广西2026届高考物理二轮复习课件：专题二 第2讲 动量和能量观点的应用

该高中物理高考复习课件聚焦“动量和能量观点的应用”专题，依据高考评价体系梳理了动量定理、动量守恒、能量守恒等核心考点，通过近三年真题分析明确碰撞模型、弹簧类问题等高频考点分布，归纳弹性碰撞、子弹打木块等常考题型，构建系统复习框架。 课件亮点在于“真题感悟+模型突破+素养提升”策略，如2024广西卷弹性碰撞题解析中，通过动量守恒与机械能守恒方程推导，培养科学思维中的模型建构与科学推理能力。特设高频考点探究与专项模块，帮助学生掌握碰撞过程动量制约、动能制约等解题技巧，教师可据此精准定位学生薄弱点，实现高效备考。

第二讲　动量和能量观点的应用 专题二 2026 内容索引 01 02 03 体系构建•真题感悟 高频考点•探究突破 专项模块•素养培优 体系构建•真题感悟 【知识网络构建】 1.(多选)(2024广西卷)如图所示,在光滑平台上有两个相同的弹性小球M和N。M水平向右运动,速度大小为v。M与静置于平台边缘的N发生正碰,碰撞过程中总机械能守恒。若不计空气阻力,则碰撞后,N在(　　) A.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀速运动 B.竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动 C.水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v D.水平地面上的垂直投影的运动速度大小大于v BC 【高考真题再练】 解析 由于两小球碰撞过程中机械能守恒,M、N的质量相等,且发生弹性正碰,碰后两球将发生速度交换,碰后M静止在碰撞处,N以初速度v开始做平抛运动,竖直方向做自由落体运动,即竖直墙面上的垂直投影的运动是匀加速运动,选项A错误,B正确。水平方向做匀速直线运动,即水平地面上的垂直投影的运动速度大小等于v,选项C正确,D错误。 2.(多选)(2024广西卷)如图所示,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬,形状为正四棱台,上下底面均为正方形,四个侧面完全相同且与上底面的夹角均为θ。木栓质量为m,与方孔侧壁的动摩擦因数为μ。将木栓对准方孔,接触但无挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进了Δx的位移,未到达方孔底部。 若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变,弹力呈线性变化,最大静摩擦力约等于滑动摩擦力,则(　 　) A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为-I BCD 解析 锤子撞击木栓到木栓进入的过程,合力的冲量为零,重力冲量不为零,则木料对木栓的冲量不为-I,选项A错误。木栓进入过程, 3.(2025甘肃卷)如图所示,小球A从距离地面20 m处自由下落,1 s末恰好被小球B从左侧水平击中,小球A落地时的水平位移为3 m。两球质量相同,碰撞为完全弹性碰撞,重力加速度g取10 m/s2,则碰撞前小球B的速度大小v为 (　　) A.1.5 m/s B.3.0 m/s C.4.5 m/s D.6.0 m/s B 解析 根据题意可知,小球A和B碰撞过程中,水平方向上动量守恒,竖直方向上小球A的速度大小不变,设碰撞前小球A的速度为vA,碰撞后小球A的水平速度为v1,小球B的水平速度为v2,故小球A合速度的大小为,水平方向由动量守恒可得mv=mv1+mv2,完全弹性碰撞,由A、B组成的系统能量守恒可得mv2+m()+,联立解得v1=v,v2=0,小球A在竖直方向上做匀加速直线运动,则有h=gt2,解得t=2 s,可知碰撞后,小球A在运动t'=1 s末落地,则水平方向上有x=vt',解得v=3.0 m/s,故选B。 4.(2025广西卷)图甲为某智能分装系统工作原理示意图,每个散货经倾斜传送带由底端A运动到顶端B后抛出,撞击冲量式传感器使其输出一个脉冲信号,随后竖直掉入已与水平传送带共速的货箱中,此系统利用传感器探测散货的质量,自动调节水平传送带的速度,实现按规格分装。倾斜传送带与水平地面夹角为30°,以速度v0匀速运行。若以相同的时间间隔Δt将散货以几乎为0的速度放置在倾斜传送带底端A,从放置某个散货时开始计数,当放置第10个散货时,第1个散货恰好被水平抛出。散货与倾斜传送带间的动摩擦因数μ=,到达顶端前已与倾斜传送带共速。设散货与传感器撞击时间极短,撞击后竖直方向速度不变,水平速度变为0。每个长度为d的货箱装总质量为m总的一批散货。若货箱之间无间隔,重力加速度为g。