第6章 高考热点2 动量和能量观点在力学综合问题中的应用(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·物理

该高中物理高考复习讲义聚焦动量和能量观点在力学综合问题中的应用，涵盖碰撞、滑块+弹簧、板块等核心模型，按命题规律-模型规律-真题应用的逻辑架构知识体系，通过考点梳理、模型建构、真题精讲等环节，帮助学生系统突破多过程综合问题。 讲义以模型建构和科学思维为核心，如碰撞模型中对比弹性与非弹性碰撞的动量守恒及能量转化规律，结合2025江苏卷等真题解析多物体多过程问题。设置分层训练与即时反馈，助力学生高效掌握解题方法，为教师把控复习节奏提供清晰路径，提升学生应考能力。

高考热点二　动量和能量观点在力学综合问题中的应用 1．命题形式：在选择题和计算题中都可能出现，一般是图＋文字形式，综合性强，难度中等偏上。 2．必考热点：综合动量守恒定律与动力学、能量观点，考查多过程问题是命题的热点。 3．热点情境：“爆炸和反冲”“子弹打木块”等情境。 4．创新考法：多物体、多过程是近年考查的新兴热点，可能会综合图像问题，与数学密切结合考查。 模型1　碰撞模型 1．弹性碰撞模型 情境 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前、后系统动量守恒，动能守恒，如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后速度分别为v1′、v2′ 规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ 机械能守恒 m1v＋m2v＝m1v1′2＋m2v2′2 结果 v1′＝2－v1，v2′＝2－v2；若v2＝0，则v1′＝v1，v2′＝v1 2.完全非弹性碰撞模型 情境 如图所示，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度分别为v1、v2，碰后两物体的速度相同，为v共 规律 动量守恒 m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v共 有机械能损失(完全非弹性碰撞时系统损失的动能最多) 损失的动能ΔEk＝m1v＋m2v－(m1＋m2)·v 结果 v共＝，ΔEk＝(v1－v2)2 (2026·重庆市调研抽测)如图甲所示，胸口碎大石是一项惊险刺激的杂技表演，其原理可简化为图乙，质量为m的铁锤从石板上方高h处由静止自由落下，竖直砸中石板，铁锤与石板瞬间达到共同速度，然后一起向下运动距离d后速度减为零，该过程中弹性气囊A对石板的作用力F随石板向下运动的距离x的规律如图丙所示，已知石板的质量为铁锤质量的19倍，不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)铁锤与石板碰撞后的共同速度大小v； (2)铁锤与石板碰撞过程中系统机械能的损失量ΔE； (3)铁锤与石板向下运动的过程中，弹性气囊A对石板作用力的最大值Fm。 [解析]　(1)假设铁锤与石板碰撞前的速度为v0，则v＝2gh 解得v0＝ 铁锤与石板碰撞，由动量守恒定律 有mv0＝(m＋19m)v 解得v＝。 (2)系统损失的机械能ΔE＝mv－(m＋19m)v2 解得ΔE＝mgh。 (3)弹性气囊A对石板的作用力F做的功为F－x图线与横轴围成的面积，则WF＝－·d 从铁锤与石板共速到两者速度减为0的过程中，根据动能定理得(m＋19m)gd＋WF＝0－(m＋19m)v2 解得Fm＝＋21mg。 [答案]　(1)　(2)mgh　(3)＋21mg (2025·江苏卷，T14)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球沿同一直线放置，每列有n个。在两列钢球之间，一质量为m的玻璃球以初速度v0向右运动，与钢球发生正碰，所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。 (1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小v。 (2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度大小v1。 (3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n次碰撞后的动能Ek。 [解析]　(1)玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒， 以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v10，钢球速度为v′，则有mv0＝mv10＋mv′ mv＝mv＋mv′2 解得v10＝0，v′＝v0 之后右侧钢球1碰球2，球2碰球3，…，球n－1碰球n，同理可得，碰撞的两球质量相等，交换速度，最右侧钢球最终运动的速度大小为v0。 (2)玻璃球碰撞右侧第一个钢球，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒， 以向右为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v1′，钢球速度为v11，则有mv0＝mv1′＋3mv11 mv＝mv1′2＋×3mv 解得v1′＝－v0，v11＝v0 则玻璃球的速度大小v1＝v0。 (3)玻璃球与右侧第一个钢球碰撞后，速度最终会交换到第n个钢球，相当于与第n个钢球碰撞，玻璃球反向后与左侧第一个钢球碰撞，碰撞过程系统动量守恒，机械能守恒， 以向左为正方向，设碰撞后玻璃球速度为v2，钢球速度为v21，则有 mv1＝mv2＋3mv21 mv＝mv＋×3mv 解得v2＝－v0＝－()2v0 以此类推，玻璃球经历2n次碰撞后速度大小为()2nv0 则Ek＝m＝×()2nmv。 [答案]　(1)v0　(2)v0　(3)×()2nmv 模型2　滑块＋弹簧模型 (2026·东北三省四市联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量mA＝1 kg的木板A，其上放置两个物块B、C，mB＝mC＝2 kg，B与A间的动摩擦因数μB＝0.2。物块C左端连接一轻质弹簧，调节两个物块B、C间距离，使其压缩一定长度。已知弹性势能表达式为Ep＝kx2，k＝100 N/m，重力加速度g取10 m/s2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，木板A足够长。 (1)若C与木板A粘在一起，当初始压缩量x0＝10 cm时释放弹簧，求物块B加速度为零瞬间弹簧的形变量和B的最大动能。 (2)若C与木板A没粘在一起，且A、C间动摩擦因数μC＝0.4。求初始压缩量满足什么条件时，释放弹簧后，物块C相对于木板A滑动。 [解析]　(1)物块B加速度为零时，由平衡可得 μBmBg＝kx1 解得物块B加速度为零瞬间弹簧的形变量 x1＝＝0.04 m 此时速度最大，动能最大，对A、B、C组成的系统运用动量守恒定律，有 mBvB＝(mA＋mC)vAC 又由能量守恒定律，得 kx－kx＝mBv＋(mA＋mC)v＋μBmBg(x0－x1) 又Ek＝mBv 联立解得Ek＝0.108 J。 (2)物块B与木板A间最大静摩擦力 fAB＝μBmBg＝4 N 物块C与木板A间最大静摩擦力 fAC＝μCmCg＝8 N>fAB 若物块C相对于木板A滑动，则物块B相对于木板A已经滑动，对A运用牛顿第二定律，得 μCmCg－μBmBg＝mAaA 解得aA＝4 m/s2 要使物块C相对于木板A滑动，对C运用牛顿第二定律，应满足kx2－μCmCg>mCaA 解得x2>0.16 m 即初始压缩量满足x2>0.16 m时，释放弹簧后，物块C相对于木板A滑动。 [答案]　(1)0.04 m　0.108 J　(2)初始压缩量应大于0.16 m模型3　板块模型 情境 地面光滑，木板与物块之间的动摩擦因数为μ，物块可视为质点 情况一：物块最后未滑离木板(mv1>Mv2) 系统动量守恒：mv1－Mv2＝(m＋M)v 系统能量关系：Q＝μmgx＝mv＋Mv－(m＋M)v2 摩擦力对物块做的功W1＝－μmg(s＋x)＝mv2－mv 摩擦力对木板做的功W2＝μmgs＝Mv2－Mv (如果Mv2>mv1，且物块最后未滑离木板，则二者最终一起向左运动，规律方法同上) 情况二：物块最后滑离木板 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 系统能量关系：Q＝μmgl＝mv－mv－Mv (2026·广西南宁市适应性测试)如图所示，质量M＝2 kg的平板小车左端放有质量m＝4 kg的滑块，两者之间的动摩擦因数μ＝0.5。开始时车和滑块一起以v0＝4 m/s的速度在光滑水平地面上向右运动，此后与固定的竖直墙壁发生弹性碰撞，碰撞时间极短。平板车足够长，使得滑块总不能和墙壁相碰，重力加速度g取10 m/s2，从小车与墙壁第一次碰撞后开始研究，求： (1)小车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离； (2)小车与墙壁第二次碰撞前瞬间的速度大小； (3)滑块做减速运动的总时间及匀速运动的总时间。 [解析]　(1)小车第一次与墙相撞后向左所走路程为x，对小车由动能定理得－μmg·x＝0－Mv 得x＝0.8 m。 (2)小车与墙碰后，小车的速度大小不变，方向相反 小车和滑块以共同速度v1与墙第二次相碰，以向右为正，由动量守恒有mv0－Mv0＝(m＋M)v1 解得v1＝＝ m/s。 (3)小车第一次与墙壁碰撞后，小车向左减速，滑块向右减速，小车的速度先减为0，然后反向加速，直至与滑块共速后再一起匀速向右运动，然后与墙壁发生第二次碰撞，经过无数次碰撞，二者速度为0，小车右端靠近墙壁静止。将滑块的所有减速过程视为一个整体，即初速度大小为v0、加速度大小为a的匀减速运动，设滑块做减速运动的时间为t减 对滑块有μmg＝ma，0－v0＝－at减 得t减＝0.8 s 对小车，第一次碰后到二者共速的过程有 －μmg·x1＝Mv－Mv 得x1＝ 匀速运动时间t1＝＝ 接着小车和滑块以共同速度v1与墙第二次相碰，以右为正，由动量守恒 mv1－Mv1＝(m＋M)v2 解得v2＝ 第二次碰后到二者共速的过程有 －μmg·x2＝Mv－Mv 得x2＝ 匀速时间t2＝＝ 以此类推，小车和滑块第n＋1次与墙碰撞 vn＝＝ 匀速运动总时间t＝t1＋t2＋…＋tn＝(v0＋v1＋…＋vn)＝(1＋＋…＋)＝0.8 s。 [答案]　(1)0.8 m　(2) m/s　(3)0.8 s　0.8 s 学科网（北京）股份有限公司 $