第七章　培优练11　力学三大观点的综合应用 课件-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦动量守恒定律及力学三大观点综合应用，依据高考评价体系梳理动量守恒、机械能守恒、动能定理等核心考点，通过真题分析明确力学综合题占比，归纳弹簧、碰撞、传送带等常考题型，体现高考备考的针对性与实用性。 课件亮点在于高考真题训练与科学思维培养，以2025新课标卷真题为例，解析动量守恒与机械能守恒联立等突破方法，培养模型建构、科学推理素养。帮助学生掌握综合解题技巧，教师可据此精准指导复习，助力高效备考。

第七章 动量守恒定律 力学三大观点的综合应用 培优练11 对一对 题号 1 2 答案 (1)mgR　(2)　R　(3)4m　(4)m (1)6 J　(2) N　 (3)1 m/s　0.025 题号 3 答案 (1)100 N　(2)12 J　(3)0.75 m　(4)2.75 m 答案 1 2 3 1.(2025·新课标卷·25)如图，物块P固定在水平面上，其上表面有半径为R的圆弧轨道。P右端与薄板Q连在一起，圆弧轨道与Q上表面平滑连接。一轻弹簧的右端固定在Q上，另一端自由。质量为m的小球自圆弧顶端A点上方的B点自由下落，落到A点后沿圆弧轨道下滑，小球与弹簧接触后，当速度减小至刚接触时的时弹簧的弹性势能为2mgR，此时断开P和Q的 1 2 3 答案 连接，从静止开始向右滑动。g为重力加速度大小，忽略空气阻力，圆弧轨道及Q的上、下表面均光滑，弹簧长度的变化始终在弹性限度内。 4 1 2 3 答案 　　　小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功为WG=mgR (1)求小球从落入圆弧轨道至离开圆弧轨道，重力对其做的功； 答案　mgR 1 2 3 答案 　　　设小球与弹簧刚接触时速度的大小为v0，由机械能守恒定律可知 m=Ep+m()2，其中Ep=2mgR 同时有mg(h+R)=m 联立解得v0=，h=R (2)求小球与弹簧刚接触时速度的大小及B、A两点间的距离； 答案　　R 1 2 3 答案 　　　弹簧达到最大弹性势能时，小球与Q共速，设Q的质量为M，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m·v0=(m+M)v共，m=Ep2+(m+M)， 其中Ep2=2.2mgR 联立解得M=4m (3)欲使P和Q断开后，弹簧的最大弹性势能等于2.2mgR，Q的质量应为多大？ 答案　4m 1 2 3 答案 　　　对Q和小球整体根据机械能守恒定律可知要使Q的最终动能最大，需满足小球的速度刚好为零，此时弹簧刚好恢复原长；设此时Q的质量 为M'，Q的最大速度为vm，根据动量守恒和机械能守恒有m·v0=M'vm， m=M' 解得M'=m。 (4)欲使P和Q断开后，Q的最终动能最大，Q的质量应为多大？ 答案　m 2.某学习小组设计了一个力学游戏实验探究装置，如图所示，在光滑水平桌面上沿直线方向自左向右静置一固定斜面与滑块A、B，斜面倾角θ=37°、高h=0.06 m，A、B质量分别为m1=3 kg、m2=1 kg，二者通过细线与处于压缩状态的轻弹簧相接(均不拴接)。一小车C静止于光滑水平地面上，并轻靠于水平桌面右侧，其上部由两个平滑相接的光滑四分之一圆弧管道及一个粗糙的水平木板轨道组成，管道最底端与水平桌面平滑相接，两个圆弧的半径均为R= m，水平木板长L=0.8 m，小车C的总质量m3=4 kg。某次实验开始时，烧断连接A、B的细线，弹簧将A、B由静止完全弹开后，A最高冲上固定斜面的中点处，B冲上小车，最远滑至水平木板轨道的中点处。 1 2 3 答案 已知A与斜面间的动摩擦因数μ1=0.5，sin 37° =0.6，cos 37°=0.8，忽略空气阻力、滑块在连接处的机械能损失，忽略A、B大小和圆弧管道内径影响，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)开始处于压缩状态时，弹簧具有的弹性势能； 1 2 3 答案 答案　6 J 1 2 3 答案 　　　对A自斜面滑上斜面中点的过程，由动能定理-m1g-μ1m1gcos θ× =0-m1 对A、B与弹簧的分离过程，由水平方向动量守恒m1v1=m2v2 由机械能守恒得Ep=m1+m2 联立解得Ep=6 J (2)滑块B刚滑上小车C的圆弧管道时，小车对地面的压力大小； 1 2 3 答案 答案　 N 1 2 3 答案 　　　当B刚滑上小车C的圆弧轨道时，设滑块B所受C的支持力为FN2，由牛顿第二定律FN2-m2g=m2 对C，设其所受地面支持力为FN3，由竖直方向受力平衡FN2'+m3g=FN3 其中FN2'=FN2，为B对C的压力，可得FN3= N 由牛顿第三定律，得小车对地面的压力大小为F压=FN3= N (3)滑块B刚滑离小车C的圆弧管道最高点时的速度大小，及其与小车C上木板轨道之间的动摩擦因数。 