2027届新高考物理热点精准复习动量和能量综合拓展模型

2027届新高考物理热点精准复习动量和能量综合拓展模型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”!真题解码

(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=2m/s,匀减速滑行x1=16.8m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=3.5m,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=0.05m/s和vB=0.55m/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10m/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真题试练(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)0.8m/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=0.8m/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=0.6m/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。思维探秘答案第(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=0.8m/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=18kg,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=0.1m/s2,再利用运动学公式x1=v0t1-

a

,代入数据解得t1=12s(另一解t1=28s不合题意,舍去)。方法2:先应用动能定理,有-μ1mgx1=

m

-

m

,求得v1=0.8m/s,再应用牛顿第二定律求得加速度a=μ1g=0.1m/s2,再利用运动学公式v1=v0-at1,代入数据解得t1=12s。方法3:先应用动能定理,有-μ1mgx1=

m

-

m

,求得v1=0.8m/s,再应用动量定理,有-μ1mgt1=mv1-mv0,代入数据解得t1=12s。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9.9N·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=0.10kg,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=0.45m,两物块落地点到轨道末

端的水平距离s=0.30m,取重力加速度g=10m/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。稳基础

(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。叠能进阶答案(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=0.3s。(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=1.0m/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=1J;或者根据动能定理,有2mgh=Ek-

×2mv2,同样可以得到Ek=1J。(4)正确。根据动量守恒定律有mv0=2mv,解得v0=2.0m/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=0.1J。(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=0.1N·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=0.2N·s。(11)正确。根据动能定理,有WA合=

m

-0,代入数据解得WA合=0.2J。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:素能进阶

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。专题9动量和能量综合拓展模型目录(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=0.4m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=100N/

m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg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=0.8m,以v=2m/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=10m/s2。解法探秘真题试练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=1m/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=10m/s在最低点F,由牛顿第二定律得FN-mg=m

解得FN=31.2N(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/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=5m/s滑块a、b碰撞过程中由动量守恒得mvF=-mva+3mvb答案(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m解得vb=5m/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=0.2m

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。解法重构答案研究对象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=1m/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25.2N,而其重力为1.2N,故还需要管道给它提供24N、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24N的作用力。②滑块a返回B点时的速度大小vB=1m/s,滑块a在传送带上一直做减速运动,加速度大小a=μg=5m/s2,根

据

=

-2aL,可得滑块a在C点的速度大小vC=3m/s。根据L=

t,代入数据解得t=0.4s。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=0.96J。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)探究4

同类竞探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

ABD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,aA<aB,所以mA>mB,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=3kg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=0.8m,传送带的长度L=1.25m,传送带以速度v=1m/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=10m/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=30N,va=4m/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30N。(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'=-2m/s,vb=2m/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)30N(2)0.2m(3)1s解得h=0.2m。(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=-2m/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=

=0.75m<1.25m故小物块b先做匀减速运动,后做匀速运动减速运动时间t1=

=0.5s匀速运动时间t2=

=0.5s则小物块b从传送带的左端运动到右端所需要的时间t=t1+t2=1s。(2023全国乙,21,6分)(多选)如图,一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上,另一质量为m的小物

块(可视为质点)从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f,当物块

从木板右端离开时

()

