专题7 动量守恒定律（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考物理二轮专题突破教用课件

该高中物理高考复习课件聚焦“动量守恒定律”专题，覆盖动量定理应用、碰撞模型、类碰撞模型及板块模型综合应用等高考核心考点，对接高考评价体系，通过2024福建卷等真题分析考点权重，归纳多选、计算等常考题型，构建系统的知识图解与解题框架，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”的实战策略，如典例1结合v-t图像分析动量定理，培养科学思维；碰撞模型中通过恢复系数推导速度公式，深化物理观念。特设易错点分析与考法延伸，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此精准开展复习教学，提升冲刺效率。

专题七　动量守恒定律 高考物理 新高考专用 题型方法 目 录 题型22　动量定理的应用 题型23　碰撞模型 题型24　类碰撞模型 题型25　力学三大观点在板块模型中的综合应用 目 录 题型22　动量定理的应用 知识图解 题型方法 重要 应用 (1)应用I=Δp求合力的冲量 (2)应用Δp=Ft求动量的变化量 解释 现象 (1)Δp一定时,时间越短,力就越大;时间越长,力就越小 (2)F一定时,力的作用时间越长,Δp就越大;力的作用时间越短,Δp就越小 注意 (1)I=Ft=Δp是矢量式,Ft是物体所受合力的冲量 (2)F= ,即物体所受的合力等于物体动量的变化率,可以通过p-t图线斜率的绝对值求解物体所受合力的大小 目 录 目 录 典例1    (2024福建,7,6分)(多选)如图(a),水平地面上固定有一倾角为θ的足够长光滑斜 面,一质量为m的滑块锁定在斜面上。t=0时解除锁定,同时对滑块施加沿斜面方向的拉 力F,F随时间t的变化关系如图(b)所示,取沿斜面向下为正方向,重力加速度大小为g,则 滑块 ( ) 图(a) 图(b) A.在0~4t0内一直沿斜面向下运动     AD     B.在0~4t0内所受合外力的冲量大小为零 C.在t0时的动量大小是在2t0时的一半 D.在2t0~3t0内的位移大小比在3t0~4t0内的小 目 录 目 录 解析　根据牛顿第二定律可知,当拉力为2mg sin θ时,滑块加速度a1=3g sin θ, 方向沿斜 面向下;当拉力为-2mg sin θ时,滑块加速度a2=-g sin θ, 方向沿斜面向上;作出滑块沿斜面 运动的v-t图像如图所示(点拨:已知拉力F随时间t的变化情况,分析运动学物理量时,画v -t图像分析更为简单快捷),其中v0=gt0 sin θ。根据v-t图像,可判断出0~4t0内滑块一直沿 斜面向下运动,A正确。4t0时滑块速度不为零,根据动量定理I合=mΔv可知0~4t0内滑块所 受合外力的冲量不为零,B错误。由v-t图像可知,滑块在t0时的动量大于在2t0时的动量,C 错误。根据v-t图线与t轴所围面积表示位移,可判断出D正确。 目 录 目 录 考法延伸    (二维平面动量定理)顶端距水平地面高度为h的光滑曲面体固定在水平地 面上,曲面底端与水平地面相切,将一小球从曲面顶端由静止释放,经过时间t滑到底端, 已知在此过程中,曲面对小球作用力的冲量大小与重力冲量大小的比值为k,重力加速 度为g。下列数据可能正确的是 ( )   A.k= ,h= gt2　　　　　    B.k=2,h= gt2 C.k=  ,h= gt2　　　　　    D.k= ,h= gt2     C     目 录 目 录 解析　如图所示,设运动过程中曲面对小球作用力的冲量大小为IF,重力冲量大小为IG, 设小球到达曲面底端的速度大小为v,由题意可得 =k,过程中IF、IG与动量变化量的关 系如图所示,可得 = +(mv)2,小球由曲面顶端至底端的过程,IG=mgt,由动能定理可得 mgh= mv2,小球下降的高度小于相同时间内自由落体下落的高度,即h< gt2,联立可得h = gt2,k< ,A、B错误。