第7章 第3讲 用动量和能量综合分析问题 课件 -2027届高考物理一轮复习考点精讲

该高中物理高考复习课件聚焦“动量与能量综合分析”核心考点，依据高考评价体系明确“滑块—滑板”“子弹—木块”“弹簧—滑块”三大模型的考查要求，系统梳理模型特点、解题程序及高频题型，通过考点过关题和典例解析，精准对接高考命题规律。 课件亮点在于“模型建构+真题训练+素养提升”，通过典例深入剖析动量守恒与能量守恒联立方法，培养学生科学思维和物理观念，特设“方法小结”和“易错点分析”，助力学生掌握共速临界点等解题关键，教师可据此开展针对性教学，提升复习效率。

第七章　动量与动量守恒定律 第3讲　用动量和能量综合分析问题 -- 第七章　动量与动量守恒定律 能用动量和能量观点综合分析“滑块—滑板”模型、“子弹—木块”模型和“弹簧—滑块”模型等问题。 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 ACD -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 ABD -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 BC -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 CD -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 C -- 第七章　动量与动量守恒定律 -- 第七章　动量与动量守恒定律 谢谢观看 -- 第七章　动量与动量守恒定律 考点一　“滑块—滑板”模型问题 【考点内化】 1．模型特点。 “滑块—滑板(或长木板车)”模型是动量和能量综合应用常见的模型之一，由于滑块与滑板(或长木板车)之间常存在一对相互作用的滑动摩擦力，这对摩擦力使滑块、滑板的动量发生变化，也使它们的动能发生变化，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，系统的动量守恒；但由于出现相对位移，使系统机械能损失，所以解决这类模型采用动量守恒和能量转化与守恒的规律。 2．解题一般程序。 受力分析和物体相对运动过程的分析→相对运动过程的作图→参考系的选择→摩擦力做功与动能和能量转化之间的关系→动量守恒定律的运用→能量守恒定律的运用→联立各式解方程组得答案。 【考点过关】 (多选)如图甲所示，足够长的质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m＝1.5 kg的物块，t＝0时物块以速度v0从木板的左端开始向右端滑动，运动过程中物块的动能Ek随时间t变化的图像如图乙所示，t＝3 s后物块动能不变，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　 　) 　 甲 乙 A．t＝3 s时物块和木板达到共同速度 B．M＝3 kg C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.1 D．木板的最短长度为6 m 解析：由图乙可知物块的初动能为12 J，由＝mv02可知物块的初速度为v0＝4 m/s，由图乙可知物块的末动能为0.75 J，由Ek＝mv2可知物块的末速度为v＝1 m/s，此时物块与木板共速，故A正确；根据动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，解得木板的质量为M＝4.5 kg，故B错误；对物块利用牛顿第二定律有μmg＝ma，根据匀变速直线运动速度时间公式v＝v0－at解得A、B间的动摩擦因数为μ＝0.1，故C正确；物块由4 m/s减速到1 m/s的过程中，木板的位移s1＝t＝×3＝1.5 m，物块的位移s2＝t＝×3 m＝7.5 m，则木板的最短长度为Lmin＝s2－s1＝6 m，故D正确。 若双方共速，则抓住共速临界点，动量守恒求质量、能量或运动学求长度。 【考教衔接】 　如图，在光滑水平地面上固定足够高的挡板，距离挡板s＝3 m处静止放置质量M＝1 kg、长L＝4 m的小车，一质量m＝2 kg的滑块(可视为质点)以v0＝6 m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动，小车与挡板碰撞时即被粘住不动，已知滑块与小车表面的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2。 (1)求滑块与小车的共同速度大小。 (2)求共速时，小车与挡板的距离和滑块与小车右端的距离。 (3)若滑块与挡板为弹性碰撞，求全过程中滑块克服摩擦力做的功。 解答：(1)设滑块与小车的共同速度为v1，双方相对运动过程中根据动量守恒定律，有 mv0＝(M＋m)v1， 解得v1＝4 m/s。 (2)设达到共速时小车的位移为s1，对小车，根据动能定理， 有μmgs1＝Mv12－0， 代入数据解得s1＝2 m， 小车与挡板的距离s2＝s－s1＝1 m， 设滑块与小车的相对位移为L1，对系统，根据能量守恒定律，有 μmgL1＝mv02－(m＋M)v12， 代入数据解得L1＝3 m， 滑块与小车右端的距离 L2＝L－L1＝1 m， 其位置情况如图乙所示。 (3)共速后小车未碰撞挡板时小车与滑块间的摩擦力消失而没有做功，如图丙所示。