碰撞过程的动量 关系和能量关系 设物块A与B碰前瞬间的速度为v,根据速度位移关系式有 v2- =-2a1·0.75s0 联立解得v=  设碰后瞬间物块A、B的速度分别为vA、vB,取向右为正方向,根据动量守恒定律有mv= mvA+mvB 返回目录 根据机械能守恒定律有 mv2= m + m  联立解得vA=0,vB= 。 (3)阶段3:碰撞后两物块均做匀减速直线运动,但是物块A的加速度大小小于物块B的加 速度大小,e越接近于0,碰后瞬间物块A、B的速度差越小,A越容易追上B;当e取最大值 时,物块A、B恰好将要发生第二次碰撞 对物块B受力分析,根据牛顿第二定律有2μmg=ma2 解得a2=2μg 设碰撞恢复系数为e1时,物块A、B恰好将要发生第二次碰撞, e1=  返回目录 根据动量守恒定律有mv=mv1+mv2 物块A、B恰好将要发生第二次碰撞时,二者速度减为0,可得  =  联立解得e1=3-2  故碰撞恢复系数e的取值范围为0<e<3-2 。 返回目录 6.★★★★★(2025湖南,15,16分)某地为发展旅游经济,因地制宜利用山体举办了机器 人杂技表演。表演中,需要将质量为m的机器人抛至悬崖上的A点,图为山体截面与表演 装置示意图。a、b为同一水平面上两条光滑平行轨道,轨道中有质量为M的滑杆。滑 杆用长度为L的轻绳与机器人相连。初始时刻,轻绳绷紧且与轨道平行,机器人从B点以 初速度v竖直向下运动,B点位于轨道平面上,且在A点正下方,AB=1.2L。滑杆始终与轨 道垂直,机器人可视为质点且始终在同一竖直平面内运动,不计空气阻力,轻绳不可伸 长,sin 37°=0.6,重力加速度大小为g。 (1)若滑杆固定,v= ,当机器人运动到滑杆正下方时,求轻绳拉力的大小; (2)若滑杆固定,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平方向夹角为37°时,机器人松 开轻绳后被抛至A点,求v的大小; 返回目录 (3)若滑杆能沿轨道自由滑动,M=km,且k≥1,当机器人运动到滑杆左上方且轻绳与水平 方向夹角为37°时,机器人松开轻绳后被抛至A点,求v与k的关系式及v的最小值。   返回目录 答案 (1)4mg    (2)  (3)v=       返回目录 解析    (1)在机器人从初始位置下降到最低点的过程,由动能定理有 mgL= m - mv2 ① 机器人在最低点时,由牛顿第二定律有T-mg=m  ② 将v= 代入,联立①②式解得T=4mg (2)若滑杆固定,从抛出点C到A点,机器人的运动轨迹及几何关系如图1所示   图1 返回目录 机器人做斜抛运动,在水平方向上有 L+L cos 37°=v2t sin 37° ③ 在竖直方向上有 1.2L-L sin 37°=v2t cos 37°- gt2 ④ 由③④式解得t=  v2= =  机器人从B点运动到C点的过程机械能守恒,有  mv2= m +mgL sin 37° ⑤ 返回目录 解得v=  (3)若滑杆能沿轨道自由滑动,从抛出点D到A点,机器人的运动轨迹及几何关系如图2所 示   图2 机器人与滑杆组成的系统水平方向动量守恒,应用人船模型规律可得 mx2=Mx1 ⑥ 根据几何关系有x1+x2=L(1+cos 37°) ⑦ 返回目录 将M=km代入,由⑥⑦式得x2=  在抛出点D时,设机器人速度为vD,滑杆速度为v滑,将机器人的速度vD沿水平方向和垂直 于轻绳方向分解,如图3所示,根据关联速度知识可知vA=v滑,则机器人抛出后在水平方向 做匀速直线运动的速度大小   图3 vDx=v相 sin 37°-vA ⑧ 根据几何关系可知,机器人在竖直方向做竖直上抛运动的初速度大小 vDy=v相 cos 37° ⑨ 返回目录 由水平方向动量守恒有 mvDx=Mv滑 ⑩ 机器人松开轻绳后做斜抛运动,在水平方向有x2=vDxt'   在竖直方向有1.2L-L sin 37°=vDyt'- gt'2   由机械能守恒定律有  mv2= M + m( + )+mgL sin 37°   已知M=km   联立⑥~ 式解得v=  当k=1时,v取最小值,有vmin=  返回目录 $