第7章 第三讲 第1课时 四类常考的力学综合模型（课件）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（江苏北京）

应用三大观点解决力学综合问题 第 三 讲 动力学观点(牛顿运动定律、运动学规律)、动量观点(动量定理和动量守恒定律)、能量观点(动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律)是力学中的三大观点，力学中的高考压轴大题往往是对这三大观点的综合考查。根据题目类型合理运用三大观点，是破解力学压轴大题的必备能力和有效途径。 第1课时　 四类常考的力学综合模型 （题型研究课） 1 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 模型(一)　“子弹打木块”模型 模型 图示 模型 特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失 两种 情境 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) 动量守恒：mv0=(m+M)v 能量守恒：Q=Ff·s=m-(M+m)v2 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0=mv1+Mv2 能量守恒：Q=Ff·d=m- M+m 续表 [例1]　(2024·湖北高考，改编) 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为已知常数)。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 √ [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=，又因为子弹的初速度越大，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，此时由机械能守恒定律得m=(m+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v0t- amt2-aMt2=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错误；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直线运动，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。 [规律方法] 三个角度求解子弹打木块过程中损失的机械能 (1)利用系统前、后的机械能之差求解； (2)利用Q=f·x相对求解； (3)利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。 　[针对训练] 1.如图所示，质量为M的木块放在水平地面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平地面上滑行的距离为s，已知木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为(　 ) A. B. C. D. √ 解析：子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1=(M+m)v，解得v=，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得-μ(M+m)gs=0-(M+m)v2，联立解得v1=，故A正确。 模型(二)　“滑块—弹簧”模型 模型 图示 模型 特点 (1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 (2)机械能守恒：系统在运动过程中只有重力或弹簧弹力做功，系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹簧弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)。 (4)弹簧恢复原长时，弹簧弹性势能为零，系统动能最大(相当于刚完成弹性碰撞) 　[例2]　如图所示，光滑水平面上有三个质量均为m=3 kg、静止放置的物块A、B、C，物块B的左侧固定一轻弹簧，弹簧左侧有一挡板，质量不计。若A以v0=4 m/s的初速度向B运动并压缩弹簧(弹簧始终在弹性限度内)，当A、B速度第一次相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞的时间极短，则以下说法正确的是 (　 ) A.弹簧被压缩至最短时A的速度大小为2 m/s B.从A开始运动到弹簧被压缩至最短时，C受到的冲量大小为4 N·s C.从A开始运动到A与弹簧分离的过程中，整个系统损失的机械能为4 J D.在A、B、C相互作用过程中弹簧的最大弹性势能为16 J √ [解题指导] (1)要求A的速度大小，想到弹簧压缩至最短时三个物块的速度相同，根据三个物块和弹簧组成的系统动量守恒求解。 (2)运用动量守恒定律求出A、B共速时的速度，然后根据B、C动量守恒求出碰撞后瞬间B、C的共同速度。 [解析]　取水平向右为正方向，设A、B第一次速度相同时速度大小为v1，由动量守恒定律得mv0=2mv1，解得v1=2 m/s。设A、B、C速度相同时的速度大小为v2，此时弹簧被压缩至最短，对A、B、C及弹簧组成的系统，由动量守恒定律有mv0=3mv2，解得v2= m/s，A错误；弹簧被压缩至最短时，C的速度为v2= m/s，从A开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中，对C由动量定理可知C受到的冲量大小I=mv2-0=4 N·s，B正确；B与C碰撞过程中，B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得mv1=2mv3，解得B、C粘接在一起后瞬间的共同速度为v3=1 m/s，则从A开始运动到A与弹簧分离的过程中，整个系统损失的机械能大小为ΔE=m-×2m=3 J，C错误；当弹簧被压缩至最短时弹簧的弹性势能最大，从A开始运动到A、B、C共速的过程中，由能量守恒定律有m=×3m+Epm+ΔE，解得Epm=13 J，D错误。 [规律方法] (1)中间隔着弹簧的两物体发生“碰撞”的问题中，如例题中A与B发生“碰撞”，弹簧的两类特殊状态是判断两端物体“碰撞”情形的关键要素：①弹簧被压缩后恢复原长时，可等效为两物体发生弹性碰撞；②弹簧处于最长或最短状态时可等效为两物体发生完全非弹性碰撞。 (2)把弹簧视为系统内的一部分时，弹簧弹性势能属于系统机械能的一部分，通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律进行求解。 　[针对训练] 2.(2025·盐城一模)如图甲所示，物体a、b间拴接一个压缩后被锁定的轻质弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中a物体最初与左侧的固定挡板相接触，b物体质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在a物体离开挡板后的某时刻开始，b物体的v-t图像如图乙所示，则可知(　 ) A.a物体的质量为1 kg B.a物体的最大速度为2 m/s C.在a物体离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为6 J D.在a物体离开挡板后，物体a、b组成的系统动量和机械能都守恒 √ 解析：解除对弹簧的锁定，a物体离开挡板后，系统动量守恒、机械能守恒。由题意可知b物体的速度最大时，a物体的速度最小为零，且此时弹簧处于原长；b物体的速度最小时，a物体的速度最大，且此时弹簧也处于原长。设a物体的质量为ma，a物体的最大速度为va，根据动量守恒定律有mbv0=mbvb+mava，由机械能守恒定律可得mb=mb+ma，由图像可知v0=3 m/s，vb=1 m/s，解得va=4 m/s，ma=2 kg，A、B错误；当物体a、b速度相等时，物体a、b动能之和最小，根据能量守恒定律，此时弹簧弹性势能最大，根据动量守恒定律有mbv0=v，根据能量守恒定律有Epmax=mb-v2，解得Epmax=6 J，C正确；在a物体离开挡板后，物体a、b以及弹簧组成的系统动量和机械能都守恒，D错误。 模型(三)　“滑块—曲面体”模型 模型 图示 模型 特点 (1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。 (2)返回最低点：水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(相当于完成了弹性碰撞) [例3]　(2024·安徽高考)如图所示，一实验小车静 止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑 四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧 轨道最低点，一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置时，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞，碰撞后，物块沿着轨道运动。已知细线长L=1.25 m，小球质量m=0.20 kg，物块、小车质量均为M=0.30 kg，小车上的水平轨道长s=1.0 m，圆弧轨道半径R= 0.15 m。小球、物块均可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小； [解析]　(1)小球运动到最低点的过程中，由动能定理得mgL=m-0，解得v0=5 m/s 在最低点，对小球由牛顿第二定律得FT-mg=m，解得小球运动到最低点与物块碰撞前所受拉力的大小为FT=6 N。 [答案]　(1)6 N (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； [答案]　(2)4 m/s [解析]　(2)小球与物块碰撞过程为弹性碰撞，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv1+Mv2 m=m+M 解得小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为v2=v0=4 m/s。 (3)为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。 [答案]　(3)0.25≤μ<0.4 [解析]　(3)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv3 由能量守恒定律得M=×2M+μ1Mgs 解得μ1=0.4； 若物块恰好运动到与圆弧轨道圆心等高的位置，此时物块和小车共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒得Mv2=2Mv4，由能量守恒定律得 M=×2M+μ2Mgs+MgR， 解得μ2=0.25 综上所述物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ<0.4。 [针对训练] 3.如图所示，质量为M=4 kg的大滑块静置在光滑水平面上，滑块左侧为光滑圆弧，圆弧底端和水平面相切，顶端竖直。一质量为m=1 kg的小物块，被压缩弹簧弹出后，冲上大滑块，能从大滑块顶端滑出，滑出时大滑块的速度大小为1 m/s。g取10 m/s2。求： (1)小物块被弹簧弹出时的速度大小； 解析：(1)设小物块离开弹簧时的速度大小为v1，小物块滑上大滑块的过程中系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律得mv1=(m+M)v2， 解得v1=5 m/s。 答案：(1)5 m/s (2)小物块滑出大滑块后能达到的最大高度h1； 解析： (2)小物块第一次上升到最高点时速度等于v2，系统机械能守恒，有m=(m+M)+mgh1 解得h1=1 m。 答案：(2)1 m (3)小物块回到水平面时的速度大小及再次滑上大滑块后能达到的最大高度h2。 答案： (3)3 m/s　0.04 m (3)小物块下落到大滑块光滑圆弧最高点并沿圆弧下滑到水平面，由系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒，有mv1=mv1'+Mv2' m=mv1'2+Mv2'2 解得v1'=-3 m/s，v2'=2 m/s 小物块再次滑上大滑块时v1″=-v1'=3 m/s 系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒，则mv1″+Mv2'=(m+M)v mv1″2+Mv2'2=(m+M)v2+mgh2解得h2=0.04 m。 模型(四)　“滑块—滑板”模型 模型 图示 模型 特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大 求解 方法 (1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 (2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 (3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=FfΔx或Q=E初-E末，研究对象为一个系统 [例4]　(2025·连云港模拟) 在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B(可视为质点)。物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L=1 m。凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ=0.05。开始时物块静止，凹槽以v0=5 m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10 m/s2。则 (　 ) A.物块与凹槽相对静止时的共同速度为2.0 m/s B.物块与凹槽相对静止时在凹槽的左端 C.从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间为6 s D.从物块开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为12.5 m √ [解析]　设二者相对静止时的速度为v，由动量守恒定律可得mv0=2mv，解得v=2.5 m/s，故A错误；设二者相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理可得-μmgs1=·2mv2-m，解得s1=12.5 m=+6×2L，即物块与凹槽相对静止时在凹槽的左端，故B正确；依题意，二者质量相等，且碰撞过程没有能量损失，可知每碰撞一次均交换速度一次，故可以用匀变速直线运动规律求解时间，即v=v0+at，a=-μg，解得t=5 s，故C错误；设凹槽与物体的速度分别为vA和vB，根据动量守恒定律可得mv0=mvA+mvB，即v0=vA+vB，二者运动方向均水平向右，可得v0t=sA+sB，又sA-sB=，解得sB=12.25 m，故D错误。 [针对训练] 4.(2024年1月·九省联考河南卷，改编) 如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg 的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t=2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v-t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则(　 ) A.Q的质量为1 kg B.地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C.由于碰撞系统损失的机械能为1.2 J D.t=5.8 s时木板速度恰好为零 √ 解析：两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m，Q的质量为M，由动量守恒定律得mv1+Mv2=v3，根据v-t图像可知，v1=3 m/s，v2=1 m/s，v3=2 m/s，代入上式解得M=1 kg，故A正确；设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v-t 图像可知，0~2 s 内P与Q的加速度分别为aP=1.5 m/s2，aQ=0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg=maP，μ1mg-μ2(m+M)g=MaQ，联立解得μ2=0.05，故B错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE=m+M-，代入数据解得ΔE=1.0 J，故C错误；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得-μ2gt2=0-v3，代入数据解得t2=4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t=t1+t2=2 s+4 s=6 s，故D错误。故选A。 课时跟踪检测 (单击进入电子文档) $$