第7章 专题突破13 力学三大观点的综合应用-【优化探究】2027年高考物理一轮复习高考总复习配套课件（教科版）

该高中物理高考复习课件聚焦“力学三大观点的综合应用”专题，依据高考评价体系梳理了动力学、能量、动量三大核心考点，通过近五年真题分析明确综合题占力学板块45%的权重，归纳碰撞、传送带、板块模型等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+素养提升+解题策略”的设计，如2025年福建卷传送带题，运用动量守恒和能量守恒模型，培养科学推理和能量观念素养，总结“状态分析—规律选用—方程联立”三步法，助力学生高效突破高频考点，教师可据此实施精准复习，提升备考效率。

专题突破13　力学三大观点的综合应用 第七章　动量守恒定律 1 [学习目标]　掌握并会灵活选用力学三大观点解决动力学综合问题。 2 盘点 核心知识 提升 关键能力 随堂检测　自我诊断 内容索引 3 盘点 核心知识 一 4 1.解决动力学问题的三个基本观点 (1)动力学观点：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。用动量定理可简化问题的求解过程。 2.动力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 (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)去解决问题。 (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机械能守恒定律去解决问题，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，即系统内能的增加量。 (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化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 提升 关键能力 二 8 [典例1]　(多选)(2025·福建卷)传送带转动的速度大小恒为1 m/s，顺时针转动。两个物块A、B用一根轻弹簧连接，开始弹簧处于原长，A的质量为1 kg，B的质量为2 kg，A与传送带的动摩擦因数为0.5，B与传送带的动摩擦因数为0.25。t＝0时，将两物块放置在传送带上，同时给A一 个向右的初速度v0＝2 m/s，B的速度为零，弹簧自然伸长。在t＝t0时， A与传送带第一次共速，此时弹簧弹性势能Ep＝0.75 J，传送带足够长， A可在传送带上留下痕迹，则(　　) A.在t＝时，B的加速度大小大于A的加速度大小 B.t＝t0时，B的速度为0.5 m/s C.t＝t0时，弹簧的压缩量为0.2 m D.0~t0过程中，A与传送带的痕迹小于0.05 m BD [解析]　根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦 力大小相等都为f＝0.5×1×10 N＝0.25×2×10 N ＝5 N，初始时A向右减速，B向右加速，故可知 在A与传送带第一次共速前，AB整体所受合外力 为零，系统动量守恒，根据动量守恒有mAv0＝mAv ＋mBvB，v＝1 m/s，代入数据解得t＝t0时，B的速度为vB＝0.5 m/s，在A与传送带第一次共速前，任意时刻分别对A、B根据牛顿第二定律有f＋ F弹＝mAaA，f＋F弹＝mBaB，由于mA＜mB，故可知aA＞aB，故A错误，B正确；在t0时间内，设A、B向右的位移分别为xA、xB，由功能关系有 －fxA＋fxBmAmAv2mBEp，解得xA－ xB＝0.1 m，故弹簧的压缩量为Δx＝xA－xB＝0.1 m， 故C错误；A与传送带的相对位移为x相A＝xA－vt0， B与传送带的相对位移为x相B＝vt0－xB，故可得x相A ＋x相B＝xA－xB＝0.1 m，由于0~t0时间内A向右做加 速度逐渐增大的减速运动，B向右做加速度逐渐增大的加速运动，且满足aA＝2aB，作出A、B的v－t图像，可知x相A等于图形MNA的面积，x相B等于图形NOBA的面积，故可得x相A＜x相B，结合x相A＋x相B＝0.1 m可知 x相A＜0.05 m，故D正确。 [典例2]　(2025·河南卷)如图，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； [解析]　P与Q发生正碰，由动量守恒定律有m2v0＝m2vQ＋m1v， 由能量守恒定律有 m2m2m1v2＋ΔE， 联立可得vQ＝3.5 m/s，ΔE＝24.5 J。 [答案]　24.5 J (2)P从开始运动到静止经历的时间。 [解析]　对物块P受力分析由牛顿第二定律 μm1g＝m1a， 物块P在第一个防滑带上运动时，由运动学公式 v2＝2al2，vP1＝v－at1， 解得vP1＝5 m/s， 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为 t1＝0.4 s。 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则 l1＝vP1t2， 解得t2＝0.6 s。 物块P在第二个防滑带上运动时，由运动学公式 ＝2al2，vP2＝vP1－at3， 解得vP2＝1 m/s， 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为 t3＝0.8 s。 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则 l1＝vP2t4， 解得t4＝3 s。 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上，由运动学公式0＝vP2－at5， 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为 t5＝0.2 s。 故物块P从开始运动到静止经历的时间为 t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝5 s。 [答案]　5 s [典例3]　(2026·四川绵阳模拟)如图所示，轻弹簧的一端固定在垂直水平面的挡板上的P点，Q点为弹簧原长位置，开始时弹簧处于压缩状态并锁定，弹簧具有的弹性势能Ep＝112 J，弹簧右端与一质量m1＝2.0 kg的物块A接触但不拴接，Q点右侧的N点静止一质量m2＝8.0 kg的物块B，Q、N两点间的距离d＝6.0 m，P、Q间水平面光滑， Q点右侧水平面粗糙且足够长，物块A与Q点右侧水平面间的动摩擦因数μ1＝0.10，物块B与Q点右侧水平面间的动摩擦因数μ2＝0.20。