高中物理模块六动量与动量守恒定律考点2.2.4类碰撞模型之“滑块光滑弧面(斜面)”试题
高三-物理-动量和动量守恒-滑块滑板综合计算问题
内容提要
应用动量守恒定律的解题步骤
(1)确定相互作用的系统为研究对象； (2)分析研究对象所受的外力； (3)判断系统是否符合动量守恒条件； (4)规定正方向，确定初、末状态动量的正、负号； (5)根据动量守恒定律列式求解．
内容提要
动量、动能、动量的变化量的比较
名称 项目
小和方向． (2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处 (从地面上看)离出发点的距离．
内容总结
动量守恒定律的适用条件
①理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒． ②近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒． ③分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．
定义
动量
物体的质量和 速度的乘积
定义式
p＝ mv
动能
物体由于运动而 具有的能量
Ek＝
动量的变化量
物体的末动量与 初动量的矢量差
Δp＝p′－p
矢标性
矢量
标量
矢量
特点
关联 方程
ห้องสมุดไป่ตู้
状态量
Ek＝
P2 2m
状态量
Ek＝ pv
过程量
Δp＝mv′－mv
除动量定理、动量守恒定律的使用外，滑块滑板问题一般都会涉及到能量问题： 动能定理、能量转化守恒等。
作业
如图所示，—质量为M、长为l的长方形木板B放在光滑的水 平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M．现以 地面为参照系给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图)， 使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离 B板．以地面为参照系，
高中物理【动量守恒定律】知识点、规律总结
考点一 动量守恒定律的理解及应用
多维探究
1．动量守恒定律的五个特性
矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程，解题应选取统一的正方向
相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一般是相对于地面)
动量是一个瞬时量，表达式中的 p1、p2……必须是系统中各物体在相互作用 同时性 前同一时刻的动量，p1′、p2′……必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻
2．反冲 (1)定义：当物体的一部分以一定的速度离开物体时，剩余部分将获得一个反向冲量， 这种现象叫反冲运动． (2)特点：系统内各物体间的相互作用的内力_远__大__于___系统受到的外力．实例：发射 炮弹、爆竹爆炸、发射火箭等． (3)规律：遵从动量守恒定律． 3．爆炸问题 爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用时间很短，作用力很大，且_远__大__于___系统所受 的外力，所以系统动量_守__恒___．
考点二 动量守恒定律的三个应用实例
多维探究
第 1 维度：碰撞问题
1．碰撞现象满足的规律
(1)动量守恒定律．
(2)机械能不增加．
(3)速度要合理．
①若碰前两物体同向运动，则应有 v 后＞v 前，碰后原来在前面的物体速度一 前′≥v 后′.
②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
【总结提升】 (1)动量守恒定律的研究对象都是相互作用的物体组成的系统．系统 的动量是否守恒，与选择哪几个物体作为系统和分析哪一段运动过程有直接关系．
(2)分析系统内物体受力时，要弄清哪些是系统的内力，哪些是系统外的物体对系统 的作用力．
(3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的 速度．
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在
2019版高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒6_2_2考点强化碰撞模型的规律及应用课件
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题组剖为m的物块A 与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正 前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地 面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2， 物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为( ) A．0.5 m/s B．1.0 m/s C．1.5 m/s D．2.0 m/s 1 解析 碰后物块 B 做匀减速直线运动，由动能定理有－μ· 2mgx＝0－ ·2mv2 2，得 v2 2
