第7章 3.微专题12 动量守恒中的几种常见模型（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考物理大一轮复习练案

该高中物理高考复习课件聚焦动量守恒定律应用专题，覆盖子弹打木块、滑块-木板、滑块-弹簧、滑块-斜面四大核心模型，依据高考评价体系明确各模型在选择（占比约30%）和计算（占比约50%）题型中的考查权重，归纳碰撞、相对滑动等常考情境。 课件亮点在于“真题精讲+模型拆解+素养提升”，如以2023辽宁卷滑块-弹簧模型题为例，通过动量守恒与能量守恒方程联立，培养科学思维中的模型建构和科学推理能力，帮助学生掌握守恒条件判断、临界状态分析等技巧，教师可依托易错警示（如弹簧恢复原长时机）进行针对性教学，提升复习效率。

　 微专题12 动量守恒中的几种常见模型 返回目录 题组1　子弹打木块模型 ★★(多选)(2025届东城二模)如图所示,将质量为M的沙箱用长为l的不可伸长的轻绳悬 挂起来,一颗质量为m的子弹水平射入沙箱(未穿出),沙箱摆动的最大摆角为α(α< )。 摆动过程中,沙箱可视为质点,重力加速度为g,则子弹将要射入沙箱时的速度大小等于  ( )   　    B　     A.   B.   C.  D.  返回目录 解析　子弹击中沙箱过程系统水平方向动量守恒,而系统的机械能因摩擦生热而减少, 以子弹的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv=(M+m)v1,解得v1= ,子弹与沙 箱一起摆动过程中系统机械能守恒,最大摆角为α,则有 (M+m) =(M+m)g(l-l cos α),联 立解得v=  ,B正确。 返回目录 1.★★★(多选)(2025届新疆乌鲁木齐一中月考)质量为2m、长为L的长木板c静止在光 滑水平面上,质量为m的物块b放在c的正中央,质量为m的物块a以大小为v0的速度从c的 左端滑上c,a与b发生弹性正碰,最终b刚好到c的右端与c相对静止,不计物块大小,物 块a、b与c间动摩擦因数相同,重力加速度大小为g,则下列说法正确的是 ( ) A.a与b碰撞前b与c保持相对静止 B.a与b碰撞后,a与b都相对c滑动 　    AC     题组2　滑块-木板模型 C.物块与木板间的动摩擦因数为  D.整个过程因摩擦产生的内能为 m  返回目录 解题导引　运用假设法判断a与b碰撞前b、c是否发生相对滑动   返回目录 解析    a滑上c后相对c滑动过程中,假设b相对c静止,对b、c整体,根据牛顿第二定律可 得μmg=3ma,对b有Ff=ma,解得Ff= <μmg,则b相对c保持静止,A正确。等质量的a、b 发生弹性碰撞,会互换速度,则碰前b、c相对静止,碰后a、c相对静止,而b相对c滑动,B错 误。b刚好滑到c的右端与c相对静止,对a、b、c组成的系统,根据动量守恒可得mv0=4 mv,根据能量守恒有 m = ×4mv2+Q,其中Q=μmgL,联立解得Q= m ,μ= ,C正确,D 错误。 返回目录 2.★★★★(2023辽宁,15,17分)如图,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的 竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4 kg的小物 块以水平向右的速度v0=  m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板 足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终 处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep= kx2。取重力加速度g= 10 m/s2,结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。 (2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木 板速度v2的大小。 返回目录 (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与 物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。   