第七章 动量守恒定律 微专题突破 力学三大观点的综合应用——2027届高三物理一轮复习课件

该高中物理高考复习课件聚焦“力学三大观点综合应用”与“数学方法解决力学问题”核心专题，依据高考评价体系梳理动量守恒、能量守恒、临界极值等高频考点，结合2024山东、2023全国等真题案例，明确碰撞模型、多过程问题等常考题型分布，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+模型建构+科学推理”策略，如2024山东题通过动量守恒与能量守恒综合分析轨道运动，培养科学思维；反复碰撞模型结合v-t图像推导相对路程，强化物理观念。设“解题模板”与“易错警示”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准教学，提升复习效率。

第7章 动量守恒定律 微专题突破 力学三大观点的综合应用 1 考点一 力学三大观点的综合应用 考点二 利用数学方法解决力学问题 2 考点一 力学三大观点的综合应用 3 1.解决力学问题的三个基本观点 （1）动力学观点：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。用动量定理可简化 问题的求解过程。 4 2.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，即转化为系统内能的量。 （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，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 5 【视角1】　用力学观点解决多过程问题 例1 (2024·山东) 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。 6 （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； [解析] 根据题意可知小物块在Q点由合力提供向心力有mg+3mg = m 代入数据解得v = 4 m/s 7 （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，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 (ⅰ)求μ和m； [解析] 根据题意可知当F≤4 N时，小物块与轨道是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知F = (M+m)a 根据图乙有k = = 0.5 kg-1 当外力F>4 N时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有　Fμmg = Ma 结合题图乙有a = F 可知k = = 1 kg-1 截距b = = 2 m/s2 联立以上各式可得M = 1 kg，m = 1 kg，μ = 0.2 8 (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的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。 [解析]由图乙可知，当F = 8 N时，轨道的加速度为6 m/s2，小物块的加速度为 a2 = μg = 2 m/s2 当小物块运动到P点时，经过t0时间，则轨道有v1 = a1t0 小物块有v2 = a2t0 从P点到Q点的过程中系统机械能守恒有 M+mM+m+2mgR 9 水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有Mv1+mv2 = Mv3+mv4 联立解得t0 = 1.5 s 根据运动学公式有L = a1a2 代入数据解得L = 4.5 m 10 【视角2】　反复碰撞模型 例2 (多选)内部长度为L、质量为M的木箱静止在光滑的水平面上，木箱内部正中间放置一可视为质点的质量为m的木块，木块与木箱之间的动摩擦因数为μ。初始时木箱向右的速度为v0，木块无初速度。木箱运动的vt图像如图所示，所有碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短，重力加速度为g，则在0~t0内，下列说法正确的是( ) BC A.M = 2m B.M与m间的相对路程为 C.M对地的位移为+L D.m对地的位移为+L 11 [解析] 由vt图像可知木块与木箱最终共速，则Mv0 = (M+m)，得m = M，则A错误；在该过程，由能量守恒可得:M(M+m)+μmgs，得到两物体的相对路程为s = ，故B正确；由图知共碰撞三次，都是弹性碰撞，到共速为止所花总时间为:t = ，则由速度图像的面积含义及碰撞次数可得木箱运动的位移为L+，木块相对地面的位移为L，故C正确，D错误。 