第7章 “能量和动量” ·多选题专练(课件PPT)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

该高中物理高考复习课件聚焦“能量和动量”专题，依据高考评价体系梳理了机械能守恒、动量守恒、碰撞与动量定理等核心考点，通过2025年多地模拟题分析，明确弹簧问题、板块模型、弹性碰撞等常考题型占比，构建了“概念辨析+公式应用+综合计算”的复习体系。 课件亮点在于“真题精析+科学思维培养”，如安徽六安模拟题通过牛顿第二定律与功能关系结合，福建莆田模拟题运用整体法与隔离法分析板块运动，培养学生模型建构和科学推理素养。特设“易错点警示”和“得分技巧总结”，助力学生掌握高考答题规范，教师可据此精准开展专题突破，提升复习效率。

“能量和动量” 阶段盘点与评价 多选题专练——强化物理观念的 综合融会，提升多选题得分能力 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1.(2025·安徽六安模拟)如图所示，竖直墙壁连有一劲度系数为k=1 N/cm的轻质弹簧，弹簧右端连有一质量为m=1 kg的重物，重物与水平地面间的动摩擦因数μ= 0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧的弹性势能Ep=kx2(x是弹簧的形变量)。推动重物，使弹簧压缩量达到x0=13 cm后由静止释放，重力加速度g=10 m/s2，不计空气阻力，弹簧始终处于弹性限度内，下列说法正确的是(　　) A.释放后瞬间重物的加速度大小为11 m/s2 B.重物做往复运动，第一次向右运动的最大距离为25 cm C.重物最终停止时弹簧处于原长 D.从静止释放到最终停下，重物运动的总路程为42 cm √ √ 6 7 8 9 10 1 2 3 4 5 解析：根据牛顿第二定律有kx0-μmg=ma，代入数据解得释放后瞬间重物的加速度大小为a=11 m/s2，故A正确；设重物第一次向右运动时弹簧的最大伸长量为x1，根据功能关系可得μmg(x0+x1)=k-k，代入数据解得x1=9 cm，则重物第一次向右运动的最大距离为xm=x0+x1=22 cm，故B错误；设重物向右运动到弹簧最大伸长量x1后，反向向左运动时弹簧的最大压缩量为x2，根据功能关系有μmg(x1+x2)=k-k，解得x2=5 cm，由于kx2>μmg，可知重物会再次向右运动，设重物第二次向右运动时弹簧的最大伸长量为x3，根据功能关系有μmg(x2+x3)=k-k，解得x3=1 cm，由于kx3<μmg，可知此后重物处于静止状态，则重物最终停在伸长量为1 cm的位置，从静止释放到最终停下，重物运动的总路程为s=x0+2x1+2x2+x3=(13+2×9+2×5+1)cm=42 cm，故C错误，D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 2.(2025·福建莆田模拟)如图所示，半径 R=0.8 m的四分之一光滑圆弧轨道竖直 固定于水平面上。4个相同的木板紧挨 着圆弧轨道末端静止放置，圆弧轨道末端与木板等高，每块木板的质量均为m=1 kg、长度均为l=1.5 m、与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，木板与地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现让一质量为M=2.5 kg的物块A(可视为质点)从圆弧顶端由静止滑下，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，g=10 m/s2，则下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.物块A滑离木板1时，速度为10 m/s B.物块A在木板3上滑动时，木板3和木板4保持静止不动 C.物块A不能滑到木板4上 D.在木板对地滑动之前，系统因摩擦所生的热量Q=15 J 解析：物块A从释放至滑到圆弧轨道下端的过程，根据动能定理有MgR =Mv2，物块A刚滑上木板1时，物块A与木板间的摩擦力大小为f1=μ2Mg= 5 N，将4块木板看成整体，其与地面间的最大静摩擦力为f2=μ1(M+4m)g= 6.5 N，由于f2>f1，故物块A在木板1上滑动时，4块木板整体静止，根据动能定理有-μ2Mgl=M-Mv2，解得v1= m/s，故A错误； √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 设物块A刚滑上第n块木板时，该木板开始滑动，该木板及后面木板受到地面的最大静摩擦力为f3=μ1g，要使木板滑动，则有f1>f3，解得n>2.5，即物块A滑上第3块木板时，木板开始滑动，故B错误；物块A在前两个木板上滑动的过程中，根据动能定理有-μ2Mg×2l=M-Mv2，解得物块A刚滑上木板3时的速度为v3=2 m/s，物块A滑上第3块木板后继续做匀减速直线运动，第3块木板和第4块木板一起向右做匀加速直线运动， 