当k=  时,可得h= gt2,C正确。当k= 时,可得h= gt2,D 错误。   目 录 目 录 典例2    (2025山东菏泽期中)(多选)现在很多小区安装了自助洗车房,假设洗车房内的 高压水枪喷出的水的截面在空中为圆柱形,且直径为D,水流的速度大小为v,水柱能垂 直冲击汽车。在冲洗时若有一半的水在汽车表面顺流而下,另一半的水以原速率返 回。已知水的密度为ρ,下列说法正确的是 ( ) A.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为ρπvD2 B.人手持高压水枪的力应大于 ρπv2D2 C.水柱对汽车的平均压强为ρv2 D.水柱对汽车的平均冲击力大小为 ρπv2D2     BD     目 录 目 录 解析　高压水枪单位时间内喷出的水的质量m= = ρπvD2,A错误。对Δt内 喷出的水,由动量定理可得F1Δt=m·Δt·v,解得高压水枪对水的作用力大小F1= ρπv2D2,根 据牛顿第三定律与力的平衡可知,人对高压水枪的力的大小等于F1的反作用力与高压 水枪及水的重力的合力大小,可得人手持高压水枪的力大于 ρπv2D2,B正确。以汽车对 水的作用力方向为正方向,对Δt内垂直冲击汽车的水,由动量定理得F2Δt= × ρπvD2·Δt· v+ × ρπvD2·Δt·2v,解得汽车对水柱的平均冲击力大小F2= ρπv2D2,由牛顿第三定律可 目 录 目 录 得水柱对汽车的平均冲击力大小为 ρπv2D2,D正确。水柱对汽车的压强p= =  ρv2,C错误。 目 录 目 录 考法延伸    (动量定理的分解)水枪以v0=30 m/s的速率喷出截面积S=3.0×10-4 m2的水柱 垂直冲击墙壁。水柱冲击墙壁后,向四周均匀飞溅,形成一个半顶角θ=60°的圆锥面,如 图所示。已知飞溅的速率v=4.0 m/s,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,求水柱对墙壁的冲击力 大小。 目 录 目 录 解析    Δt内喷出的水的质量m=ρSv0Δt 在垂直于墙壁方向,水反弹的速度大小v1=v cos θ=2 m/s 取水反弹后垂直墙壁的方向为正方向,对质量为m的水,由动量定理可得 FΔt=mv1-m(-v0)=ρSv0Δt(v1+v0) 解得F=288 N,根据牛顿第三定律得水柱对墙壁的冲击力大小为288 N。 答案    288 N 目 录 目 录 方法拓展     目 录 目 录 题型23　碰撞模型 模型图解 1.碰撞遵循的规律 特点 碰撞过程用时极短,不计碰撞过程中的非碰撞力的冲量和物体的位移 遵循规律 动量 守恒 m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2① 能量 守恒  m1 + m2 = m1v + m2v +ΔE②(ΔE为机械能的损失量) 碰撞前后的速度要符合实际情况 恢复系数 定义 e= = ③ 决定 因素 只与两球的性质有关,碰撞中0≤e≤1 意义 描述碰撞物体弹性恢复的程度 目 录 目 录 2.弹性碰撞 (1)碰撞过程系统的机械能守恒,即ΔE=0④。 (2)联立①②④得v'1= v1+ v2⑤,v'2= v2+ v1⑥。 (3)联立③⑤⑥得e= =1,故v'2-v'1=v1-v2。 3.非弹性碰撞 (1)碰撞过程系统机械能有损失(ΔE>0)。 (2)联立①②③得ΔE= - = (1-e2) (v1-v2)2。 (3)若物体发生完全非弹性碰撞,可得v'2=v'1= ,ΔE= · (v1-v2)2,此时e=0,系 统机械能的损失量ΔE最大。 目 录 目 录 典例1　如图所示,两个质量分别为mA、mB的小球A、B在光滑的水平面上沿同一直线 向右运动,2mA=mB,经过一段时间两球发生正碰,碰前速度分别为vA=6 m/s、vB=4 m/s,碰 撞后的速度分别为vA'、vB'。