弹簧解除锁定后推动物块A向右运动，之后物块A与物块B发生多次弹性正碰，物块A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)物块A与物块B发生第一次碰撞前瞬间物块A的速度大小v0； [解析]　根据能量守恒定律 Ep＝μ1m1gdm1， 解得v0＝10 m/s。 [答案]　10 m/s (2)从物块A开始运动到物块A与物块B发生第 二次碰撞的过程中物块A与水平面间因摩擦 产生的热量Q。 [解析]　由题意知，物块A与物块B发生第一次碰撞的过程动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒和机械能守恒有 m1v0＝m1v1＋m2v2， m1m1m2， 解得v1＝－6 m/s，v2＝4 m/s。 之后物块B向右做匀减速运动，加速度大小为μ2g＝2 m/s2， 停止运动所用时间t1＝＝2 s， 物块B停下时运动的位移xB＝t1＝4 m。 物块A向左匀减速运动距离d到Q点后压缩弹簧，之后又以压缩弹簧前瞬间的速度向右做匀减速运动，假设不计物块A在Q左边的运动时间，则t1时间内物块A看作连续的匀减速运动，加速度大小为μ1g＝1 m/s2，运动的距离为xA1＝|v1|t1μ1g＝10 m＜2d。 根据题意分析知物块A追上B时B已经停 止运动，故从物块A开始运动到物块A与 物块B发生第二次碰撞的过程中物块A在 粗糙水平面运动的总距离x＝3d＋xB＝22 m， 从物块A开始运动到物块A与物块B发生第二次碰撞的过程中物块A与水平面间因摩擦产生的热量Q＝μ1m1gx＝44 J。 [答案]　44 J 随堂检测　自我诊断 三 22 1.(多选)(2024·湖北卷)如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为 M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0 (k为已知常量)。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则 (　　) A.子弹的初速度大小为 B.子弹在木块中运动的时间为 C.木块和子弹损失的总动能为 D.木块在加速过程中运动的距离为 AD 23 解析：子弹在木块内运动的过程中，子弹与 木块组成的系统所受合外力为0，所以该系统 动量守恒，若子弹没有射出木块，则由动量守 恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木块获得的速度 大小为v＝，又子弹的初速度越大，其打入木块越深，则当子弹恰好不射出木块时，木块获得的速度最大，此时有mm＋M)v2＋kv0L，解得v0＝；若子弹能够射出木块，则有v0＞， 子弹在木块内运动的过程，对子弹和木块分别 由牛顿第二定律有kv0＝mam，kv0＝MaM，根据 位移关系有v0tamt2aMt2＝L，对木块有v2 ＝aMt，联立解得v2＝，又v0越大，t越小，则v2越小，即随着v0的增大，木块获得的速度v2不断减小。综上，若木块获得的速度最大，则子弹的初速度大小v0＝，A正确。子弹在木块内运动的过程，对子弹由动量定理有－kv0t＝mv－mv0，解得子弹在木块中运 动的时间t＝，B错误。由能量守恒定 律可知，木块和子弹损失的总动能ΔEk＝kv0L ＝，C错误。木块在加速过程中 做匀加速运动，由运动学规律有x＝，解得木块在加速过程中运动的距离x＝，D正确。 2.(2024·天津卷)如图所示，光滑半圆轨道直径沿竖 直方向，最低点与水平面相切。对静置于轨道最低 点的小球A施加水平向左的瞬时冲量I，A沿轨道运 动到最高点时，与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并 粘在一起。已知I＝1.8 N·s，A、B的质量分别为 mA＝0.3 kg、mB＝0.1 kg，轨道半径和绳长均为R＝ 0.5 m，两球均视为质点，轻绳不可伸长，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)与B碰前瞬间A的速度大小； 解析：根据题意，设小球A从最低点开始运动时的速度为v0，由动量定理有I＝mAv0， 设与B碰前瞬间A的速度大小v，从最低点到最高点，由动能定理有 －mAg·2R＝mAv2mA， 联立代入数据解得v＝4 m/s。 答案：4 m/s (2)A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小。 解析：A与用轻绳悬挂的静止小球B正碰并粘在一起，由动量守恒定律有mAv＝(mA＋mB)v共， 设A、B碰后瞬间轻绳的拉力大小为F，由牛顿第二定律有F－(mA＋mB)g＝(mA＋mB， 联立代入数据解得F＝11.2 N。 答案：11.2 N 3.(2025·海南卷)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碰撞后成一整体随后滑上传送带，已知mA＝4 kg，mB＝1 kg，A、B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，重力加速度g取 10 m/s2。求： (1)A滑到圆弧最低点时受到的支持力； 解析：A从开始下滑到滑到圆弧最低点过程，根据机械能守恒有 mAg(R－Rcos 53°)＝mA， 解得v0＝2 m/s。 在最低点根据牛顿第二定律有 FN－mAg＝mA， 解得FN＝72 N，方向竖直向上。 答案：72 N，方向竖直向上 (2)A与B整个碰撞过程中损失的机械能； 解析：根据题意A、B碰撞后成一整体，根据动量守恒定律有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＝mAmA＋mB＝1.6 J。 答案：1.6 J (3)传送带的速度大小。 解析：第一种情况，当传送带速度v小于v共时，A、B滑上传送带后先减速后匀速运动，设A、B与传送带间的动摩擦因数为μ，对A、B根据牛顿第二定律有 μ(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a， 设经过时间t1后A、B与传送带共速，可得 v＝v共－at1， 该段时间内A、B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； 第二种情况，当传送带速度v大于v共时，A、B滑上传送带后先加速后匀速运动，设经过时间t2后A、B与传送带共速，同理可得v＝v共＋at2， 该段时间内A、B运动的位移为x'1＝t2， 传送带运动的位移为x'2＝vt2， 故可得Q＝μ(mA＋mB)g·(x'2－x'1)， 解得v＝2.6 m/s，另一解小于v共舍去。 答案：0.6 m/s或2.6 m/s $