【同步學練】高中物理人教版(2019)選擇性必修1：第1章素養(yǎng)提升課1動量學案(教師版)

素養(yǎng)提升課(一)動量1．理解滑塊—木板模型的特點及規(guī)律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。2．理解滑塊—彈簧模型的特點及規(guī)律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。3．理解滑塊—曲面模型的特點及規(guī)律，學會結合動量和能量知識處理有關問題?！盎瑝K—木板”碰撞模型1．模型圖示2．模型特點(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移(為子彈射入木塊的深度)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)系統(tǒng)的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能。(3)根據能量守恒定律知，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝Mm+M(4)該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運動的角度借助圖示求解?！镜淅?】(2022·湖北荊州期末)如圖所示，長木板C質量為mC＝0.5kg，長度為L＝2m，靜止在光滑的水平地面上，木板兩端分別固定有豎直彈性擋板D、E(厚度不計)，P為木板C的中點，一個質量為mB＝480g的小物塊B靜止在P點?，F有一質量為mA＝20g的子彈A，以v0＝100m/s的水平速度射入物塊B并留在其中(射入時間極短)，已知重力加速度g取10m/s2。(1)求子彈A射入物塊B后的瞬間，二者的共同速度；(2)A射入B之后，若與擋板D恰好未發(fā)生碰撞，求B與C間的動摩擦因數。[解析](1)子彈射入物塊B的過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1代入數據解得v1＝4m/s。(2)由題意可知，B與D碰撞前達到共同速度，A、B、C系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2由能量守恒定律得12mA+mBv12＝12代入數據解得μ＝0.4。[答案](1)4m/s(2)0.4滑塊—木板模型是通過板塊之間的滑動摩擦力發(fā)生相互作用的，當系統(tǒng)所受合外力為零時，系統(tǒng)的動量守恒，但機械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑塊若不滑離木板，意味著二者最終具有共同速度。[跟進訓練]1．如圖所示，質量為m的子彈以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上質量為M的木板，子彈沒有射出。此過程中木板的位移為s，子彈進入木板的深度為Δs，若將子彈在射入木板的過程中受到的阻力視為恒力，則關于s和Δs的大小關系，正確的說法是()A．s＞Δs B．s＝ΔsC．s＜Δs D．不能確定C[方法一：設子彈和木板相互作用的時間為t，子彈和木板的共同速度為v，由勻變速直線運動的規(guī)律，有s＝v2t，Δs＝v0+v2t-v2t＝v方法二：由動量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，由動能定理，對木板Ffs＝12Mv2，對子彈－Ff(s＋Δs)＝12mv2-12m2．如圖所示，一質量為m＝1kg的滑塊以初速度v0從光滑平臺滑上與平臺等高的靜止的質量為M＝9kg的小車，小車和滑塊間的動摩擦因數為μ＝0.2，小車長L＝1m，水平地面光滑，若滑塊不滑出小車，滑塊初速度v0應滿足什么條件？(g＝10m/s2)[解析]滑塊以初速度v0從平臺滑上小車，剛好滑到小車的最右端，此時兩者速度相同設為v由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v從滑塊滑上小車到兩者速度相同，系統(tǒng)損失的動能為ΔEk＝μmgL＝12mv02-1解得v0＝210若滑塊不滑出小車，滑塊的初速度應滿足v0≤210[答案]v0≤210“滑塊—彈簧”碰撞模型1．模型圖示2．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0，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)彈簧恢復原長時，彈性勢能為0，系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)?！镜淅?】(2022·江蘇鹽城一中期中)如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C。B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)。設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧，當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：(1)B和C碰前瞬間B的速度；(2)整個系統(tǒng)損失的機械能；(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。[解析](1)(2)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律得mv0＝2m此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE。對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv212mv1聯立解得v1＝v02，ΔE＝(3)B、C碰撞后，由于v2<v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設此速度為v3，此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep。由動量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv312mv02－ΔE聯立解得Ep＝1348[答案](1)v02(2)1解答含彈簧的系統(tǒng)類問題必須注意的幾個問題(1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài)。(2)分析作用前、后彈簧和物體的運動狀態(tài)，依據動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程。(3)判斷解出的結果的合理性。(4)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機械能守恒定律或能量守恒定律求解。