专题提升11　碰撞模型的拓展 课件 -2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习课件聚焦“碰撞模型的拓展”专题，核心覆盖“滑块—弹簧”“滑块—斜(曲)面”模型，对接动量守恒定律应用的高考核心考点。依据新课标要求，梳理模型动量守恒、机械能守恒等特点，分析弹簧最长（最短）状态、滑块最大高度等常考题型，体现高考备考的针对性和实用性。 课件亮点在于结合高考模拟题（如福建厦门、河南信阳模拟）开展实战训练，通过例1速度相同求弹性势能、例3水平动量守恒求最大高度等解析，培养科学思维（模型建构、科学推理）和物理观念（能量观念）。帮助学生掌握临界状态分析技巧，教师可据此精准把握考点，助力高效复习。

高考总复习 物理 人教版 专题提升11　碰撞模型的拓展 索引 提升点1 提升点2 课时跟踪练 返回导航 第七章　动量守恒定律 课程标准　1.会分析、计算“滑块—弹簧”模型有关问题。2.理解“滑块—斜(曲)面”模型与碰撞的相似性,会解决相关问题。 返回导航 第七章　动量守恒定律 01 提升点1　“滑块—弹簧”模型 返回导航 第七章　动量守恒定律 1.模型图示 返回导航 第七章　动量守恒定律 2.模型特点 (1)动量守恒:两个物体与弹簧相互作用的过程中,若系统所受外力的矢量和为零,则系统动量守恒。 (2)机械能守恒:系统所受外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功,系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同,弹性势能最大,系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞,两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能),即m1v0=(m1+m2)v,ΔEp=m1-(m1+m2)v2。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (4)弹簧恢复原长时,弹性势能为零,系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞),即m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (2026·福建厦门模拟)如图甲所示,一轻质弹簧的两端分别与质量是m1、m2的A、B两物块相连,它们静止在光滑水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度v=3 m/s,并从此时刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,已知m1=2 kg,下列说法正确的是(　　) 返回导航 第七章　动量守恒定律 A.物块B的质量为3 kg B.弹簧的最大弹性势能为4.5 J C.t2时刻A、B的动能之比为Ek1∶Ek2=1∶4 D.从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长 返回导航 第七章　动量守恒定律 [解析]　由题图乙可知,t1时刻两物块速度相同,均为v1=1 m/s,根据动量守恒定律可得m1v=(m1+m2)v1,解得物块B的质量为m2=4 kg,故A错误;当两物块速度相同时,弹簧弹性势能最大,根据能量守恒定律可得Ep=m1v2-(m1+m2)=6 J,故B错误;在t2时刻,由题图乙可知A、B速度分别为vA=-1 m/s,vB=2 m/s,A、B的动能之比为Ek1∶Ek2=m1∶m2=1∶8,故C错误;由题图乙可知,B的速度在t2时刻最大,可知此时弹簧恢复原长,此后B开始做减速运动,弹簧处于拉伸状态,在t3时刻,两物块速度再一次相同,此时弹簧伸长量最大,在t4时刻,弹簧刚好再次恢复原长,则从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长,故D正确。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (多选)(2026·河南信阳模拟)如图所示,P、Q两个半径相同的小球穿在两根平行且光滑的足够长的水平杆上,P、Q两球的质量分别为m1=2 kg、m2=1 kg,初始时两小球均静止,P、Q两球间连着一根轻质弹簧,弹簧处于原长状态。现给P球一个向左的初速度v0=10 m/s。下列说法正确的是(　　) A.P、Q两球动量守恒,机械能守恒 B.弹簧的最大弹性势能为 J C.Q球的最大速度大小为 m/s D.P球可能向右运动 返回导航 第七章　动量守恒定律 [解析]　P、Q两球在水平方向上动量守恒,由于有弹簧弹力对P、Q做功,P、Q两球机械能不守恒,故A错误;两球在水平方向上动量守恒,规定向左的方向为正方向,速度相等时,有m1v0=(m1+m2)v,此时弹簧的弹性势能最大,有Ep=m1-(m1+m2)v2,解得Ep= J,故B正确;弹簧恢复原长时,对P、Q两球组成的系统,根据弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒的特点, m1v0=m1v1+m2vm,m1=m1+m2,Q的最大速度大小为vm=,代入数据解得vm= m/s,故C正确;如果P球向右运动,根据动量守恒定律可知,Q向左运动的速度会更大,系统的总机械能会增加,不符合题意,则P球不可能向右运动,故D错误。 