第1章 微点集训2 动量定理及动量守恒定律的4类模型（PPT课件）-【满分思维·同步精炼】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册同步测试配套课件（人教版）

微点集训2　动量定理及动量守恒定律的4类模型 　 ｜名师点评｜ 子弹—木块模型 1. 基本规律 （1）动量守恒：子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力， 则系统动量守恒。 （2）机械能不守恒：在子弹打木块过程中伴随摩擦生热，系统的机械能不 守恒，损失的机械能转化为内能。且子弹未穿出木块时二者最后有共同速度， 机械能损失最多。 2. 主要关系 （1）子弹留在木块中（未穿出，完全非弹性碰撞模型） ①动量守恒：mv0＝（m＋M）v。 ②机械能的损失（摩擦生热） Q热＝Ffd＝m－（M＋m）v2 其中d为子弹射入木块的深度。 （2）子弹穿出木块（非弹性碰撞模型） ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 ②机械能的损失（摩擦生热） Q热＝FfL＝m－m－M 其中L为木块的长度，注意d≤L。 1. （2026·浙江宁波高二检测）如图所示，木块静止在光滑水平面上，两颗不同 的子弹A、B从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块内，这一过程中木块始 终保持静止。若子弹A射入的深度大于子弹B射入的深度，则（　　） A. 子弹A、B与木块组成的系统动量和机械能都守恒 B. 入射过程中子弹A受到的阻力与子弹B受到的阻力大小相等 C. 子弹A的动能一定比子弹B的动能小 D. 子弹A在木块中运动的时间比子弹B在木块中运动的时间长 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：子弹A、B与木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于两子 弹射入木块的过程，克服阻力做功，系统机械能减少，即机械能不守恒，故A错 误；由于木块始终保持静止状态，则两子弹对木块的推力大小相等，即两子弹 所受的阻力大小相等，故B正确；根据动能定理得，对子弹A有－FfdA＝0－ EkA，解得EkA＝FfdA，对子弹B有－FfdB＝0－EkB，解得EkB＝FfdB，由于dA＞ dB，则有子弹入射时的初动能EkA＞EkB，故C错误；子弹A、B从木块两侧同时射 入木块，木块始终保持静止，分析可知，两子弹在木块中运动的时间必定相 等，否则木块就会运动，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2. （多选）（2026·浙江金华高二质检）光滑水平面上有一静止木块，质量为m 的子弹水平射入后未穿出，子弹与木块运动的v-t图像如图所示，下列说法正确 的是（C　） A. 子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 B. 木块的质量为9m C. 整个过程产生的热量为m D. 子弹进入木块的深度为v0t0 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：子弹水平射入后未穿出，该过程子弹与木块组成的系统满足动量守恒， 则子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小，故A正确；设木块的质量 为M，由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）×，解得M＝9m，故B正确；由能量 守恒可得，整个过程产生的热量为Q＝m－（M＋m）×＝m，故 C正确；由题图可知，t0时间内木块的位移x1＝×t0＝，子弹的位移x2＝ ×t0＝，则x相对＝x2－x1＝，即子弹进入木块的深度为，故 D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3. （2026·广东佛山高二质检）如图所示，质量为M的木块静止在足够大的光滑 水平面上，质量为m的子弹（视为质点）以大小为v0的速度水平向右射入木块， 结果子弹恰好未从木块穿出。若子弹在木块内运动的过程中受到的阻力大小恒 为kv0（k为比例常量），求： （1）子弹最终的速度大小v以及阻力作用的时间t； 答案：　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解得子弹最终的速度大小为v＝， 对木块，根据动量定理有kv0t＝Mv－0， 解得阻力作用的时间t＝。 解析：子弹在木块内运动的过程中，系统动量守恒，则mv0＝（M＋m）v， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解得木块的长度L＝。 ｜方法技巧｜ 涉及能量问题时有两种求解方法。一是打击前系统的机械能与打击后系统 的机械能之差等于系统机械能的损失；二是子弹克服阻力做的功与阻力对木块 做的功之差等于系统机械能的损失。 （2）木块的长度L。 答案： 解析：子弹在木块内运动的过程中，根据能量守恒有kv0L＝m－（M＋m） v2， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1. 