答案 (1)1 m/s    0.125 m    (2)0.25 m      m/s    (3)4 t0-8 (SI) 返回目录 解析    (1)对物块与木板整体分析 由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v1 ① 可得v1= =1 m/s② 对木板分析,应用动能定理有μm2gx1= m1  ③ 解得x1=0.125 m④ (2)设物块与木板即将相对滑动时二者的加速度大小为a,对木板与物块整体分析可知 kx2=(m1+m2)a ⑤ 对物块有μm2g=m2a ⑥ 返回目录 联立⑤⑥得a=1 m/s2 ⑦ x2=0.25 m⑧ 对木板、物块与弹簧三者组成的系统根据能量守恒定律有  (m1+m2) = (m1+m2) + k  ⑨ 解得v2=  m/s⑩ (3)木板速度为v2后,木板与物块加速度首次相同时,木板加速度大小仍为a,其受力情况 与速度为v2时的受力情况相同,弹簧压缩量仍为x2,木板速度大小仍为v2,根据运动过程的 对称性知,运动的总时间为2t0,而物块在该过程中一直做匀变速直线运动,有v'2=v2-a·2t0    返回目录 联立⑦⑩ 得v'2= -2t0   由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能 ΔU= m2 - m2v'    联立⑩  得ΔU=4 t0-8 (SI)   返回目录 1.★★★(2026届云南昆明一中联考一)如图甲所示,物块A、B的质量分别是mA=3.0 kg 和mB=2.0 kg,用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙接触。另有一 物块C在t=0时刻以一定速度向右运动,在t=4 s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再 分开,物块C的v-t图像如图乙所示,下列说法正确的是 ( ) A.物块C的质量为2 kg B.物块B离开墙壁前,弹簧的最大弹性势能为72 J C.4 s到12 s的时间内,墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s D.物块B离开墙壁后,弹簧的最大弹性势能为18 J 　    C　     题组3　滑块-弹簧模型 返回目录 解析    C与A碰撞前的速度v1=12 m/s,碰后的速度v2=3 m/s;C与A碰撞过程,以C的初速度 方向为正方向,根据动量守恒定律可得mCv1=(mA+mC)v2,解得mC=1 kg,A错误。当A、C整 体速度为0时,弹簧的压缩量最大,弹簧的弹性势能最大,根据能量守恒可得,最大弹性势 能Ep= (mA+mC) =18 J,B错误。4 s到12 s的时间内,对A、B、C整体根据动量定理可得 墙对B的冲量为I=(mA+mC)v3-(mA+mC)v2【点拨:根据能量守恒可知,t=12 s时弹簧恢复原 长,B即将离开竖直墙】,其中v3=-3 m/s,可得I=-24 N·s,即墙壁对物块B的冲量大小为24 N·s,方向向左,C正确。物块B离开墙壁后,当A、B、C三者共速时弹簧弹性势能最大,根据 动量守恒可得(mA+mC)v3=(mA+mC+mB)v共,根据能量守恒可得E'p= (mA+mC) - (mA+mC+mB)  ,联立解得物块B离开墙壁后,弹簧的最大弹性势能E'p=6 J,D错误。 返回目录 易错警示 t=4 s时,C与A碰撞,内力远大于外力,C、A组成的系统动量守恒,碰后瞬间C、A达到共 同速度,弹簧仍处于原长,B仍静止。 返回目录 2.★★★(多选)(2025届山东百师联考期中)如图甲,质量分别为mA和mB的A、B两小球用 轻质弹簧连接置于光滑水平面上,初始时刻两小球被分别锁定,此时弹簧处于压缩状态, 弹簧的弹性势能为Ep0。t=0时刻解除A球锁定,t=t1时刻解除B球锁定,A、B两球运动的a- t图像如图乙所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小,S2、S3分别表示 t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。t=t2时刻,A、B系统的总动量大小 为p,弹簧的弹性势能为Ep,下列说法正确的是 ( )   　    CD　     A.p=mBS1　　　    B. =  C.S1-S2=S3　　　    D. =  返回目录 解题导引       返回目录 解析    B球解除锁定后,A、B系统动量守恒,系统的总动量等于t1时A球的动量,可得p= mAv1=mAS1,A错误。从t1到t2,对A、B系统,根据动量守恒可得mAv1=mAv2+mBv2【点拨:t1时刻 A球的加速度为0,则此时弹簧处于原长状态;t2时刻两球的加速度都达到最大,说明此时 弹簧的弹力最大,弹簧的伸长量最大,两球具有相同的速度】,其中v1=S1、v2=S1-S2,解得  = ;对B分析,可得v2=S3,故S1-S2=S3,B错误,C正确。