第7章 专题突破13 力学三大观点的综合应用（课时作业）-【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“力学三大观点综合应用”专题，依据高考评价体系梳理动量守恒、能量守恒、运动学规律等核心考点，通过2026年四川模拟题及经典高考题分析，明确动量守恒定律应用、弹性碰撞模型等高频考点分布，归纳多过程问题、板块模型等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题情境+模型建构+科学推理”策略，如滑块平抛与动量守恒结合题、板块模型中牛顿定律与动量守恒综合题，培养学生运动和相互作用观念、能量观念等物理观念，提升科学推理能力。设“易错点警示”和“解题模板”，助学生掌握综合题答题技巧，教师可据此精准复习，高效备战高考。

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 (1题4分) 1.(多选)(2026·四川攀枝花模拟)如图所示，将内壁光滑且足够细的圆管弯成半径R＝2 m的圆形轨道且固定在水平面内，管内有两颗可视为质点的小球A、B，质量分别为m1、m2，且2m1＝m2。两小球位于圆形轨道一条直径的两端。开始两小球均处于静止状态，现给A球一个瞬时冲量使其获得沿圆形轨道切线方向、大小v0＝π m/s的瞬时速度。若小球之间的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间不计，则(　　) A.两小球再次位于轨道一条直径的两端需要的最短 时间是4 s B.两小球再次位于轨道一条直径的两端需要的最短 时间是6 s C.两小球同时回到起始位置需要的最短时间是20 s D.两小球同时回到起始位置需要的最短时间是24 s 2 3 4 5 6 1 A 夯实基础 AD 2 解析：由题意可知A运动到B的时间t1＝，设A、 B第一次碰撞后速度分别为vA、vB，取A碰撞前的 速度方向为正方向，则由弹性碰撞有m1v0＝m1vA＋ m2vB，m1m1m2，解得vA＝v0、 vB＝v0，可知碰后A反向运动，设两球碰后到第一次位于轨道一条直径的两端需要的时间为t2，则有|vAt2|＋|vBt2|＝πR，代入题中数据，联立解得两小球再次位于轨道一条直径的两端需要的最短时间是tmin＝t1＋t2＝ 2 3 4 5 6 1 3 4 s，故A正确，B错误；由以上分析可知，两小球 再次位于轨道一条直径的两端需要的最短时间是4 s， 且每次碰撞后二者的相对速度均为v0，故每相邻两 次两小球位于轨道一条直径的两端所用时间均为4 s， 分析可知每次两小球位于轨道一条直径的两端时它 们的连线转过60°，故两小球同时回到起始位置需要的最短时间是t＝×4 s＝24 s，故C错误，D正确。 2 3 4 5 6 1 4 2.(10分)(2026·四川成都模拟)一固定的光滑四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小车质量M＝2.0 kg，高h＝0.2 m，如图所示。现从圆弧导轨顶端将一质量为m＝0.5 kg的滑块由静止释放，当小车的右端运动到A点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上的B点。滑块落地后0.2 s小车右端也到达B点。已知A、B相距L＝0.4 m，g取10 m/s2，求： 2 3 4 5 6 1 5 (1)滑块离开小车时的速度大小； 2 3 4 5 6 1 解析：滑块平抛过程中，沿竖直方向有 h＝g， 沿水平方向L＝v1t1， 解得t1＝＝0.2 s，v1＝2 m/s。 答案：2 m/s (2)圆弧导轨的半径。 2 3 4 5 6 1 解析：滑块滑出小车后小车做匀速直线运动， v2＝ m/s＝1 m/s， 滑块在小车上运动的过程中，滑块与小车组成 的系统在水平方向上动量守恒，选取向右为正 方向，则 mv0＝mv1＋Mv2， 代入数据得v0＝6 m/s。 滑块在圆弧导轨上运动的过程中机械能守恒，有 mgR＝m， 代入数据得R＝1.8 m。 答案：1.8 m 3.(12分)(2026·四川成都石室中学模拟)如图所示，质量m＝1 kg的小铁块(视为质点)A(A的左端有粘力很强的胶泥)放置于长度为L＝2 m、质量M＝2 kg的木板B的右端，B静止放置在粗糙的水平地面上且左侧挡板厚度可忽略不计，已知A、B间动摩擦因数μ1＝0.4，B与地面间动摩擦因数μ2＝0.25。