把滑块、木板看成一个整体，滑块与木板之间的摩擦力为内力，在光滑 水平面上的滑块与木板组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒。 2. 在滑块与木板发生相对滑动过程中伴随摩擦生热，系统的机械能不守 恒，损失的机械能转化为内能；且滑块不滑出木板时二者最后具有共同速度， 机械能损失最多。ΔE＝Ffs，其中s为滑块与木板相对滑动的路程。 滑块—木板模型 ｜名师点评｜ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A. A、B间的动摩擦因数为0.1 B. 系统损失的机械能为4 J C. 木板A的最小长度为2 m D. 木板获得的动能为2 J 4. （2026·福建漳州高二质检）如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质 量为mB＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的表 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乙所示，取g＝ 10 m/s2，则下列说法正确的是（　　） √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：物体B加速度大小为aB＝ m/s2＝1 m/s2，根据牛顿第二定律得μmBg＝ mBaB，解得μ＝0.1，A正确；根据动量守恒定律得mBv0＝v，解得mA ＝2 kg，损失的机械能为E损＝mB－v2＝2 J，B错误；木板A的最 小长度为L＝×1 m－×1×1 m＝1 m，C错误；木板获得的动能为EkA＝mAv2 ＝1 J，D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5. （2026·湖北武汉高二质检）如图，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的 薄板和质量m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间 有摩擦，薄板足够长，下列说法错误的是（　　） A. 两者最终同速的速度是4 m/s B. 物块先减速再加速最后与薄板同速 C. 至两者同速的过程，系统产生的内能为24 J D. 当物块速度为0时，薄板的速度约为2.67 m/s √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，根据系统的动量守恒可知， 当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守 恒定律得（M－m）v＝Mv1，代入解得v1≈2.67 m/s，此后物块将向右加速，薄 板继续向右减速，当两者速度达到相同时，设共同速度为v2，规定向右为正方 向，由动量守恒定律得（M－m）v＝（M＋m）v2，代入解得v2＝2 m/s，两者相 对静止时，一起向右做匀速直线运动，故A错误，B、D正确；根据能量守恒， 可知此过程中系统产生的内能为ΔE＝＋－，代入数据解得ΔE＝ 24 J，故C正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6. 如图所示，质量m＝1 kg的木块以v0＝1 m/s的速度水平滑上静止在光滑水平地 面上的平板小车，小车的质量M＝4 kg，木块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.2， 重力加速度g＝10 m/s2，木块未从小车上滑落。求： （1）木块和小车相对静止时小车的速度大小； 答案：0.2 m/s 解析：以木块和小车为研究对象，向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝ v， 解得v＝0.2 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 （2）从木块滑上小车到二者相对静止所用的时间； 答案：0.4 s 解析：以小车为研究对象，由动量定理可得 μmgt＝Mv， 得到t＝0.4 s。 （3）为了防止木块从小车上滑落，小车至少多长？ 答案：0.2 m 解析：根据能量守恒有m＝μmgL＋v2，解得小车至少长L＝0.2 m。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1. 对两个（或两个以上）物体与弹簧组成的系统，在相互作用的过程中， 若系统所受合外力为零，则系统的动量守恒。 2. 整个过程涉及弹性势能、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. 弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具 有最大弹性势能。当弹簧处于原长时，弹簧某一端的物体具有最大速度，此时 弹簧的弹性势能为零。 滑块—弹簧模型 ｜名师点评｜ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7. （2026·江苏南京高二统考）如图所示，光滑水平地面上质量为m的物体P以速 率v向右运动，质量为m的物体Q左端固定有一轻弹簧，以速率2v向左运动。