第7章 第4讲 动量守恒中的四类典型模型(Word教参)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习（福建专版）

该高中物理讲义聚焦动量守恒定律应用，系统梳理“子弹打木块”“滑块—滑板”“滑块—弹簧”“滑块—斜（曲）面”四类典型模型，按模型特点、情境分析、规律应用的逻辑架构组织内容，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节，帮助学生构建物理模型，突破动量与能量综合应用难点。 资料以科学思维培养为核心，每个模型先引导学生建立物理模型，再结合例题强化动量守恒与能量守恒的科学推理，如“滑块—弹簧”模型通过共速状态分析弹性势能变化。设置选择、计算分层练习，配合关键点拨即时反馈，有效提升学生解题能力，为教师把控复习节奏提供清晰路径。

第四讲　动量守恒中的四类典型模型 逐点清(一)　“子弹打木块”模型 模型 图示 两种情境 子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多 动量守恒：mv0=(m+M)v 能量守恒：Q=Ffs=m-(M+m)v2 模型 特点 子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒，系统的机械能有损失 子弹穿透木块 动量守恒：mv0=mv1+Mv2 能量守恒：Q=Ffd=m- 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·江苏常州月考)光滑的水平面上有一质量为M的静止木块，质量为m(M>m)的子弹以一定的速度射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动，下列说法正确的是 (　　) A.摩擦力对子弹做功的数值超过木块获得动能的3倍 B.摩擦产生的热量在数值上等于木块获得的动能 C.摩擦力对二者做功的代数和等于0 D.因为存在相互间的摩擦力，所以系统机械能不守恒、动量也不守恒 解析：选A　由题意可知，子弹与木块组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，子弹打入木块的过程中，存在摩擦力做功，系统机械能不守恒，D错误；设子弹的初速度为v0，由动量守恒定律有mv0=(m+M)v，根据能量守恒定律可知，摩擦力对子弹做功的数值｜W1｜=m-mv2=m·，木块获得的动能Ek木=Mv2=m·，因M>m可知M+2m>3m，即｜W1｜>3Ek木，A正确；摩擦产生的热量Q=fd(d为子弹打入木块的深度)，木块获得的动能Ek木=fx(x为木块的位移)，两者不相等，B错误；摩擦力对子弹做功W1=-f(x+d)，摩擦力对木块做功W2=fx，则摩擦力对二者做功的代数和等于-fd，C错误。 2.如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980 g 的长方形匀质木块，现有一颗质量为20 g的子弹以大小为300 m/s 的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10 cm，子弹打进木块的深度为6 cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 (1)求子弹和木块共同速度的大小以及它们在此过程中所产生的内能； (2)若子弹是以大小为400 m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块? 解析：(1)设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0=(M+m)v 解得v=6 m/s 此过程系统所产生的内能Q=ΔE=m-(M+m)v2=882 J。 (2)假设子弹以v0'=400 m/s的速度入射时没有射穿木块，则对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0'=(M+m)v' 解得v'=8 m/s 此过程系统所损耗的机械能为 ΔE'=mv0'2-(M+m)v'2=1 568 J 由功能关系有ΔE=F阻x相=F阻d ΔE'=F阻x相'=F阻d' 则== 解得d'= cm 因为d'>10 cm，所以子弹能射穿木块。 答案：(1)6 m/s　882 J　(2)能 关键点拨 1.“子弹打木块”模型要弄清楚子弹最终是留在木块中和木块一起运动，还是穿出木块后各自运动。 2.求解机械能损失的三种思路 (1)利用ΔE损=Q=Ffx相对求解。 (2)利用打进过程中子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功的差值进行求解。 (3)通过打进前后系统的机械能之差求解。 逐点清(二)　“滑块—滑板”模型 模型 图示 求解方法 求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统。 