学科素养聚焦 科学思维方法指导：撞中的临界、极值问题-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考物理大一轮复习全新方案通用版

2的肉·讲与练·高三物理 (2)滑块B碰撞前的速度大小)= m/s ⑤用毫米刻度尺测出各落点位置到斜槽末端B (结果保留两位有效数字)。 的距离。图中M、P、N三点是实验过程中记下 (3)通过分析，得出质量为200.0g的滑块是 的小球在斜面上的三个落点位置，从M、P、N (选填“A”或“B”)。 到B的距离分别为SM、SPSN。 3.如图所示为验证动量守恒定 6 依据上述实验步骤，回答下面问题： 律的实验装置，实验中选取 (1)两小球的质量m1、m2应满足m1 (选 两个半径相同、质量不等的 填“>”“=”或“<”)m2。 小球，按下面步骤进行实验： (2)小球m1与m2发生碰撞后，m1的落点是图中 ①用天平测出两个小球的质 点，m2的落点是图中 点。 量分别为1和m2; (3)用实验中测得的数据来表示，只要满足关系 ②安装实验装置，将斜槽AB固定在桌边，使槽 式 ,就能说明两球碰撞前后 的末端切线水平，再将一斜面BC连接在斜槽 动量是守恒的。 末端； (4)若要判断两小球的碰撞是否为弹性碰撞，用 ③先不放小球m2,让小球m1从斜槽顶端A处 实验中测得的数据来表示，只需比较 由静止释放，标记小球在斜面上的落点位置； 与 是否相等即可。 ④将小球m2放在斜槽末端B处，仍让小球m1 从斜槽顶端A处由静止释放，两球发生碰撞，分 温馨提示0 别标记小球m1、m2在斜面上的落点位置； 学习至此，请完成课时作业39 学科素养聚焦 156 开拓視野·素养达成 科学思维方法指导：碰撞中的临界、极值问题 1.常见情境 (4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面 (1)滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种 (斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力 常见的相互作用模型。如图所示，滑块冲上小 的作用，斜面在水平方向将做加速运动。物体 车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块 滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿 做减速运动，小车做加速运动。滑块刚好不滑 水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的 出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑 分速度等于零。 块与小车的速度相同。 2.解题关键 (1)寻找临界状态：看题设情境中是否有相互作 6 用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反 m 向运动等临界状态。 (2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题 (2)两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平 中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关 面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条 系与相对位移关系，即速度相等或位移相等。 件是甲物体的速度大于乙物体的速度，而甲物体 【例1】如图所示，甲、 2 与乙物体不相碰的临界条件是二者速度相等。 乙两船的总质量 (3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系 (包括船、人和货 统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被 物)分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方 压缩（拉伸）到最短（长）时，弹簧两端的两个物 向运动，速度分别为20、0。为避免两船相 体的速度相等。 撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平 第七章动量守恒定律 进 方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛 在A车上，并与之黏合在一起，黏合之后的运动 出货物的最小速度。