下列选项中可能正确的是 ( )   A.vA'=2 m/s,vB'=6 m/s B.vA'=4 m/s,vB'=5 m/s C.vA'=4 m/s,vB'=6 m/s D.vA'=8 m/s,vB'=2 m/s     B     典例精解 目 录 目 录 解析     动量守恒 mAvA+mBvB=mAv'A+mBv'B,结合题给数据 C、D错误 机械能 不增加  mA + mB ≥ mAv + mBv ,结 合题给数据 A、C错误 符合事实 碰撞后A球速度应小于B球速度 D错误 目 录 目 录 考法延伸    (已知动量求质量)已知碰前A、B球的动量分别为pA=5 kg·m/s、pB=7 kg·m/s, A球追上B球并发生正碰,碰后B球的动量变为pB'=10 kg·m/s,则两球的质量的比值 可 能是     ( ) A.1　　    B.2　　    C.4　　    D.6     C     目 录 目 录 解析　由动量守恒定律可得pA+pB=pA'+pB',解得碰后A的动量pA'=2 kg·m/s;碰撞前,A球可 以追上B球,即vA>vB,可得 > ①;碰撞后,由于v'B≥v'A,可得 ≥ ②;碰撞前后,由机 械能不增加可得EkA+EkB≥E'kA+E'kB,结合动量和动能的关系Ek= 可得 + ≥ +  ③;联立①②③可得 ≤ ≤5,C正确。 目 录 目 录 一题多解　利用恢复系数e     恢复系数e= = = ,由于0≤e≤1,联立并代入题给数据得 ≤  ≤5,C正确。 目 录 目 录 典例2　如图所示,半径为R的圆环水平放置并固定,圆环内有质量分别为3m和m的小球 A和B,初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动,小球B静止在圆环的P点,A与B发生 碰撞。不计小球与圆环间的摩擦,圆环的粗细可忽略,两小球始终在圆环内运动,小 球A、B可视为质点。 (1)若小球A与B发生弹性碰撞,求: ①小球A与B第二次碰撞后瞬间的速度大小; ②从第一次碰撞后瞬间到第2N次碰撞前瞬间,小球B通过的路程。 (2)若小球A与B发生非弹性碰撞,每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小 的e(0<e<1)倍,求从第一次碰撞到第2N次碰撞之间小球B通过的路程。 目 录 目 录 解析    (1)①A与B第一次发生弹性碰撞,由动量守恒定律可得3mv0=3mvA+mvB 由能量守恒可得 ×3m = ×3m + m  联立解得vA= ,vB= 。 A与B第二次碰撞时,由动量守恒定律和能量守恒可得mvB+3mvA=mvB0+3mvA0  m + ×3m = m + ×3m  联立解得vA0=v0,vB0=0。 ②从第一次碰撞后瞬间到第二次碰撞前瞬间,B相对A多走一圈,即vBt-vAt=2πR 可得该过程B的路程L1=vBt=3πR(解题关键:第二次碰撞后B静止,第三次碰撞后到第四次 目 录 目 录 碰撞前B的路程等于第一次碰撞后到第二次碰撞前的……所以B的总路程为L1的N倍) 从第一次碰撞后瞬间到第2N次碰撞前瞬间,B通过的路程L=NL1=3πRN。 (2)A与B第一次碰撞,由动量守恒定律可得 3mv0=3mvA1+mvB1 由题意可知e=  联立解得vA1= ,vB1=  从第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间的时间 t1= =  目 录 目 录 B从第一次碰后瞬间到第二次碰前瞬间通过的路程s1=vB1t1=  第二次碰撞过程,由动量守恒定律可得 mvB1+3mvA1=mvB2+3mvA2 又因为e=  联立解得vA2= ,vB2=  从第二次碰后瞬间到第三次碰前瞬间的时间 t2= =  B从第二次碰后瞬间到第三次碰撞前瞬间通过的路程s2=vB2t2=  目 录 目 录 同理类推,可得s3=vB3t3=  s4=vB4t4=  …… s(2N-1)=vB(2N-1)t(2N-1)=  其中N=1,2,3,… s2N=vB(2N)t2N=  其中N=1,2,3,… 所以,第一次碰后瞬间到第2N次碰前瞬间小球B通过的路程为s=s1+s2+s3+s4+…+s(2N-1)= 目 录 目 录  。 