12 【视角3】　力学中的临界极值问题 例3 如图所示，两端分别固定有小球A、B(均视为质点)的轻杆竖直立在水平面上并靠在竖直墙面右侧处于静止状态。由于轻微扰动，A球开始沿水平面向右滑动，B球随之下降，此过程中两球始终在同一竖直平面内。已知轻杆的长度为l，两球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计一切摩擦，下列说法正确的是(　　) A.A球动能最大时对水平面的压力大小等于2mg B.竖直墙面对B球的冲量大小为 C.A球的最大动能为 D.B球的最大动能为 D 13 [解析] 假设小球B能一直沿着墙面向下运动，设轻杆与水平方向的夹角为θ时，两小球的速度大小分别为vA、vB，根据关联速度知识，两小球沿杆方向速度相等，可得vAcos θ = vBsin θ，即vB = ，由根据机械能守恒，有mglm+mm+m，运用数学知识，整理得 = 2glsin2θ≤，当sin θ = 取等号，说明小球A的动能先增大后减小，即杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0时，A球的动能最大，最大动能为EkAmax = mm·，此时对水平面的压力大小等于mg，故A、C错误；当杆中存在挤压的内力，此时墙壁对B球有冲 14 量，又由于在运动过程中B球水平方向速度始终为零，所以竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对B球在水平方向的冲量大小，进一步可知竖直墙面对B球的冲量大小等于杆对A球在水平方向的冲量大小，该过程就是A球获得最大动量过程，由动量定理，可知I墙B = I杆A = mvAmax = ，故B错误；分析可知B球着地时的动能最大，由于杆中先存在挤压的内力，之后出现拉伸的内力，当杆中内力为0时，B球与竖直墙面分离，分离后两球在水平方向动量守恒，设B球着地时A球的速度大小为vA'，则有mvAmax = 2mvA'，解得vA' = ，整个过程根据能量守恒，可得B球的最大动能为EkBmax = mgl mvA'2 = ，选项D正确。 15 考点二 利用数学方法解决力学问题 16 【视角1】　寻找多次碰撞中的规律 例1 (2023·全国)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m = M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求: 17 （1）第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小； [解析] 过程1:小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律mgl = m 解得v0 = 过程2:小球以与静止圆盘发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律分别有mm+Mv1'2 mv0 = mv1+Mv1' 解得v1 = v0 = v1' = v0 = 即小球碰后速度大小，方向竖直向上，圆盘速度大小为，方向竖直向下； 18 （2）在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离； [解析] 第一次碰后，小球做竖直上抛运动，圆盘摩擦力与重力平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即v1+gt = v1' 解得t = 根据运动学公式得最大距离为 dmax = x盘x球 = v1't(v1tgt2) = = l 19 （3）圆盘在管内运动过程中，小球与圆盘碰撞的次数。 [解析] 第一次碰撞后到第二次碰撞时，两者位移相等，则有x盘1 = x球1 即v1t1+g = v1't1 解得t1 = 此时小球的速度v2 = v1+gt1 = v0 圆盘的速度仍为v1'，这段时间内圆盘下降的位移 x盘1 = v1't1 = = 2l 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 mv2+Mv1' = mv2'+Mv2″ 20 根据能量守恒m+Mv1'2 = mv2'2+Mv2″2 联立解得v2' = 0，v2″ = v0 同理可得当位移相等时x盘2 = x球2 v2″t2 = g 解得t2 = 圆盘向下运动x盘2 = v2″t2 = = 4l 此时圆盘距下端管口13l，之后二者第三次发生碰撞，碰前小球的速度v3 = gt2 = 2v0 有动量守恒mv3+Mv2″ = mv3'+Mv3″ 21 机械能守恒m+Mv2″2 = mv3'2+Mv3″2 得碰后小球速度为v3' = 圆盘速度v3″ = 当二者即将四次碰撞时x盘3 = x球3 即v3″t3 = v3't3+g 得t3 = = t1 = t2 在这段时间内，圆盘向下移动 x盘3 = v3″t3 = = 6l 22 此时圆盘距离下端管口长度为 20ll2l4l6l = 7l 此时可得出圆盘每次碰后到下一次碰前，下降距离逐次增加2l，故若发生下一次碰撞，圆盘将向下移动x盘4 = 8l 则第四次碰撞后落出管口外，因此圆盘在管内运动的过程中，小球与圆盘的碰撞次数为4次。 