直到小车碰撞挡板被粘住静止，滑块又开始在小车上继续向右做初速度v1＝4 m/s的匀减速直线运动，由于与挡板发生弹性碰撞，滑块速度大小不变，设返回的路程为L3，由动能定理，有－μmg(L2＋L3)＝0－mv12， 解得L3＝3 m，说明滑块不会从小车左端掉下。 全过程中滑块克服摩擦力做的功 W＝μmg(L＋s1－L2)＋μmg(L2＋L3)＝36 J。 【练习1】　如图，小车Q的质量M＝1 kg、高h＝0.8 m、长L＝ 1 m，放置于光滑水平地面上；一质量m＝1 kg的小物块P从半径R＝0.8 m的光滑固定圆弧的顶点由静止释放，再滑上Q的左端。已知P与Q的上表面间的动摩擦因数μ＝0.3，g取10 m/s2。问P能否从Q的右端飞出？若能，求P落地时与Q右端的水平距离s。 解答：设P滑上Q左端时的速度为v1，根据机械能守恒定律，有mgR＝mv12，解得v1＝4 m/s， P在Q的上表面滑动的过程中，受到滑动摩擦力作用，P做减速运动，Q做加速运动，设P滑至Q右端时的速度为vP，小车的速度为vQ，相对运动过程中P、Q构成的系统所受合外力为零，动量守恒，有mv1＝mvP＋MvQ， 相对运动过程中系统的能量守恒，有 mv12＝＋μmgL。 联立以上式子并代入数据解得vP＝3 m/s，vQ＝1 m/s， (vP＝1 m/s，vQ＝3 m/s不合理，舍去)， 因vP>vQ，故P能从Q的右端飞出。 P从Q的右端飞出即做平抛运动，根据平抛运动的规律， 在竖直方向上，有h＝gt2， 代入数据解得t＝0.4 s， 在水平方向上，有sP＝vPt＝1.2 m， 在P做平抛运动的时间内Q向右的位移 sQ＝vQt＝0.4 m， 由此可得P落地时与Q右端的水平距离 s＝sP－sQ＝0.8 m。 考点二　“子弹—木块”模型问题 【考点内化】 1．模型特点。 “子弹—木块”模型其实与“滑块—滑板(或长木板车)”模型相似，子弹相当于滑块，木块是要考虑长度的，相当于滑板。只是子弹与木块之间相互作用的力直接给出，因为那不是简单的摩擦力，而是变力。因此，可以采用解决“滑块—滑板”模型的思路解答。 2．解答思路。 (1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)最大。 (2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝ Ek0，可以看出，子弹的质量m越小，木块的质量M越大，动能损失越多。 (4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，也可以从力和运动的角度求解。 【考点过关】 (多选)如图，一木块静置于光滑的水平面上，一颗子弹沿水平方向射入木块，若子弹进入木块的深度为d，与此同时木块沿水平面移动了位移s。设子弹在木块中受到的阻力大小不变，则在子弹与木块相对运动的过程中(　 　) A．子弹损失的动能与木块获得的动能之比为(s＋d)∶s B．子弹损失的动能与系统获得的内能之比为(s＋d)∶d C．木块获得的动能与系统获得的内能之比为d∶s D．木块获得的动能与系统获得的内能之比为s∶d 解析：根据牛顿第三定律，子弹所受的摩擦力f与木块所受的摩擦力f′大小相等。对子弹，损失的动能ΔEk子＝f(s＋d)，对木块，获得的动能ΔEk木＝f′s，对系统，获得的内能Q＝fd，子弹损失的动能与木块获得的动能之比为(s＋d)∶s，故A正确；子弹损失的动能与系统获得的内能之比为(s＋d)∶d，故B正确；木块获得的动能与系统获得的内能之比为s∶d，故C错误，D正确。故选ABD。 点评：只要明确能量变化与什么力做功有关系，而且知道怎样求功，就能作出正确判断。属于基础题。 【考教衔接】 　(教材改编)如图所示，相距足够远且完全相同的两个木 块，质量均为3m，静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一个木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。求： (1)子弹穿出第一个木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小。 (2)子弹在第二个木块中与该木块发生相对运动的时间t。 解答：(1)子弹打穿第一个木块过程，规定水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv0＝m·v0＋3mv，解得v＝v0， 对子弹与第一个木块的相互作用过程，由能量守恒定律有 fL＝mv0 2－m－×3mv2， 解得子弹在木块中所受阻力f＝。 (2)对子弹与第二个木块的相互作用过程，由于 m＝<， 则子弹不能打穿第二个木块，设子弹与第二个木块共同速度为v共，由动量守恒定律有m·v0＝(m＋3m)v共，解得v共＝， 对第二个木块，由动量定理有ft＝3m·， 解得子弹在第二个木块中的运动时间为t＝。 【练习2】　(多选)光滑水平面上分别放着两块质量相同的硬木和软木，两颗质量相同的子弹都以相同的初速度分别打进两种木块中，最终留在木块内，已知软木对子弹的摩擦力较小。以下判断正确的是(　　) A．子弹在硬木中打入较深 B．子弹在软木中打入较深 C．两个系统获得的内能一样多 D．子弹与硬木摩擦产生的内能较多 解析：由于最终都是共同运动，根据动量守恒定律可知，共同速度相同，这样子弹与硬木或子弹与软木构成的系统机械能减小量相同，故两个系统获得的内能Q一样多。根据Q＝fd，可知f越小，d越大。故选BC。 考点三　“弹簧—滑块”模型问题 【考点内化】 1．模型特点。 (1)两个或两个以上的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)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和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(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。 2．过程分析。 设光滑水平面上，如图所示，质量为m1的滑块A以速度v0向质量为m2的静止滑块B运动，B的左端连有轻弹簧。在Ⅰ位置A刚好接触弹簧，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到Ⅱ位置A、B速度刚好相等(设为v)，弹簧被压缩到最短；再往后A、B开始远离，弹簧开始恢复原长，到Ⅲ位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为v1、v2。全过程系统动 量、机械能一定是守恒的。从Ⅰ到Ⅱ系统减少的动能全部转化为弹性势能，Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大；从Ⅱ到Ⅲ弹性势能又全部转化为动能；因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。借助弹性碰撞解题方法可得A、B的最终速度分别为：v1＝v0，v2＝v0。 【考点过关】 (多选)如图所示，光滑水平地面上有A、B两物体，质量都为m，B左端固定一根处于压缩状态的轻弹簧，轻弹簧被装置锁定，当弹簧再受到压缩时锁定装置会失效，A以速率v向右运动，A撞上弹簧后，设弹簧始终不超过弹性限度，下列关于A、B运动过程的说法正确的是(　　) A．A物体最终会静止，B物体最终会以速率v向右运动 B．A、B系统的总动量最终将大于mv C．A、B系统的总动能最终将大于mv2 D．当弹簧的弹性势能最大时，A、B的总动能为mv2 解析：设弹簧恢复原长时，A、B的速度分别为v1、v2，弹簧被锁定时的弹性势能为Ep，规定向右为正方向，A、B两物体与弹簧组成的系统在整个过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv＝mv1＋mv2，Ep＋mv2＝mv12＋mv22，因Ep>0，可知v1≠0，v2≠v，故A错误；A、B组成的系统在水平方向动量守恒，系统的总动量最终等于mv，故B错误；弹簧解除锁定后，存储的弹性势能会释放，导致A、B系统总动能增加，系统的总动能最终将大于mv2，故C正确；弹簧被压缩到最短时，弹簧弹性势能最大，A、B两物体具有相同的速度，设为v′，由动量守恒定律知mv＝2mv′，解得v′＝v，总动能Ek＝·2m·＝mv2，故D正确。故选CD。 【考教衔接】 　(教材改编)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恰好相碰并粘连在一起，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。 解答：(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，由动量守恒定律，有mv0＝2mv1, ① 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，系统损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律，有mv1＝2mv2, ② mv12＝ΔE＋·2mv22, ③ 联立①②③式，解得ΔE＝mv02。 ④ (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，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩到最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律，有mv0＝3mv3, ⑤ mv02－ΔE＝·3mv32＋Ep, ⑥ 联立④⑤⑥式，解得Ep＝mv02。 【练习3】　(单选)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是(　　) A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/s B．弹簧的弹性势能最大值为36 J C．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同 解析：B与C碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3 m/s，根据能量守恒定律得，弹簧的弹性势能最大值为Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)·vABC2＝12 J，故B错误，C正确；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。故选C。 $