1 2 3 答案 答案　1 m/s　0.025 1 2 3 答案 　　　设B滑离C的圆弧轨道最高点时，二者速度大小分别为v2'、v3'，取向右为正方向，由水平方向动量守恒m2v2=m2v2'+m3v3' B与C组成的系统机械能守恒m2=m2v2'2+m3v3'2+m2g×2R 得滑块B刚滑离小车C上圆弧轨道最高点时的速度大小为v2'=1 m/s (另一解v2'=0.2 m/s不合题意，舍去) 设滑块B与小车C的共同速度为v共，则由水平方向动量守恒m2v2=(m2+m3)v共 B与C组成的系统能量守恒m2=(m2+m3)+m2g×2R+μ2m2g×L 联立解得μ2=0.025 3.如图所示，竖直放置的半径R=0.4 m的光滑圆弧轨道AB与倾角为θ=30°，长度为L0=5 m的倾斜传送带BC在B点平滑连接，传送带BC的右端与静置在光滑水平面上的木板CD在C点等高平滑连接，距木板右端L1处有一固定的挡板P。现从A点正上方h=0.4 m处，由静止释放小物块a，a经圆弧轨道和传送带后在一极短光滑圆弧轨道(未画出)的约束下沿水平方向滑上木板，与静止在木板左端的小物块b碰后瞬间粘在一起，木板第一次与挡板P碰撞时恰好与物块a、b达到共速。已知，传送带以v0=6 m/s的速度沿顺时针方向匀速转动，a的质量为m1=2 kg， b的质量为m2=1 kg，木板的质量为m3=1 kg，物块a与传送带间的动摩擦因数为μ1=，物块a、 1 2 3 答案 b与木板间的动摩擦因数均为μ2=0.2，物块a经过所有连接处均无能量损失，木板与挡板P的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b始终未与木板分离，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块a通过B点时对轨道的压力大小； 1 2 3 答案 答案　100 N 　　　物块a从释放点到B点， 由动能定理m1g(h+R)=m1 代入数据解得vB=4 m/s， 在B点，由牛顿第二定律FN-m1g=m1， 解得轨道对物块a的支持力大小FN=100 N， 根据牛顿第三定律，物块a对轨道的压力大小为100 N。 1 2 3 答案 (2)物块a与传送带间因摩擦产生的热量； 1 2 3 答案 答案　12 J 　　　由μ1>tan θ知物块a若与传送带共速，则同步向上运动， 设经时间t物块a与传送带共速，v0-vB=at 根据牛顿第二定律μ1m1gcos θ-m1gsin θ=m1a， 联立解得a=2.5 m/s2，t=0.8 s， 物块a的位移x=t=4.0 m<L0 物块a与传送带间相对滑动的距离为Δx=v0t-x=0.8 m 物块a与传送带间因摩擦产生的热量Q=μ1m1gcos θ·Δx=12 J 1 2 3 答案 (3)L1的大小； 1 2 3 答案 答案　0.75 m 　　　之后物块a以v0的速度做匀速运动到与物块b相碰， 碰撞瞬间动量守恒m1v0=(m1+m2)v1 解得v1=4 m/s，之后物块a、b做匀减速运动，木板做匀加速运动，到第一次与挡板P碰撞时恰好达到共速，根据牛顿第二定律，对物块a、b有， μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a1， 对木板有μ2(m1+m2)g=m3a2 解得a1=2 m/s2，a2=6 m/s2 对系统，根据动量守恒m1v0=(m1+m2+m3)v2 解得v2=3 m/s， 1 2 3 答案 　　　根据运动学规律对木板分析=2a2L1 解得L1=0.75 m 1 2 3 答案 (4)木板在整个运动过程中总路程的大小。 1 2 3 答案 答案　2.75 m 　　　木板与挡板P的所有碰撞均为弹性碰撞，物块a、b始终未与木板分离，故最终整体停下，第一次碰后瞬间，木板速度反向，大小不变，为v2=3 m/s， 开始做加速度大小为a2=6 m/s2的匀减速直线运动，减速到零再反向运动至与物块a、b共速， 设物块a、b做匀减速直线运动的时间为t1，加速度大小为a1=2 m/s2， 根据运动学规律v3=v2-a1t1=-v2+a2t1 解得t1=0.75 s，v3=1.5 m/s= 1 2 3 答案 　　　可知还没撞到P时已经共速，第一次碰到P后到下一次与P相碰前，木板运动的路程为L11=2×= m， 再次碰后，木板反向，同理v4=v3-a1t2=-v3+a2t2 解得t2= s，v4=0.75 m/s==， 这次木板运动的路程为L12=2×。 同理，由数学知识推理得x总=L1+L11+L12+…+L1n= m+2×(1+++…+ )=2.75 m。 1 2 3 答案 本课结束 THANKS 第七章 $