1.专题突破二 动量和能量的综合应用-【正禾一本通】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义教师用书（人教版）

专题突破二 动量和能量的综合应用 【学习目标】　1.掌握“弹簧—滑块”模型、 “滑块—木板”模型、“子弹—木块”模型、“滑块—斜面(或曲面)”模型的特点。2.会用动量观点和能量观点相结合的思路分析、计算模型相关问题。 　“弹簧—滑块”模型 ★(经典高考题)如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C，B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中： (1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 [思维模板]　　 　本题为含有弹簧的物块间的碰撞模型。系统损失的机械能发生在B与C的完全非弹性碰撞。弹簧被压缩到最短时的特征是三者共速。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 试答体验：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv1① 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得 mv1＝2mv2② m2＝ΔE＋(2m)2③ 联立①②③式得ΔE＝m2④。 (2)由②式可知v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。由动量守恒和能量守恒定律得 mv0＝3mv3⑤ 2－ΔE＝(3m)2＋Ep⑥ 联立④⑤⑥式得Ep＝m2。 答案：(1)m2　(2)m2 模型 图例 物块m1、m2与轻弹簧(处于原长)相连， m1以初速度v0向右运动，开始挤压弹簧 两种 情境 1．当弹簧处于最短或最长状态时，两物体的速度相等，弹簧的弹性势能最大： (1)系统动量守恒： m1v0＝(m1＋m2)v共。 (2)系统机械能守恒： 2＝(m1＋m2)2＋Epmax。 2．当弹簧再次处于原长时，弹性势能为零： (1)系统动量守恒： m1v0＝m1v1＋m2v2。 (2)系统机械能守恒： 2＝2＋2。 说明：相当于物块m1、m2发生了一次完全弹性碰撞 【典例1】 (多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x，现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则(　　 ) A．A物体的质量为3m B．A物体的质量为2m C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02 D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv02 解析：选AC。对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒可得，弹簧压缩x时的弹性势能Ep＝Mv02。对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量仍为x时，A、B二者达到相等的速度v，由动量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝M(2v0)2－(M＋m)v2，联立得M＝3m，Ep＝Mv02＝mv02，故A、C正确。 　“滑块—木板”模型 　 ★(2024·甘肃高考改编)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10 m/s2) (1)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。 (2)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。 [思维模板] A与C相碰时，系统(A、C)水平方向的动量守恒；C相对B滑行4 m后与B共速过程——“滑块—木板”模型，系统(C、B)的动量守恒、能量守恒。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 试答体验：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开始运动到最低点有 mgl(1－cos θ)＝mv02－0 解得v0＝4 m/s。 A与C相碰时，水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落，可知mv0＝0＋mvC，解得vC＝v0＝4 m/s。 (2)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则在C、B相互作用过程中，根据动量守恒可得 mv0＝(M＋m)v 根据能量守恒得 μmgL相对＝mv02－(m＋M)v2 联立解得μ＝0.15。 答案：(1)4 m/s　(2)0.15 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向右滑上木板 模型 特点 1.滑块和木板构成的系统动量守恒，但机械能不守恒。滑块和木板之间的摩擦力大小与两者相对位移大小的乘积等于系统损失的机械能，即系统因摩擦产生的热量。 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 两种 情境 1.若滑块未滑离木板，当滑块与木板相对静止时，设二者的共同速度为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，则： (1)系统动量守恒：mv0＝(M＋m)v。 (2)系统能量守恒： Ffd＝mv02－(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，则： (1)系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 (2)系统能量守恒： FfL＝mv02－mv12－Mv22 【典例2】 (2025·黑龙江哈尔滨检测)如图所示，质量为m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量为m2＝0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车上某处与小车保持相对静止。物块与车之间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求： (1)物块在车上滑行的时间； (2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。 解析：(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有 m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车之间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0 又Ff＝μm2g 联立并代入数据得t＝0.24 s。 (2)要使物块恰好不从车的右端滑出，则物块运动到车的最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，有m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由能量守恒定律有 m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v0′＝5 m/s 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。 答案：(1)0.24 s　(2)5 m/s ►规律方法：“滑块—木板”模型中，由于滑块和木板都做匀变速直线运动，所以也可以用牛顿运动定律和运动学方程求解，只是相比动量和能量的观点来说麻烦一些。 　“子弹—木块”模型 　　模型 图例 木块长度为d，静止在光滑地面上，子弹以初速度v0射入木块， 所受阻力大小为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，损失的机械能产生内能——摩擦生热 两种 情境 1.子弹嵌入木块中(未穿出)：两者速度相等，机械能损失最多(类似完全非弹性碰撞) (1)系统动量守恒：mv0＝(m＋M)v。 (2)系统能量守恒： Q＝Ffx＝mv02－(M＋m)v2。 2．子弹穿透木块：两者速度不相等，机械能有损失(类似非弹性碰撞) (1)系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 (2)系统能量守恒： Q＝Ffd＝mv02－。 说明：“子弹—木块”模型与“滑块—木板”模型类似， 只是一个相互作用发生在内部，一个发生在外部 【典例3】 如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F，求： (1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大； (2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少； (3)木块至少为多长时子弹不会穿出。 解析：(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得 mv0＝(m＋M)v 解得v＝ 。 (2)由能量守恒定律可知 mv02＝Q＋(m＋M)v2 解得产生的热量为Q＝ 由动能定理可知，子弹对木块所做的功为 W＝Mv2＝ 。 (3)设木块最小长度为L，由能量守恒定律得 FL＝Q 解得木块的最小长度为L＝ 。 答案：(1)　(2) 　　(3) 　“滑块—斜面(或曲面)”模型 　　　　　　　　　　模型 图例 曲面体M静止在光滑水平面上，曲面也是光滑的，滑块m以初速度v0冲上曲面体。滑块上升的最大高度小于曲面体的高度。 两种 情境 1.滑块m到达最高点时，m与M具有共同的水平速度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： mv02＝(M＋m)v共2＋mgh。 其中h为滑块上升的最大高度。 2．滑块m返回最低点时，设m的速度为v1，M的速度为v2，则： (1)系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 (2)系统机械能守恒： mv02＝mv12＋Mv22 【典例4】 如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块。滑块的质量为3m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，在小球运动过程中(　　 ) A．小球和滑块组成的系统动量守恒 B．小球在圆弧轨道最高点的速度大小为 C．小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 D．小球离开圆弧轨道时圆弧轨道的速度大小为 解析：选C。小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，系统竖直方向动量不守恒，故A错误；小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝4mv，解得v＝ ，故B错误；根据机械能守恒定律得mv02＝×4mv2＋mgh，解得h＝ ，故C正确；小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，则有mv0＝mv1＋3mv2，根据机械能守恒定律，则有mv02＝mv12＋×3mv22，联立以上两式可得v1＝－，v2＝ ，故D错误。 ►规律方法： 从小球和滑块开始作用到小球达到最高点，两者相当于发生了一次完全非弹性碰撞；从开始作用到分离，两者相当于发生了一次完全弹性碰撞——一动碰一静。 学科网（北京）股份有限公司 $