1 2 1 2 ＝1 m/s。 A 与 B 碰撞过程中动量守恒、 机械能守恒， 则有 mv0＝mv1＋2mv2， mv0＝ mv1 2 2 1 ＋ ·2mv2 2，解得 v0＝1.5 m/s，则选项 C 正确。答案 C 2
题组剖析 3. A、B两物体在水平面上相向运动，其中物体A的质量 为mA＝4 kg，两球发生相互作用前后的运动情况如图 6 所示。则： (1)由图可知A、B两物体在什么时刻发生碰撞，B物体的 质量mB为多少？ (2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？
2 pA′ 2 1 p 1 2 A 2 碰撞过程系统能量不可能增加，所以 ＋ mBvB′ ≤ ＋ mBvB 2mA 2 2mA 2
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1 3 1 3 联立解得 mA 应满足 kg≤mA≤ kg 答案 (1)8 m/s (2) kg≤mA≤ kg 4 7 4 7
规律总结
碰撞问题解题策略 (1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程 求解。 (2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物体发生弹 性正碰后的速度满足： v1＝v0、v2＝v0。 (3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球 碰撞后交换速度。
v1
v1' v1 v2 v1
高中物理 模块六 动量与动量守恒定律 考点2.2.2 类碰撞模型之“滑块+木板”试题
考点2.2.2 类碰撞模型之“滑块+木板”1．把滑块、木板看作一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒．2．由于摩擦生热，把机械能转化为内能，系统机械能不守恒．应由能量守恒求解问题．3．注意：滑块不滑离木板时最后二者有共同速度．【例题】如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M 的长木板，以速度v 0向右做匀速直线运动，将质量为m 的小铁块轻轻放在木板上的A 点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动．由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，问：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度多大？(2)它们相对静止时，小铁块与A 点距离多远？(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？【解析】(1)木板与小铁块组成的系统动量守恒．以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得，Mv 0＝(M ＋m )v ′，则v ′＝Mv 0M ＋m. (2)由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量，μmgx 相＝12Mv 20－12(M ＋m )v ′2. 解得x 相＝Mv 202μg (M ＋m )(3)由能量守恒定律可得，Q ＝12Mv 20－12(M ＋m )v ′2 ＝Mmv 202(M ＋m )【答案】(1)Mv 0M ＋m (2)Mv 202μg (M ＋m ) (3)Mmv 202(M ＋m )1.(多选)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图10所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( BD )A.12mv2 B.12mMm＋Mv2C.12NμmgL D．NμmgL2.将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图甲所示，一个小铅块（可视为质点）以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。
2025年高三一轮复习物理课件专项突破4四类典型的类碰撞模型
从能量角度看,系统损失的动能全部转化为系统因摩擦而产生的内能:
1
1
Q=fx 相对=2m0 2 -2(M+m)v2=2(+) 0 2
情境
f 为子弹或滑块受到的阻力,x 相对为子弹相对木块或滑块相对长木板的位移
子弹射穿木块(或滑块滑离木板)(此种情境类似于非弹性碰撞)
D.若 v0 较小,则可能是图 1 所示情形;
若 v0 较大,则可能是图 2 所示情形
9
专项突破4
解析
d=
0
1+
=
2(+) 2
2 0 2
10
由动量守恒定律有 mv0=(M+m)v。对木块,由动量定理有 ft=Mv,解得
0
t=(+)
=
0 2
四类典型的类碰撞模型
然后反向加速,t2 时刻,弹簧恢复原长状态,因为此时两物块速度相反,故弹簧的长度将逐
渐增大,两物块均减速,t3 时刻,两物块速度相等,系统动能最小,弹簧最长,A 项错误;从 t3
到 t4 过程中弹簧由伸长状态恢复原长,B 项错误;系统动量守恒,从 t=0 开始到 t1 时刻有
m1v1=(m1+m2)v2,将 v1=3 m/s,v2=1 m/s 代入得 m1∶m2=1∶2,C 项正确;在 t2 时刻,A 的速
1
0 2
1+
1
,则 M 越大,d 越大,B 项正确;对木块由动能定理有 fx= Mv2,解得
