2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)-第6章-動量-微專題7-應(yīng)用三大力學(xué)觀點的四類典型模型教案

2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動量微專題7應(yīng)用“三大力學(xué)觀點”的四類典型模型教案2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動量微專題7應(yīng)用“三大力學(xué)觀點”的四類典型模型教案PAGE9-2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動量微專題7應(yīng)用“三大力學(xué)觀點”的四類典型模型教案2022版高考物理一輪復(fù)習(xí)第6章動量微專題7應(yīng)用“三大力學(xué)觀點”的四類典型模型教案年級：姓名：微專題七應(yīng)用“三大力學(xué)觀點”的四類典型模型“人船”模型1．“人船模型”的特征兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為0，則系統(tǒng)動量守恒。在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。2.“人船”位置如圖所示，長為L、質(zhì)量為m船的小船停在靜水中，質(zhì)量為m人的人由靜止開始從船的一端走到船的另一端，不計水的阻力，因人和船組成的系統(tǒng)動量始終守恒，可得m船v船＝m人v人，故有m船x船＝m人x人，由圖可看出x船＋x人＝L，可解得x人＝eq\f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq\f(m人,m人＋m船)L。x人，x船均為沿動量方向相對于同一參考系的位移。3．模型擴展人沿著靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上，求熱氣球上升或下降的高度的問題；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移動的距離的問題等。eq\o([典例1])有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(質(zhì)量一噸左右)。一位同學(xué)想用一個卷尺粗略測定它的質(zhì)量。他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計，則船的質(zhì)量為()A．eq\f(mL＋d,d) B．eq\f(mL－d,d)C．eq\f(mL,d) D．eq\f(mL＋d,L)B[設(shè)船的質(zhì)量為M，人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，人從船尾走到船頭用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，所以v＝eq\f(d,t)，v′＝eq\f(L－d,t)。以船后退的方向為正方向，根據(jù)動量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：Meq\f(d,t)＝eq\f(mL－d,t)，小船的質(zhì)量為：M＝eq\f(mL－d,d)，故B正確。]eq\o([跟進訓(xùn)練])1．質(zhì)量為M的氣球上有一個質(zhì)量為m的人，氣球和人在靜止的空氣中共同靜止于離地h高處，如果從氣球上慢慢放下一個質(zhì)量不計的軟梯，讓人沿軟梯降到地面，則軟梯長至少應(yīng)為()A．eq\f(m,m＋M)h B．eq\f(M,m＋M)hC．eq\f(M＋m,M)h D．eq\f(M＋m,m)hC[設(shè)人沿軟梯滑至地面，軟梯長度至少為L，以人和氣球組成的系統(tǒng)為研究對象，豎直方向動量守恒，規(guī)定豎直向下為正方向，由動量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1人沿軟梯降至地面，氣球上升的高度為L－h(huán)，平均速度大小為v2＝eq\f(L－h(huán),t)人相對于地面下降的高度為h，平均速度大小為v1＝eq\f(h,t)聯(lián)立得：0＝－M·eq\f(L－h(huán),t)＋m·eq\f(h,t)，解得：L＝eq\f(M＋m,M)h，故C正確，A、B、D錯誤。]2.光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質(zhì)量為M，底邊長為L，如圖所示。將一質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經(jīng)過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法中正確的是()A．FN＝mgcosαB．滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNtcosαC．滑塊B下滑過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒D．此過程中斜面向左滑動的距離為eq\f(m,M＋m)LD[當(dāng)滑塊B相對于斜面加速下滑時，斜面A水平向左加速運動，所以滑塊B相對于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mgcosα，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統(tǒng)豎直方向合外力不為零，系統(tǒng)的動量不守恒，C錯誤；系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設(shè)A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，則Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq\f(m,M＋m)L，D正確。]“滑塊—彈簧”模型模型圖示模型特點(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動量守恒(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復(fù)原長時，彈性勢能為零，系統(tǒng)動能最大(彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時)eq\o([典例2])如圖所示，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸但不固連，將彈簧壓縮到不能再壓縮時用細線把B、C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體。