第7章 专题提升七 能量和动量守恒的综合应用（教师用书word）-【金版新学案】2026年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理高考复习教案聚焦能量和动量守恒综合应用专题，涵盖“子弹打木块”“滑块—木板”等四大模型及力学三大观点，按模型特点、情景分类梳理知识点，通过考点解析、方法总结、真题演练环节，帮助学生构建解题框架，突破综合应用难点。 资料以模型建构和科学推理为核心，如“物块—弹簧模型”中对比弹簧最短与原长状态，结合动量守恒和机械能守恒培养科学思维。设置针对练与课时测评分层训练，配合即时反馈，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指引。

专题提升七　能量和动量守恒的综合应用 【学习目标】　1.会用动量观点和能量观点分析解决“子弹打木块”模型、“滑块—木板”模型、“滑块—曲面(或斜面)体”模型、“物块—弹簧”模型问题。2.会用力学三大观点分析解决有关综合问题。 提升点一　“子弹打木块”模型 模型图例 地面光滑，木板长度为d，子弹射入木块所受阻力为Ff。 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，一般应用能量守恒定律 两种情景 (1)子弹嵌入木块中(未穿出)：两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞) ①系统动量守恒：mv0＝(m＋M)v。 ②系统能量守恒： Q＝Ffx＝m－(M＋m)v2。 (2)子弹穿透木块：两者速度不相等，机械能有损失(非弹性碰撞) ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 ②系统能量守恒： Q＝Ffd＝m－(M＋m) (2025·八省联考·河南卷)如图，在有圆孔的水平支架上放置一物块，玩具子弹从圆孔下方竖直向上击中物块中心并穿出，穿出后物块和子弹上升的最大高度分别为h和8h。已知子弹的质量为m，物块的质量为4m，重力加速度大小为g；在子弹和物块上升过程中，子弹所受阻力忽略不计，物块所受阻力大小为自身重力的。子弹穿过物块的时间很短，不计物块厚度的影响，求： (1)子弹击中物块前瞬间的速度大小； (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能。 答案：(1)10　(2)37.5mgh 解析：(1)设子弹射穿物块时子弹和木块的速度分 别为v1、v2，则有＝2g·8h ＝2a·h 子弹射穿物块过程对物块由牛顿第二定律得 4mg＋·4mg＝4ma 解得v1＝4，v2＝3 设子弹击中物块前瞬间的速度大小为v0，子弹射穿木块过程由动量守恒定律得 mv0＝mv1＋4mv2 解得v0＝10。 (2)子弹从击中物块到穿出过程中，系统损失的机械能 ΔE＝m－＝37.5mgh。 学生用书⬇第138页 解决“子弹打木块”的两个关键 1.弄清楚子弹是最终留在木块中与木块一起运动，还是穿出木块后各自运动。 2.求解子弹打击木块过程中损失的机械能，可以根据题目中的具体条件： (1)利用ΔE损＝Q热＝Ffx相对求解。 (2)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。 (3)通过打击前后系统的机械能之差求解。 针对练.(多选)(2024·湖北卷·T10)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Ff与射入初速度大小v0成正比，即Ff＝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 答案：AD 解析：由题意可知，子弹恰好射穿木块且二者共速时木块获得的速度最大，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，由能量守恒定律得kv0L＝m－(M＋m)v2，解得子弹的初速度大小为v0＝，A正确；由A项分析可知v＝，由动量定理，对木块，有kv0t＝Mv，解得子弹在木块中运动的时间为t＝，B错误；木块和子弹损失的总动能为ΔEk＝kv0L＝，C错误；对木块，由动能定理有kv0x＝Mv2，解得x＝，D正确。故选AD。 提升点二　“滑块—木板”模型 模型图例 上表面粗糙、质量为M的木板，放在光滑的水平地面上，质量为m的滑块以初速度v0滑上木板 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大小的乘积等于系统减少的机械能，即摩擦生热。 (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，二者相对位移最大 两种情景 (1)若滑块未滑离木板，当滑块与木板相对静止时，二者的共同速度为v，滑块相对木板的位移为d，木板相对地面的位移为x，滑块和木板间的摩擦力为Ff。这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况： ①系统动量守恒：mv0＝(M＋m)v。 ②系统能量守恒： Ffd＝m－(M＋m)v2。 (2)若滑块滑离木板，设滑离木板时，滑块的速度为v1，木板的速度为v2，木板长为L： ①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 ②系统能量守恒： FfL＝m－m－M (2024·甘肃卷·T14)如图，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O'P和OP作用下处于平衡状态，细绳O'P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O'P，小球A开始运动。