（不计水的阻力） 过程中，弹簧获得的最大弹性势能为() 1 A.4m明 B.gmo明 1 1 C.2m明 D.15m 【跟踪训练2】（多选）如图所 示，半径为R、质量为2m的 R A 光滑半圆轨道小车静止在光 滑的水平地面上，将质量为 m的小球（可视为质点）从A9 点正上方高为R点处由静止释放，由A点经过 半圆轨道后从B点冲出，重力加速度为g,则 ) 【例2】 如图所示，一质量 A.小球进入半圆轨道后，由小球和小车组成 m1=0.45kg的平板 的系统总动量守恒 小车静止在光滑的水平轨道上。车顶右端放 B.小球离开小车后做斜上抛运动 一质量m2=0.5kg的小物块，小物块可视为 C小车向左运动的最大事离为号R 质点，小物块与小车上表面之间的动摩擦因数 D.小车获得的最大速度为 2gR 4=0.5。现有一质量m。=0.05kg的子弹以 3 v。=100m/s的水平速度射中小车左端，并留 【跟踪训练3】如图所示，在光滑水平面上有一质 157 在小车中，子弹与小车相互作用时间很短。g 量为2024m的木板，木板上有2024块质量均 取10m/s2,求： 为m的相同木块1、2、…、2024。最初木板静 (1)子弹刚射人小车后，小车的速度大小1： 止，各木块分别以0、20、…、20240的速度同 (2)要使小物块不脱离小车，小车的长度至少 时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因 为多少？ 数均为4，且木块间不发生碰撞和离开木板的 现象。求： 2024u (1)最终木板的速度大小； (2)运动中第88块木块的最小速度。 【跟踪训练1】如图所示，在 光滑的水平面上，有两个 质量均为m的小车A和 B,两车之间用轻质弹簧 OO 相连，它们以共同的速度。向右运动，另有 质量为的黏性物体，从高处自由落下，正好落2Mv1,由能量守恒定律得 Mu= 之×2Mi+r:Mks+MxR,解得：= 0.25,综上所述物块与水平轨道间的 动摩擦因数4的取值范围为0.25 4<0.4。 第5讲 实验八：验证动量 守恒定律 必备知识梳理 2.(1)水平 (2)②同一位置 ③大 关键能力提升 考点一 教材原型实验 典例1(1)> (2)maxp=nxM十 mbIN ，小球离开斜槽末端后做平抛 运动，竖直方向高度相同，故下落时间 相同，水平方向做匀速直线运动，小球 水平飞出时的速度与平抛运动的水平 位移成正比 解析：(1)为了保证两小球碰撞为对心 正碰，且碰后不反弹，要求m>mb。 (2)小球离开斜槽末端后做平抛运动， 竖直方向下落高度相同，故下落时间 相同，小球在水平方向做匀速直线运 动，小球水平飞出时的速度与平抛运 动的水平位移成正比，碰撞前a球的速 度大小。=，碰撞后a球的速度大 小，=”，碰撞后b球的速度大小 XN =,如果碰撞过程系统动量守恒 则碰撞前后系统动量相等，则mvo三 maU,十mvb,整理得mnxp=mnxM mbxN。 对点演练 1.(1)2.850 (2)左 (3)见解析图 mi (4)AD 解析：(1)根据题图乙可知该游标卡尺 的游标尺为20分度，其精度为 0.05mm,所以遮光片的宽度为d= 28mm十10×0.05mm=28.50mm= 2.850cm。 (2)经过光电门1的时间比经过光电门 2的时间短，说明经过光电门1的速度 比经过光电门2的速度大，由此可知滑 块从光电门1到光电门2的过程中做 减速运动，可确定气垫导轨左端低于 右端，因此应调高气垫导轨左端，直到 通过两个光电门的时间相等，即轨道 调节水平。 (3)根据表中数据先在坐标纸上描点， 然后用平滑的直线将点迹连接起来， 在连线的过程中，存在明显误差的点 迹直接舍去，不能落在直线上的点迹 应让其均匀分布在直线的两侧，作出 的图像如图所示，根据动量守恒定律 d=(m 十m)· d ,变式 △t2 可得 △t2m1十m2 △，代入数据可 72t 得k2一m1十m2 10ms 10 11103ms) 91017 12 13 14 16 △2 (4)根据图像可知k △1 根据理论计算可得k2 ，而根 1十m2 据题意，总有k1>k:,即有△ ，若在速度测量准确的情况下， m1十2 只能是k,偏小，对k2= ,分式上 1十m2 1 下同除以m1可得k2= ,可知若 1大 m2 m2的测量值偏大或1的测量值偏小 均可导致k2偏小，故选AD。 考点二拓展创新实验 典例2(2)0.304(6)0.31(7)0.32 （8)-m10.34 21 解析：(2)要使碰撞后两滑块运动方向 相反，应该用质量较小的滑块碰撞质 量较大的静止滑块，故选取质量为 0.304kg的滑块作为A。 (6)由于s1=52,即U1t1=v2t2,则k= 型=，代入表中教据可得k: 0.21≈0.31。 0.67 (7)巴的平均值为= 0.31+0.31+0.3+0.33+0.33≈0.32. 5 (8)弹性碰撞时，系统动量守恒，机械 能守恒，可得1V。=一m1V1十1202， 1 1 1 m10听=之m1十2m0,联立解 得 二，代入数据可得 2m1 ≈0.34。 Za 对点演练 2.(1)1.0(2)0.20(3)B 解析：(1)由x-t图像的斜率表示速度 可知两滑块的速度在t=1.0s时发生 突变，即这个时候发生了碰撞。 (2)根据x-t图像斜率的绝对值表示 速度大小可知碰撞前瞬间B的速度大 小为v= 90-110 cm/s=0.20m/s。 1.0 -557- (3)由题图乙知，碰撞前A的速度大小 vA=0.50m/s,碰撞后A的速度大小 为vA≈0.36m/s,由题图丙可知，碰撞 后B的速度大小为vi=0.5m/s,A和 B碰撞过程动量守恒，则有mAvA十 mu=mAv'A十mBvB,代入数据解得 m≈2，所以质量为200.0g的滑块 m 是B。 3.(1)>(2)MN (3)m1√Sp=m1√SM十m2√SN (4)m1sPm1sM十m2s 解析：(1)为了防止入射小球碰撞后反 弹，一定要保证入射小球的质量大于 被碰小球的质量，故12。 (2)碰撞前，小球1落在题图中的P 点，由于m1>12,当小球11与m2发 生碰撞后，m1的落点是题图中M点， m2的落点是题图中N点。 (3)设碰前小球m1的水平初速度为 v1,当小球m1与m2发生碰撞后，小球 m1落到M点，设其水平速度为v1,m2 落到V,点，设其水平速度为v?,斜面 BC与水平面的夹角为α，由平抛运 动规律得sysin a= 2gt,sM cos a= gsM cos a u1t,联立解得v1=√2sina ,同理 gs N cOS a 可得=N√2sina gs p cos a w1=√2sina 根据动量守恒定律可得101= m1v1十m2v2,即m1√Sp=m1√SM十 m2√sx。 (4)如果小球的碰撞为弹性碰撞，则满 1 1 足2m1i=2m1听+2m:,代入 以上速度表达式可得1Sp=m1sM十 m2sN,故验证m1sp和m1SM十m2sN 相等即可。 …学科素养聚焦 例14v0 解析：设乙船上的人拋出货物的最小 速度为vmim,抛出货物后乙船的速度为 1,甲船上的人接到货物后甲船的速 度为U2,由动量守恒定律，货物从乙船 抛出过程，有12mwo=11mU1一Vmin, 甲船上的人将货物接住的过程，有 10m·2to-mVn=11mv2,为避免两 船相撞应满足U1=U2,解得vmim=4o。 例2(1)10m/s(2)5m 解析：(1)子弹射入小车的过程中，子 弹与小车组成的系统动量守恒，由动 量守恒定律得ovo=(mo十m1)v1, 代入数据解得v1=10m/s。 (2)子弹、小车、小物块组成的系统动 量守恒，设当小物块与小车共速时，共 同速度为2，两者相对位移大小为L, 由动量守恒定律和能量守恒定律有 参考答案“公。 (m0十1)U1=(0十1十m2)U2, m2gL=之（mo+m1）ui-2（m,+ m1十m2)v2,联立解得L=5m,故要 使小物块不脱离小车，小车的长度至 少为5m。 跟踪训练1C设黏性物体落在A车 上黏合之后的速度大小为1，由动量 守恒有m,=2m,解得=艺，之 后整个系统动量守恒，设系统再次达 到的共同速度大小为2，有2mv。= 3mu,解得心，三3，此时弹簧获得的 弹性势能最大，最大弹性势能E。= 1 1 2 3n偿)广-位mcE海 跟踪训练2CD小球与小车组成的系 统在水平方向所受外力的合力为0，系 统在水平方向的动量守恒，小球与小 车组成的系统在竖直方向所受外力的 合力不为0，因此小球和小车组成的系 统总动量不守恒，A错误；系统在水平 方向的动量守恒，且系统水平方向总 动量为0，则小球由B点离开小车时， 小球与小车水平方向上的速度相同， 则水平方向上有m℃，十2mv,=0,解得 ,=0,即小球由B点离开小车时，水 平方向的分速度为0，所以小球离开小 车后做竖直上樾运动，B错误；根据上 述分析可知，小球由B点离开小车时， 小车向左运动的距离达到最大，根据 动量守恒定律，在水平方向上有 m号-2m号=0，北进程有1十：= t 2R解得x,气R,C正确；根据分析 可知，小球运动到圆孤轨道最低，点时， 小车获得的速度最大，根据动量守恒 定律和能量守恒定律有mv1一2mv2= 1 0,mg·2R=2mui+2 X2mv,解 2gR 得2=√3 ,D正确。 康踪训练302。(23的 92u 解析：(1)设木块和木板最终一起以速 度v运动，由动量守恒定律可知m(v十 2u十…十2024u)=2×2024u',解得 u'-2025 4v。 (2)设第k块木块最小速度为U,则此 时木板及第1至第k一1块木块的速度 均为。，因为每块木块质量相等，所受 合力也相等（均为mg),故在相等时 间内，其速度的减少量也相等，因而此 时，第k十1至第n块的速度依次为 Ug十v、十2u、…、U4十(n-k)U,系统 动量守恒，故m(v十2v十…十w)= (nm十km)vk十m(十v)十…十n[4 (n-k)v]=nmmk十kmuk十(n 2对勾·讲与练·高三物理 k)mUk十m1十2十…十(n一k)v= 2nmvk十m[1十2十…十(n-k)]v,所 以= (2n十1-k)0,将k=88,n= 4n 2024代入解得U= 3961 92v。 第八章 机械振动和机械波 第1讲机械振动 … 必备知识梳理 1.(1)①平衡位置②回复力③.平衡 位置b.平衡位置c.效果合力 分力(2)弹力 重力原长 2元入g 弹性势能重力势能 (3)最大距离强弱全振动 单位时间快慢 教材链接·想一想 提示：弹簧振子运动过程中速度的大 小和位移的大小具有对称性，而且在 任意位置，系统的动能与势能之和都 是一定的，遵守机械能守恒定律。 2.(1)①-kx②Asin(at十po)初相位 (2)①平衡位置②最大位移 3.(1)驱动力驱动力无关(2)相等 概念辨析 1.×2.×3.√4.×5.×6.X 7./ 关键能力提升 考点一简谐运动的规律 典例1B由题意可知，微粒Q以P点 为平衡位置做筒谐运动，可知越靠近 平衡位置，微粒Q的速度越大，加速度 越小，则微粒Q的速度增大，加速度一 定减小：速度减小，加速度一定增大， A、C、D错误，B正确。 典例2B物体做简谐运动的条件是它 在运动中所受回复力与位移成正比， 且方向总是指向平衡位置，可知小球 在杆中点到接触弹簧过程，所受合力 为零，此过程做匀速直线运动，故小球 不是做简谐运动，A错误；假设杆中，点 为O,小球向右压缩弹簧至最大压缩量 时的位置为A,小球向左压缩弹簧至 最大压缩量时的位置为B,可知小球做 周期为T的往复运动过程为O→A→ OB→O,根据对称性可知，小球从 O→A→O与从O→B→O这两个过程 的动能变化完全一致，两根弹簧的总 弹性势能的变化完全一致，故小球动 T 能的变化周期为2，两根弹簧的总弹 T 性势能的变化周期为2，B正确，C错 误；小球的初速度为号时，可知小球在 匀速运动阶段的时间变为原来的2倍， 接触弹簧过程，根据弹簧振子周期与 速度无关，即接触弹簧过程时间保持 不变，可知小球的初速度为受时，共运 动周期应小于2T,D错误。 -558- 典例3AD若振子从O点开始向右振 动，作出示意图如图甲所示，则振子的 振动周期T1=(0.5十0.1)×4s= 2.4s,则该振子再经过时间△t=T1 0.2s=2.2s,第三次经过P点；若振 子从)点开始向左振动，作出示意图如 图乙所示，则有0.5s十0.1s=3T, 4 解得振子的振动周期T2=0.8s,则该 振子再经过时间△t'=T2一0.2s= 0.6s,第三次经过P点，故B、C错误， A、D正确。 0= 甲 乙 考点二简谐运动的表达式和图像 典例4BM、N间距离为2A=10cm, A错误：振子的运动周期是T=2红 10s=0.2s,B正确；t=0时，x三0， 则振子位于O,点，C错误；t=0.05s 时x=5sin(经)m=5cm,振子住于 N点，具有最大加速度和最小速度， D错误。 典例5B根据题图可知，振幅为A 1cm,周期为T=0.4s,则频率为f= T=0.4Hz=2.5Hz,故A错误，B正 1 确；根据题图可知，0.1s时质点处于平 衡位置，此时速度最大，故C错误；根 据题图可知，0.2s时质点处于负向最 大位置处，则此时加速度方向竖直向 上，故D错误。 典例6A小球经过B点时开始计时， 即t=0时小球的位移为正向最大，经 过0.5s首次到达A点，位移为负向最 大，则周期为T=1.0s,故A正确。 考点三单摆及其周期公式 典例7AB由于单摆第一次运动到最 低点开始计数1，第二次计数2，…数到 61时，经历时间60s,则有△t=(61一 )义)：解得T=2s,A正确；根据单 摆周期公式有T=2红√g t ,解得l≈ 1m,B正确；单摆做简谐运动时，在速 度增大时，单摆靠近平衡位置，摆球相 对平衡位置的位移减小，根据F= 一kx可知，回复力减小，C错误；若把 该单摆放在月球上，重力加速度比地 可知摆动 球上的小，根据T=2√g 周期变大，D错误。 对点演练 1.C由单摆的振动图像可知振动周期 为T=0.8πs,由单摆的周期公式T= 得摆长为1=sT 2r入Ng 4π =1.6m, x一t图像的斜率代表速度，故起始时 刻速度为零，且A、C点的速度相同，