答案    (1)①v0    0　②3πRN (2)  目 录 目 录 典例3　如图所示,将两个质量分别为m1、m2的小球A、B叠放在一起,中间留有微小空 隙,从初始高度h处由静止释放。A球与地面碰撞后立即以原速率反弹,并与B球发生弹 性碰撞,不计空气阻力,重力加速度为g。 (1)若m1=3m2,求B球回弹上升的高度h1。 (2)若m1≫m2,求B球回弹上升的最大高度h2。 (3)若在B球上方以同样方式放置一个质量为m3的C球,满足 m1≫m2≫m3,计算C球回弹的速度大小v3及回弹上升的最大高度h3。 (4)若以相同方式共放置n个小球,满足m1≫m2≫…≫mn,计算第n个球弹回时的速度大小 vn(n为大于0的正整数)。 目 录 目 录 解析    (1)阶段一:下降过程,小球A、B均     做自由落体运动    下降过程,由匀变速直线运动规律可得v2=2gh 解得触地前瞬间两球速度大小v= 。 阶段二:小球A碰地后与小球B发生弹性碰撞,     利用常规解法     小球A、B碰撞过程,取竖直向上为正方向,由动量守恒定律可得m1v-m2v=m1v1+m2v2 由能量守恒定律可得  (m1+m2)v2= m1 + m2  目 录 目 录 联立解得碰后A球的速度v1= v+ (-v)=0,B球的速度v2= (-v)+ v=2 v。 阶段三:碰后B球做竖直上抛运动     碰后,对B球,由匀变速直线运动规律可得 =2gh1 解得B球回弹上升的高度h1=4h。 (2)若m1≫m2,碰后B球的速度 v'2= (-v)+ v=3v, 可得B球回弹上升的最大高度h2= =9h。 目 录 目 录 (3)若m1≫m2≫m3,小球A、B碰撞后,B球的速度与(2)中相同,即仍为v'2=3v B、C两个小球碰撞,由动量守恒定律可得 m2v'2-m3v=m2v20+m3v3 由能量守恒定律可得  m2v + m3v2= m2 + m3  联立解得C球的速度v3= (-v)+ v'2=7v。 对C球,由竖直上抛运动规律可得h3= =49h。 (4)数学归纳法的应用     目 录 目 录 由数学归纳的方法可知,若以相同方式共放置n个小球,满足m1≫m2≫…≫mn,则第n个球 弹回时的速度大小为vn=(2n-1) 。 答案    (1)4h    (2)9h    (3)7v    49h (4)(2n-1)  目 录 目 录 方法拓展　巧用转换参考系 物体A以速度v1与速度为v2的物体B发生弹性碰撞,若以物体B为参考系,则转换成物体A 以相对物体B的速度(v1-v2)与物体B发生弹性碰撞。   以物体B为参考系,由动量守恒定律和能量守恒定律得 m1(v1-v2)=m1v1'+m2v2' 目 录 目 录  m1(v1-v2)2= m1v1'2+ m2v2'2 联立解得v1'= (v1-v2) v2'= (v1-v2) 由于此时的v1'和v2'仍然是相对于碰前物体B的速度,故碰后它们相对于地面的速度分别 为 v1″=v1'+v2= (v1-v2)+v2 v2″=v2'+v2= (v1-v2)+v2 目 录 目 录 题型24　类碰撞模型 类型1　滑块-弹簧模型 模型图解 1.模型图示与遵循规律   动量守恒:m1v0=m1vA+m2vB。 能量守恒: m1 = m1 + m2 +Ep(Ep为弹簧的弹性势能)。 目 录 目 录 2.运动过程(以m1<m2为例) (1)通过v-t图线斜率判断加速度,两条图线与t轴所围面积之差表示弹簧的形变量,由此 可判断弹性势能的变化; (2)若m1=m2,t2时vA=0、vB=v0; (3)若m1>m2,t2时A的速度最小、方向不变。 