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 由牛顿第二定律有μ2Mg-μ1(2m+M)g=2ma'，对物块A，由牛顿第二定律有μ2Mg=Ma，由运动学知识可知，当物块A与木板共速时有v3-at =a't，联立解得t= s，由运动学知识可知此时相对位移为Δx=v3t-at2-a't2= m<l，可知物块A未滑出第3块木板，故C正确；物块A滑上第3块木板后，才能使第3、4两块木板滑动，在木板滑动前，由功能关系可知系统因摩擦所生的热量为Q=μ2Mg×2l=15 J，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 3.(2025·甘肃定西模拟)如图所示，斜面与水 平轨道通过一小段圆弧在C点相连，水平轨 道的右侧与半径为R的竖直半圆形轨道相连。 质量为m的小球A从斜面上与半圆形轨道最高点等高处由静止下滑，之后与静止在水平轨道上的质量为M的小球B发生弹性正碰。若不计任何阻力，要使B在A、B发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中不脱离半圆形轨道或能通过半圆形轨道的最高点，则下列A、B的质量之比符合要求的有 (　　) A.m∶M=1∶3　　　　　 B.m∶M=1∶2 C.m∶M=1∶1 D.m∶M=3∶1 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：A从开始下滑到与B碰撞前的过程，根据动能定理可得mg·2R =m-0，解得v0=，A与B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0=mvA+MvB，m=m+M，解得vB=v0，要使B在碰后不脱离半圆形轨道或能通过半圆形轨道的最高点，当B运动的最高点不超过半圆形轨道圆心所在的高度时，有M≤MgR，解得≤； 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 当B能通过半圆形轨道的最高点时，有Mg≤M，v为B运动到半圆形轨道最高点时的速度，B从半圆形轨道最低点运动到最高点的过程，根据动能定理可得-Mg·2R=Mv2-M，解得≥；综上分析可得A、B的质量之比应满足≤或≥，故选A、B、D。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 4.(2025·甘肃平凉模拟)如图甲所示，质量为2 kg的薄木板B静止在光滑的水平地面上，质量为1 kg的物块A静止在B的右端。t=0时刻起，对B施加一水平向右的作用力F，其大小随时间t变化的关系如图乙所示，t=3 s时撤去F。已知A与B之间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A始终未脱离B，g=10 m/s2。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.t=2.5 s时，A与B未发生相对滑动 B.0~2 s内摩擦力对A的冲量大小为4 N·s C.t=2 s时，B的速度大小为2 m/s D.t=3 s时，A的速度大小为4 m/s 解析：A、B恰好发生相对滑动时，根据牛顿第二定律，对A分析有μmAg=mAa0，解得a0=2 m/s2，对A、B整体分析有F0=a0，解得F0=6 N，由题图乙可知，此时t=2 s，即当t=2.5 s时，A与B已经发生相对滑动，故A错误； √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 0~2 s内摩擦力对A的冲量大小为If=μmAgt2=2 N·s，故B错误；0~2 s内，A、B一起做加速运动，加速度从零均匀增加到2 m/s2，则t=2 s时，B的速度大小为v2=×2×2 m/s=2 m/s，故C正确；2~3 s内，A做匀加速运动，加速度为a0=2 m/s2，可知t=3 s时，A的速度大小为v3=v2+a0Δt= (2+2×1)m/s=4 m/s，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 5.(2025·云南昭通模拟)如图所示，倾角为α的光 滑斜面固定在水平面上，一根劲度系数为k的轻 质弹簧下端固定于斜面底部挡板处，弹簧上端 放一个质量为m的小物块A，A与弹簧间不拴接， 开始时A静止于P点。另一质量也为m的小物块B从斜面上Q点由静止释放，与A发生正碰后立即粘在一起成为组合体，组合体在以后的运动过程中恰好不离开弹簧。已知弹簧的弹性势能与其形变量的关系为Ep=kx2，重力加速度为g，弹簧始终未超出弹性限度。下列说法正确的是(　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.组合体运动到最低点时弹簧压缩量为 B.弹簧的最大弹性势能为 C.