分装系统稳定运行后,连续装货,某段时间传感器输出的每个脉冲信号与横轴所围面积为I,如图乙所示,求这段时间内: 甲 乙 (1)单个散货的质量; (2)水平传送带的平均传送速度大小; (3)倾斜传送带的平均输出功率。 答案 (1)　(2)　(3) 解析 (1)散货在传送带上被水平抛出,则其初速度方向水平,大小为v0 对单个散货,撞击传感器过程中,水平方向由动量定理有-I=0-mv0 解得单个散货的质量为m=。 (2)落入货箱中散货的个数为N= 则水平传送带的平均传送速度大小为。 (3)设倾斜传送带的长度为L,其中散货在加速阶段, 由牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma 解得a=g 加速时间t1= 加速位移x1= 设匀速时间为t2 其中t1+t2=9Δt 则匀速位移为x2=v0t2=v0 故传送带的长度为L=x1+x2=9v0Δt- 在加速阶段散货与传送带发生的相对位移为Δx=v0t1-x1= 在Δt时间内传送带做的功为W=+mgLsin 30°+Q 其中m=,L=9v0Δt-,Q=μmgcos 30°·Δx, 联立可得倾斜传送带的平均输出功率为。 5.(2025山东卷)如图所示,内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上,P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度,P处轨道的切线沿水平方向,Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接并置于光滑水平面上,b被锁定。一质量为m1= kg的小球自Q点正上方h=2 m处自由下落,无能量损失地滑入轨道,并从P点水平抛出,恰好击中a,与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F=15 N时,b解除锁定开始运动。 已知a的质量ma=1 kg,b的质量mb= kg,方形物体的质量m2= kg,重力加速度大小g取10 m/s2,弹簧的劲度系数k=50 N/m,整个过程弹簧均在弹性限度内,弹性势能表达式Ep=kx2(x为弹簧的形变量),所有过程不计空气阻力。求: (1)小球到达P点时,小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2; (2)弹簧弹性势能最大时,b的速度大小vb及弹性势能的最大值Epm。 答案 (1)6 m/s　 m/s　(2) m/s　 J 解析 (1)因方形物体置于光滑水平面上,故小球与方形物体组成的系统在水平方向上动量守恒,规定向左为正方向,则有 m1v1+m2v2=0 由题意可知,小球与方形物体组成的系统机械能守恒,则有 m1gh=m1m2 联立解得v1=6 m/s,v2=- m/s,负号表示方向向右 故小球及方形物体相对于地面的速度大小v1、v2分别为6 m/s、 m/s。 (2)小球从P点抛出后击中a时,小球和a组成的系统在水平方向上动量守恒,设粘在一起时的速度为v3,则有 m1v1=(m1+ma)v3 解得v3=2 m/s b解除锁定时,弹簧伸长量 x1= m=0.3 m 设此时a和小球的速度为v4,由能量守恒定律有 (m1+ma)(m1+ma) 解得v4=1 m/s 在a、b、小球及弹簧运动过程中,a、b、小球和弹簧组成的系统动量守恒,机械能守恒,当a、b、小球共速时,弹簧的弹性势能最大,由动量守恒定律和机械能守恒定律有 (m1+ma)v4=(m1+ma+mb)v共 (m1+ma)(m1+ma+mb)=Epm 解得v共= m/s,Epm= J 当弹簧弹性势能最大时,b的速度大小为 m/s,弹性势能的最大值Epm为 J。 高频考点•探究突破 考点一 动量、冲量、动量定理 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.动量、冲量的理解 公式p=mv,I=Ft 冲量是表示力对时间的积累作用 2.动量定理的应用 1.动量定理I=Δp 2.应用I=Δp求变力的冲量 3.应用Δp=FΔt求动量的变化量 4.可能用到微元法或图像法 3.用动量定理处理流体问题 1.建立“柱状模型”,沿流速v的方向选取一段柱形流体,其横截面积为S 2.微元研究,作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl,对应的质量为Δm=ρSvΔt 3.建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 1.冲量的三种计算方法 公式法 I=Ft适用于求恒力的冲量 动量定理法 多用于求变力的冲量或F、t未知的情况 图像法 F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量的大小,若F与t成线性关系,也可直接用平均力求解 考点一 考点二 考点三 2.