目 录 目 录 典例1    (2025长郡中学月考三)(多选)如图所示,光滑水平地面上有两个质量均为m的物 体A、B,物体B的左端连有一劲度系数为k的轻质弹簧。物体A以初速度v0向静止的物 体B运动。从物体A接触弹簧到第一次将弹簧压缩至最短的时间t=  ,若已知弹簧 弹性势能表达式为Ep= kx2(x为弹簧的形变量),弹簧始终处于弹性限度内。下列说法正 确的是 ( )   A.弹簧的最大压缩量为v0      AD     典例精解 目 录 目 录 B.物体B的最大速度为  C.从开始压缩弹簧至弹簧第一次被压缩至最短的过程中,物体B的位移大小为    D.从开始压缩弹簧至弹簧第一次被压缩至最短的过程,物体A的位移大小为    目 录 目 录 解析    A、B的速度相同时弹簧被压缩到最短,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒 可得mv0=2mv,由能量守恒可得 m = ×2mv2+Epm,结合Ep= kx2可得弹簧的最大压缩量 xm=v0 ,A正确。当弹簧再次恢复原长时B的速度达到最大,有mv0=mv1+mv2, m = m  + m ,联立解得物体B的最大速度v2=v0,B错误。从开始压缩弹簧至弹簧第一次被压 缩至最短的过程,由微元法可得mv0t=m∑vAΔt+m∑vBΔt,其中∑vAΔt=xA、∑vBΔt=xB;由几 何关系可得xA-xB=xm;结合t=  ,可得A、B的位移大小分别为xA=  ,xB=   ,C错误,D正确。 目 录 目 录 考法延伸    (滑块-弹性绳模型)(多选)如图甲所示,光滑水平地面上两物块A、B用轻质 橡皮绳水平连接,橡皮绳恰好处于原长。t=0时,A获得一水平向左的初速度v0,B的初速 度为0,A、B运动的v-t图像如图乙所示。已知A的质量为m,0~t0时间内B的位移为x0,t=3t0 时二者发生碰撞并粘在一起,则 ( ) A.B的质量为2m     AD     B.橡皮绳的最大弹性势能为 m  C.橡皮绳的原长为 v0t0 D.0~2t0时间内橡皮绳对B的平均作用力大小为  目 录 目 录 解题导引     目 录 目 录 解析　取A的初速度方向为正方向,0~t0时间内,由系统动量守恒可得mv0=(m+mB) ,由能 量守恒可得 m = m + mB +Ep,解得B的质量mB=2m,橡皮绳的最大弹性势能 Ep= m ,A正确,B错误。0~2t0时间内,由系统动量守恒和能量守恒可得mv0=-mvA+2 mvB、 m = m + ×2m ,解得2t0时二者的速度大小分别为vA= v0、vB= v0;2t0~3t0时 间内,由运动关系可得橡皮绳的原长l0= v0t0+ v0t0=v0t0,C错误。0~2t0时间内,对B由动量 定理可得 ·2t0=2m· v0-0,可得橡皮绳对B的平均作用力大小 = ,D正确。 目 录 目 录 类型2　“子弹打木块”模型和“板块”模型 模型图解 模型 图示    模型 特点 (1)系统所受外力的矢量和为0,系统动量守恒 (2)子弹与木块(滑块与木板)之间有滑动摩擦力做功,系统机械能不守恒 两种 情境 (1)情境1:子弹嵌入木块中未穿出(或滑块未从木板滑落),子弹相对木块(或滑块相对木板)的位移为s ①动量守恒:mv0=(m+M)v ②系统产生的热量Q=Ffs= m - (M+m)v2 (2)情境2:子弹穿透木块(或滑块从木板滑落),木块或木板长度为d ①动量守恒:mv0=mv1+Mv2 ②系统产生的热量Q=Ffd= m -  目 录 目 录 典例2    (2025东北师大附中摸底考)(多选)如图(a)所示,质量均为m的物块甲(视为质点) 和木板乙叠放在光滑水平地面上,甲到乙左端的距离为L,初始时甲、乙均静止,质量为 M的物块丙以速度v0向右运动,与乙发生弹性碰撞。碰后乙的位移x随时间t的变化如图 (b)中实线所示,其中t0时刻前、后的图线分别是抛物线的一部分和直线,二者相切于 点P,抛物线的顶点为Q。甲始终未脱离乙,重力加速度大小为g。