专题9 动量和能量综合拓展模型 课件 -2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用）

这是一份专题9 动量和能量综合拓展模型 课件 -2026年高考物理二轮复习优质课件（全国通用），共76页。
动能定理书写奋斗的方程,动量守恒见证成长的碰撞。记住:没有凭空消失的努力,所有付出终会 转化为属于你的“机械能守恒”!
　 (2022天津,10,14分)冰壶是冬季奥运会上非常受欢迎的体育项目。如图所示,运动员在水平冰面上将冰 壶A推到M点放手,此时A的速度v0=2 m/s,匀减速滑行x1=16.8 m到达N点时,队友用毛刷开始擦A运动前方 的冰面,使A与NP间冰面的动摩擦因数减小,A继续匀减速滑行x2=3.5 m,与静止在P点的冰壶B发生正碰, 碰后瞬间A、B的速度分别为vA=0.05 m/s和vB=0.55 m/s。已知A、B质量相同,A 与MN间冰面的动摩擦因 数μ1=0.01,重力加速度g取10 m/s2,运动过程中两冰壶均视为质点,A、B碰撞时间极短。求冰壶A
(1)在N点的速度v1的大小;(2)与NP间冰面的动摩擦因数μ2。
答案　(1)0.8 m/s　(2)0.004
解析　(1)设冰壶质量为m,冰壶A从M运动到N过程中,根据动能定理可得-μ1mgx1= m - m 代入数据解得v1=0.8 m/s。(2)设碰撞前瞬间A的速度为v2,由动量守恒定律可得mv2=mvA+mvB代入数据解得v2=0.6 m/s设A在NP间受到的滑动摩擦力为f',则有f'=μ2mg由动能定理可得-f'x2= m - m 联立解得μ2=0.004。
　 探究1　一题多解尝试从运动学角度出发,思考其他解法。
答案　第(1)问还可以用牛顿运动定律结合运动学公式进行求解。具体如下:设冰壶质量为m,A受到冰面的支持力为FN,由竖直方向受力平衡,有FN=mg设A在MN间受到的滑动摩擦力为Ff,有Ff=μ1FN设A在MN间的加速度大小为a,由牛顿第二定律,有Ff=ma由速度与位移的关系式,有 - =-2ax1联立上述各式并代入数据解得v1=0.8 m/s。第(2)问在利用动量守恒定律得到碰撞前瞬间A的速度v2之后,也可以利用运动学公式,先计算出A在NP 间运动的加速度,再结合牛顿运动定律求得冰壶A与NP间冰面的动摩擦因数μ2。
探究2　拓展设问若本题情境和已知信息不变,分析以下设问。①设问1:求冰壶A从M点运动到N点所用的时间t1。②设问2:若冰壶的质量m=18 kg,求冰壶A和B的作用过程中,冰壶A对冰壶B的冲量大小。
答案　①方法1:可先用牛顿第二定律求得冰壶A的加速度a=μ1g=0.1 m/s2,再利用运动学公式x1=v0t1- a ,代入数据解得t1=12 s(另一解t1=28 s不合题意,舍去)。方法2:先应用动能定理,有-μ1mgx1= m - m ,求得v1=0.8 m/s,再应用牛顿第二定律求得加速度a=μ1g=0.1 m/s2,再利用运动学公式v1=v0-at1,代入数据解得t1=12 s。方法3:先应用动能定理,有-μ1mgx1= m - m ,求得v1=0.8 m/s,再应用动量定理,有-μ1mgt1=mv1-mv0,代入数据解得t1=12 s。②冰壶A对冰壶B的冲量大小等于冰壶B的动量变化量的大小,故根据动量定理有IAB=mvB-0,代入数据可 得A对B的冲量大小为9.9 N·s。
互动互探增加了已知两冰壶质量的条件后,还可以求出哪些相关物理量?