模型 特点 (1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。 (2)若滑块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大。 求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体。 求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q=E初-E末或Q=FfΔx，研究对象为一个系统。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·浙江1月选考)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s 的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g=10 m/s2，则 (　　) A.碰撞瞬间C相对地面静止 B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m 解析：选D　碰撞瞬间C相对地面向左运动，A错误；以向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒定律有mvA-mvB=2mv1，解得碰撞后瞬间A、B的速度为v1=1 m/s，方向向右；当三者共速时由动量守恒定律有2mv1-mvC=3mv，解得v=0，即最终三者一起静止，可知从碰撞后到三者相对静止，经历的时间t== s=0.4 s，B错误；从碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量Q=×2m+m=3 J，由功能关系可知Q=μmgx相对，解得x相对=0.6 m，C错误，D正确。 2.(2024·甘肃高考)如图，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。 (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，A、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，初始时细绳与竖直方向夹角θ=60°。 (1)从A开始运动到最低点，由动能定理得 mgl(1-cos θ)=m-0 对A在最低点受力分析，根据牛顿第二定律得 F-mg=，解得vA=4 m/s，F=40 N 根据牛顿第三定律，细绳OP所受的拉力为40 N。 (2)A与C相碰，在水平方向动量守恒，由于碰后A竖直下落，可得mvA=0+mvC 解得vC=vA=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，根据动量守恒定律可得 mvC=(M+m)v共 根据能量守恒定律得 μmgL相对=m-(m+M) 联立解得μ=0.15。 答案：(1)40 N　(2)4 m/s　(3)0.15 关键点拨 解答第2题的关键点 (1)根据动能定理求得小球A到最低点时的速度，根据牛顿第二定律求解细绳的拉力。 (2)A飞出后与C碰撞前做平抛运动，由题意知碰撞后A的水平分速度为零。A与C碰撞过程水平方向上动量守恒。 (3)C相对B滑行过程，根据动量守恒定律与能量守恒定律求解C和B之间的动摩擦因数。 逐点清(三)　“滑块—弹簧”模型 |必|备|知|能| 1.模型图示 2.模型特点 (1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 (2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的力不做功，系统机械能守恒。 (3)弹簧处于最长(或最短)状态时两物体速度相同，弹性势能最大，系统动能通常最小(相当于完全非弹性碰撞，两物体减少的动能转化为弹簧的弹性势能)，即m1v0=(m1+m2)v，ΔEp=m1-(m1+m2)v2。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能无损失(相当于刚完成弹性碰撞)，即m1v0=m1v1+m2v2，m1=m1+m2。 1.(2025·安徽马鞍山月考)如图所示，物块A、B静止在光滑水平地面上，A与轻弹簧相连，C沿水平面以一定初速度向右运动，与B碰后粘在一起，二者向右运动一小段距离后与弹簧接触，一段时间后与弹簧分离，则 (　　) A.A加速过程中，加速度越来越大 B.A、B、C共速时，B所受合力为0 C.A、B、C共速时，弹簧弹性势能最大 D.B、C碰撞过程中，B、C组成的系统机械能守恒 解析：选C　A加速过程中，一开始弹簧压缩量逐渐增大，之后弹簧压缩量又逐渐减小，所以A受到的弹簧弹力先增大后减小，则A的加速度先增大后减小，故A错误；A、B、C共速时，弹簧的压缩量达到最大，弹簧弹性势能最大，此时B、C整体受到的弹力不为0，B、C整体的加速度不为0，则B的加速度不为0，所受合力不为0，故B错误，C正确；B、C碰后粘在一起，属于完全非弹性碰撞，所以B、C碰撞过程中，B、C组成的系统机械能不守恒，故D错误。 