第1章 习题课2 动量和能量的综合应用（课件PPT）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

该高中物理课件聚焦动量守恒定律与能量观点的综合应用，通过滑块-木板、子弹打木块等典型模型导入，以探究案为支架，衔接动量守恒定律复习与能量综合应用，构建从单一规律到综合问题的学习脉络。 其亮点在于以科学思维为核心，通过模型建构（如弹簧类模型中速度相等时弹性势能最大）和科学推理（动量与能量方程联立求解），结合例题、变式及针对训练，提升学生综合分析能力。教师可依托系统资源高效教学，学生能深化物理观念，培养解决复杂问题的能力。

第一章　动量守恒定律 习题课二 动量和能量的综合应用 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 探究案 关键能力·互动探究 01 知能达标训练 03 提升案 随堂演练·基础落实 02 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 探究案 关键能力·互动探究 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 提升案 随堂演练·基础落实 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 知 能 达 标 训 练 点击进入Word 栏目导航 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 谢谢观看 栏目导航 第一章　动量守恒定律 1 科学思维 1．进一步熟练掌握动量守恒定律的应用。 2．综合应用动量和能量观点分析几种典型问题。 探究点一　滑块—木板模型 1．把滑块、木板看作一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上不受摩擦力，滑块和木板组成的系统动量守恒。 2．由于滑块和木板之间的摩擦生热，一部分机械能转化为内能，那么系统机械能不守恒，一般由能量守恒求解。 3．注意：题目中如果说明滑块不滑离木板，则最后二者以共同速度运动，机械能损失最大。 　如图所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，木块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ。最初木板B静止，木块A以水平初速度v0滑上长木板，木板足够长。(重力加速度为g) (1)木板B的最大速度是多少？ (2)木块A从刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是多少？ (3)若木块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？ [解析]　(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大。以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律mv0＝(m＋3m)v① 解得v＝eq \f(v0,4)。② (2)A向右减速的过程，根据动能定理有 －μmgx1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02③ 则木块A所发生的位移为x1＝eq \f(15v02,32μg)。④ (3)方法一：B向右加速过程的位移设为x2。 则μmgx2＝eq \f(1,2)×3mv2⑤ 由⑤得x2＝eq \f(3v02,32μg) 木板的最小长度： L＝x1－x2＝eq \f(3v02,8μg) 方法二：从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋3m)v2 解得L＝eq \f(3v02,8μg)。 [答案]　(1)eq \f(v0,4)　(2)eq \f(15v02,32μg)　(3)eq \f(3v02,8μg) 　在例题中，若木块B的质量m＝2 kg，木块B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面。由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示。下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　) A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.01 解析　由v ­t图像可知，定律A、B的加速度大小都为1 m/s2，根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，得A、B质量相等，则木板获得的动能为Ek＝eq \f(1,2)Mv2＝1 J，选项A错误；系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)·2m·v2＝2 J，选项B正确；由v ­t图像可求出二者相对位移为eq \f(1,2)×2×1 m＝1 m，木板A的最小长度为1 m，选项C错误；分析B的受力，根据牛顿第二定律μmg＝maA，可求出μ＝0.1，选项D错误。 答案　B 　(2024·甘肃卷)如图所示，质量为2 kg的小球A(视为质点)在细绳O′P和OP作用下处于平衡状态，细绳O′P＝OP＝1.6 m，与竖直方向的夹角均为60°。质量为6 kg的木板B静止在光滑水平面上，质量为2 kg的物块C静止在B的左端。剪断细绳O′P，小球A开始运动。(重力加速度g取10 m/s2) (1)求A运动到最低点时细绳OP所受的拉力大小； (2)A在最低点时，细绳OP断裂。A飞出后恰好与C左侧碰撞(时间极短)、碰后A竖直下落，C水平向右运动。求碰后C的速度大小。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速。求C和B之间的动摩擦因数。 [解析]　根据题意，设小球A和物块C质量均为m＝2 kg，B的质量为M＝6 kg，细绳OP长为l＝1.6 m，初始时细线与竖直方向夹角θ＝60°。 (1)A开始运动到最低点，由动能定理有 mgl(1－cos θ)＝eq \f(1,2)mv02－0 在最低点，对小球受力分析，根据牛顿第二定律得F－mg＝eq \f(mv02,l) 解得v0＝4 m/s，F＝40 N。 根据牛顿第三定律，细绳OP所受拉力大小F′＝F＝40 N。 (2)A与C相碰时，水平方向动量守恒， 由于碰后A竖直下落可知mv0＝0＋mvC 故解得vC＝v0＝4 m/s。 (3)A、C碰后，C相对B滑行4 m后与B共速，则对C、B分析，过程中根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v 根据能量守恒定律得μmgL相对＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2 联立解得μ＝0.15。 [答案]　(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 1．如图所示，在例题中若木板的长为L，右端紧靠竖直墙壁。质量为m的物块A(可视为质点)以水平速度v0滑上木板B的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零。 (1)求物块与木板间的摩擦力大小； (2)现物块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，然后向左运动，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，试求eq \f(v,v0)的值。 解析　(1)物块以水平速度v0右滑时， 有－FfL＝0－eq \f(1,2)mv02，解得Ff＝eq \f(mv02,2L)。 (2)物块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1， 则有－FfL＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)mv2 物块与墙碰撞后至向左运动到木板左端，此时物块、木板的共同速度为v2，则有mv1＝(m＋3m)v2，FfL＝eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)(m＋3m)v22 上述四式联立，解得eq \f(v,v0)＝eq \r(\f(7,3))。 答案　(1)eq \f(mv02,2L)　(2) eq \r(\f(7,3)) 探究点二　子弹打木块模型 1．子弹击中木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。 2．在子弹击中木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。 3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多。 　(多选)如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，木块受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则(　　) A．子弹损失的动能为fd B．木块增加的动能为fs C．子弹动能的减少等于木块动能的增加 D．子弹和木块摩擦产生的内能为fd [解析]　对子弹运用动能定理得－f(s＋d)＝ΔEk子弹，故子弹损失的动能为f(s＋d)，故A错误；对木块运用动能定理得fs＝ΔEk木块，则木块增加的动能为fs，故B正确；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加，故C错误；系统损失的机械能转化为产生的内能Q＝fd，故D正确。 [答案]　BD 　在例题中，子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．子弹和木块组成的系统机械能守恒 B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同 C．子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小 D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功 解析　根据题意，由能量转化和守恒定律可知，子弹原有的动能转化为子弹和木块的内能与木块增加的动能，即子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；在子弹射入木块的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft可知，子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，方向相反，故B错误；根据题意可知，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统动量守恒，则有mv0＝mv＋Mv，可得mv0－mv＝Mv，即子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小，故C正确；子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，但两者对地位移大小不等，则子弹对木块做的功不等于木块对子弹做的功，故D错误。 答案　C 　在例题中，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J ，那么此过程中系统产生的内能可能为(　　) A．2.5 J　　　　　 B．4.2 J C．5.0 J D．5.6 J 解析　设子弹的质量为m，初速度为v0，木块质量为M，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，即mv0＝(m＋M)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即产生的内能为E内＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋M)))mv02，而木块获得的动能Ek＝eq \f(1,2)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,m＋M)))2＝5 J，联立可得eq \f(E内,Ek)＝eq \f(M＋m,m)>1，故D正确，A、B、C错误。 答案　D 2．如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(重力加速度为g) (1)射入的过程中，系统损失的机械能； (2)子弹射入后，木块在地面上前进的距离。 解析　因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差。 (1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得：mv＝(M＋m)v′① 射入过程中系统损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2② 解得ΔE＝eq \f(Mmv2,2M＋m)。 (2)子弹射入木块后二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x，由动能定理得： －μ(M＋m)gx＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v′2③ 由①③两式解得x＝eq \f(m2v2,2M＋m2μg)。 答案　(1)eq \f(Mmv2,2M＋m)　(2)eq \f(m2v2,2M＋m2μg) 探究点三　弹簧类模型 1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒。 2．整个过程往往涉及多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。 3．注意：弹簧压缩到最短或弹簧拉伸到最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大。 3．(2024·江苏卷)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则(　　) A．弹簧原长时物体动量最大 B．压缩最短时物体动能最大 C．系统动量变大 D．