互动点拨增加了已知两冰壶质量的条件之后,与运动、能量、动量等相关的物理量都是可以表达出来的,例如过 程量中的功、冲量、动能的变化量、动量的变化量、能量损失、释放的热量等;状态量中的动量、动 能、机械能等。同时冰壶的受力大小也可以求出来了。
探究3　举一反三一题多问深挖透,考点拿捏快准稳!如图所示,可视为质点的小物块A、B的质量均为m=0.10 kg,B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v 0与B碰撞,碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点与水平地面的距离h=0.45 m,两物块落地点到轨道末 端的水平距离s=0.30 m,取重力加速度g=10 m/s2。 
请根据上述信息,判断下列说法是否正确。如果不正确,请说明错误原因;如果正确,请写出分析或解答 过程。
　 (1)根据题中信息,可以求得两物块一起水平抛出后在空中运动的时间。(2)根据题中信息,可以求得两物块一起水平抛出时的初速度大小。(3)根据题中信息,可以求得两物块落地瞬间的动能。(4)根据题中信息,可以求得两物块碰撞前A的速度v0的大小。(5)根据题中信息,可以求得两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。
　 (6)根据题中信息,可以知道物块A在沿着倾斜轨道下滑的过程中,机械能一定是守恒的。(7)根据题中信息,可以求得物块A由静止释放时在倾斜轨道上的位置距地面的高度。(8)根据题中信息,可以求得两物块碰撞过程中,物块A受到的冲量大小。(9)根据题中信息,可以求得两物块碰撞过程中,物块B受到的平均冲击力的大小。(10)根据题中信息,可以求得物块A与物块B相碰前整个运动过程中所受合冲量的大小。(11)根据题中信息,可以求得物块A与物块B相碰前整个运动过程中所受合力做功的多少。
答案　(1)正确。两物块一起水平抛出后,在竖直方向做自由落体运动,由h= gt2,代入数据解得t=0.3 s。(2)正确。设A、B碰后水平抛出的速度为v,在水平方向两物块做匀速直线运动,由s=vt,可得v=1.0 m/s。(3)正确。根据机械能守恒定律,落地瞬间的动能Ek=2mgh+ ×2mv2,代入数据解得Ek=1 J;或者根据动能定理,有2mgh=Ek- ×2mv2,同样可以得到Ek=1 J。(4)正确。根据动量守恒定律有mv0=2mv,解得v0=2.0 m/s。(5)正确。两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE= m - ×2mv2,代入数据解得ΔE=0.1 J。(6)错误。机械能守恒的条件是物块运动过程中只有重力或系统内的弹力做功,题设条件中并没有明确 物块A与倾斜轨道之间是否存在摩擦力,故不能说该过程中物块A的机械能一定是守恒的。(7)错误。因为题设条件中没有明确物块A与倾斜轨道之间是否存在摩擦力,所以无法利用运动学公式
或者能量相关规律求得物块A由静止释放时在倾斜轨道上的位置距地面的高度。(8)正确。根据动量定理,碰撞过程中,物块A受到的冲量大小等于其动量变化量的大小,即IA=mv0-mv,代 入数据可得IA=0.1 N·s。(9)错误。根据I= ·t,由于题设条件中没有给出两物块碰撞过程的时间,所以无法求得碰撞过程中物块B受到的平均冲击力的大小。(10)正确。根据动量定理,有IA合=mv0-0,代入数据解得IA合=0.2 N·s。(11)正确。根据动能定理,有WA合= m -0,代入数据解得WA合=0.2 J。
　　能量和动量是物理学中描述物体状态特征的两个重要的角度,它们之间既有区别,也有联系。从能 量和动量角度处理问题,也是高中阶段处理力学物理问题的两种重要思维路径,其中所涉及的动能定 理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律,是高中阶段解决物理问题的重要方 法,体现了力在空间和时间两个维度上的累积效应。能量和动量的思维路径已经不再局限于力学或者 电学的限制,它们贯穿于整个高中物理,所以成为高考的热点和重点就理所应当了。　　解答这类问题的思维方法主要集中在下面的关系上:
 　　为了帮助大家在备考复习中清晰梳理知识和融会贯通考点,特设立几个专题进行解法探秘。
(2023浙江6月,18,11分)为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和 水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD 和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100 N/ m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v0=2  m/s从D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8 m,以v=2 m/s 的速率顺时针转动,滑 块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能Ep=  kx2(x为形变量)。g=10 m/s2。
真题试练1:传送带及弹簧模型
 (1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN;(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE;(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。
解析　(1)滑块a从D处进入,经DEF管道后到达最低点F的过程,由动能定理得mg·2R= m - m 解得vF=10 m/s在最低点F,由牛顿第二定律得FN-mg=m 解得FN=31.2 N(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s,设碰后瞬间滑块a的速度大小为va,则由动能定理有-mg·2R-μ mgL= m - m 解得va=5 m/s滑块a、b碰撞过程中由动量守恒得mvF=-mva+3mvb
答案　(1)10 m/s　31.2 N　(2)0　(3)0.2 m
解得vb=5 m/s滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE= m - 解得ΔE=0(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,设碰撞后a、b的共同速度为v,由动量守恒得mvF=(m+3m)v当弹簧最长或最短时,a、b与c达到共速,设为v',由动量守恒得(m+3m)v=(m+3m+2m)v'弹簧的最大弹性势能Ep= (m+3m)v2- (m+3m+2m)v'2又Ep= kx2弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x联立解得Δx=0.2 m
　 探究1　信息提取请分别选取不同的研究对象,根据题中所给物理量及已知条件,挖掘隐含信息。
答案　研究对象1:滑块a。初速度v0=2  m/s,在DEF管道中运动满足机械能守恒的条件,与滑块b碰撞,反弹,再次经过DEF管道,滑上传送带,到达B点时速度vB=1 m/s。研究对象2:滑块a和滑块b构成的系统。信息:滑块质量、发生碰撞、动量守恒、机械能损失、系统能 量守恒等。研究对象3:滑块b和滑块c以及弹簧构成的系统。信息:滑块质量、动量守恒、系统能量守恒等。
探究2　模型建构请根据各物理过程构建相应的物理模型。
答案　过程模型:滑块a在管道中的圆周运动模型、滑块a在传送带上的匀变速直线运动模型、传送带 自身的匀速直线运动模型、滑块a和滑块b之间的非弹性碰撞模型、滑块b和滑块c之间的类弹性碰撞 模型等。问题模型:传送带模型、弹簧模型等。本题涉及多个模型,具体分析的时候需要将每一个模型从问题中抽取出来,明确每个模型的特征是解决 问题的关键。
探究3　拓展设问①设问1:根据题设条件,对滑块a到达管道入口D处时的受力情况进行分析。②设问2:根据题设条件,滑块a在传送带上运动的时间是多少?③设问3:根据题设条件,滑块a在传送带上运动过程中产生的热量是多少?④设问4:若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则碰撞后弹簧处于最大长度与最小长度时的共同特征是什么?
答案　①滑块a进入管道即开始做圆周运动,故要想知道其受力情况,先计算其以初速度在D处运动所 需要的向心力大小为25.2 N,而其重力为1.2 N,故还需要管道给它提供24 N、方向向下的力。所以,滑 块a到达管道入口D处时除受到自身重力作用,还受到管道上壁对它竖直向下的大小为24 N的作用力。②滑块a返回B点时的速度大小vB=1 m/s,滑块a在传送带上一直做减速运动,加速度大小a=μg=5 m/s2,根 据 = -2aL,可得滑块a在C点的速度大小vC=3 m/s。根据L= t,代入数据解得t=0.4 s。③滑块a在传送带上滑行时,从C到B,滑块a和传送带各自所受的摩擦力都做负功,故滑块a在传送带上运 动过程中产生的热量应该等于两个摩擦力做功的绝对值之和,即Q=μmgL+μmgvt,其中μmgL是滑块a所 受摩擦力做功的绝对值,μmgvt是传送带在该过程中所受摩擦力做功的绝对值,代入数据解得Q=0.96 J。④共同特征:系统共速,弹簧弹性势能相等。即弹簧长度最大时和最小时,系统各个部分的速度大小相 等,且总动量与初始状态时相同,弹簧的形变量大小相等,故弹簧的弹性势能相等。
1.表征变异·文本→图像　(2021湖南,8,5分)(多选)如图(A),质量分别为mA、mB的A、B两物体用 轻弹簧连接构成一个系统,外力F作用在A上,系统静止在光滑水平面上(B靠墙面),此时弹簧形变量 为x。撤去外力并开始计时,A、B两物体运动的a-t图像如图(B)所示,S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐 标轴所围面积大小,S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速 度为v0。下列说法正确的是 (　 　) 图(A) 图(B)
A.0到t1时间内,墙对B的冲量等于mAv0B.mA>mBC.B运动后,弹簧的最大形变量等于xD.S1-S2=S3
解析　从a-t图像可知,0~t1时间内B未运动,仍处于静止状态,故墙对B的作用力的大小、方向和弹簧对A 的作用力大小、方向均相等,故墙对B的冲量与弹簧对A的冲量相等,故由动量定理可知其大小等于mAv 0,A正确。t1时刻之后,A、B构成的系统动量守恒,弹簧形变量最大时,弹簧弹力最大,a也最大,在t2时 刻,A、B加速度最大,且此时A、B受力大小相等,方向相反,aAmB,B正确。当B运动后,由于系 统总动量不为零,必然有一部分能量以动能的形式呈现,则弹簧的弹性势能必然小于0时刻的,最大形变 量小于x,C错误。由于a-t图线与时间轴围成的面积表示速度变化量,故t2时刻vB=S3,vA=S1-S2,此时弹簧形 变量最大,有vA=vB,故S1-S2=S3,D正确。
2.情境变异·单物体多过程→多物体单过程　(2020海南,17,12分)如图,光滑的四分之一圆弧轨道PQ竖直放置,底端与一水平传送带相切,一质量ma=1 kg的小物块a从圆弧轨道最高点P由静止释放,到最低点Q时与另一质量mb=3 kg小物块b发生弹性正碰 (碰撞时间极短)。已知圆弧轨道半径R=0.8 m,传送带的长度L=1.25 m,传送带以速度v=1 m/s,顺时针匀 速转动,小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2,g=10 m/s2。求(1)碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小;(2)碰后小物块a能上升的最大高度;(3)小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间。
解析　(1)小物块a从P点运动到Q点的过程中,由动能定理得magR= ma 在Q点,由牛顿第二定律得FN-mag=ma 由以上两式解得FN=30 N,va=4 m/s由牛顿第三定律知FN'=FN,碰撞前瞬间小物块a对圆弧轨道的压力大小为30 N。(2)小物块a与小物块b碰撞过程中,根据动量守恒定律得mava=mava'+mbvb由机械能守恒定律得 ma = mava'2+ mb ,由以上两式解得va'=-2 m/s,vb=2 m/s设碰后小物块a上升的最大高度为h根据机械能守恒定律得magh= mava'2
答案　(1)30 N　(2)0.2 m　(3)1 s
解得h=0.2 m。(3)碰后小物块b速度大于传送带速度,由牛顿第二定律得-μmbg=mba解得小物块b的加速度为a=-2 m/s2由匀变速直线运动规律得,小物块b与传送带速度相同时通过的位移x= =0.75 mv2,此过程中木板的位移x2= t,小物块的位移x1= t,由题知v0>v1>v2,有 >v2,则x1>2x2,x1-x2=l>x2;摩擦力对木板做正功,对木板由动能定理可知fx2=EkM,则木板的动能EkM=fx2l,所以Ekmx2=S△COF,则fl>fx2= M ,A错误,B正确。对物块和木板组成的系统,根据能量守恒定律有fl= m - ,物块运动到木板右端时的动能 m = m -fl- M