理解动量定理时应注意的四个问题 (1)动量定理表明冲量既是使物体动量发生变化的原因,又是物体动量变化的量度。 注:这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量(或者说是物体所受各个外力冲量的矢量和)。 (2)动量定理的研究对象是一个物体(或可视为一个物体的系统)。 可能是流体 (3)动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初、末状态的动量。 (4)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 1.(2024广西河池一模)(命题点1、2)某次排球比赛中,甲运动员在离地高度为h1=2.8 m处将排球水平击出;乙运动员在离地h2=1.0 m处将排球垫起,垫起后球的速度大小相等,方向相反,且与水平方向成37°。已知排球的质量为m=0.3 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。以下说法正确的是(　 ) A.排球在垫起前在空中运动的时间为0.8 s B.排球水平击出时的初速度大小为6 m/s C.排球与乙同学作用的过程中所受 合外力冲量的大小为6 N·s D.排球被垫起后运动到最高点时距离地面的高度为3.2 m C 考点一 考点二 考点三 解析 排球从被击出到被垫起前做平抛运动, 设其飞行时间为t,竖直方向有h1-h2= gt2,解得t=0.6 s,故A错误; 垫起后球的速度大小相等,方向相反,所以乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小为vy=gt=10×0.6 m/s=6 m/s,根据题目可得此时速度方向与水平方向的夹角为θ=37°, 考点一 考点二 考点三 乙同学垫起排球前瞬间排球速度的大小为 根据动量定理,排球与乙同学作用的过程中所受合外力冲量的大小为I=2mv=2×0.3×10 N·s=6 N·s,故C正确;根据运动的对称性可得,排球被垫起后会沿原轨迹返回,故可知排球运动到最高点时距离地面的高度为h=h1=2.8 m,故D错误。 考点一 考点二 考点三 2.(多选)(2024广西南宁模拟)(命题点3)生活中常用高压水枪清洗汽车,高压水枪的喷口直径为D,喷出水流的流速为v,水柱垂直射向汽车表面后速度变为零,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πρD2v B.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2 C.若高压水枪喷口的直径减小为原来的一半,则水柱对汽车的平均冲力变为原来的 D.若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍,则水柱对汽车的平均冲力变为原来的2倍 AC 考点一 考点二 考点三 解析 高压水枪单位时间喷出的水的质量m=ρV=πρD2v,故A正确。设水柱对汽车的平均冲力为F,垂直汽车表面方向,由动量定理得-FΔt=0-Δmv,Δt时间内水柱的质量为Δm=ρΔV=πρD2vΔt,解得水柱对汽车的平均冲力为F=πρv2D2,故B错误。若高压水枪喷口的直径减小为原来的一半,根据F=πρv2D2得水柱对汽车的平均冲力变为原来的,故C正确。根据F=πρv2D2可知,若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍,则水柱对汽车的平均冲力变为原来的4倍,故D错误。 考点一 考点二 考点三 3.(2025重庆一模)(命题点2)现用一把0.6 kg的铁锤钉钉子,打击前瞬间铁锤的速度为3 m/s,打击后铁锤的速度变为0,打击时间为0.01 s。重力加速度g取10 m/s2,求上述打击过程: (1)铁锤的动量变化量; (2)考虑铁锤所受的重力,钉子受到的平均作用力大小。 考点一 考点二 考点三 答案 (1)1.8 kg·m/s　(2)186 N 解析 (1)规定铁锤的初速度方向为正方向,对铁锤分析可得Δp=0-mv=-1.8 kg·m/s,即动量变化量的大小为1.8 kg·m/s,方向与初速度的方向相反。 (2)钉子对铁锤的平均作用力为F,对于铁锤,以初速度的方向为正方向,由动量定理可得(-F+mg)t=Δp,解得F=186 N,根据牛顿第三定律可得,钉子受到的平均作用力的大小F'=F=186 N。 考点一 考点二 考点三 考点二 动量守恒定律的应用 命题点 解答指引 1.