弹簧 的形变始终在弹性限度内，两物体均可视为质点，在P与弹簧接触到弹簧压缩量 最大的过程中，下列说法正确的是（　　） A. 弹簧对P的冲量大小为mv B. P、Q的位移大小之比为2∶1 C. 弹簧对P做的功与对Q做的功相同 D. 当P的速度为零时，弹簧的弹性势能最大 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：当P、Q共速时，弹簧的压缩量最大，规定水平向左为正方向，由动量守 恒定律得2mv－mv＝2mv共，对P由动量定理得I＝mv共－（－mv），联立解得I＝ mv，故A正确；在P与弹簧接触到P的速度减小为零的过程中vQ＞2vP，因此xQ＞ 2xP，从P的速度为零到P的速度达到v共的过程中，P、Q均向左运动，P的位移减 小，Q的位移增大，因此xQ＞2xP，故B错误；由动能定理得，弹簧对P做的功为 WP＝m－mv2＝－mv2，弹簧对Q做的功为WQ＝×m－×m＝－ mv2，故C错误；当P、Q共速时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大， 故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 8. 如图甲所示，一轻质弹簧的两端与物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面 上。已知A的质量mA＝0.2 kg，现使B瞬时获得水平向右的速度v＝3 m/s，以此 刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，由图像可得 （　　） A. t2～t3时间内，弹簧处于伸长状态 B. 物块B的质量为0.2 kg C. 弹簧的最大弹性势能为0.3 J D. 0～t2时间内弹簧对A、B的冲量相同 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：给物块B一个初速度，B开始向右运动，结合题图乙可知，在0～t1时间 内，弹簧处于拉伸状态，t1时刻，两物块速度一致，弹簧拉伸量最大，从t1～t2弹 簧开始恢复原长，t2时刻弹簧为原长，在t2～t3时间内弹簧处于压缩状态，t3时刻 压缩量最大，在t3～t4时间内弹簧开始恢复原长，t4时刻恢复原长，故A错误；结 合题图乙以及之前的分析可知，t2时刻弹簧恢复原长，在开始到t2有mBv＝mAvA＋ mBvB，由题图乙知vA＝2 m/s，vB＝－1 m/s，解得mB＝0.1 kg，故B错误；由之前 的分析可知，t1时刻弹簧拉伸量最大，由动量守恒定律得mBv＝v共，由 功能关系有mBv2＝＋Epmax，解得Epmax＝0.3 J，故C正确；0～t2 时间内，弹簧对A、B的弹力始终等大反向，根据I＝Ft，可知0～t2时间内弹簧对 A、B的冲量大小相等，方向相反，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 9. 如图所示，A、B、C三个物块置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹 簧，弹簧的两端与物块拴接，刚开始物块B、C处于静止状态。现物块A以初速 度v0＝3 m/s沿B、C的连线方向朝B运动，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短）， 然后压缩弹簧。已知mA＝1 kg，mB＝mC＝2 kg。求： （1）A、B碰后瞬间，B的速度大小vB； 答案：2 m/s 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：A和B碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mAv0＝mAvA＋ mBvB， mA＝mA＋mB， 解得vB＝2 m/s。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：当B和C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律有mBvB＝ v共， 根据能量守恒定律有 mB＝（mB＋mC）＋Epmax， 解得Epmax＝2 J。 （2）弹簧的最大弹性势能Epmax。 答案：2 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 模型 图示 模型 特点 1.最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道， 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为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧 轨道的高度（完全非弹性碰撞拓展模型）； 2.最低点：m与M分离点，水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机 械能守恒，m＝m＋M（完全弹性碰撞拓展模型） 滑块—斜（曲）面模型 ｜名师点评｜ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 10. （2026·浙江温州高二质检）如图所示，带有四分之一光滑圆弧形轨道的滑 块静止在光滑水平面上，轨道底端与水平面相切，滑块质量为M。