現(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并黏合在一起。以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能。思路點撥：解此題要注意以下關(guān)鍵信息：(1)“B、C可視為一個整體”表明A與B碰后，三者共速。(2)“A與B碰后黏在一起”表明C離開彈簧時，A、B有共同的速度。[解析]設(shè)碰后A、B和C共同速度的大小為v，由動量守恒定律得3mv＝mv0 ①設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0 ②設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0) ③由①②③式得彈簧所釋放的勢能為Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)。[答案]eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)eq\o([跟進訓(xùn)練])1.(多選)豎直放置的輕彈簧下端固定在地上，上端與質(zhì)量為m的鋼板連接，鋼板處于靜止?fàn)顟B(tài)。一個質(zhì)量也為m的物塊從鋼板正上方h處的P點自由落下，打在鋼板上并與鋼板一起向下運動x0后到達最低點Q。下列說法正確的是()A．物塊與鋼板碰后的速度為eq\r(2gh)B．物塊與鋼板碰后的速度為eq\f(\r(2gh),2)C．從P到Q的過程中，彈性勢能的增加量為mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(h,2)))D．從P到Q的過程中，彈性勢能的增加量為mg(2x0＋h)BC[物塊下落h，由機械能守恒定律有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，物塊與鋼板碰撞，由動量守恒定律有mv1＝2mv2，解得v2＝eq\f(1,2)v1＝eq\f(\r(2gh),2)，選項A錯誤，B正確；從碰撞點到Q點，由能量關(guān)系可知eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)＋2mgx0＝Ep，則彈性勢能的增加量為Ep＝mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(h,2)))，選項C正確，D錯誤。]2．兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時彈簧處于原長，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運動，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。已知B與C碰撞后會粘在一起運動。在以后的運動中：(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度為多大？(2)系統(tǒng)中彈性勢能的最大值是多少？[解析](1)彈簧壓縮至最短時，彈性勢能最大，由動量守恒定律得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA解得vA＝3m/s。(2)B、C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒mBv＝(mB＋mC)vC故vC＝2m/s碰后彈簧壓縮到最短時彈性勢能最大，故Ep＝eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,C)－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,A)＝12J。[答案](1)3m/s(2)12J“子彈打木塊”模型模型特點及滿足的規(guī)律子彈打入木塊若未穿出，系統(tǒng)動量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2若子彈穿出木塊，有mv0＝mv1＋Mv2，Q熱＝fL相對＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)eq\o([典例3])光滑的水平面上放著一塊質(zhì)量為M、長度為d的木塊，一顆質(zhì)量為m的子彈(可視為質(zhì)點)以水平速度v0射入木塊，當(dāng)子彈從木塊中穿出后速度變?yōu)関1，子彈與木塊之間的平均摩擦力為f。求：(1)子彈打擊木塊的過程中摩擦力對子彈做功多少？摩擦力對木塊做功多少？(2)在這個過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為多少？審題指導(dǎo)：eq\x(打擊過程動量守恒，求出木塊速度)↓eq\x(由動能定理求出摩擦力對木塊和子彈所做的功)↓eq\x(打擊過程，由能量守恒求出系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能)[解析](1)由于水平面光滑，則子彈和木塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，則有mv0＝mv1＋Mv2，解得v2＝eq\f(mv0－v1,M)設(shè)子彈打擊木塊的過程中摩擦力對子彈做功為Wf1，子彈相對于地面移動的距離為x1，對木塊做功為Wf2，木塊相對于地面移動的距離為x2，則對子彈，利用動能定理可得Wf1＝－fx1＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0))對木塊，利用動能定理可得Wf2＝fx2＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)－0聯(lián)立得Wf2＝eq\f(m2v0－v12,2M)。(2)由能量守恒定律可知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機械能的減少量，則Q＝fx1－fx2＝fd。[答案](1)eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0))eq\f(m2v0－v12,2M)(2)fd“子彈打木塊”模型的兩點注意(1)弄清楚子彈是最終停留在木塊中與木塊一起運動，還是穿透木塊后各自運動。