A.木板的动能一定等于flB.木板的动能一定小于flC.物块的动能一定大于

m

-flD.物块的动能一定小于

m

-fl真题试练2:板块模型综合BD解析运动过程如图所示,设经过时间t,小物块的速度为v1,木板的速度为v2,小物块从木板右端离开,可

知v1>v2,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=fx2<fl,B正确,A错误。摩擦力

对小物块做负功,对小物块由动能定理可知-fx1=Ekm-

m

,则物块的动能Ekm=

m

-fx1,又x1>l,所以Ekm<

m

-fl,D正确,C错误。

探究1

拓展设问①设问1:物块在木板上滑行的过程中,该系统的总动量是否守恒?②设问2:物块在木板上滑行的过程中,木板所受的摩擦力对于木板来说是动力还是阻力?③设问3:物块在木板上滑行的整个过程中,系统一共产生的热量Q是多少?④设问4:根据题设条件,能否求出物块离开木板时物块和木板的速度分别是多少?解法重构答案①守恒。因为桌面光滑,物块和木板组成的系统所受合力为零,满足动量守恒的条件。②动力。因为木板原本处于静止状态,后来在该摩擦力作用下获得速度开始运动。③整个过程中产生的热量Q=fl,即摩擦力与相对位移的乘积。④可以。根据动量守恒定律和能量守恒定律分别列方程,有mv0=mv1+Mv2,

m

=

m

+

M

+fl,联立求解即可得到物块离开木板时二者的速度大小。互动互探通过题设条件,你还可以求出哪些物理量?互动点拨根据题设条件,尤其是在设问4中已经能够将物块离开木板时二者的速度大小求出的情况下,还可以进

一步求得物块在木板上滑行的时间t,物块在该过程中运动的位移x1,木板的位移x2,摩擦力对物块做的功

W1,摩擦力对木板做的功W2,物块整个运动过程中所受合力的冲量大小,木板所受合力的冲量大小等运

动学、能量、动量相关的物理量。答案画出v-t图像如图乙所示。

对物块,根据动能定理有-fx1=

m

-

m

;对木板,根据动能定理有fx2=

M

。根据图线与横轴围成的面探究2

图像表征+一题多解画出物块与木板运动过程示意图和v-t图像,并利用v-t图像求解本题。积表示位移可知,x2=S△COF,x1=SABFO,l=x1-x2=SABCO>x2=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

<

m

-fl,C错误,D正确。1.条件变异·木板有初速度

(2021海南,17,12分)如图,一长木板在光滑的水平面上以速度v0向

右做匀速直线运动,将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m,它

们之间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。(1)滑块相对木板静止时,求它们的共同速度大小;(2)某时刻木板速度是滑块的2倍,求此时滑块到木板最右端的距离;(3)若滑块轻放在木板最右端的同时,给木板施加一水平向右的外力,使得木板保持匀速直线运动,直到

滑块相对木板静止,求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。

探究3

同类竞探答案(1)

v0(2)

(3)

m

审题指导以滑块和木板组成的系统为研究对象,系统所受合力为0,满足动量守恒的条件,可以用动量守恒定律求出它们相对静止时的共同速度;求木板速度是滑块的2倍时滑块到木板最右端的距离,结合题意和示意图可知求的是滑块相对于木板运动的距离,由相对距离可联想到摩擦生热,所以可以试着对木板和滑块这个系统进行能量分析。解析(1)滑块和木板组成的系统动量守恒,有2mv0=(m+2m)v解得v=

v0(2)对滑块和木板组成的系统,有2mv0=mv1+2mv2μmgΔx=

×2m

-

其中v2=2v1联立解得Δx=

(3)对于滑块有μmgt=mv0木板匀速运动有F=μmg木板运动的位移x=v0t外力所做的功W=Fx联立解得t=

,W=m

2.情境变异·双体系统→多体系统

(2022河北,13,11分)如图,光滑水平面上有两个等高且足够

长的滑板A和B,质量分别为1kg和2kg,A右端和B左端分别放置物块C和D,物块质量均为1kg。A和C以

相同速度v0=10m/s向右运动,B和D以相同速度kv0向左运动,在某时刻发生碰撞,作用时间极短,碰撞后C

与D粘在一起形成一个新物块,A与B粘在一起形成一个新滑板。物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ=

0.1,重力加速度大小取g=10m/s2。(1)若0<k<0.5,求碰撞后瞬间新物块与新滑板各自速度的大小和方向;(2)若k=0.5,从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时,求两者相对位移的大小。

解析(1)取向右为正方向,设C、D相碰后的共同速度为vCD,C、D系统碰撞前后遵守动量守恒定律有

mCv0-mDkv0=(mC+mD)vCD代入数值后得vCD=5(1-k)m/s0<k<0.5时,vCD>0,即C、D构成的新物块速度向右设A、B相碰后的共同速度为vABA、B系统碰撞前后遵守动量守恒定律有mAv0-mBkv0=(mA+mB)vAB代入数值后得vAB=

(1-2k)m/s0<k<0.5时,1-2k>0,vAB>0,即A、B构成的新滑板速度向右(2)若k=0.5,根据(1)可知v=vCD=2.5m/s,vAB=0。之后C、D一起向右做匀减速运动,A、B一起向右做初速答案见解析度为0的匀加速运动,直到两者达到共同速度v共由A、B、C、D组成的系统动量守恒得(mC+mD)v=(mA+mB+mC+mD)v共,v共=1m/s设新物块在新滑板上滑动的相对位移的大小为Δx对A、B、C、D系统,根据系统能量守恒可得μ(mC+mD)gΔx=

(mC+mD)v2-

(mA+mB+mC+mD)

代入数值可得Δx=1.875m3.情境变异·水平→竖直

(2022广东,13,11分)某同学受自动雨伞开伞过程的启发,设计了如图

所示的物理模型。竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块,初始时它们处于静止状态。当滑块

从A处以初速度v0为10m/s向上滑动时,受到滑杆的摩擦力f为1N。滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性

碰撞,带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动。已知滑块的质量m=0.2kg,滑杆的质量M=0.6kg,A、B间的

距离l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不计空气阻力。求:(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中,桌面对滑杆支持力的大小N1和N2;(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v;(3)滑杆向上运动的最大高度h。

解析(1)滑块静止时,由整体法得N1=(m+M)g=8N滑块向上滑动时,以滑杆为研究对象,受力分析如图,得N2=Mg-f'=Mg-f=5N。答案(1)8N5N(2)8m/s(3)0.2m(2)滑块从A到B,由动能定理有-mgl-fl=

mv2-

m

,得v=8m/s。(3)滑块与滑杆发生完全非弹性碰撞,由动量守恒有mv=(m+M)v',得v'=2m/s碰撞后,滑块与滑杆一起向上运动,由动能定理有-(m+M)gh=0-

(m+M)v'2,得h=0.2m。(2023湖南,15,16分)如图,质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上,凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨

道,椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b,长轴水平,短轴竖直。质量为m的小球,初始时刻从椭圆轨道长

轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点,在竖直平面内建立固定于地面

的直角坐标系xOy,椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转,重力加速度为g。(1)小球第一次运动到轨道最低点时,求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离;(2)在平面直角坐标系xOy中,求出小球运动的轨迹方程;(3)若

=

,求小球下降h=

高度时,小球相对于地面的速度大小(结果用a、b及g表示)。真题试练3:曲面体模型综合解析(1)设小球第一次运动到轨道最低点时的速度大小为vm,凹槽速度大小为vM,地面光滑,小球和凹槽

组成的系统在水平方向上动量守恒,初动量为零,则小球与凹槽水平方向的动量始终等大反向,有mvm=

MvM半椭圆形轨道光滑,由机械能守恒定律有mgb=

m

+

M

,解得vM=

。

=

=

,且xm+xM=a联立解得xM=

。(2)以水平向右为正方向,设小球运动轨迹上某点坐标为(x,y),则小球的水平分位移为a-x,方向向左,设此答案(1)

(2)