现用一水平向右的恒力F作用于B的右端，经过t＝2 s后，A与B左侧挡板相碰(碰撞时间极短)，相碰前瞬间撤去F，已知重力加速度g取10 m/s2。求： 2 3 4 5 6 1 8 (1)F作用瞬间A、B各自的加速度大小； 2 3 4 5 6 1 解析：碰前A、B均做初速度为零的匀加速直线运动，对A根据牛顿第二定律可得f1＝μ1mg＝ma1， 解得A的加速度大小为a1＝4 m/s2， 根据运动学公式可得s1＝a1t2。 设B的加速度大小为a2，根据运动学公式可得 s2＝a2t2， 又s2－s1＝L， 联立解得a2＝5 m/s2。 答案：4 m/s2　5 m/s2　 9 (2)F撤去前的瞬间F的功率P； 2 3 4 5 6 1 解析：对B，根据牛顿第二定律可得 F－f1－f2＝Ma2， 又f2＝μ2(M＋m)g， 解得F＝21.5 N。 F撤去前的瞬间，B的速度为 vB＝a2t＝10 m/s， F的功率为P＝FvB＝215 W。 答案：215 W 10 (3)碰撞后B与地面因摩擦而产生的热量Q。 2 3 4 5 6 1 解析：F撤去前的瞬间，A的速度为 vA＝a1t＝8 m/s， 碰撞过程，A、B系统满足动量守恒，则有 mvA＋MvB＝(M＋m)v共， 解得v共＝ m/s≈9.3 m/s。 根据能量守恒可得碰撞后B与地面因摩擦而产生的热量为 Q＝M＋m， 代入数据解得 Q＝ J≈130.7 J。 答案：130.7 J 11 4.(14分)(2026·四川巴中模拟)如图，在水平面上有质量m1＝1 kg的长木板A紧靠固定台阶EF放置(A上表面与台阶表面齐平)，台阶EF长30 cm，且右端固定一挡板，台阶上放置一原长为20 cm的轻质弹簧，其右端与挡板连接，质量m2＝2 kg的物块B(可视为质点)，靠近弹簧左端(物块B与弹簧不粘连)，在外力作用下，向右缓慢压缩弹簧，此时弹簧长度为 10 cm并保持静止，弹簧弹性势能Ep＝9.4 J，突然撤去外力，B沿台阶向左运动滑上木板A，已知B与台阶间动摩擦因数μ＝0.1，木板与地面间动摩擦因数μ1＝0.2，B与木板间动摩擦因数μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 2 3 4 5 6 1 B 能力提升 12 (1)求物块B刚滑上木板A的速度v0； 2 3 4 5 6 1 解析：对B在台阶上全过程由能量守恒定律得 Ep－μm2gx＝m2， 解得v0＝3 m/s。 答案：3 m/s 13 (2)若物块B能停在木板A上，求木板A长度L的最小值； 2 3 4 5 6 1 解析：B滑上A后，对B分析，由牛顿第二定律得 μ2m2g＝m2a2， 由运动学公式有 vB＝v0－a2t1，xB＝v0t1a2。 对A分析，由牛顿第二定律得 μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1a1， 14 由运动学公式有 vA＝a1t1，xA＝a1， 当vA＝vB时，可得t1＝0.5 s， xB－xA＝L， 解得L＝0.75 m。 答案：0.75 m　 2 3 4 5 6 1 15 (3)若物块B能停在木板A上，求全过程A对B的冲量。 2 3 4 5 6 1 解析：当A、B共速后，对A、B整体，由牛顿第二定律有μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a3， vA＝a3t2， A对B的摩擦力f＝m2a3， 全过程A对B摩擦力的冲量大小 I1＝μ2m2gt1＋ft2。 16 全过程中A对B支持力的冲量大小为 I2＝N(t1＋t2)， N＝m2g， 联立解得，A对B的冲量大小 I＝＝2 N·s。 A对B的冲量I的方向斜向右上，与水平方向的夹角的正切值为tan θ＝。 答案：2 N·s，与水平方向夹角的正切值为 2 3 4 5 6 1 17 5.(16分)(经典高考题)某同学受自动雨伞开伞过程的启 发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面 上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。 