高频考点8 能量守恒定律与动量守恒定律(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考物理二轮专题辅导与训练

该高中物理高考复习课件聚焦能量守恒定律与动量守恒定律等核心考点，依据高考评价体系明确考查要求，通过梳理F-t、v-t图像分析等题型，精准对接考点权重，体现高考备考的系统性与针对性。 课件亮点在于结合木块与木板整体运动的v-t图像开展真题训练，运用科学思维中的模型建构与科学推理，指导学生提取图像信息、分析运动过程，掌握综合题答题技巧，助力学生高效冲刺，为教师复习教学提供实用指导。

高频考点8　 能量守恒定律与动量守恒定律 第三部分　高频考点突破 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 第三部分　高频考点突破 1 谢谢观看 第三部分　高频考点突破 1 1．(2025·河南郑州模拟)工程师对质量为m的汽车进行性能测试，测得该款汽车综合阻力随速度变化的关系式f＝f0＋kv(k为常数)。现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，使汽车由静止开始做直线运动。汽车位移为x时恰好达到最大速度。则(　　) A．汽车速度越大，加速度越大 B．汽车达到的最大速度为 C．整个过程的平均速度为 D．整个过程所用时间为＋ 解析　汽车恒力启动过程，根据牛顿第二定律有F合＝F－f＝F－f0－kv＝ma，解得a＝，随速度增大加速度减小，A错误；当汽车所受合力为零时，汽车达到最大速度，由受力平衡有F合＝F－f0－kvm＝0，解得vm＝，B错误；汽车恒力启动过程中，汽车做加速度越来越小的加速运动，则整个过程汽车的平均速度大于，C错误；汽车从静止达到最大速度过程中，根据动量定理有Ft－t＝mvm－0，对t＝(f0＋k)t＝f0t＋kx，解得整个过程所用时间为t＝＋，D正确。 答案　D 2．(2025·北京模拟)如图甲所示，两个弹性球A和B放在光滑的水平面上处于静止状态，质量分别为m1和m2，其中m1＝1 kg。现给A球一个水平向右的瞬时冲量，使A、B球发生弹性碰撞，以此时刻为计时起点，两球的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图示信息可知(　　) A．B球的质量m2＝1 kg B．球A和B在相互挤压过程中产生的最大弹性势能为4.5 J C．t3时刻两球的动能之和小于0时刻A球的动能 D．在t2时刻两球动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8 解析　两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由题图乙图线可知，t1时刻两球速度相等为1 m/s，由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v，解得B球的质量为m2＝2 kg，故A错误；当两球速度相等时弹性势能最大，由能量守恒定律得m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epm，解得Epm＝3 J，故B错误；两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统机械能守恒，由此可知，t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能，故C错误；两球发生弹 性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m1vA＋m2vB，机械能守恒定律得m1v02＝m1vA2＋m2vB2，代入数据解得vA＝－1 m/s，vB＝2 m/s，t2时刻两球动能之比为＝＝，故D正确。 答案　D 3．(多选)(2025·安徽合肥模拟)如图所示，四分之一光滑圆弧槽C和小滑块A、B均静止在光滑水平台面上，A、B用细线连接，中间夹一被压缩的轻短弹簧(A、B与弹簧不连接)。与槽C完全相同的槽D紧靠在平台右侧，两槽底边都与水平面相切，槽半径R＝0.8 m，滑块A、B质量分别为mA＝1.8 kg、mB＝4.5 kg。现烧断细线，A向左刚好能滑到槽C的最高点，B向右从平台抛出后刚好落在槽D的最低点。小滑块A、B均可视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．B离开弹簧时的速度大小vB＝2 m/s B．在A、B与弹簧分离的过程中，弹簧对A的冲量比对B的冲量大 C．在A上滑到槽C最高点的过程中，A和槽C组成的系统动量守恒 D．槽C的质量mC＝3.2 kg 解析　B离开平台后做平抛运动，有R＝vBt，R＝gt2，代入数据解得vB＝2 m/s，故A正确；在A、B与弹簧分离的过程中，弹簧对A、B的冲量大小相等，故B错误；在A上滑的过程中，A与槽C在水平方向动量守恒，在竖直方向上受到的合力不为零，竖直方向动量不守恒，故C错误；对弹簧释放过程有mAvA＝mBvB，A上滑到槽C的最高点的过程有mAvA＝(mA＋mC)v，mAvA2＝(mA＋mC)v2＋mAgR，联立解得mC＝3.2 kg，故D正确。 