从t=0到t2时刻,A、B、弹簧组 成的系统满足机械能守恒,可得Ep0= mA = (mA+mB) +Ep,且S1-S2=S3,解得 = ,D 正确。 返回目录 1.★★★(2026届河南百师联盟联考)如图所示,轻弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为2 m的光滑弧形槽静置在光滑水平面上,弧形槽底端与水平面相切,质量为m的小物块从 槽上高为h处由静止释放,已知弹簧始终处于弹性限度内,则( ) A.小物块下滑过程中,其机械能守恒 B.小物块下滑过程中,小物块和槽的动量大小始终相等 C.小物块第一次滑到槽底端时,槽的动能为 mgh 　    C　     题组4　滑块-斜(曲)面模型 D.小物块第一次被弹簧反弹后能追上槽,且能回到槽上高h处 返回目录 解析　小物块下滑过程中,对槽的压力的水平分量使槽向左加速,槽的机械能增加,小物 块与槽组成的系统机械能守恒,则小物块的机械能减小,A错误。小物块下滑过程中,小 物块和槽在水平方向上不受外力,水平方向动量守恒,小物块和槽动量的水平分量大小 相等;竖直方向,槽的竖直分速度为零,小物块的竖直分速度不断变化,动量不守恒,B错 误。小物块从释放到第一次滑到槽底端过程,根据水平方向动量守恒可得mv1=2mv2;根 据系统机械能守恒可得mgh= m + ×2m ①,联立解得v1=2 、v2= ;小物块第一 次滑到槽底端时,槽的动能Ek= ×2m = mgh,C正确。小物块第一次被弹簧反弹后速度 大小仍为v1,且v1>v2,故小物块能追上槽;小物块沿槽上滑,二者共速时小物块到达最高 点,根据系统机械能守恒可得 m + ×2m =mgh'+ ×3mv2②,对比①②两式可得h'<h,D 错误。 返回目录 2.★★★★(2024山东,17,14分)如图甲所示,质量为M的轨道静止在光滑水平面上,轨道 水平部分的上表面粗糙,竖直半圆形部分的表面光滑,两部分在P点平滑连接,Q为轨道 的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上,与水平轨道间的动摩擦因数为μ, 最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4 m,重力加速度大小 g=10 m/s2。 (1)若轨道固定,小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时,受到轨道的弹力大小等于 3mg,求小物块在Q点的速度大小v; (2)若轨道不固定,给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水平部分时,轨道的加 速度a与F对应关系如图乙所示。 (ⅰ)求μ和m; 返回目录 (ⅱ)初始时,小物块静置在轨道最左端,给轨道施加水平向左的推力F=8 N,当小物块到P 点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的 长度L。        答案 (1)4 m/s    (2)(ⅰ)0.2    1 kg    (ⅱ)4.5 m 返回目录 解析    (1)对小物块在Q点,由牛顿第二定律得 3mg+mg=m  代入数据解得v=4 m/s。 (2)(ⅰ)由题图乙可知,F1=4 N时a1=2 m/s2,此时小物块与轨道间刚要发生相对滑动,对小 物块,由牛顿第二定律得μmg=ma1 解得μ=0.2 对小物块与轨道整体,由牛顿第二定律得F1=(M+m)a1 解得m+M=2 kg 返回目录 F2=8 N时a2=6 m/s2,对轨道,由牛顿第二定律得 F2-μmg=Ma2 联立解得m=M=1 kg。 (ⅱ)若初始时F=8 N,向左推动轨道,则从一开始小物块就与轨道发生相对滑动 设经过时间t物块运动到P点,此时物块速度为v1,对地位移为x1,轨道速度为v2,对地位移 为x2 由运动学公式可得t= =  代入数据得v2=3v1 物块与轨道在t时间内的相对位移 返回目录 L= (v2-v1)t 物块在Q点的对地速度为v3=7 m/s,方向水平向左,设此时轨道的对地速度为v4,物块从P 运动到Q的过程中,以向左为正方向,对物块和轨道整体 由水平方向动量守恒得 mv1+Mv2=mv3+Mv4 由机械能守恒得  m + M = m + M +mg×2R 且由于小物块从Q点离开轨道,则有v3>v4 联立解得v1=3 m/s,v2=9 m/s,v4=5 m/s,t=1.5 s,L=4.5 m。 返回目录 $