+
x=2(+ )2 f,则 =
2024年高中物理新教材讲义：弹簧—小球模型 滑块—光滑斜(曲)面模型
专题强化3弹簧—小球模型滑块—光滑斜(曲)面模型[学习目标]1.进一步掌握用动量守恒定律、能量守恒定律解决碰撞问题的技巧(重点)。
2.掌握两类碰撞问题的解题方法(重难点)。
一、弹簧—小球模型如图所示，光滑水平面上静止着一质量为m 2的刚性小球B ，左端与水平轻质弹簧相连，另有一质量为m 1的刚性小球A 以速度v 0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，问：(1)弹簧的弹性势能什么情况下最大？最大为多少？(2)两球共速后，两球的速度如何变化？弹簧长度如何变化？(3)小球B 的速度什么情况下最大？最大为多少？答案(1)当两个小球速度相同时，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大。
由动量守恒定律得m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 由能量守恒定律得12m 1v 02＝12(m 1＋m 2)v 2＋E pmax 解得E pmax ＝m 1m 2v 022(m 1＋m 2)(2)如图所示，两球共速后，A 减速，B 加速，A 、B 间的距离增大，故弹簧的压缩量减小，弹簧的长度增加。
(3)当弹簧恢复原长时，小球B 的速度最大，由动量守恒定律得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2由能量守恒定律得12m 1v 02＝12m 1v 12＋12m 2v 22解得v 2＝2m 1v 0m 1＋m 2。
拓展延伸(1)系统动能何时最小？求系统的动能的最小值。
(2)从小球与弹簧相互作用至弹簧恢复原状的过程，系统动能何时最大？求系统的动能的最大值。
答案(1)弹簧和小球组成的系统机械能守恒，两球共速时，弹簧的弹性势能最大，系统的动能最小。
E kmin ＝12(m 1＋m 2)v 2＝m 122(m 1＋m 2)v 02(2)弹簧和小球组成系统机械能守恒，当弹簧恢复原长时，弹簧的弹性势能最小，系统的动能最大，E kmax ＝12m 1v 02。
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，若系统合外力为零，则系统动量守恒。
高中物理动量碰撞模型
高中物理动量碰撞模型动量守恒定律有四个应用:碰撞、爆炸、反冲和人船模型。
今天我们讨论的是斜面模型。
如果要分类的话，完全可以归为碰撞模型。
动量守恒定律的斜面体模型一共只考下面的三种情况：•从光滑水平面滑到最高点•从光滑水平面滑到最高点然后再滑回水平面•从斜面体上面静止往下滑我们先来看第一种情况：从光滑水平面滑到最高点动量守恒定律的斜面模型有一个前提条件:斜面不能固定，必须在光滑的水平面上。
如果斜面固定在水平面上，当滑块在斜面上移动时，斜面不会移动。
如果斜面不是固定在光滑的水平面上，当滑块在斜面上移动时，斜面也会移动。
所以遇到斜面，首先要分析斜面是否固定。
①如果斜面体固定在水平面上，那么滑块滑到最高点的速度为0。
此时只能用动能定理：-mgh=0-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}②如果斜面体不固定，那么滑块一旦滑上斜面体，那么斜面体会向右运动，此时不能用动能定理（因为斜面体对滑块做了功），而只能用动量守恒定律和能量守恒定律。
当滑块滑到最高点的时候，滑块与斜面体共速，方向水平向右，则：mv_{0}=\left( m+M \right)v_{共}\frac{1}{2}mv_{0}^{2}=\frac{1}{2}\left( m+M\right)v_{共}^{2}+mgh这种情况类似于完全非弹性碰撞模型当然，如果问题是问你斜面体对滑块做了多少功的话，那么就只能对滑块用动能定理了，式子如下：-mgh+W_{N}=\frac{1}{2}mv_{共}^{2}-\frac{1}{2}mv_{0}^{2}（ W_{N} 为滑块从水平面滑到最高点的过程中，斜面体对滑块做的功）第二种情况：滑到最高点后又滑回来①如果斜面体固定在水平面上，则滑块在滑到最高点又滑回水平面的过程中，斜面体对滑块不做功。
那么滑块滑回水平面时的速度大小不变，方向反向，仍为 v_{0} 。
相当于斜面体只起到了一个改变滑块速度方向的作用。
②如果斜面体不固定，那么在滑块滑到最高点又滑回水平面的过程中，只用用动量守恒定律和能量守恒定律：m_{1}v_{0}=m_{1}v_{1}+Mv_{2}\frac{1}{2}m_{1}v_{0}^{2}=\frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}+\f rac{1}{2}Mv_{2}^{2}这种情况类似于弹性碰撞模型。
2025高考物理总复习“滑块—弹簧”模型和“滑块—斜(曲)面”模型
2
提升素养能力
目录
提升素养能力
A级 基础对点练 1.(2024·广东东莞高三检测)如图1所示，弹簧一端固定在竖直墙上，质量为m的光
滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为2m的小球
从槽高h处自由下滑，则下列说法正确的是( C )
A.在下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
目录
研透核心考点