答案　AD 4．(多选)(2025·贵州安顺二模)如图甲所示，质量为m的某同学直立于箱子上，t＝0时刻该同学从箱子上跳下，t1时刻着地，经曲腿缓冲一系列动作后，t6时刻起直立静止于地面上，该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示，忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力，该同学在空中始终处于直立状态，重力加速度大小为g，下列说法正确的是(　　) A．该同学的最大速度为gt1 B．箱子的高度为gt12 C．图乙中图像与横轴t1～t6围成的面积为mgt6 D．0～t6时间内该同学的机械能减少了mg2t62 解析　由F­t图像可知，0～t1时间内该同学在空中，t1时刻着地时速度为gt1，t1～t2时间内，支持力小于重力，合力向下，根据牛顿第二定律F－mg＝ma，可知该同学接触地面继续向下加速，速度大于gt1，该同学的最大速度大于gt1，故A错误；t1时间内该同学做自由落体运动，根据运动规律知箱子的高度为gt12，故B正确;0～t1时间内根据动量定理有－mgt1＝m(－v0)，题图乙中图像与横轴t1～t6围成的面积为在t1～t6时间内地面对该同学的冲量，根据动量定理有I－mg(t6－t1)＝0－m(－v0)，解得I＝mgt6，故C正确；0～t6时间内该同学的机械能减少了mgh＝mg2t12，故D错误。 答案　BC 5．(2025·北京海淀模拟)某物理演示实验简化图如图所示，它显示图中自由下落的A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量为m1，在顶部的凹坑中插着质量为m2的棒B，已知m1＝3m2，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙。将此装置从A下端离地板的高度H处由静止释放。实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着棒B脱离球A，A、B分别开始上升。不计空气阻力。 (1)已知球A上升的高度为h，求棒B上升的高度；(重力加速度g＝10 m/s2。结果用H、h表示) (2)实验发现，B的材料不同，A、B上升的高度不同，弹性越好，棒B上升的高度越高。试通过计算说明棒B上升的高度存在一个范围，即存在一个最大值和最小值，并求出这一最大值和最小值各是多少。(结果只能用H表示，因为h在本问中是变化的) 解析　(1)A、B一起下落到地面时，由4m2gH＝×4m2v02，解得v0＝ 此后A原速率反弹，和B发生碰撞，由动量守恒定律可知3m2v0－m2v0＝3m2v1＋m2v2 根据速度和位移关系可知v12＝2gh，v22＝2gh′ 解得h′＝4H＋9h－12。 (2)当A、B发生弹性碰撞时，B的速度最大，反弹的高度也最高3m2v0－m2v0＝3m2v3＋m2v4，×3m2v02＋m2v02＝×3m2v32＋m2v42 解得v4＝2v0 上升的高度为v42＝2gh4，h4＝4H 当A、B碰后粘合在一起，此时B的速度最小，上升的高度也最小，有3m2v0－m2v0＝4m2v5 解得v5＝ 上升的高度为v52＝2gh5，h5＝H 所以B上升的高度的最大值为hBmax＝4H B上升的高度的最小值为hBmin＝H。 答案　(1)4H＋9h－12　(2)4H　H 6．如图甲所示，质量为m且右端带有竖直挡板(厚度不计)的长木板静置在粗糙的水平地面上，质量为3m(视为质点)的木块静止放置在长木板的最左端，木块与木板上表面之间的动摩擦因数为μ1＝0.5，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2。现给木块一个水平向右的初速度，此后木块与挡板发生碰撞并粘连在一起，然后两者一起运动直至停止。已知两物体在整个运动过程中的动量随时间变化的图像如图乙所示，重力加速度取g＝10 m/s2，求： (1)木板与地面之间的动摩擦因数μ2以及木块与挡板碰撞过程中损失的机械能； (2)整体停止运动的时刻t2以及碰后木板对木块的摩擦力的大小。 解析　(1)由乙图分析可得，0时刻木块、木板的动量分别为 p块1＝6 kg·m/s、0； t1＝1 s时，两者碰撞刚结束时的动量为p＝3.6 kg·m/s，两者刚要碰撞时，木块、木板的动量分别为p块2＝3 kg·m/s、p板，规定向右为正方向，由动量守恒定律可得p块2＋p板＝p，p板＝0.6 kg·m/s 由动量定理可得Ft＝Δp可知图像的斜率代表物体受到的合力，对两物体进行受力分析，则有＝－3μ1mg，＝3μ1mg－4μ2mg，综合解得m＝0.2 kg，μ2＝0.3 由能量守恒定律可得木块与挡板的碰撞过程损失的机械能为 ΔE＝＋－，ΔE＝0.3 J。 (2)由乙图的斜率可得＝－4μ2mg 对木块由动量定理可得－f(t2－t1)＝0－3m× 综合解得t2＝2.5 s，f＝1.8 N。 答案　(1)0.3　0.3 J　(2)2.5 s　1.8 N 7．