2.如图所示，A、B两物块用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，物块A与竖直墙面接触，现用大小为F=20 N、方向向左的水平推力使物块B静止于图示位置。在物块B的右侧20 cm处静止放置一物块C，且物块B、C相碰后会粘在一起。物块A、B、C的质量均为1 kg，弹簧的劲度系数为k=100 N/m，弹簧的弹性势能表达式为Ep=kx2(x为弹簧相对原长的形变量)。三物块均可视为质点，瞬间撤去推力后，求： (1)物块B、C碰撞后瞬间的速度大小； (2)物块A的最大速度的大小； (3)物块A离开墙壁后弹簧的最大伸长量。 解析：(1)初始时，物块B处于静止状态，水平方向受力平衡，可知此时弹簧弹力大小为F，根据胡克定律F=kx，可得初始时弹簧的压缩量x=0.2 m 即物块B刚要与物块C相碰时弹簧恢复原长，由动能定理可得W弹=kx2=mB，解得v1=2 m/s，由动量守恒定律可得mBv1=(mB+mC)v2 解得物块B、C碰撞后瞬间的速度大小为v2=1 m/s。 (2)当弹簧恢复到原长时，物块A的速度最大，由动量守恒定律可得(mB+mC)v2=(mB+mC)v3+mAv4 由机械能守恒定律可得(mB+mC)=(mB+mC)+mA 联立解得物块A的最大速度大小为v4= m/s。 (3)当物块A离开墙壁后，物块A、B、C第一次共速时弹簧的伸长量最大，由动量守恒定律有 (mB+mC)v2=(mA+mB+mC)v5，解得v5= m/s，设物块A离开墙壁后弹簧的最大伸长量为x1，由能量守恒定律有(mB+mC)-(mA+mB+mC)=k，解得x1= m。 答案：(1)1 m/s　(2) m/s　(3) m 关键点拨 1.解答第1题的关键点 (1)“滑块—弹簧”模型中滑块与弹簧相互作用过程中系统动量和系统机械能均守恒。 (2)弹簧被压缩至最短时A、B、C的速度相等。 2.解答第2题的关键点 (1)判断物块B与C相碰前，弹簧的弹性势能是否全部转变为物块B的动能。 (2)物块A速度最大时，弹簧再次恢复到原长。 (3)弹簧伸长量最大时，物块A、B、C的速度相同。 逐点清(四)　“滑块—斜(曲)面”模型 模型图示 模型特点 (1)上升到最大高度：m与M具有共同水平速度v共，此时m的竖直速度vy=0。系统水平方向动量守恒，mv0=(M+m)v共；系统机械能守恒，m=(M+m)+mgh，其中h为m上升的最大高度，不一定等于弧形轨道的高度(相当于完全非弹性碰撞，系统减少的动能转化为m的重力势能)。 (2)返回最低点：水平方向动量守恒，mv0=mv1+Mv2；系统机械能守恒，m=m+M(相当于完成了弹性碰撞) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·青海西宁一模)如图所示，一个质量为M的滑块放置在水平面上，滑块的一侧是四分之一圆弧EF，圆弧半径R=1 m，E点与水平面相切。另有一个质量为m的小球以v0=5 m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块，已知重力加速度大小g=10 m/s2，不计一切摩擦。若小球刚好没越过滑块的上端，则滑块与小球质量的比值为 (　　) A.2 B.3 C.4 D.5 解析：选C　根据题意，小球上升到滑块上端时，小球与滑块的速度相同，设共同速度为v1，根据动量守恒定律有mv0=(m+M)v1，根据机械能守恒定律有m=(m+M)+mgR，联立解得=4，故选C。 2.(2025·广西桂林联考)如图所示，固定光滑曲面轨道在O点与光滑水平地面平滑连接，地面上静止放置一个表面光滑、质量为3m的斜面体C。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为2m的静止小物块B发生碰撞，碰撞后A、B立即粘连在一起向右运动(碰撞时间极短)，平滑地滑上斜面体，沿斜面体上升的高度小于斜面体高度，重力加速度为g，求： (1)A到达O点时的速度大小； (2)A、B碰撞过程中损失的机械能； (3)A和B沿C能上升的最大高度。解析：(1)A运动到O点的过程，根据动能定理可知mgh=m，解得v1=。 (2)当A、B发生碰撞时，根据动量守恒定律可知mv1=(m+2m)v2，解得v2= A、B碰撞过程中损失的机械能ΔE=m-(m+2m)=mgh。 (3)将A、B、C看成一个系统，则系统在水平方向动量守恒，当A、B沿C上升的高度最大时，三者在水平方向速度相同，根据动量守恒定律可知(m+2m)v2=(m+2m+3m)v3 根据机械能守恒定律可知(m+2m)=(m+2m+3m)+(m+2m)gh' 联立解得A和B沿C能上升的最大高度为h'= h。 答案：(1)　(2)mgh　(3)h 48 / 50 $