返回导航 第七章　动量守恒定律 02 提升点2　“滑块—斜(曲)面” 模型 返回导航 第七章　动量守恒定律 1.模型图示 返回导航 第七章　动量守恒定律 2.模型特点 (1)滑块上升到最大高度:滑块与斜(曲)面具有共同水平速度v共,此时滑块的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒,有mv0=(M+m)v共;系统机械能守恒,有m=(M+m)+mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞)。 (2)滑块返回最低点:滑块与斜(曲)面分离点。系统水平方向动量守恒,有mv0=mv1+Mv2;系统机械能守恒,有m=m+M(相当于刚完成弹性碰撞)。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (2026·安徽芜湖模拟)如图所示,在水平面上放置一个右侧面半径为R的圆弧凹槽,凹槽质量为m,凹槽A点切线水平,B点为最高点。一个质量也为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽,重力加速度为g,不计一切摩擦,则下列说法正确的是(　　) 返回导航 第七章　动量守恒定律 A.小球在凹槽内运动的全过程中,小球与凹槽的总动量守恒,且离开凹槽后做平抛运动 B.若v0=,小球恰好可到达凹槽的B点且离开凹槽后做自由落体运动 C.若v0=,小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点,且离开凹槽后做自由落体运动 D.若v0=,小球最后一次离开凹槽的位置一定是B点,且离开凹槽后做竖直上抛运动 返回导航 第七章　动量守恒定律 [解析]　小球在凹槽内运动的全过程中,小球与凹槽的水平方向动量守恒,但总动量不守恒,故A错误;若小球恰好可到达B点,在水平方向由动量守恒定律有mv0=2mv,由机械能守恒定律有m=×2mv2+mgR,解得v0= 2,故B错误;当v0>2时,小球从B点飞出后做斜抛运动,水平方向速度跟凹槽相同,再次返回时恰好能落到B点,最后一次离开斜面的位置一定是A点,设此时小球的速度为v1,凹槽的速度为v2,由水平方向动量守恒定律可得mv0=mv1+mv2,由机械能守恒定律得m=m+m,解得v1=0,v2=v0,可知小球最后一次离开凹槽的位置一定是A点,且离开凹槽后做自由落体运动,故C正确,D错误。 返回导航 第七章　动量守恒定律 (2026·湖北模拟)如图所示,质量为M=3 kg、半径为R=1 m的四分之一光滑圆弧轨道放在光滑水平地面上,下端与水平地面相切,质量为m=0.98 kg的木块静止在轨道左侧,质量为m0=20 g的子弹以v0=200 m/s的速度水平向右射入木块并留在其中。已知子弹与木块作用时间极短,木块的尺寸远小于圆弧轨道的半径,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力。求: 返回导航 第七章　动量守恒定律 (1)子弹射入木块后的共同速度的大小以及此过程中产生的内能; (2)木块沿圆弧轨道上升的最大高度; (3)圆弧轨道的最大速度的大小。 [答案]　(1)4 m/s　392 J　 (2)0.6 m　 (3)2 m/s 返回导航 第七章　动量守恒定律 [解析]　(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v1,对子弹和木块组成的系统,由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1 解得子弹射入木块后的共同速度v1=4 m/s 此过程系统所产生的内能 Q=m0-(m0+m) 解得产生的内能Q=392 J。 (2)设木块(含子弹)在圆弧轨道上升到最大高度时,两者的速度大小为v2,木块沿圆弧轨道上升的最大高度为h,由水平方向动量守恒定律得 (m0+m)v1=(m0+m+M)v2 返回导航 第七章　动量守恒定律 由能量守恒定律得 (m0+m)gh=(m0+m)-(m0+m+M) 解得木块沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.6 m(h<R,木块未从圆弧轨道最高点飞出)。 (3)设木块(含子弹)在圆弧轨道上时,圆弧轨道一直做加速运动,木块(含子弹)在圆弧轨道底端与轨道分离时,圆弧轨道的速度最大,设此时木块(含子弹)的速度为v3,圆弧轨道的速度为v4,由水平方向动量守恒定律得(m0+m)v1=(m0+m)v3+Mv4 返回导航 第七章　动量守恒定律 由机械能守恒定律得 (m0+m)=(m0+m)+M 解得圆弧轨道的最大速度v4=2 m/s,方向水平向右。 返回导航 第七章　动量守恒定律 课时跟踪练 温馨提示 返回导航 第七章　动量守恒定律 $