组合体动能的最大值为 D.P、Q两点间的距离为 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：设O点为弹簧处于原长时其上端的位置，x0为A、B碰撞前弹簧的形变量，则有kx0=mgsin α，解得x0=，当B与A粘在一起成为组合体后，运动过程中恰好不离开弹簧，所以组合体最多运动至弹簧原长O点处，组合体做简谐运动，其平衡位置满足kx1=2mgsin α，解得x1=，所以弹簧的最大压缩量为xm=2x1=，弹簧弹性势能的最大值为Epm=k=，故A错误，B正确； 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 组合体运动到其平衡位置时速度最大，动能最大，组合体动能的最大值为Ek=2mgx1sin α-k=，故C错误；组合体从O点运动至P点时，组合体的动能为EkP=2mgx0sin α-k=，即×2m= ，解得vP=，设P、Q两点间的距离为l，碰撞前瞬间B的速度为vB，由动量守恒定律可得mvB=2mvP，解得vB=2vP，B在斜面上运动的加速度为a=gsin α，所以l==，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 6.(2025·云南昆明模拟)如图所示，长为L的不可伸长的轻绳一端固定悬挂在O点，另一端连接一质量为m的小球，轻绳拉直后将小球从与O点等高处静止释放，经过时间t摆动到最低点，小球视为质点，重力加速度为g，不计空气阻力，该过程中 (　　) A.重力的瞬时功率先增大后减小 B.重力的平均功率为 C.拉力做功为mgL D.拉力的冲量大小为m √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：根据瞬时功率表达式可知重力的瞬时功率为P=mgvy，刚释放时，小球速度为0，重力的瞬时功率P=0，在最低点时，速度方向水平，vy=0，重力的瞬时功率P=0，而在中间过程速度有竖直分量，重力瞬时功率不为0，所以重力的瞬时功率先增大后减小，故A正确；小球从释放到运动至最低点，重力做的功为WG=mgL，所用时间为t，可得重力的平均功率为==，故B正确；因为拉力的方向始终与小球的速度方向垂直，可知拉力做功为0，故C错误； 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 小球从释放到运动至最低点过程，由动能定理有mgL=mv2，解得小球在最低点的速度大小为v=，对小球从释放到运动至最低点的过程，在竖直方向上，由动量定理有I拉y+IG=0-0，以竖直向上为正方向，重力的冲量为IG=-mgt，所以拉力冲量的竖直分量为I拉y=-IG=mgt，在水平方向上，由动量定理有I拉x=mv-0=m，所以拉力的冲量大小为I拉==m，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 7.(2025·宁夏吴忠一模)如图(a)所示，可视为质点的a、b两球通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，质量为m的a球在外力作用下静止在地面上，b球悬空且距离地面的高度为h0。由静止释放a球，a球的动能Ek随其上升的高度h的变化关系如图(b)，a球始终没有与定滑轮相碰，b球落地后不反弹，忽略空气阻力，已知重力加速度为g，则 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.从释放到最终稳定的过程两小球组成的系统机械能守恒 B.b球的质量为3m C.Ekm的大小为mgh0 D.b球与地面作用过程中，地面对b球的冲量大小为m 解析：从释放a球到b球刚要与地面接触的过程中，两球组成的系统机械能守恒，但是当b球接触地面后，系统的机械能便不再守恒，故A错误； √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 b球向下运动的过程，有gh=v2，Ek=mv2=gh，当b球下落h0以后，b球与地面接触，a球做竖直上抛运动，有mgΔh=ΔEk，根据题图(b)两段图线的斜率比可得g∶mg=1∶2，解得mb=3m，故B正确；当b球刚要与地面接触时，有gh0==4Ekm，解得Ekm=mgh0，故C正确；由以上分析可知，b球刚要与地面接触时的动能为3Ekm，则此时b球的速度为，根据动量定理可知，地面对b球的冲量大小为I=3m，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 √ 8.(2025·湖南长沙模拟)小朋友在广场上玩耍时，在空中O点把一塑料球以速度v0竖直向上抛出，上升到最高点后又下落至位置O。已知塑料球运动过程中受到空气阻力大小恒为其重力的，重力加速度为g。在此过程中，下列判断正确的是(　　) A.上升过程比下降过程重力冲量大 B.上升过程比下降过程合外力冲量大 C.整个过程平均速率为v0 D.