(5)要特別注意彈簧的三個狀態(tài)：原長(此時彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(tài)(此時彈簧與連接的物體具有共同的瞬時速度，彈簧具有最大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的關鍵點。[跟進訓練]3．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x?，F讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質量為3mB．A物體的質量為2mC．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為3D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為mAC[彈簧固定，當彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，A的動能轉化為彈簧的彈性勢能，A及彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，則知彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動能，設A的質量為mA，即有Epm＝12mAv02，當彈簧一端連接另一質量為m的物體B時，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運動，A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，選取A的初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由機械能守恒定律得Epm＝12mA2v024．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上?，F使m1瞬間獲得3m/s水平向右的速度，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得()A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態(tài)逐漸恢復原長C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時刻兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶2C[由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，總動能最小，根據系統(tǒng)機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時刻彈簧處于伸長狀態(tài)，故A錯誤；結合題圖乙可知兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統(tǒng)動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復原長，m2繼續(xù)加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態(tài)，因為此時兩物塊速度相反，所以彈簧的長度將逐漸增大，m2減速，m1先減速，速度減為0后，反向加速，t3時刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態(tài)恢復原長，故B錯誤；根據系統(tǒng)動量守恒，從t＝0開始到t1時刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，將v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻，m1的速度為v1′＝－1m/s，m2的速度為v2′＝2m/s，又m1∶m2＝1∶2，則動量大小之比為p1∶p2＝1∶4，故D錯誤。]“滑塊—曲(斜)面類”模型1．模型圖示2．模型特點(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道，系統(tǒng)水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機械能守恒，12mv02(2)最低點：m與M分離點，水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機械能守恒，12【典例3】如圖所示，在光滑水平面上停放著質量為m、裝有弧形槽的小車，現一質量為2m的光滑小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則下列說法正確的是()A．小球離車后，對地將做自由落體運動B．小球離車后，對地將向右做平拋運動C．小球在弧形槽上上升的最大高度為vD．此過程中小球對車做的功為5C[小球水平向左沖上小車，又返回小車右端，最后離開小車，在整個過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由于沒有除重力以外的力做功，因此系統(tǒng)機械能守恒，相當于小球與小車發(fā)生彈性碰撞。設小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，以向左為正方向，根據動量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根據機械能守恒定律有12×2mv02＝12×2mv12+12mv22，解得v1＝2m-[跟進訓練]5．(多選)如圖所示，質量為m的楔形物塊上有圓弧軌道，圓弧對應的圓心角小于90°且足夠長，物塊靜止在光滑水平面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動，不計一切摩擦。則以下說法正確的是()A．小球能上升的最大高度H＝vB．小球上升過程中，小球的機械能守恒C．小球最終靜止在水平面上D．楔形物塊最終的速度為v1ACD[以水平向右為正方向，在小球上升過程中，系統(tǒng)水平方向動量守恒，有mv1＝(m＋m)v，系統(tǒng)機械能守恒，有12mv12＝12(m＋m)v2＋mgH，解得v＝v12，H＝v124g，A正確；單獨以小球為研究對象，斜面的支持力對小球做功，所以小球的機械能不守恒，故B錯誤；設最終小球的速度為v2，物塊的速度為v3，由水平方向動量守恒有mv1＝mv2＋mv3，由機械能守恒有126．(2022·江蘇泰州中學高二期中)一光滑水平地面上靜止放著質量為m、半徑為R的光滑圓弧軌道，質量也為m的小球從軌道最左端的A點由靜止滑下(AC為水平直徑)，重力加速度為g，下列說法正確的是()A．小球不可能滑到圓弧軌道右端最高點CB．小球向右運動過程中，軌道先向左加速運動，后向右加速運動C．軌道做往復運動，到原先靜止位置的最大距離為14D．小球通過圓弧最低點B時的速度大小為gRD[當小球滑到圓弧軌道的最高點時，根據水平方向動量守恒可知，小球與圓弧軌道的速度均為零，根據機械能守恒定律可知，小球能滑到圓弧軌道