下列说法正确的是  ( )     ACD     典例精解 A.甲、乙间的动摩擦因数为  B.丙与乙碰后瞬间乙的速度大小为  C.L至少为  D.乙、丙的质量之比m∶M=1∶2 目 录 目 录 解析　设丙、乙碰后瞬间,乙的速度大小为v1,0~t0时间内,由位移关系结合图(b)可得v1t0-  a =v0t0,假设乙以加速度a一直做匀减速运动,由虚线可知2t0时其速度减为零,即v1-a·2t0 =0,联立解得a= 、v1= v0,B错误。由牛顿第二定律可得a= =μg,解得甲、乙间的 动摩擦因数μ= ,A正确。丙与乙发生弹性碰撞,由动量守恒和能量守恒可得Mv0=Mv2 +mv1、 M = M + m ,解得v1= v0,故 = ,解得m∶M=1∶2,D正确。从丙 与乙碰后到甲与乙达到共速的过程,对甲、乙整体,由动量守恒和能量守恒可得mv1=2 mv3、μmgL= m - ·2m ,联立解得L= v0t0,C正确。 目 录 目 录 易错警示　丙、乙发生弹性碰撞过程中,丙和乙之间的作用力远大于甲和乙之间的作 用力,且碰撞过程用时极短,故此过程丙和乙的总动量守恒,甲的速度不变;甲、乙从发 生相对滑动至共速的过程属于板块模型中木板有初速度且物块未滑出木板的情况。 目 录 目 录 类型3　人船模型 模型图解 模型图示 遵循规律 动量守恒 m人v人-m船v船=0 位移关系 m人∑v人·Δt-m船∑v船·Δt=0⇒m人x人=m船x船 另有,x人+x船=L 结论 x人= L、x船= L 目 录 目 录 典例3　如图所示,质量为M、长度为L的木板A静止在光滑水平地面上。有一质量 为m、大小可忽略的机器猫静止于A木板左端。现使机器猫从A木板左端斜向上跳出, 恰好落到A木板的右端,假设起跳时间极短,忽略空气阻力。   (1)求从机器猫起跳至落在A木板右端过程中,A木板运动的距离; (2)求机器猫的起跳速度与水平方向夹角α的正切值为多少时,机器猫起跳消耗的能量 最少。 典例精解 目 录 目 录 解析    (1)由人船模型可知,机器猫在A木板上跳跃的过程,水平方向有mx1=Mx2、x1+x2 =L,解得A木板运动的距离x2= L,机器猫水平位移x1= L。 (2)设起跳瞬间机器猫和A木板的速度大小分别为v0和v,机器猫与A木板组成的系统在水 平方向动量守恒,可得mv0 cos α=Mv,机器猫从起跳至落在A木板右端过程中,由斜抛运 动的规律有2v0 sin α=gt、x1=v0t cos α= L,由能量守恒可得E= m + Mv2,联立解得 机器猫起跳消耗的能量E=  =   =  = · 目 录 目 录  ,当M tan α= 时E最小,故tan α= 。 答案    (1) L    (2)  目 录 目 录 方法拓展　人船模型解题步骤 判明条件 初始状态为静止的系统中的物体间发生相对运动的过程中,动量守恒或某一方向动量守恒 分析过程 画出重要的运动节点的示意图,判断各部分运动的位移关系(以地面为参考系) 列出方程 利用动量守恒定律和能量守恒列出关系式进行求解 目 录 目 录 类型4　滑块-斜(曲)面模型 模型图解 1.球沿光滑曲面由静止下滑   动量守恒:mv1-Mv2=0。 能量守恒:mgh= m + M 。 目 录 目 录 2.球从光滑曲面最低点沿曲面上滑   (1)若m>M,v1方向与v0相同。 (2)若m=M,v1=0、v2=v0。 (3)若m<M,v1方向与v0相反。 目 录 目 录 典例4    (2025山东菏泽期中)(多选)如图所示,在光滑水平地面上停放着质量为m、上表 面为半径为R的 光滑圆弧槽的小车,质量为m的小球以水平速度v从圆弧槽的右端点P 沿圆弧槽上滑,到达某一高度后,小球又返回P点。已知重力加速度为g,则下列说法正 确的是 ( ) A.小球返回P点后将做自由落体运动 B.小球返回P点后将向右做平抛运动     ACD     典例精解 C.小球沿圆弧槽上升的最大高度为  D.