当滑块从A处以初速度v0＝10 m/s向上滑动时，受到滑 杆的摩擦力f为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹 性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知 滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： 2 3 4 5 6 1 18 (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小N1和 N2； 2 3 4 5 6 1 解析：当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即 N1＝(m＋M)g＝8 N。 当滑块向上滑动过程中受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为N2＝Mg－f'＝5 N。 答案：8 N　5 N　 19 (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； 2 3 4 5 6 1 解析：滑块向上运动到碰前瞬间根据动能定理有 －mgl－fl＝mm， 代入数据解得v1＝8 m/s。 答案：8 m/s 20 (3)滑杆向上运动的最大高度h。 2 3 4 5 6 1 解析：由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，碰撞过程根据动量守恒有 mv1＝(m＋M)v。 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0m＋M)v2， 代入数据联立解得h＝0.2 m。 答案：0.2 m 21 6.(16分)(2026·四川内江模拟)如图，现有一个 以v0＝6 m/s的速度匀速向左运动的水平传送带。 传送带左端点M与光滑水平平台相切，在平台 上距M点较近的P处竖直固定一个弹性挡板，质 量为M＝6 kg的小物块b在PM段运动的时间忽略 不计。在M点与平台之间缝隙处安装有自动控制系统，当小物块b每次向右经过该位置时都会被控制系统瞬时锁定从而保持静止。传送带右端点N与半径r＝5 m的光滑四分之一圆弧相切，质量为m＝2 kg的小物块a，从圆弧最高点由静止下滑后滑上传送带，当小物块a到达M点时控制系统对小物块b自动解锁，a、b发生第一次弹性正碰。小物块a与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，M、N两点间的距离L＝19.6 m，g取10 m/s2。不计物块经过M、N两点处时的能量损失。求： 2 3 4 5 6 1 C 尖优选做练 22 (1)小物块a滑到圆弧轨道最底端时的加速度； 2 3 4 5 6 1 解析：小物块a从圆弧最高点滑到最低点，根据动能定理有mgr＝mv2， 在圆弧轨道最底端，向心加速度为a＝， 解得v＝10 m/s，a＝20 m/s2，方向竖直向上指向圆心O。 答案：20 m/s2，方向竖直向上指向圆心O　 23 (2)小物块a与b在传送带上第一次碰撞后，物块a的速度； 2 3 4 5 6 1 解析：根据上述分析可知，物块a在传送带上运动的初速度为v＝10 m/s，可知，在传送带上先做匀减速直线运动，减速至6 m/s过程，根据速度公式与位移公式有v0＝v－μgt0，x0＝vt0μg， 解得x0＝16 m＜L。 之后，小物块a向左做匀速直线运动，直到与小物块b发生碰撞，对a、b碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝mva＋Mvb， 根据机械能守恒定律有mmM，解得va＝－3 m/s， 负号表明第一次碰后a的速度方向水平向右。 答案：3 m/s，方向水平向右 24 (3)从小物块a与b第一次碰撞后，直到最后静止 的过程中，物块a运动的总时间。 2 3 4 5 6 1 解析：物块a与b第一次碰撞后，物块a向右做匀 减速直线运动，减速至0的位移 x1＝＝2.25 m＜L， 随后由相同加速度向左匀加速直线运动至M点，物块a再返回到M点所用时间t1＝＝3 s。 25 由(2)中两式解得va＝＝， 由此可知，以后每次a、b碰后，物块a的速度va，都为碰前的，再次往返的时间tn均为上一次往返的时间tn－1的，即有t2＝ s，t3＝ s，t4＝ s，……。 则小物块a与b第一次碰撞后，a运动的总时间为 t总＝t1＋t2＋t3＋…。 根据等比数列的规律有t总＝， 当n趋近于无穷大时，解得t总＝6 s。 答案：6 s 2 3 4 5 6 1 26 $