如图甲所示，在光滑的水平面上放置一长木板P，其左、右两端各固定有竖直挡板，在左右挡板上分别固定轻质弹簧2和轻质弹簧1，在木板上A位置放有质量为m＝1 kg的小物块Q，Q右侧的木板光滑，Q左侧的木板粗糙。现使Q以大小为v0＝3 m/s的速度水平向右运动后压缩弹簧1，从压缩弹簧1开始计时，经过t＝1 s，P、Q的v­t图像如图乙所示。已知弹簧2获得的最大弹性势能Epm＝1.2 J，Q与左侧木板间的动摩擦因数为μ＝0.06，重力加速度g取10 m/s2。求： (1)木板的最大速度； (2)Q压缩弹簧2至弹性势能最大位置处到A点的距离。 解析　(1)由题图乙可知，1 s末P和Q共速，设共速时的速度为v1，木板的质量为M，根据动量守恒定律有 mv0＝(m＋M)v1，解得M＝2 kg Q离开弹簧1时P的速度最大，设此时P和Q的速度分别为vP、vQ，根据动量守恒定律有 mv0＝MvP＋mvQ 根据机械能守恒定律有mv02＝MvP2＋mvQ2 解得vQ＝－1 m/s，vP＝2 m/s。 (2)Q与弹簧1碰撞之后，Q向左运动，P向右运动，当两者的速度再次相等时弹簧2的压缩量最大，此时弹簧2的弹性势能最大，设二者共速时的速度为v2，Q压缩弹簧2至弹性势能最大位置处到A点的距离为L，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v2 根据功能关系有Epm＝mv02－(m＋M)v22－μmgL 解得L＝3 m。 答案　(1)2 m/s　(2)3 m 8．(2025·广西柳州模拟)如图所示，足够大的光滑水平地面上有一质量M＝0.4 kg的薄木板，距水平地面高h＝0.8 m的P点有一可视为质点、质量m＝0.2 kg的小球。当薄木板以v0＝5 m/s的速度向右匀速运动到某位置时，将小球从P点由静止释放，之后小球恰好与木板的右端碰撞。已知小球与木板碰撞后，竖直方向上动量的大小变为碰撞前竖直方向上动量的一半，由于两者的水平速度不同，碰撞时存在摩擦力，水平方向上动量的变化量为竖直方向上动量变化量的，小球与木板的作用时间极短，小球的运动轨迹始终在纸面内，不计空气阻力，取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)小球由静止释放时距木板右端的水平距离s； (2)木板碰后的速度v2； (3)要使小球与木板仅碰撞一次，木板的长度L应满足的条件。 解析　(1)小球从P点由静止释放，根据自由落体运动规律有h＝gt02 则小球从P点由静止释放后的下落时间为t0＝＝0.4 s 则小球由静止释放时距木板右端的水平距离为s＝v0t0＝2 m。 (2)小球P点由静止释放，掉在木板右端时的速度为v1＝gt0＝4 m/s 则根据题意可知，小球与木板碰撞后， 竖直方向的速度为vy＝＝2 m/s 水平方向的速度为vx＝＝2 m/s 水平方向动量守恒，则有Mv0＝Mv2＋mvx 则碰撞后木板的速度为v2＝4 m/s 方向水平向右。 (3)第一次碰撞后，到第二次碰撞的间隔时间为Δt＝2·＝0.4 s 第一次到第二次木板相对小球水平方向的移动距离 x1＝v2Δt－vxΔt＝0.8 m 要使小球与木板仅碰撞一次，木板的长度L应满足0＜L＜0.8 m。 答案　(1)2 m　(2)4 m/s，方向水平向右　(3)0＜L＜0.8 m 9．(2025·河南卷)如图所示，在一段水平光滑直道上每间隔l1＝3 m铺设有宽度为l2＝2.4 m的防滑带。在最左端防滑带的左边缘静止有质量为m1＝2 kg的小物块P，另一质量为m2＝4 kg的小物块Q以v0＝7 m/s的速度向右运动并与P发生正碰，且碰撞时间极短。已知碰撞后瞬间P的速度大小为v＝7 m/s，P、Q与防滑带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)该碰撞过程中损失的机械能； (2)P从开始运动到静止经历的时间。 解析　(1)P与Q发生正碰，由动量守恒定律m2v0＝m2vQ＋m1v 由能量守恒定律m2v02＝m2vQ2＋m1v2＋ΔE 联立可得vQ＝3.5 m/s，ΔE＝24.5 J。 (2)对物块P受力分析由牛顿第二定律μm1g＝m1a 物块P在第一个防滑带上运动时， 由运动学公式vP12－v2＝－2al2，vP1＝v－at1 解得vP1＝5 m/s 则物块P在第一个防滑带上运动的时间为t1＝0.4 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP1t2 解得t2＝0.6 s 物块P在第二个防滑带上运动时， 由运动学公式vP22－vP12＝－2al2，vP2＝vP1－at3 解得vP2＝1 m/s 则物块P在第二个防滑带上运动的时间为t3＝0.8 s 物块P在光滑的直道上做匀速直线运动，则l1＝vP2t4 解得t4＝3 s 由以上条件可知，物块P最终停在第三个防滑带上， 由运动学公式0＝vP2－at5 可得物块P在第三个防滑带上运动的时间为t5＝0.2 s 故物块P从开始运动到静止经历的时间为t＝t1＋t2＋t3＋t4＋t5＝5 s。 答案　(1)24.5 J　(2)5 s $