整个过程平均加速度大小为g √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 解析：塑料球上升过程，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为a1== g，上升时间t1==，上升位移h==，下降过程，根据牛顿第二定律可知，加速度大小为a2==g，末速度v==v0，下降时间t2==>t1，根据重力冲量IG=mgt可知，上升过程比下降过程重力冲量小，故A错误；根据动量定理可知，合外力冲量大小等于动量变化量的大小，故上升过程合外力冲量大小为I合上=mv0，下降过程合外力冲量大小为I合下=mv =mv0，故B正确；整个过程平均速率为==v0，故C正确；平均加速度==g，故D错误。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 9.(2025·江西宜春模拟)三个小球(均可视为质点)A、B、C质量分别为3m、2m、m，通过两根长度均为l的轻杆和轻质光滑铰链连接。初始时整个装置通过外力作用静止于竖直平面内，且两杆呈竖直状态，如图甲所示。A、B位于光滑水平地面上，某时刻撤去外力，系统在重力作用下开始运动，某时刻两杆之间的夹角为θ，如图乙所示。下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.A球先做加速运动后做减速运动 B.落地前的瞬间C球的速度大小为 C.落地前的瞬间B球相对地面的水平位移大小为 D.当θ=时，A、B两球的速度大小之比为 解析：A、B、C三球组成的系统水平方向动量守恒，撤去外力的瞬间和C球刚要与地面接触的瞬间，三球水平方向的速度均为0，所以A球先做加速运动后做减速运动，故A正确； √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 设C球落地前瞬间的速度大小为v，根据机械能守恒定律有mgl=mv2，解得v=，故B正确；由三者的质量关系以及水平方向动量守恒可判断，A向左运动，B和C向右运动，设三者的位移大小分别为xA、xB、xC，由动量守恒定律可得3mxA=2mxB+mxC，且xA+xC=l，xB-xC=l，解得xA=，xB=，xC=，故C错误；当θ等于时，设三者的速度大小分别为vA、vB、vC，由以上分析可知，vA的方向水平向左，vB的方向水平向右，vC的方向斜向右下方，设vC与BC杆的夹角为α，A球与C球在沿AC杆方向的分速度相同，即vAcos 45° =vCsin α，B球与C球在沿BC杆方向的分速度相同，即vBcos 45°=vCcos α，又因为水平方向动量守恒，则有3mvA=2mvB+mvCcos，联立可得 =，故D正确。 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 10.(2025·四川绵阳模拟)如图甲所示，质量M=0.5 kg、长L=1 m的木板初始时刻静止在光滑水平地面上，可视为质点的质量m=1 kg的小物块以初速度v0从左端滑上木板，同时对木板施加一个水平向右的恒力F，系统因摩擦产生的热量Q的倒数与恒力F的关系图像如图乙所示。已知物块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m/s2，下列说法正确的是 (　　) 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 A.当F<1 N时，系统因摩擦产生的热量为2 J B.DE段表示滑块最终与滑板共速 C.物块的初速度为4 m/s D.C点的横坐标为3 N 解析：在AB段，系统因摩擦产生的热量不变，则物块在木板上相对于木板滑动的路程保持不变，说明物块会从板右侧滑离木板，因摩擦产生的热量为Q1=μmgL=2 J，故A正确； √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 2 3 4 在BC段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后保持相对静止一起以相同加速度做匀加速运动；在DE段，物块滑上木板后，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度，之后物块相对于木板向左滑动，最终物块会从木板左侧滑离木板，故B错误；当F=1 N时，对物块受力分析，根据牛顿第二定律有μmg=ma1，解得物块的加速度大小为a1=2 m/s2，对木板受力分析，根据牛顿第二定律有F+μmg=Ma2，解得木板的加速度为a2=6 m/s2，以木板为参考系，则物块的相对加速度为a相=a1+a2= 8 m/s2，则根据匀变速运动的规律有=2a相L，解得物块的初速度为v0=4 m/s，故C正确；C点时物块与木板间的静摩擦力刚好达到最大，设此时对应的力为FC，以物块与木板为整体，由牛顿第二定律得FC=a0，以物块为对象，由牛顿第二定律得μmg=ma0，联立解得a0=2 m/s2，FC=3 N，故D正确。 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn $