第7章 专题提升九 能量和动量观点的综合应用（二）(word教师用书)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义（广东专版）

该高中物理讲义聚焦能量和动量观点综合应用，围绕“滑块—曲面体”“物块—弹簧”模型及力学三大观点，按模型梳理、情景分析、规律应用的逻辑架构知识点，通过考点精讲、方法归纳、真题演练环节，帮助学生构建系统解题思路，突破综合问题难点。 资料以模型建构和科学推理为核心，如“滑块—曲面体”模型分最高点（完全非弹性碰撞）、返回最低点（弹性碰撞）情景分析，培养科学思维。设置分层练习与详细解析，确保学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

专题提升九　能量和动量观点的综合应用(二) 【学习目标】　1.会用动量观点和能量观点分析并解决“滑块—曲面(或斜面)体”模型、“物块—弹簧”模型的相关问题。2.会用力学三大观点分析并解决有关综合问题。 提升点一　“滑块—曲面(或斜面)体”模型 模型 图例 M开始时静置在水平光滑地面上，m以初速度v0滑上光滑的曲面体 两种 情景 1.m到达最高点时，m与M具有共同的瞬时水平速度v共，相当于完全非弹性碰撞。 (1)系统水平方向动量守恒： mv0＝(M＋m)v共。 (2)系统机械能守恒：m＝(M＋m)＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于曲面体的高度。 2.m返回最低点时，m与M分离，相当于弹性碰撞。 (1)整个过程中，系统水平方向动量守恒： mv0＝mv1＋Mv2。 (2)整个过程中，系统机械能守恒： m＝m＋M (2026·江西上饶模拟)如图所示，质量为M的四分之一光滑圆弧滑块下端与光滑水平面相切。给质量为m的小球一水平向右的初速度，如果圆弧滑块固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R (R为圆弧的半径)，如果圆弧滑块不固定，小球运动过程中距离水平面的最大高度为 R。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A.小球的初速度大小为4 B.M＝0.5m C.如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点的过程中，水平位移为R D.如果圆弧滑块不固定，小球最终的速度大小为2 答案：B 解析：如果圆弧滑块固定，则由机械能守恒定律有mg·R＝m，解得小球的初速度大小为v0＝3，A错误；如果圆弧滑块不固定，设小球离开圆弧滑块时水平速度为vx，则由水平方向动量守恒有mv0＝(m＋M)vx，由能量关系有m＝mg·R＋(M＋m)，联立解得M＝0.5m，vx＝2，B正确；如果圆弧滑块不固定，小球滑离圆弧滑块到最高点过程的时间t＝＝，水平位移为x＝vxt＝2R，C错误；如果圆弧滑块不固定，小球最终落回到圆弧滑块中并从圆弧滑块中滑出，由动量守恒和能量关系有mv0＝mv1＋Mv2，m＝m＋M，解得小球的最终速度大小为v1＝，D错误。 如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)求斜面体的质量； (2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩。 答案：(1)20 kg　(2)否，理由见解析 解析：(1)规定水平向左为正方向，冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此时共同速度为v，斜面体的质量为m3。对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒和机械能守恒得 m2v0＝(m2＋m3)v m2＝(m2＋m3)v2＋m2gh 联立并代入数据解得v＝1 m/s，m3＝20 kg。 (2)设小孩推出冰块后，小孩与滑板的速度为v1，对小孩、滑板和冰块，由动量守恒有m1v1＋m2v0＝0 代入数据解得v1＝－1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，对冰块与斜面体，由动量守恒和机械能守恒有 m2v0＝m2v2＋m3v3 m2＝m2＋m3 联立并代入数据解得v2＝－1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后小孩与滑板的速度相同，且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。 提升点二　“物块—弹簧”模型 模型 图例 m1、m2与轻弹簧(开始处于原长)相连并静止在光滑水平地面上，m1以初速度v0运动 两种 情景 1.当弹簧处于最短(最长)状态时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大，相当于完全非弹性碰撞。 (1)系统动量守恒：m1v0＝(m1＋m2)v共。 (2)系统机械能守恒： m1＝(m1＋m2)＋Epmax。 2.当弹簧处于原长时弹性势能为零，相当于弹性碰撞。 (1)系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。 (2)系统机械能守恒： m1＝m1＋m2 (多选)如图甲所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接并静止在光滑的水平地面上。现使A以3 m/s的速度向B运动压缩弹簧，速度—时间图像如图乙所示，则有(　　) A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于压缩状态 B.从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复原长 C.两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2 D.在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2＝1∶8 答案：CD 解析：由题图乙可知，开始时A逐渐减速，B逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，弹性势能最大，弹簧被压缩到最短，然后弹簧逐渐恢复原长，B仍然加速，A先减速到零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度方向相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，在t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，A、B错误；根据动量守恒定律，t＝0时刻和t＝t1时刻系统总动量相等，有m1v1＝(m1＋m2)v2，其中v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，解得m1∶m2＝1∶2，C正确；在t2时刻A的速度为vA＝－1 m/s，B的速度为vB＝2 m/s，根据m1∶m2＝1∶2，可得Ek1∶Ek2 ＝m1∶m2＝1∶8，D正确。 (2026·广东省最后一考)如图所示，在光滑的水平面上有一质量M＝4 kg的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P处有一可以视为质点的小滑块，其质量m＝2 kg。平板车上表面Q点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ间的距离L＝10 m。某时刻平板车以v1＝1 m/s的速度向左滑行，同时小滑块以v2＝8 m/s的速度向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q点相距d＝5 m，g取10 m/s2。求： (1)小滑块与平板车相对静止时的速度v； (2)小滑块与平板车间的动摩擦因数μ； (3)弹簧可能获得的最大弹性势能Ep。 答案：(1)2 m/s，方向水平向右　(2)0.54或0.18　(3)18 J 解析：(1)取水平向右为正方向，由动量守恒定律有mv2－Mv1＝(M＋m)v 解得v＝2 m/s，方向水平向右。 (2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止状态，对平板车与小滑块组成的系统，由能量守恒定律有 (M＋m)v2＝μ1mg(L－d) 解得μ1＝0.54； 如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回Q点左侧与平板车达到相对静止，对平板车与小滑块组成的系统，由能量守恒定律有 (M＋m)v2＝μ2mg(L＋d) 解得μ2＝0.18。 (3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零；如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回Q点左侧与平板车达到相对静止，对平板车、小滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有 (M＋m)v2＝μ2mgL＋Ep 解得Ep＝18 J 所以弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J。 提升点三　力学三大观点的综合应用 1.力学三大观点 动力学 观点 牛顿第二定律结合运动学公式，可用于解决匀变速运动问题 能量 观点 动能定理、机械能守恒定律、功能关系和能量守恒定律，可用于解决各种运动问题 动量 观点 动量定理和动量守恒定律，一般用于单物体涉及时间的问题、多物体相互作用问题 2.力学规律的优选策略 (1)在研究物体做匀变速直线运动时，优先选用牛顿第二定律结合运动学规律解决问题。 (2)研究某一物体的运动，如果涉及时间的问题，优先选用动量定理解决问题。 (3)研究某一物体的运动，如果涉及位移问题，优先选用动能定理解决问题。 (4)如果系统中只有重力或弹簧弹力做功，而又不涉及加速度和时间，优先选用机械能守恒定律解决问题。 (5)在涉及相对位移的问题时，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。 (6)在涉及碰撞、爆炸、反冲、打击、绳绷紧等物理现象时，优先选用动量守恒定律及能量守恒定律解决问题。 某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态。当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求： (1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2； (2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1； (3)滑杆向上运动的最大高度h。 答案：(1)8 N　5 N　(2)8 m/s　(3)0.2 m 解析：(1)当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8 N 当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－Ff′＝5 N。 (2)滑块从开始向上运动到碰前瞬间，根据动能定理有－mgl－Ffl＝ 代入数据解得v1＝8 m/s。 (3)由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v 碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有－(m＋M)gh＝0－(m＋M)v2 代入数据联立解得h＝0.2 m。 (2026·广东广州期中)如图所示，光滑水平面ab上静止放置着质量分别为mA＝4 kg、mB＝1 kg的物块A、B(均可视为质点)，右侧放置一个不固定的光滑弧形滑块C(足够高)，质量mC＝1 kg，C的弧面与水平面相切。水平面左侧的光滑水平地面上停着一质量为M、长L＝0.25 m的小车，小车上表面与ab等高。用轻质细绳将A、B连接在一起，A、B间夹着一根被压缩的轻质弹簧(与A、B不拴接)。现将细绳剪断，与弹簧分开之后A向左滑上小车，B以vB＝4 m/s的速度向右滑动冲上弧形滑块C，B在C上可达到的最大高度为h。物块A与小车之间的动摩擦因数μ＝0.1，小车质量M满足1 kg≤M≤6 kg，取重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)B在C上可达到的最大高度h； (2)细绳剪断之前弹簧的弹性势能； (3)物块A在小车上滑行过程中产生的热量(计算结果可含有M，M的单位为国际单位)。 答案：(1)0.4 m　(2)10 J　(3)见解析 解析：(1)B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 mBvB＝(mB＋mC)v 由机械能守恒定律得 (mB＋mC)v2＋mBgh 解得h＝0.4 m。 (2)细绳断裂过程，A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0 由能量守恒定律得Ep＝ 解得vA＝1 m/s，Ep＝10 J。 (3)假设A与小车不分离，A在小车上相对小车滑行的距离为x，A与小车组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 mAvA＝(M＋mA)v0 由能量守恒定律得 ＋μmAgx 解得x＝0.5－(m) 当有x＝L＝0.25 m，解得M＝4 kg 可知，当4 kg＜M≤6 kg时，A将滑离小车，A在小车上滑动过程产生的热量Q1＝μmAgL 代入数据解得Q1＝1 J； 当1 kg≤M≤4 kg时，A不会滑离小车，A在小车上滑动过程产生的热量Q2＝μmAgx 解得Q2＝ 学科网（北京）股份有限公司 $