+

=1(y≤0)(3)2b

时凹槽位移为x2,方向向右,有m(x-a)+Mx2=0,因凹槽内表面为半椭圆形,此时椭圆中心位置坐标为(x2,0),

故小球在椭圆轨道上的位置坐标满足

+

=1由以上几式整理得小球运动轨迹方程为

+

=1(y≤0)。(3)将M、m的关系式代入第(2)问小球运动的轨迹方程中,则有

+

=1(y≤0)可知小球的运动轨迹为半径为b的圆弧,圆心为O1(a-b,0),如图所示

当小球下降h=

高度时,设小球此时的坐标为(x0,y0),则y0=-

设此时小球的速度大小为v1,v1的方向与水平方向的夹角为θ,凹槽的速度大小为v2根据几何关系可知tanθ=

将v1沿水平方向和竖直方向分解,则vx=v1cosθ根据机械能守恒定律有mg

=

m

+

M

,小球和凹槽在运动过程中,水平方向动量守恒,根据动量守恒定律有mvx=Mv2联立解得v1=2b

。

探究1

模型建构请对物理过程构建相应的物理模型。解法重构答案本题中的模型是动量问题中经典的曲面体模型,该模型的特点就是系统在水平方向上动量守恒,

所以在分析本题的时候要把握该模型的主要特征,立足水平方向动量守恒解决问题。同时,本题对数学

知识的应用要求是很高的,考查了利用数学知识分析物理问题的能力,所以建构椭圆运动模型也是本题

的关键点之一。此外,本题涉及的系统中的两个物体之间存在较为复杂的相对运动,需要在分析的时候

把握关键因素,忽略次要因素,将分析的重点放在水平方向的位移关系上。探究2

拓展设问①设问1:小球在轨道中运动的过程中,其所受的支持力是否一定做功?②设问2:小球在轨道中运动,到达最左端的位置是否与其初始释放位置等高?③设问3:小球第一次运动到最左端时,求凹槽相对于初始时刻运动的距离。答案①一定做功。因为本题中小球沿轨道运动时,凹槽同时在沿水平方向运动,而支持力的反作用

力,即小球对凹槽的压力正是使凹槽运动的原因,则小球在所受支持力的方向上有位移,小球所受的支

持力一定对小球做功。②是。系统机械能守恒且时刻满足水平方向动量守恒,故当小球到达轨道最左端时,小球和凹槽的速度

均为0,此时小球与初始位置重力势能相等,则与初始位置等高。③凹槽与小球组成的系统在水平方向动量守恒,即0=m

-M

,两边同时乘t可得mx'1=Mx'2,且由几何关系可知x'1+x'2=2a,联立解得x'2=

a。1.情境变异·增加静电场(多选)一质量为1kg、带电荷量为+1C的小球,以初速度10m/s冲上一

质量为4kg、半径为1m的绝缘光滑的四分之一圆槽(以下简称圆槽)。整个空间存在方向竖直向下、

电场强度大小为10N/C的匀强电场。所有接触面均光滑,重力加速度取10m/s2。从小球开始冲上圆槽

至上升到圆槽最高点的过程,下列说法正确的是

()

A.小球和圆槽组成的系统机械能不守恒B.小球和圆槽组成的系统动量守恒C.整个过程小球的动能最小值为4J探究3

同类竞探D.小球离开圆槽后继续上升的高度为1mAD解析小球和圆槽组成的系统除了重力做功,还有静电力做功,机械能不守恒,A正确。小球和圆槽组成

的系统水平方向动量守恒,但总动量不守恒,B错误。从小球开始冲上圆槽至上升到圆槽最高点的过程,

对小球和圆槽组成的系统,由水平方向动量守恒可得mv0=(m+M)v,解得v=2m/s;整个过程静电力对小球

做的功W电=-qER=-10J,即电势能增加量ΔEp=-W电=10J,小球上升至圆槽最高点时速度最小,由能量守恒

定律可得

m

=mgR+Ekmin+

Mv2+ΔEp,联立解得整个过程小球的动能最小值Ekmin=22J,C错误。小球离开圆槽后,根据动能定理有-mgh-qEh=

mv2-Ekmin,解得h=1m,D正确。一题多解“等效场”分析小球受到的重力和静电力的合力等效为mg‘=mg+qE=20N。对小球和圆槽组成的系统,由水平方向动量守恒可得mv0=(m+M)v,解得v=2m/s;对系统,由能量守恒定律可得

m

=mg'R+Ekmin+

Mv2,解得整个过程小球的动能最小值Ekmin=22J,C错误。小球离开圆槽后,由动能定理可得-mg'h=

mv2-Ekmin,解得整个过程小球离开槽后继续上升的高度h=1m,D正确。2.情境变异·带挡板的小车如图所示,光滑水平面上的小车质量为2m,小车左侧部分有半径为R

的

光滑圆弧轨道,与水平轨道AB相切于A点,小车右端B点固定一个竖直弹性挡板,A、B间距为2R。质量为m的小物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点以v0=2

的速度滑下,已知小物块与A、B间轨道的动摩擦因数为0.5,重力加速度为g。(1)若将小车固定,求物块经过圆弧轨道最低点时受到支持力的大小;(2)若小车不固定,求物块第一次滑到A点时小车的速度大小;(3)若小车不固定,求物块最终静止的位置与A点的距离及全过程小车的位移大小。

解析(1)若将小车固定,物块从圆弧轨道最高点滑到圆弧轨道最低点过程,根据机械能守恒定律有mgR

+

m

=

mv2,以物块为研究对象,在圆弧轨道最低点由牛顿第二定律有FN-mg=m

,联立解得FN=7mg。(2)若小车不固定,物块与小车在水平方向动量守恒,且同时满足能量守恒,取向右为正方向,则有0=mvA+

2mv1,

m

+mgR=

m

+

×2m

,联立解得vA=2

,v1=-

,可知物块第一次滑到A点时小车的速度大小为

。(3)由于圆弧轨道最左端的切线在竖直方向,物块若从最高点飞出小车,其水平速度必然与小车一致,还

会回到小车上,又知初始时刻该系统水平方向总动量为零,物块在水平轨道上运动受摩擦力,最终物块

与小车必然均静止。设物块第一次返回后能够上升的最大高度为h,由能量守恒定律有

m

+mgR=2μmg·2R+mgh,解得h=R(点拨:物块全程与小车发生相互作用,满足人船模型的应用条件),可知物块与答案(1)7mg(2)

(3)2R

R挡板第一次碰撞后刚好返回圆弧轨道最高点,没有飞出小车,设物块相对AB段滑行的总路程为s,则由能

量守恒定律有

m

+mgR=μmgs,解得s=6R,可知物块最终将停在B点,与A点的距离为2R。设全过程物块的水平位移大小为x1,小车的水平位移大小为x2,由水平方向动量守恒可得mx1=2mx2,而x1+x2=3R,联立解

得x2=R。

1.公式法力学综合模型涉及的核心公式覆盖了力学领域的三大定律和两大定理,即牛顿运动定律、能量守恒定

律、动量守恒定律、动能定理和动量定理。不同的问题,侧重点会有不同,但是不管是哪一种问题,都

需要对相关公式非常熟悉。三大定律和两大定理涉及了描述物体运动的所有物理量,例如速度、时

间、位移、加速度、动能、动量、功、冲量,还包括了重力势能、弹性势能、内能等诸多能量,分析过

程中一般涉及受力分析,所以对于各个力的表达式同样需要熟练掌握。2.图像分析法力学综合模型问题,尤其是其中涉及明显的速度变化问题,通过画v-t图像进行分析会让抽象的运动过程

变得具体直观,例如本专题中真题试练2的图像表征探究中,画出的v-t图像和运动过程示意图,是图像分

析法中常见的图像,有时候也可以画加速度-时间图像、位移-时间图像。增强利用图像辅助分析问题思维方法解法密钥的意识,对于提高高考试题的分析效率是很有帮助的。

考查形式

对于涉及功和能以及动量的经典模型的考查一向是高考试题的热点,选择题和综合题都有涉及,其中综

合题所占分值比例更大。常见情境

从近几年全国各地的高考试题来看,碰撞模型、板块模型、弹簧模型等考查的频率相对较高。具体问

题的情境,一部分是比较理想化的,还有一部分会与实际的生产生活相结合,后者对综合能力的要求比

较高。思维核心

本专题中涉及的模型是高考中考查运动学、动力学、功和能、动量等相关知识的重要载体,试题难度

一般比较大。所以,此类试题的思维核心主要集中在模型建构方面,即能够通过审题将试题中蕴含的经考向探秘典模型抽取出来,排除干扰因素,抓住核心要素,根据相关定律或定理建立方程,完成试题的解答。1.如图所示,一个质量为M的滑块放置在水平面上,滑块的一侧是一个四分之一圆弧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=5m/s的初速度水平向右从E点冲上滑块,若小球

刚好没越过圆弧的上端,已知重力加速度大小g=10m/s2,不计一切摩擦。滑块与小球质量的比值

为

()

A.2B.3C.4D.5C解法特训解析根据题意,小球上升到圆弧的最高点时,小球与滑块的速度相同,设为v1,根据小球与滑块组成的

系统在水平方向动量守恒有mv0=(m+M)v1,根据机械能守恒定律有

m

=

(m+M)

+mgR,联立并代入题给数据解得

=4,C正确。2.(2025福建,8,6分)(多选)传送带沿顺时针方向运行的速度大小恒为1m/s。两个物块A、B用一根轻弹

簧连接,A的质量为1kg,B的质量为2kg,A与传送带间的动摩擦因数为0.5,B与传送带间的动摩擦因数为

0.25。t=0时,将两物块放置在传送带上,给A一个向右的初速度v0=2m/s,B的速度为零,弹簧自然伸长。

在t=t0时,A与传送带第一次共速,此时弹簧的弹性势能Ep=0.75J,传送带足够长,g取10m/s2,A可在传送带

上留下痕迹,则

()

A.在t=

时,B的加速度大于A的加速度B.t=t0时,B的速度大小为0.5m/sC.t=t0时,弹簧的压缩量为0.2mD.0~t0过程中,A在传送带上留下的痕迹长度小于0.05mBD解析根据题意可知传送带对A、B的滑动摩擦力大小相等,且都为f=0.5×1×10N=0.25×2×10N=5N,初

始时A向右减速,滑动摩擦力方向向左,B向右加速,滑动摩擦力方向向右,可知在A与传送带第一次共速

前,A、B整体所受合力为零,系统动量守恒,有mAv0=mAv+mBvB,v=1m/s,代入数据解得在t=t0时,B的速度大

小为vB=0.5m/s,在A与传送带第一次共速前,在任意时刻单独对A、B根据牛顿第二定律有f+F弹=mAaA=

mBaB,由于mA<mB,可知aA>aB,A错误,B正确。在0~t0时间内,设A、B向右运动的位移分别为xA、xB,由功能

关系有-fxA+fxB+

mA

=

mAv2+

mB

+Ep,解得xA-xB=0.1m,故t=t0时弹簧的压缩量Δx=xA-xB=0.1m,C错误。0~t0时间内,A与传送带的相对位移大小x相A=xA-vt0,B与传送带的相对位移大小x相B=vt0-xB,可得x相A+x相B=xA-

xB=0.1m,由于0~t0时间内A向右做加速度逐渐增大的减速运动,B向右做加速度逐渐增大的加速运动,且

满足aA=2aB,作出A、B的v-t图像如图所示

可知x相A对应图形MNA的面积,x相B对应图形NOBA的面积,结合图像可知x相A<x相B,解得x相A<0.05m,D正确。3.(2023辽宁,15,17分)如图,质量m1=1kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系

数k=20N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态。质量m2=4kg的小物块以水平向右的速度v0=

m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力

等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=

kx2。取重力加速度g=10m/s2,结果可用根式表示。

(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大

小。(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次

相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。解析(1)对物块与木板整体分析由动量守恒定律得m2v0=(m1+m2)v1