系统机械能变大 解析　对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量守恒mAvA＝mBvB，设弹簧的初始弹性势能为Ep，整个系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得Ep＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2，联立得Ep＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mB2,mA)＋mB))vB2，故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动能最大，故选A。 答案　A 探究点四　综合运用 　(教材本章复习与提高B组第8题变式)质量均为M＝0.1 kg的木块A和B，并排放在光滑的水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L＝0.3 m的细线，细线另一端系一质量为m＝0.1 kg的球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。重力加速度g＝10 m/s2，求当A、B两木块恰好分离时，小球对细线的拉力。 [解析]　A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mvC－2MvA＝0 由机械能守恒定律得mgL＝eq \f(1,2)mvC2＋eq \f(1,2)×2MvA2 联立并代入数据解得vA＝1 m/s，vC＝2 m/s 当A、B两木块恰分离时，小球相对A的速度为v′＝vA＋vC＝3 m/s 根据牛顿第二定律有FT－mg＝meq \f(v′2,L) 解得小球对细线的拉力FT＝4 N。 [答案]　4 N 　在例题中，木块A和B的质量均为m＝0.2 kg,细绳长l＝1 m。将质量m0＝0.1 kg的C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，g＝10 m/s2 。求： (1)A、B两木块分离时，C球的速度大小； (2)C球摆到竖直轻杆左侧最大高度时与O点的竖直距离d； (3)C球再次回到最低点时，立即锁定木块A，此时细绳对C球拉力的大小。 解析　(1)当C球第一次摆到最低点时，A、B两木块分离，此刻A、B速度相等，设A、B速度大小为v1、C球速度大小为v0，A、B、C系统水平方向动量守恒，以向左为正方向，则有m0v0－2mv1＝0 A、B、C系统机械能守恒，则有 m0gl＝eq \f(1,2)m0v02＋eq \f(1,2)×2mv12 联立解得v0＝4 m/s，v1＝1 m/s。 (2)C球摆到竖直轻杆左侧最大高度时，A、C共速，设为v2，A、C系统水平方向上动量守恒，则有 m0v0－mv1＝(m0＋m)v2 A、C系统机械能守恒，则有 m0g(l－d)＝eq \f(1,2)m0v02＋eq \f(1,2)mv12－eq \f(1,2)(m0＋m)v22 解得d＝eq \f(1,6) m。 (3)当C摆至最低点，A锁定前，设C速度为v3，A速度为v4，根据动量守恒定律和能量守恒定律有 m0v0－mv1＝m0v3＋mv4，eq \f(1,2)m0v02＋eq \f(1,2)mv12＝eq \f(1,2)m0v32＋eq \f(1,2)mv42 解得v3＝－eq \f(8,3) m/s，v4＝eq \f(7,3) m/s 在最低点，根据牛顿第二定律有FT－m0g＝eq \f(m0v32,l) 解得FT＝1.71 N。 答案　(1)4 m/s　(2)eq \f(1,6) m　(3)1.71 N 1．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上最多能滑行的距离为(　　) A．L　 　 B．eq \f(3L,4)　 　　 C．eq \f(L,4)　 　 D．eq \f(L,2) 解析　长木板固定时，由动能定理得－μMgL＝0－eq \f(1,2)Mv02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv0＝2Mv，μMgs＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)×2Mv2，得s＝eq \f(L,2)，D项正确，A、B、C项错误。 答案　D 2．(多选)光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入木块后未穿出，子弹与木块运动的速度－时间图像如图所示。由此可知(　　) A．木块质量可能是2m B．子弹进入木块的深度为eq \f(v0t0,2) C．木块所受子弹的冲量为eq \f(1,2)mv0 D．子弹射入木块过程中产生的内能为eq \f(1,2)mv02 解析　设木块的质量为M，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)·eq \f(1,2)v0，解得 M＝m，选项A错误；子弹相对木块运动的位移，即子弹进入木块的深度，为两图线间的面积，即x＝eq \f(1,2)v0t0，选项B正确；根据动量定理可知木块所受子弹的冲量为I＝eq \f(1,2)mv0，选项C正确；根据能量守恒可知Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq \f(1,4)mv02，选项D错误。 答案　BC 4．(2024·吉林卷)如图，高度h＝0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1 m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4 m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25 m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10 m/s2。不计空气阻力，求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB； (2)物块与桌面间的动摩擦因数μ； (3)整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。 解析　(1)A离开桌面后做平抛运动，则 水平方向有xA＝vAt 竖直方向有h＝eq \f(1,2)gt2 联立并代入数据解得vA＝1 m/s A、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受合外力为零，动量守恒，则有mAvA＝mBvB 解得vB＝1 m/s。 (2)对B离开弹簧后的运动过程， 根据动能定理有－μmBgxB＝0－eq \f(1,2)mBvB2 代入数据解得μ＝0.2。 (3)对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有 ΔEp＝eq \f(1,2)mAvA2＋eq \f(1,2)mBvB2＋μmAg·eq \f(Δx,2)＋μmBg·eq \f(Δx,2) 代入数据解得ΔEp＝0.12 J。 答案　(1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J $