(重力加速度g取10m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力； (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)，碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小； (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 答案：(1)40 N，方向竖直向下　(2)4 m/s　(3)0.15 解析：根据题意，设A、C质量为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°。 (1)A从开始运动到最低点的过程由机械能守恒定律得mgl＝m－0 对A在最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 F－mg＝ 解得v0＝4 m/s，F＝40 N，方向竖直向上。 由牛顿第三定律可知，A运动到最低点时细绳OP所受的拉力大小F'＝F＝40 N，方向竖直向下。 (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒，由碰后A竖直下落可知A的速度为0，则有 mv0＝0＋mvC 解得vC＝v0＝4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对CB整体分析，根据动量守恒得 mv0＝v 根据能量守恒得 μmgL相对＝m－v2 联立解得μ＝0.15。 学生用书⬇第139页 针对练.(2024·新课标卷·T12)如图，一长度l＝1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl＝时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等，它们之间的动摩擦因数μ＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间； (2)平台距地面的高度。 答案：(1)4 m/s　 s　(2) m 解析：(1)对物块与薄板组成的系统，从开始运动到小物块从薄板右端水平飞出，根据动量守恒定律有 mv0＝mv1＋mv2 分别对物块和薄板根据动能定理有 －μmg·l＝m－m μmg·l＝m－0 联立并代入数据解得v0＝4 m/s，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s 对薄板由动量定理有μmgt1＝mv2－0 代入数据解得t1＝ s。 (2)由题意得二者的加速度均为a＝μg＝3 m/s2 结合(1)问可知物块从薄板飞出瞬间，薄板的速度大小为v2＝at1＝1 m/s 由题意可知物块从薄板飞出后，物块做平抛运动的过程中，薄板做匀速直线运动，设物块从薄板飞出后的运动时间为t2，平台距地面的高度为h，则由运动学公式有－＝v2t2，h＝g 联立并代入数据解得h＝ m。 提升点三　“滑块—曲面(或斜面)体”模型 模型图例 M开始时静止，m以初速度v0滑上光滑的曲面体 两种情景 (1)m到达最高点时，m与M具有共同的瞬时水平速度v共： ①系统水平方向动量守恒： mv0＝(M＋m)v共。 ②系统机械能守恒：m＝(M＋m)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度。 (2)m返回最低点时，m与M分离： ①整个过程中，系统水平方向动量守恒： mv0＝mv1＋Mv2。 ②整个过程中，系统机械能守恒： m＝m＋M (2024·安徽卷·T14)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； (2)求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小； (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：(1)6 N　(2)4 m/s　(3)0.25≤μ＜0.4 解析：(1)对小球摆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。 (2)小球与物块碰撞过程中，由动量守恒定律和机械能守恒定律得 mv0＝mv1＋Mv2，m＝m＋M 联立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)若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，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 联立解得 μ1＝0.4 若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，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 联立解得 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。 学生用书⬇第140页 针对练.如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。 已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩。 答案：(1)20 kg　(2)不能，理由见解析 解析：(1)规定水平向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此时共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得 m2v0＝(m2＋m3)v m2＝(m2＋m3)v2＋m2gh 联立并代入数据解得 v＝1 m/s，m3＝20 kg。 (2)设小孩推出冰块后，小孩与滑板的速度为v1，对小孩和滑板与冰块，由动量守恒定律有 m1v1＋m2v0＝0 代入数据解得v1＝－1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 m2v0＝m2v2＋m3v3 m2＝m2＋m3 联立并代入数据解得 v2＝－1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。 提升点四　“物块—弹簧”模型 模型图例 m1、m2与轻弹簧(开始处于原长)相连，m1以初速度v0运动 两种情景 (1)当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大： ①系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。 ②系统机械能守恒： m1＝(m1＋m2)＋Epmax。 (2)当弹簧处于原长时弹性势能为零： ①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。 ②系统机械能守恒： m1＝m1＋m2 (多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙所示，则有(　　) A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态 B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长 C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2 D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8 答案：CD 解析：由题图乙可知，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，A、B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1∶m2＝1∶2，可得Ek1∶Ek2＝m1∶m2＝1∶8，D正确。故选CD。 “物块—弹簧”模型的解题思路 1.首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。 2.分析碰撞前后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能(或能量)守恒定律列出方程。 3.判断解出的结果是否满足“物理情境可行性原则”，如果不满足，则要舍掉该结果。 4.弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能(或能量)守恒定律求解。 针对练.(多选)(2023·广东省佛山市联考)P1、P2为完全相同的两块平板，置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端C固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距l。质量为2m且可看作质点的物体P置于P1的最右端，P1与P一起以速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后P1与P2粘在一起。P压缩弹簧后被弹回并刚好停在A点 学生用书⬇第141页 (弹簧始终在弹性限度内)。 P与P2(AB段)之间的动摩擦因数为μ，P2的B端到C端光滑，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是(　　) A.P1、P2刚碰完时的共同速度为v0 B.P停在A点时的速度为v0 C.此过程中因摩擦产生的热量为4μmgl D.弹簧的最大弹性势能为m 答案：BC 解析：P1和P2构成的系统碰撞前后动量守恒，有mv0＝2mv1，解得v1＝，P停在A点后，它们的共同速度为v2，P、P1和P2组成的系统动量守恒，有2mv0＋2mv1＝4mv2，解得v2＝v0，故A错误，B正确；从P1、P2碰撞结束到P压缩弹簧后被弹回并停在A点的过程，对系统由功能关系知Q＝2μmg·2l＝4μmgl，设弹簧压缩量最大时，P、P1和P2的共同速度为v3，由动量守恒定律知2mv0＋2mv1＝4mv3，解得v3＝v0，弹簧压缩量最大时，系统的动能与P最后停在A点后的系统动能相同，由功能关系知Ep＋＝－(2m＋2m)，解得Ep＝m，故C正确，D错误。 提升点五　力学三大观点的综合应用 1.力学三大观点 动力学观点 牛顿第二定律结合运动学公式，可用于解决匀变速直线运动问题 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，可用于解决各种运动问题 动量观点 动量定理、动量守恒定律，一般用于解决非匀变速直线运动问题 2.力学规律的优选策略 (1)在研究物体受到力的瞬时作用与物体运动的关系时，或者物体受到恒力作用做匀变速直线运动时，优先选用牛顿第二定律和运动学规律解决问题。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，如果涉及时间的问题，或作用时间极短的冲击作用，优先选用动量定理解决问题。 (3)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，如果涉及位移且不涉及加速度、时间等问题，优先选用动能定理解决问题。 (4)如果系统中只有重力或弹簧弹力做功，而又不涉及加速度和时间，优先选用机械能守恒定律解决问题。 (5)在涉及相对位移的问题时，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，即转变为系统内能的量。 (6)在涉及碰撞、爆炸、反冲、打击、绳绷紧等物理现象时，注意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换。这类问题由于作用时间都极短，则优先选用动量守恒定律及能量守恒定律解决问题。 (2025·广东省广州市阶段训练)如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝3 kg的小物块A，物块A不会脱离弹簧。装置的中间是长度l＝4.0 m的水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接，传送带以v＝7 m/s的速度逆时针转动。装置的右边是一段光滑的水平台面连接的光滑曲面，质量m＝1 kg的小物块B从曲面上距水平台面h＝5.25 m处由静止释放，经过传送带后与物块A发生碰撞，碰撞后A以速度vA1＝4.5 m/s向左运动。已知碰撞前物块A静止且弹簧处于原长状态，物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.3，取g＝10 m/s2，A、B均可视为质点，不考虑物块运动对传送带速度的影响。求： (1)物块B与物块A碰撞前瞬间的速度大小。 (2)物块A、B碰撞后，物块B向右运动距离传送带左端的最远距离。 (3)若物块B再次向左运动瞬间，传送带的传动速度降为v'＝2.5 m/s，方向保持逆时针方向不变。从物块B与A碰撞后重新滑上传送带开始计时，求Δt＝2.4 s内传送带对物块B的冲量大小。 答案：(1)9 m/s　(2) m　(3)25 N·s 解析：(1)设B滑到曲面底部时速度为v0，根据机械能守恒定律有mgh＝m 解得v0＝＝ m/s 由于v0＞v＝7 m/s B在传送带上开始做匀减速运动，假设B一直减速滑过传送带的速度为v1，由动能定理可得 －μmgl＝m－m 解得v1＝9 m/s＞v＝7 m/s 说明假设成立，即物块B与物块A碰撞前瞬间的速度大小为9 m/s。 (2)设第一次碰后B的速度大小为vB1，取向左为正方向，由动量守恒定律可得mv1＝－mvB1＋MvA1 解得vB1＝4.5 m/s B滑上传送带后在摩擦力的作用下减速，设向右减速的最大位移为xB，由动能定理得 －μmgxB＝0－m 解得xB＝ m＜l＝4.0 m 所以B的速度减为零时，还未滑出传送带，之后向左做加速运动 所以物块B向右运动距离传送带左端的最远距离为xB＝ m。 (3)物块B与A碰撞后重新滑上传送带向右运动的这个过程，有vB1＝μgt1 得t1＝1.5 s＜Δt 由于传送带的传动速度已调为v'＝2.5 m/s 所以B将向左做加速运动，设加速到与传动带共速的时间为t2，因此有v'＝μgt2 解得t2＝ s 这过程的位移xB2＝t2＝ m＜xB 又t3＝Δt－t1－t2＝ s 所以，共速后的t3时间内，B将做匀速直线运动，这段时间内的位移xB3＝v't3＝ m 由于xB2＋xB3＜xB 所以在重新滑上传送带2.4 s内，B未从传动带左端滑出 所以在这2.4 s内，传送带对物块B水平方向的冲量大小I1＝mv'－m(－vB1) 解得I1＝7 N·s 竖直方向的冲量大小I2＝mgΔt 解得I2＝24 N·s 所以，B重新滑上传送带后2.4 s内传送带对B的冲量大小I＝＝25 N·s。 学生用书⬇第142页 针对练.如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B发生碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。 (1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F； (2)若碰后A、B最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值； (3)求碰后A、B滑至第n个[n＝1，2，3，…，(k－1)]光滑段上的速度vn与n的关系式。 答案：(1)4 m/s　22 N　(2)45　(3)vn＝ m/s(n＝1，2，3，…，44) 解析：(1)物块A从开始运动到运动至Q点的过程中，受重力和轨道的弹力作用，但弹力始终不做功，只有重力做功，根据动能定理有 －2mgR＝mv2－m 解得v＝4 m/s 在Q点，假设轨道对物块A的弹力F方向竖直向下，根据向心力公式有mg＋F＝m 解得F＝22 N F为正值，说明方向与假设方向相同。 (2)根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v0，设碰后瞬间A、B一起运动的速度为v0'，根据动量守恒定律有mv0＝2mv0' 解得v0'＝＝3 m/s 设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有－2μmgs＝0－×2mv0'2 解得s＝4.5 m 所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的＝45倍，即k＝45。 (3)物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度为a＝＝－μg＝－1 m/s2 由题意可知A、B滑至第n(n＝1，2，3，…，44)个光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度—位移关系式有2naL＝－v0'2 解得vn＝ m/s(n＝1，2，3，…，44)。 学科网（北京）股份有限公司 $