①可得v1=

=1m/s②对木板分析,应用动能定理有μm2gx1=

m1

③解得x1=0.125m④(2)设物块与木板即将相对滑动时二者的加速度大小为a,对木板与物块整体分析可知kx2=(m1+m2)a

⑤对物块有μm2g=m2a

⑥答案(1)1m/s0.125m(2)0.25m

m/s(3)4

t0-8

(SI)联立⑤⑥得a=1m/s2

⑦x2=0.25m⑧对木板、物块与弹簧三者组成的系统根据能量守恒定律有

(m1+m2)

=

(m1+m2)

+

k

⑨解得v2=

m/s⑩(3)木板速度为v2后,木板与物块加速度首次相同时,木板加速度大小仍为a,其受力情况与速度为v2时的

受力情况相同,弹簧压缩量仍为x2,木板速度大小仍为v2,根据运动过程的对称性知,运动的总时间为2t0,而

物块在该过程中一直做匀变速直线运动,有v'2=v2-a·2t0

联立⑦⑩

得v'2=

-2t0

由能量守恒定律可知系统因摩擦转化的内能ΔU=

m2

-

m2v'

联立⑩

得ΔU=4

t0-8

(SI)

4.(2022全国乙,25,20分)如图(A),一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运

动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的v-t图像如图(B)所示。已知从t=0到t

=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动

的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ=0.6),与水平面光

滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内,重力加速度g=10m/s2。求(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

答案(1)0.6m

(2)0.768v0t0(3)0.45审题指导由图像可以看出物块B的初速度为1.2v0,t0时刻二者达到共速,此时弹簧最短,弹性势能最大;2t0时刻二者分开,物块A以2v0冲上斜面,物块B以0.8v0继续在水平面上匀速运动,直到再次与A相碰;关键信息“达到的最高点与前一次相同”表明A、B发生第二次相互作用之后A的末速度与前一次相同;由条件“物块A运动的距离为0.36v0t0”可知0到t0时间内A的图线与横轴围成的面积,该面积表示位移;求解弹簧压缩量时需要根据动量守恒得到vA、vB之间的关系,并在图像中进一步利用此关系求面积,则得到相对位移,即弹簧压缩量。解析(1)t0时刻弹簧被压缩至最短,A、B碰撞动量守恒,由图()知mB·1.2v0=(mB+mA)v0得mB=5mA=5m此过程A、B与弹簧组成的系统机械能守恒弹簧的最大弹性势能Epmax=|ΔEk|=

mB(1.2v0)2-

(mA+mB)

=0.6m

。(2)t0时弹簧压缩量最大,设为Δx由题意,0~t0内,系统动量始终守恒,得mAvA+mBvB=mB·1.2v0即mvA+5mvB=6mv0化简得vA=5(1.2v0-vB)B根据图(B)分析上式,A图线在0~t0上任意一点到横坐标轴的距离,等于同一时刻B图线上对应点到v=1.2v0

这条直线的距离的5倍。由v-t图线与时间轴所围面积表示位移,且0~t0时间内xA=0.36v0t0,可知0~t0时间内

图线B与v=1.2v0线所围面积x1=

xA=0.072v0t0,图线B与A之间所围面积表示Δx,则Δx=1.2v0t0-xA-x1=0.768v0t0。(3)A、B第二次碰撞过程,设碰前A速度大小为vA1,碰后A、B速度大小分别为v'A、v'B由动量守恒有mB·0.8v0-mAvA1=mBv'B+mAv'A由机械能守恒有

mB(0.8v0)2+

mA

=

mBv'

+

mAv'

A、B第二次碰撞后,A再次滑上斜面,且与第一次碰撞后达到的最高点相同,则v'A=2v0联立解得vA1=v0(另一解舍去)对A