动量守恒的理解及应用 公式:m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 根据“五步法”列方程求解 【命题点点拨】 考点一 考点二 考点三 命题点 解答指引 2.碰撞模型的规律和应用 3.动量守恒定律在爆炸现象中的应用 (1)爆炸过程中,系统的总动量守恒,根据动量守恒定律列方程求解 (2)爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 1.动量守恒定律解题 “五步法” 考点一 考点二 考点三 2.碰撞的三个制约关系 一般碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间:动量守恒,机械能(或动能)有损失,遵循以下三个制约关系: (1)动量制约:碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约,总动量恒定不变,即p1+p2=p1'+p2'。 (2)动能制约:在碰撞过程中,碰撞双方的总动能不会增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。 (3)运动制约:碰撞要受到运动的合理性要求的制约,例如,如果碰前和碰后两物体都同向运动,那么碰撞后原来在前面的物体速度必增大,且大于或等于原来在后面的物体的碰后速度。 考点一 考点二 考点三 [典例](多选)(命题点1)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为(　　) A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg BC 考点一 考点二 考点三 解析 设该运动员的质量为m0,物块的质量为m=4.0 kg,推物块的速度大小为v=5.0 m/s,取人运动的方向为正方向,根据动量守恒定律可得 第一次推物块的过程中:0=m0v1-mv 第二次推物块的过程中:m0v1+mv=m0v2-mv 第三次推物块的过程中:m0v2+mv=m0v3-mv …… 第n次推物块的过程中:m0vn-1+mv=m0vn-mv 以上各式相加可得:m0vn=(2n-1)mv 当n=7时,v7<v,解得m0>52 kg 当n=8时,v8≥v,解得m0≤60 kg, 故52 kg<m0≤60 kg,故A、D错误,B、C正确。 考点一 考点二 考点三 【情境突破】 情境分析 研究过程 模型建构 分析解读 一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,物块与挡板弹性碰撞,总共经过8次这样推物块,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s 物块与挡板弹性碰撞 碰撞模型 第一次:0=m0v1-mv 第二次:m0v1+mv=m0v2-mv 第三次:m0v2+mv=m0v3-mv 第n次: m0vn-1+mv=m0vn-mv 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 4.(2024山东济南期末)(命题点2)短道速滑接力赛上,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,如图所示。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用, 则甲、乙组成的系统(　　) A.动量不守恒,机械能守恒 B.动量不守恒,机械能不守恒 C.动量守恒,机械能守恒 D.动量守恒,机械能不守恒 D 考点一 考点二 考点三 解析 乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,忽略运动员与冰面在水平方向上的相互作用,系统所受的外力有重力和支持力,外力合力为零,则动量守恒,因为在推甲的过程中消耗了乙的化学能,乙的化学能转化为系统的机械能,所以系统机械能不守恒,故A、B、C错误,D正确。 考点一 考点二 考点三 5.(2024黑龙江鸡西期末)(命题点3)一枚在空中飞行的火箭在某时刻的速度为v0,方向水平,燃料即将耗尽。此时,火箭突然炸裂成两块(如图所示),其中质量为m2的后部分箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则质量为m1的前部分箭体的速率v1为(　　) D 考点一 考点二 考点三 解析 火箭在爆炸分离时水平方向上动量守恒, 规定初速度的方向为正方向, 故A、B、C错误,D正确。 考点一 考点二 考点三 考点三 动量与能量的综合应用 【命题点点拨】 命题点 解答指引 1.多物体碰撞类问题 1.认真分析过程,弄清受力情况和运动情况 2.根据守恒条件,选合适的对象(系统)灵活分解过程,用动量守恒定律列方程 2.