若小球以4v的水平速度滑上圆弧槽,小球能上升的最大高度为  目 录 目 录 解析    (解题关键:小球返回P点将做何种运动由其返回P点时的速度决定)由初态至小 球返回P点,对系统,由水平方向动量守恒可得mv=mv1+mv2,由能量守恒可得 mv2= m +  m ,联立解得小球返回P点时的速度v1=0,小车的速度v2=v,故小球此后将做自由落体 运动,A正确,B错误。(解题关键:当小球沿圆弧槽上滑到最大高度时,小球和小车共速, 小球速度并不为零)由初态至小球沿圆弧槽上滑到最大高度,对系统,由水平方向动量 守恒可得mv=2mv',由能量守恒可得 mv2= ×2mv'2+mgh,联立解得小球沿圆弧槽上升的 最大高度h= ,C正确。(解题关键:不论小球是否从圆弧槽上端飞出,小球在最高点时 目 录 目 录 的水平分速度总与小车的速度相同)由初态至小球上升到最大高度,对系统,由水平方 向动量守恒可得m·4v=2mvx,由能量守恒可得 m(4v)2= ×2m +mgh',联立解得小球能上 升的最大高度h'= ,D正确。 目 录 目 录 考法延伸    (小球飞出时不沿竖直方向)如图所示,水平地面上放置一半径为R、圆心角 为60°的圆弧轨道,一可视为质点的小球以初速度v0冲上圆弧轨道。已知圆弧轨道质量 M=1.5m0,小球质量m=m0,重力加速度大小为g,不计一切摩擦和空气阻力,小球从圆弧轨 道飞出时,相对地面的速度方向恰好与水平方向成30°角。 (1)求小球飞出时小球和圆弧轨道的速度大小。 (2)若小球在轨道上运动时间为t,计算小球飞出时小球和 圆弧轨道各自的水平位移大小。 目 录 目 录 解题导引　如图所示,小球飞出圆弧轨道时的对地速度v可以分解为相对轨道运动的速 度v1和随轨道运动的速度v2,即此时轨道的速度等于v2,可以建立小球速度和轨道速度的 函数关系。 目 录 目 录 解析    (1)小球从滑上轨道至飞出,对小球和轨道组成的系统,由水平方向动量守恒可得 m0v0=m0v cos 30°+1.5m0v2 由运动的合成与分解可得 2v2 cos 30°=v 联立解得小球飞出轨道时的速度大小 v= v0 轨道的速度大小v2= v0。 (2)由系统水平方向动量守恒可得 目 录 目 录 m0v0=m0v水平+1.5m0v2' 则m0v0t=m0 t+1.5m0 't 得m0v0t=m0xm+1.5m0xM 由几何关系可得xm-xM=R sin 60°;联立可得小球飞出时,小球的水平位移大小 xm=  轨道的位移大小xM= 。 答案    (1) v0     v0    (2)       目 录 目 录 题型25　力学三大观点在板块模型中的综合应用 知识图解 对应规律 选用原则 动力学 观点 牛顿第二定律(力的瞬时作用效果) 匀变速直线运动,涉及运动细节 匀变速直线运动规律 能量 观点 动能定理(力对空间的累积效果) 涉及做功及能量转化 机械能守恒定律 功能关系 能量守恒定律 动量 观点 动量定理(力对时间的累积效果) 涉及初、末速度、力和时间 动量守恒定律 涉及初、末速度 目 录 目 录 典例　如图所示,质量mB=3 kg的足够长的长木板B静置在粗糙的水平面上,上表面放置 一质量mA=2 kg的物块A,另有一质量mC=1 kg的物块C以初速度v0=  m/s从长木板最左 端滑上长木板后以vC=3 m/s的速度与物块A发生碰撞,C恰好能从长木板左端滑落。物 块A、C与长木板B之间的动摩擦因数均为μ1=0.4,长木板B与水平面之间的动摩擦因数 为μ2=0.1。已知碰撞时间极短,A始终未从B上滑落,重力加速度g=10 m/s2,物块A、C均 可视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求: (1)C与A碰撞后物块C的速度大小; 典例精解 (2)从A、C碰撞到A、B均停止运动所经历的时间。 