23 【视角2】　轨迹方程问题 例2 (2023·湖南)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。 24 （1）小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离； [解析] 小球运动到最低点的时候小球和凹槽水平方向系统动量守恒，取向左为正0 = mv1Mv2 小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb = m+M 联立解得v2 = 因水平方向在任何时候都动量守恒即0 = mM 两边同时乘t可得mx1 = Mx2，且由几何关系可知x1+x2 = a 联立得x2 = a 25 （2）在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程； [解析]小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有m = M·Δx 则小球现在在凹槽所在的椭圆上，根据数学知识可知此时的椭圆方程为+ = 1 整理得 + = 1(b≤y≤0) 26 （3）若，求小球下降h = 高度时，小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。 [解析]将代入小球的轨迹方程化简可得 +y2 = b2 即此时小球的轨迹为以为圆心，b为半径的圆，则当小球下降的高度为时有如图 27 此时可知速度和水平方向的夹角为60°，小球下降的过程中，系统水平方向动量守恒 0 = mv3cos 60°Mv4 系统机械能守恒mgm+M 联立得v3 = 2b 28 【视角3】　数列求和问题 例3 (2024·湖南)如图，半径为R的圆环水平放置并固定，圆环内有质量为mA和mB的小球A和B(mA>mB)。初始时小球A以初速度v0沿圆环切线方向运动，与静止的小球B发生碰撞。不计小球与圆环之间的摩擦，两小球始终在圆环内运动。 29 （1）若小球A与B碰撞后结合在一起，求碰撞后小球组合体的速度大小及做圆周运动所需向心力的大小； [解析] 有题意可知A、B系统碰撞前后动量守恒，设碰撞后两小球的速度大小为v，则根据动量守恒有mAv0 = v 可得v = 碰撞后根据牛顿第二定律有F = 可得F = 30 （2）若小球A与B之间为弹性碰撞，且所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，求小球的质量比。 [解析] 若两球发生弹性碰撞，设碰后速度分别为vA，vB，则碰后动量和能量守恒有 mAv0 = mAvA+mBvB，mAmA+mB 联立解得vA = v0，vB = 因为所有的碰撞位置刚好位于等边三角形的三个顶点，如图 31 ①若第二次碰撞发生在图中的b点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为， 则有 联立解得 由于两质量均为正数，故k1 = 0，即 = 2 对第二次碰撞，设A、B碰撞后的速度大小分别为vA'，vB'，则同样有 mAvA+mBvB = mAvA'+mBvB'，mA+mBmAvA'2+mBvB'2 联立解得vA' = v0，vB' = 0，故第三次碰撞发生在b点、第四次碰撞发生在c点，以此类推，满足题意。 32 ②若第二次碰撞发生在图中的c点，则从第一次碰撞到第二次碰撞之间，A、B通过的路程之比为；所以 联立可得 因为两质量均为正数，故k2 = 0，即 = 5 根据①的分析可证vA' = v0，vB' = 0，满足题意。 综上可知 = 2或 = 5。 33 （3）若小球A与B之间为非弹性碰撞，每次碰撞后的相对速度大小为碰撞前的相对速度大小的e倍(0<e<1)， 求第1次碰撞到第2n+1次碰撞之间小球B通过的路程。 [解析] 第一次碰前相对速度大小为v0，第一次碰后的相对速度大小为v1相 = ev0，第一次碰后与第二次相碰前B球比A球多运动一圈，即B球相对A球运动一圈，有t1 = 第一次碰撞动量守恒有mAv0 = mAvA1+mBvB1且v1相 = vB1vA1 = ev0 联立解得vB1 = B球运动的路程s1 = vB1t1 = 34 第二次碰撞的相对速度大小为v2相 = ev1相 = e2v0，t2 = 第二次碰撞有mAv0 = mAvA2+mBvB2且v2相 = vA2vB2 = e2v0 联立可得vB2 = 所以B球运动的路程s2 = vB2t2 = 一共碰了2n次，有s = s1+s2+s3+…+s2n = = · 35 $