弹簧类模型 1.含弹簧的“碰撞”问题,一般情况下均满足动量守恒定律和机械能守恒定律 2.注意弹簧的三个状态:原长——此时弹簧的弹性势能为0、压缩到最短和伸长到最长的状态——此时弹簧连接的物体具有共同的速度,弹簧具有最大的弹性势能——这往往是解决此类问题的突破点 考点一 考点二 考点三 命题点 解答指引 3.子弹打木块模型(滑块滑板模型) 1.木块放在光滑水平面上,子弹水平打进木块,系统所受的合外力为0,因此动量守恒 2.系统产生的内能Q=Ff·x 考点一 考点二 考点三 【方法规律归纳】 碰撞与多过程模型的五大解题策略 (1)弄清有几个物体参与运动,并划分清楚碰前的过程和碰后的物体的运动过程。 (2)构建物理模型——进行正确的受力分析,明确各过程的运动特点,分析过程是要根据题目的关键词句或图像信息弄清隐含的临界条件。　　 注意审题 考点一 考点二 考点三 (3)注意正确选用物理定律——在光滑的平面或曲面上的运动,还有不计阻力的抛体运动,机械能一定守恒;碰撞过程、子弹打击木块、不受其他外力作用的两物 　在多过程中,碰撞过程一般是一个子过程 体相互作用问题,一般考虑用动量守恒定律分析。 (4)如果是弹性碰撞,碰撞过程总动能也不变。一些关键碰撞的二级结论要记住。 (5)如含摩擦生热问题,则考虑用能量守恒定律分析。 考点一 考点二 考点三 [典例2] (2024甘肃卷)(命题点1)如图所示,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)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。 考点一 考点二 考点三 思维点拨 (1)根据动能定理求得小球A到最低点时的速度,根据牛顿第二定律求解细绳的拉力。 (2)A飞出后与C碰撞前做平抛运动,由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒,据此求得碰后C的速度大小。 (3)对C相对B滑行的过程,根据动量守恒定律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩擦因数。 考点一 考点二 考点三 答案 (1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 解析 (1)细绳OP的长度为L=1.6 m,从A开始做圆周运动到最低点的过程,根据动能定理得 解得FT=40 N 根据牛顿第三定律可知A运动到最低点时细绳OP所受的拉力为40 N。 考点一 考点二 考点三 (2)A飞出后与C碰撞前做平抛运动,A与C碰撞前瞬间A的水平分速度v0=4 m/s,由题意可知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒,以向右为正方向,则有mAv0=mCvC 解得碰后C的速度大小为vC=4 m/s。 (3)A、C碰后,C相对B滑行Δx=4 m后与B共速(设共速时的速度为v)。以向右为正方向,对C相对B滑行的过程,根据动量守恒定律与能量守恒定律得 mCvC=(mC+mB)v 考点一 考点二 考点三 【对点训练】 6.(2024广西柳州、南宁联考二模)(命题点1)如图所示,打弹珠是一种常见的游戏,该游戏的规则为将手中的弹珠以一定的初速度瞬间弹出,并与另一静止的弹珠发生碰撞,被碰弹珠若能进入前方的坑并停在坑中即为胜出,被碰弹珠经过坑时的速度如果大于1 m/s则不会停在坑中而从坑中滑出。现将此游戏进行简化,弹珠A和弹珠B与坑在同一直线上,两弹珠间距为x1=1 m,弹珠B与坑的间距为x2=0.6 m。某同学将弹珠A以v0= m/s的初速度水平向右瞬间弹出,与B发生正碰,碰后A的速度方向不变,大小为1 m/s。已知两弹珠的质量均为m=10 g,A、B在运动过程中与地面间的摩擦力均为Ff=0.02 N。 考点一 考点二 考点三 (1)求两弹珠碰撞过程中损失的机械能。 (2)判断该同学能否胜出。 考点一 考点二 考点三 答案 (1)2×10-2 J　(2)不能胜出 解析 (1)设碰撞前瞬间弹珠A的速度为v1,由功能关系可知 考点一 考点二 考点三 (2)由第(1)问解得vB=2 m/s 弹珠B碰撞后运动到坑中的速度为vt 由功能关系可得 考点一 考点二 考点三 7.(2024辽宁辽阳模拟预测)(命题点2)如图所示,质量为4m、半径为R的光滑四分之一圆弧体A静止在足够大的光滑水平面上,水平面刚好与圆弧面的最底端相切,轻弹簧放在光滑水平面上,左端固定在竖直固定的挡板上,用外力使质量为m的小球B压缩弹簧(B与弹簧不连接),由静止释放小球B,小球B被弹开后运动到圆弧体的最高点时,恰好与圆弧体相对静止,不计小球B的大小,重力加速度为g。