目 录 目 录 解题导引     关键点 运动情况 C与A碰前 C对B的滑动摩擦力小于B与地面间 的最大静摩擦力 A、B均静止 C与A碰时 C恰好能从长木板左端滑落 C的速度反向,A有向右的速度 C与A碰后至C滑离B C、A对B的滑动摩擦力的合力小于B 与地面间的最大静摩擦力 B静止,C向左匀减速,A向右匀减速 C滑离B后 A对B的滑动摩擦力大于此时B与地 面间的最大静摩擦力 A匀减速,B匀加速,二者共速后一起 匀减速至停止 目 录 目 录 解析    (1)[点拨:C刚冲上B时,C与B之间的摩擦力fC=μ1mCg=4 N,B与地面之间的最大静 摩擦力fmax=μ2(mA+mB+mC)g=6 N,由于fC<fmax,故A、B均静止] C从滑上木板至与A碰前,对C,由动能定理可得 -fCx= mC - mC  解得C滑上B时与A之间的距离x=0.125 m (点拨:C与A碰后C向左运动,A向右运动,A与B之间的摩擦力fA=μ1mAg=8 N,可得fA-fC<fmax, 故B不动,直至C从B左端滑落) C向左运动至滑离B,由动能定理可得 目 录 目 录 -fCx=0- mCv  解得C与A碰撞后物块C的速度大小v'C=1 m/s。 (2)取向右为正方向,C与A发生碰撞,对C、A,由动量守恒可得mCvC=-mCv'C+mAvA,解得vA=2 m/s C与A碰后经时间t1物块C从B上滑落,由动量定理可得fCt1=0-mC(-v'C) 解得t1=0.25 s [点拨:C滑离B后,B与地面间的最大静摩擦力f'max=μ2(mA+mB)g=5 N,由于fA>f'max,B相对地面 滑动] 时间t1内,对A由动量定理可得-μ1mAg·t1=mAv'A-mAvA,解得v'A=1 m/s 目 录 目 录 C滑离B后至A、B共速,由动量定理可得 对A,有-μ1mAg·t2=mAv共-mAv'A 对B,有μ1mAg·t2-μ2(mA+mB)g·t2=mBv共 联立解得t2=0.2 s,v共=0.2 m/s (点拨:A、B共速后,一起做匀减速运动) A、B共速后,对A、B,由动量定理可得 -μ2(mA+mB)g·t3=0-(mA+mB)v共 解得t3=0.2 s 故从A、C碰撞到A、B均停下共用时 t=t1+t2+t3=0.65 s。 目 录 目 录 一题多解　运动学观点     (1)C滑上木板至滑离木板,设C在木板上滑行的加速度大小为aC,C从滑上B到与A碰撞的 过程的位移大小等于C与A碰后到滑离B过程的位移大小,结合匀变速直线运动规律可 得 = ,解得C与A碰撞后物块C的速度大小v'C=1 m/s。 (2)对C,由牛顿第二定律可得aC=μ1g=4 m/s2,C从与A碰后至滑离B过程的时间t1= =0.25 s。 C与A碰撞,对A、C,取向右为正方向,由动量守恒可得mCvC=-mCv'C+mAvA,解得vA=2 m/s 对物块A,由牛顿第二定律可得μ1mAg=mAaA 目 录 目 录 解得aA=4 m/s2,方向向左 C滑离B时,A的速度v'A=vA-aAt1=1 m/s B开始运动,对B由牛顿第二定律可得μ1mAg-μ2(mA+mB)g=mBaB,解得aB=1 m/s2 设C滑离B后经过时间t2,B与A共速,有 v共=vA'-aAt2=aBt2 联立解得t2=0.2 s,v共=0.2 m/s 设A、B从共速至停止用时为t3,对A与B整体,由牛顿第二定律可得μ2(mA+mB)g=(mA+mB) aAB 解得A与B整体的加速度大小aAB=1 m/s2 目 录 目 录 由匀变速直线运动规律可得t3= =0.2 s 故从A、C碰撞到A、B均停下共用时 t=t1+t2+t3=0.65 s。 答案    (1)1 m/s    (2)0.65 s 目 录 目 录 方法拓展    (1)运动学观点解多过程问题时,可画出v-t图像辅助分析运动过程。 (2)涉及初、末速度及位移,优先选用动能定理和功能关系。 (3)涉及时间和速度不涉及位移和加速度,优先选用动量定理。 (4)动量守恒定律是矢量表达式,可写出某一方向的分量表达式;动能定理和能量守恒都 是标量表达式,没有分量表达式。 目 录 目 录 $