1.模型图示
模型二 “滑块—斜(曲)面”模型
目录
研透核心考点
2.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，12mv20＝12(M＋m)v2共 ＋mgh，其中 h 为滑块上升的最大高度，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：m 与 M 分离点。水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机 械能守恒，12mv20＝21mv21＋12Mv22(相当于弹性碰撞)。
01 02 03 04 05 06 07 08 09
目录
提升素养能力
5.如图5所示，光滑弧形滑块P锁定在光滑水平地面上，其弧形底端切线水平，小
球Q(视为质点)的质量为滑块P的质量的一半，小球Q从滑块P顶端由静止释放，
Q离开P时的动能为Ek1。现解除锁定，仍让Q从滑块顶端由静止释放，Q离开P
时的动能为Ek2，Ek1和Ek2的比值为( C )
3
C.16E
D.E
图2
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目录
提升素养能力
解析 设 P 物体的初速度为 v0，由已知可得12mv20＝E，P 与 Q 碰撞过程中，两 物体速度相等时，弹簧压缩量最大，此时弹性势能最大，整个过程中，满足动 量守恒 mv0＝(m＋3m)v1，最大弹性势能 Ep＝12mv20－21×(m＋3m)v21，解得 Ep＝ 38mv20＝34E，故 A 正确。
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考点2.2.4 类碰撞模型之“滑块+光滑弧面(斜面)”
1.两质量均为2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲
面，曲面下端与水平面相切，如图12所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度为g，求：
(1)物块第一次离开劈A时，劈A的速度；
(2)物块在劈B上能够达到的最大高度．
【答案】(1)1
3
gh(2)
4
9
h
2.如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在
光滑的水平面上。
今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。
关于这个过程，下列说法正确的（ BCD ）
A.小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置
B.小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是
2
mv
C.小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有变化
D.车上曲面的竖直高度不会大于
2 4 v g
3.如图所示，两质量分别为M1=M2=1.0kg的木板和足够高的光滑凹槽静止放置在光滑水平面
上，木板和光滑凹槽接触但不粘连，凹槽左端与木板等高。
现有一质量m=2.0kg的物块以初速度v o=5.0m/s从木板左端滑上，物块离开木板时木板的速度大小为1.0m/s，物块以某一速度滑上凹槽。
已知物块和木板间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2。
求：
(1)木板的长度；
(2)物块滑上凹槽的最大高度。
【答案】(1)0.8m (2)0.15m
4.2016·全国卷Ⅱ，35(2)]如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧
一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。
某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。
已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。
取重力加速度的大小g＝10 m/s2。
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
【答案】(1)20kg (2)不能
5.如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0kg的平板车，车的上表面右侧是一段长L＝1.0m
的水平轨道，水平轨道左侧连一半径R=0.25m的1/4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O/点相切．车右端固定一个尺寸可以忽略、处于锁定状态的压缩弹簧，一质量m＝
1.0kg的小物块紧靠弹簧，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5。
整个装置处于静
止状态，现将弹簧解除锁定，小物块被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A，g取10m/s2．求：
(1)解除锁定前弹簧的弹性势能；
(2)小物块第二次经过O/点时的速度大小；
(3)最终小物块与车相对静止时距O/点的距离．
【答案】(1)7.5J (2)2.0m/s (3)0.5m。