求: (1)弹簧具有的最大弹性势能; (2)小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间对圆弧面的压力大小; (3)小球B第二次滚上圆弧面后,上升的最大高度。 考点一 考点二 考点三 答案 (1)1.25mgR (2)3.5mg (3)0.04R 解析 (1)设弹簧开始具有的最大弹性势能为Ep,小球被弹开后的速度大小为v0,滚上圆弧面最高点后的速度大小为v1,根据能量守恒有 Ep=×5m+mgR Ep= 根据动量守恒有mv0=5mv1 解得Ep=mgR=1.25mgR。 考点一 考点二 考点三 (2)由(1)可解得v0= 小球B第一次滚上圆弧面的一瞬间FN-mg=m 解得FN=3.5mg 根据牛顿第三定律可知,小球对圆弧面的压力大小F压=FN=mg=3.5mg。 考点一 考点二 考点三 (3)设小球第一次离开圆弧面时,小球的速度大小为v2、圆弧体的速度大小为v3,根据动量守恒有mv0=4mv3-mv2 根据能量守恒有×4m 从小球第二次滚上圆弧面到上升到最高点过程中,设上升到最高点时的共同速度为v4,上升的最大高度为h,根据动量守恒有4mv3+mv2=5mv4 根据能量守恒有×4m×5m+mgh 解得h=R=0.04R。 考点一 考点二 考点三 专项模块•素养培优 应用力学三大观点解决综合问题 【主题概述】 1.解动力学问题的三个基本观点 (1)力的观点:运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀变速运动问题。 (2)能量观点:用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。 (3)动量观点:用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题。 2.力学三大观点的对比 力学三 大观点 对应规律 表达式 选用原则 动力学 观点 牛顿第二定律 F合=ma 物体做匀变速直线运动,涉及运动细节 匀变速直线运动规律 力学三 大观点 对应规律 表达式 选用原则 能量 观点 动能定理 W合=ΔEk 涉及做功与能量转换 机械能守恒定律 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2 功能关系 WG=-ΔEp等 能量守恒定律 E1=E2 动量 观点 动量定理 I合=p'-p 只涉及初末速度、力、时间,而不涉及位移、功 动量守恒定律 p1+p2=p1'+p2' 只涉及初末速度,而不涉及力、时间 3.力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的瞬时对应关系式,可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则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。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到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化。这种问题由于作用时间都极短,因此用动量守恒定律去解决。 【典例分析】 [典例]如图所示,一倾角为θ的固定斜面的底端安装一弹性挡板,P、Q两物块的质量分别为m和4m,Q静止于斜面上A处。某时刻,P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞。Q与斜面间的动摩擦因数等于tan θ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。P与斜面间无摩擦,与挡板之间的碰撞无动能损失。两物块均可以看作质点,斜面足够长,Q的速度减为零之前P不会与之发生碰撞。重力加速度大小为g。求: (1)求P与Q第一次碰撞后瞬间各自 的速度大小vP1、vQ1。 (2)第二次碰撞Q上升的高度。 (3)求第n次碰撞使物块Q上升的高度hn。 解析 (1)P与Q的第一次碰撞,取P的初速度方向为正方向, 由动量守恒定律得 mv0=mvP1+4mvQ1 由机械能守恒定律得 设P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02, 第一次碰后至第二次碰前,对P由动能定理得 P与Q的第二次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP2、vQ2,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv02=mvP2+4mvQ2 (3)设P运动至与Q刚要发生第三次碰撞前的位置时速度为v03,第二次碰后至第三次碰前,对P由动能定理得 P与Q的第三次碰撞,设碰后P与Q的速度分别为vP3、vQ3,取P的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得 mv03=mvP3+4mvQ3 由机械能守恒定律得 【情境突破】 方法点拨 涉及动量问题的多过程问题的分析思路及模型 【类题演练】 (2024广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 甲 乙 丙 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。 (2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量m0=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小g取10 m/s2,求: ①碰撞过程中F的冲量大小和方向; ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 解析 本题考查牛顿第二定律、动量定理等。 (1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂对它向下的压力FN以及斜面对它的支持力F支,则由牛顿第二定律可知(mg+FN)tan θ=ma 本 课 结 束 B.进入过程,木料对木栓的平均阻力大小约为+mg C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了+mgΔx D.木栓前进Δx后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为 由动能定理知mgΔx-FfΔx=0-mv2, 且mv2=,得Ff=+mg,选项B正确。 由能量守恒的关系知,损失的机械能ΔE=+mgΔx,选项C正确。 对木栓的一个侧面受力分析如图 由于方孔侧壁弹力呈线性变化,因此×4×(Ffmaxsin θ+FNcos θ)=Ff 由B知Ff=+mg 结合Ffmax=μFN 解得Ffmax=,选项D正确。 故排球被水平击出时的初速度大小为v0==8 m/s,故B错误; v= m/s=10 m/s, A.v0-v2 B.v0+v2 C.v0-v2 D.v0+(v0-v2) 有(m1+m2)v0=m1+m2v2,解得v1=v0+(v0-v2), mAg(L-Lcos 60°)=mA-0 解得v0=4 m/s 设A运动到最低点时细绳OP对A的拉力为FT, 根据牛顿第二定律得FT-mAg=mA μmCgΔx=mC(mC+mB)v2 解得C和B之间的动摩擦因数为μ=0.15。 -Ffx1= 弹珠A与B的碰撞,由动量守恒定律得 mv1=mvA+mvB 两弹珠碰撞过程中损失的机械能 ΔE= 联立解得ΔE=2×10-2 J。 -Ffx2= 解得vt= m/s>1 m/s 即该同学不能胜出。 答案 (1)v0　v0 (2) (3)(n=1,2,3…) ×4m 联立解得vP1=-v0 vQ1=v0。 (2)设第一次碰撞后Q上升的高度为h1,对Q由运动学公式得 0-=2·(-2gsin θ)· 联立解得h1= -mgh1= 联立解得v02=v0 由机械能守恒定律得·4m 联立解得vP2=-v0 vQ2=v0 设第二次碰撞后Q上升的高度为h2,对Q由运动学公式得 0-=2·(-2gsin θ)· 联立解得h2=。 -mgh2= 联立解得v03=v0 ·4m 联立解得 vP3=-v0 vQ3=v0 设第三次碰撞后Q上升的高度为h3,对Q由运动学公式得 0-=2·(-2gsin θ)· 联立解得h3= 总结可知,第n次碰撞后,物块Q上升的高度为 hn=(n=1,2,3…)。 情境分析 研究过程 模型建构 分析解读 P与Q第一次碰撞 弹性碰撞模型 动量守恒定律: mv0=mvP1+4mvQ1 机械能守恒定律: =×4m P与Q第二次碰撞 弹性碰撞模型,Q沿斜面上升 Q沿斜面第2次上升h2: 0-=2·(-2gsin θ)· P与Q第n次碰撞 弹性碰撞模型,Q沿斜面上升 根据数学归纳法,Q沿斜面n次上升: hn=(n=1,2,3……) 答案 (1)　(2)①330 N∙s,方向竖直向上　②0.2 m 解得tan θ=。 (2)①由题图丙可知碰撞过程中F的冲量大小IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上。 ②头锤落到气囊上时的速度v0==8 m/s 与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得 IF-m0gt=m0v-(-m0v0) 解得v=2 m/s 则上升的最大高度h==0.2 m。 $