(2)對子彈打擊木塊過程中損失的機械能，根據(jù)題目條件選擇通過打擊前、后系統(tǒng)的機械能之差計算，或利用打擊過程中子彈克服阻力做的功與阻力對木塊做的功的差值進行求解。eq\o([跟進訓(xùn)練])1.如圖所示，一塊長度為L、質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑水平面上。一顆質(zhì)量也為m的子彈以水平速度v0射入木塊。當(dāng)子彈剛射穿木塊時，木塊向前移動的距離為s。設(shè)子彈穿過木塊的過程中受到的阻力恒定不變，子彈可視為質(zhì)點。則子彈穿過木塊的時間為()A．eq\f(1,v0)(s＋L) B．eq\f(1,v0)(s＋2L)C．eq\f(1,2v0)(s＋L) D．eq\f(1,v0)(L＋2s)D[子彈穿過木塊過程，子彈和木塊組成的系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，設(shè)子彈穿過木塊所用時間為t，則有eq\f(v2,2)t＝s，eq\f(v0＋v1,2)t＝s＋L，聯(lián)立解得t＝eq\f(1,v0)(L＋2s)，選項D正確。]2.如圖所示，在固定的水平桿上，套有質(zhì)量為m的光滑圓環(huán)，輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著質(zhì)量為M的木塊，現(xiàn)有質(zhì)量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．子彈射入木塊后瞬間，速度大小為eq\f(m0v0,m0＋m＋M)B．子彈射入木塊后瞬間，輕繩拉力等于(M＋m0)gC．子彈射入木塊后瞬間，環(huán)對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)gD．子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒C[子彈射入木塊過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬間速度大小為v1＝eq\f(m0v0,m0＋M)，選項A錯誤；子彈射入木塊后瞬間，根據(jù)牛頓第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)eq\f(v\o\al(2,1),l)，可知輕繩拉力大于(M＋m0)g，選項B錯誤；子彈射入木塊后瞬間，對圓環(huán)有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，選項C正確；子彈射入木塊后，圓環(huán)、木塊和子彈構(gòu)成的系統(tǒng)只在水平方向動量守恒，選項D錯誤。]“滑塊—滑板”模型模型圖示模型特點“滑塊—滑板”模型作為力學(xué)的基本模型經(jīng)常出現(xiàn)，是對直線運動和牛頓運動定律及動量守恒定律有關(guān)知識的鞏固和應(yīng)用。這類問題可分為兩類：(1)沒有外力參與，滑板放在光滑水平面上，滑塊以一定速度在滑板上運動，滑塊與滑板組成的系統(tǒng)動量守恒，注意滑塊若不滑離滑板，最后二者具有共同速度。摩擦力與相對路程的乘積等于系統(tǒng)動能的損失，即Ff·x相對＝ΔEk；(2)系統(tǒng)受到外力，這時對滑塊和滑板一般隔離分析，畫出它們運動的示意圖，應(yīng)用牛頓運動定律、運動學(xué)公式及動量定理求解eq\o([典例4])(啟光卓越聯(lián)盟廣東省2021屆高三年級11月調(diào)研)如圖所示，質(zhì)量為1kg的滑板A靜止在光滑水平地面上，滑板左端距豎直固定擋板l＝0.3m，質(zhì)量也為1kg的小物塊B以初速度v0＝2m/s從右端水平滑上滑板，最終小物塊B恰好未從滑板左端掉下，已知A與B間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，滑板與擋板碰撞無機械能損失，取g＝10m/s2，求：(1)經(jīng)過多長時間滑板A碰到擋板；(2)滑板的長度；(3)若滑板A的長度不變，僅減小B的初速度v0，求B物體到擋板最小距離xmin與v0的函數(shù)關(guān)系。[解析](1)設(shè)A的加速度大小為a1，對A由牛頓第二定律可得μmg＝ma1解得a1＝2.5m/s2，方向向左設(shè)B的加速度大小為a2,對B由牛頓第二定律可得μmg＝ma2解得a2＝2.5m/s2，方向向右A做加速運動v＝a1t1B做減速運動v＝v0－a2t1解得v＝1m/s，t1＝0.4sA做加速運動的位移為x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)，解得x1＝0.2m由于x1<l，則之后A做勻速運動，l－x1＝vt2，解得t2＝0.1s則t＝t1＋t2＝0.5s。(2)B做減速運動，位移x2＝v0t1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)，解得x2＝0.6m相對滑動Δx＝x2－x1＝0.4m撞擋板后A滑板原速率反彈，A、B系統(tǒng)由動量守恒得mv－mv＝2mv′v′＝0，則A、B最終停止運動，碰后由能量守恒2×eq\f(1,2)mv2＝μmgΔx′解得Δx′＝0.4m小物塊B恰好未從滑板左端掉下，板長d＝Δx＋Δx′＝0.8m。(3)若僅改變B的初速度A碰擋板前，A、B系統(tǒng)由動量守恒mv0＝2mv1A碰擋板后，mv1－mv1＝2mv2，解得v2＝0整個過程中，A、B系統(tǒng)由能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝μmgxA碰擋板后，相對擋板向右位移為x3，則veq\o\al(2,1)＝2a1x3B物體一直向左運動，最后靜止時離擋板最近，xmin＝x3＋d－x解得，xmin＝0.8－0.15veq\o\al(2,0)，0<v0≤2m/s。[答案]見解析eq\o([跟進訓(xùn)練])1.如圖所示，質(zhì)量為M、長為L的長木板放在光滑水平面上，一個質(zhì)量也為M的物塊(可視為質(zhì)點)以一定的初速度從左端沖上木板，如果長木板是固定的，物塊恰好停在木板的右端，如果長木板不固定，則物塊沖上木板后在木板上滑行的距離為()A．L B．eq\f(3L,4)C．eq\f(L,2) D．eq\f(L,4)C[設(shè)物塊受到的滑動摩擦力為f，物塊的初速度為v0。如果長木板是固定的，物塊恰好停在木板的右端，對物塊的滑動過程運用動能定理得－fL＝0－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，如果長木板不固定，物塊沖上木板后，物塊向右減速的同時，木板要加速，最終兩者一起做勻速運動，該過程系統(tǒng)所受外力的合