质量为m的小 球以初速度v0从圆弧形轨道底端冲上轨道，若小球没有从轨道顶端冲出，且在小 球冲上轨道到上滑至最高点的过程中，滑块的位移为x，所用的时间为t，重力加 速度为g。下列说法正确的是（　　） A. 小球沿轨道上滑至最高点时的速度为0 B. 小球回到轨道底端时的速度大小为v0 C. 小球从冲上轨道到上滑至最高点，小球的水平位移为 D. 仅增大小球的初速度，小球从轨道顶端冲出轨道后，将沿竖直 方向运动 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：小球与滑块组成的系统，在水平方向上受到的合外力为0，则系统在水平 方向上动量守恒，小球沿轨道上滑至最高点时，两者具有相同的水平速度，根 据动量守恒定律可得mv0＝（m＋M）v，则v＝，故A错误；设小球回到轨 道底端时的速度为v1，滑块的速度为v2，根据系统水平方向动量守恒可得mv0＝ mv1＋Mv2，根据系统机械能守恒可得m＝m＋M，联立解得v1＝ v0，故B错误；根据系统水平方向动量守恒可得mv0＝mvm＋MvM，则有mv0t ＝∑mvmxt＋∑MvMt，小球从冲上轨道到上滑到最高点，有mv0t＝mxm＋Mx，可得 小球的水平位移为xm＝，故C正确；仅增大小球的初速度，小球从轨道顶端冲出时，小球相对于滑块的速度方向竖直向上，此时小球与滑块具有相同的水平速度，则小球冲出轨道后，做斜抛运动，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 11. （多选）（2026·浙江绍兴高二校考）如图所示，质量为2m的光滑物块a静止 在光滑水平面上，物块a左侧面为圆弧面且与水平面相切，质量为m的滑块b以初 速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一 切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中（　　） A. 滑块b沿a上升的最大高度为 B. 物块a运动的最大速度为 C. 物块a对滑块b所做的功为－m D. 物块a对滑块b的冲量大小为mv0 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：滑块b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，根据动量守恒定律有mv0＝ v1，根据机械能守恒定律有mgh＝m－，解得h＝ ，故A正确；滑块b从滑上a到滑离a时，物块a运动的速度达到最大，则有mv0 ＝mv2＋2mv3，m＝m＋×2m，解得v2＝－，v3＝，故B错误； 结合上述可知，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，根据动能定理可知物块a对滑块 b所做的功为W＝m－m＝－m，故C正确；结合上述可知，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，根据动量定理可知，合力的冲量I合＝mv2－mv0＝－mv0，由于滑块b从滑上a到滑离a的过程中受到重力与物块a的弹力作用，可知物块a对滑块b的冲量大小不是mv0，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12. （多选）（2026·江苏南京高二校考）如图，质量和半径都相同的四分之一 光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上，圆弧面的最低点和水平面相切，圆弧 的半径为R。圆弧体B锁定，圆弧体A可以自由滑动，一个小球从圆弧体A的最高 点由静止释放，在圆弧体B中上升的最大高度为。已知重力加速度大小为g， 则（　CD　） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 A. 小球与圆弧体的质量之比为2∶1 B. 在小球从圆弧体A的最高点滑到最低点的过程中，A的位移为 C. 小球再次滑上A，在A中上升的最大高度为 D. 若圆弧体B没有锁定，则圆弧体B最终获得的速度大小为 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：由题可知，对小球从A滑下到与A分离的过程分析，由机械能守恒及水平 方向动量守恒有mgR＝mv2＋mA，mv＝mAvA，对小球滑上B的过程分析，由 机械能守恒定律有mv2＝mgR，综合以上各式得v＝，vA＝，mA＝2m， 小球与圆弧体的质量之比为1∶2，选项A错误；由于小球与圆弧体A的运动时间 相同，则mt＝mAt，即mx＝mAxA，并且x＋xA＝R，解得xA＝R，选项B错 误；由动能定理知，小球最终会以v1＝重新滑回A，并与A共速，由水平方向动量守恒有mv1＋mAvA＝（m＋v共，由机械能守恒定律有m＋mA－ ＝mgh，得h＝R，选项C正确；若圆弧体B没有锁定，则小球与B 从接触到分离的全过程有mv＝mv'＋mBvB，mv2＝mv'2＋mB，由上式可得vB ＝，选项D正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 $