人教版(新教材)高中物理选择性必修1第一章 动量守恒定律拓展课 动量和能量的综合应用

人教版（新教材）高中物理选择性必修第一册PAGEPAGE1拓展课动量和能量的综合应用核心要点滑块—木板类模型〖要点归纳〗1.把滑块、木板看做一个整体，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，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：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多。〖试题案例〗〖例1〗如图所示，AB是半径R＝0.80m的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道，半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M＝3.0kg的小车，其上表面与B点等高。现将一质量m＝1.0kg的小滑块从A点由静止释放，经B点滑上小车，最后与小车达到共同速度。已知滑块与小车之间的动摩擦因数μ＝0.40。重力加速度g取10m/s2。求：(1)滑块刚滑至B点时，圆弧轨道对滑块的支持力大小；(2)滑块与小车最后的共同速度大小；(3)为使滑块不从小车上滑下，小车至少为多长。〖解析〗(1)滑块由A至B，由机械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)在B点时，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(veq\o\al(2,B),R)解得支持力FN＝30N，vB＝4m/s。(2)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由动量守恒定律得mvB＝(m＋M)v′解得共同速度大小v′＝1m/s。(3)滑块滑上小车后，对滑块与小车组成的系统，由能量守恒定律得μmgl＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)(m＋M)v′2解得l＝1.5m，即小车的长度至少为1.5m。〖答案〗(1)30N(2)1m/s(3)1.5m方法凝炼滑块—滑板类模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用，当系统所受合外力为零时，系统的动量守恒，但机械能一般不守恒，多用能量守恒求解，需要注意的是，滑块若不滑离木块，意味着二者最终具有共同速度。〖针对训练1〗(多选)如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2kg的另一物体B以水平速度v0＝3m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，则下列说法正确的是()A.木板获得的动能为2JB.系统损失的机械能为4JC.木板A的最小长度为1.5mD.A、B间的动摩擦因数为0.1〖解析〗根据动量守恒定律可得mv0＝(m＋mA)v，得mA＝4kg，A的动能Ek＝eq\f(1,2)mAv2＝2J，系统损失的动能ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋m)v2＝6J，木板长L≥eq\f(1,2)(v0＋v)t1－eq\f(1,2)vt1＝eq\f(1,2)v0t1＝1.5m，μmg＝ma，解得μ＝0.2。选项A、C正确。〖答案〗AC核心要点子弹打木块类模型〖要点归纳〗1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。2.在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。3.若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多。〖试题案例〗〖例2〗如图所示，质量为m＝245g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物块在木板上滑行的时间t。〖解析〗(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即物块的最大速度，对子弹和物块组成的系统，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1解得v1＝6m/s。(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，对三者组成的系统，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2解得v2＝2m/s。(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1解得t＝1s。〖答案〗(1)6m/s(2)2m/s(3)1s方法凝炼1.子弹打木块模型和滑块—木板模型类似，都是通过滑动摩擦力发生相互作用，当系统所受合外力为零时，系统的动量守恒，系统的机械能一般不守恒，多用动能定理、功能关系求解。2.子弹打木块模型涉及的基本问题：如图所示，一质量为m的子弹以速度v0打入静止在光滑水平面上质量为M的木块，若子弹进入木块深度为d时相对于木块静止，此时木块位移为s，则由动量守恒定律有mv0＝(m＋M)v①对子弹由动能定理有－Ff(s＋d)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)②对木块由动能定理有Ffs＝eq\f(1,2)Mv2③联立可得Ffd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2④由④式得到的结论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔEk＝Ffd。〖针对训练2〗如图所示，相距足够远、完全相同的质量均为3m的两块木块静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时的速度为eq\f(2,5)v0，已知木块的长度为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定。试求：(1)子弹穿出第一块木块后，第一块木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小Ff；(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t。〖解析〗(1)子弹打穿第一块木块过程，系统动量守恒，以向右为正方向，整个过程中由动量守恒定律有mv0＝m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))＋3mv解得v＝eq\f(1,5)v0由能量守恒定律得FfL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)·(3m)v2解得子弹在木块中所受的阻力Ff＝eq\f(9mveq\o\al(2,0),25L)。(2)由于eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))eq\s\up12(2)＝eq\f(2mveq\o\al(2,0),25)＜eq\f(9mveq\o\al(2,0),25)所以子弹不能打穿第二块木块。子弹与第二块木块的共同速度用v共表示，子弹与第二块木块组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)v0))＝(m＋3m)v共解得v共＝eq\f(v0,10)对第二块木块，由动量定理有Fft＝3m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,10)))子弹在第二块木块中的运动时间为t＝eq\f(5L,6v0)。〖答案〗(1)eq\f(1,5)v0eq\f(9mveq\o\al(2,0),25L)(2)eq\f(5L,6v0)核心要点弹簧类模型〖要点归纳〗弹簧模型特点及满足的规律弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守恒、机械能守恒。m1v0＝(m1＋m2)v共，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,共)＋Epm。弹簧处于原长时弹性势能为零，系统满足动量守恒、机械能守恒。m1v0＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0。〖试题案例〗〖例3〗如图所示，物体A、B的质量分别是mA＝4.0kg、mB＝6.0kg，用轻弹簧相连接放在光滑的水平面上，物体B左侧与竖直墙相接触。另有一个质量为mC＝2.0kg物体C以速度v0向左运动，与物体A相碰，碰后立即与A粘在一起不再分开，然后以v＝2.0m/s的共同速度压缩弹簧，试求：(1)物体C的初速度v0为多大？(2)在B离开墙壁之后，弹簧的最大弹性势能。〖解析〗(1)A、C在碰撞过程中，选择向左为正方向，由动量守恒可知mCv0＝(mA＋mC)v，代入数据解得v0＝6m/s(2)B刚要离开墙壁时，弹簧处于原长，由能量守恒定律知，A、C的速度为v，方向向右。当A、B、C获得相同速度时，弹簧的弹性势能最大，选择向右为正方向，由动量守恒，得(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v′代入数据解得v′＝1m/s由系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mC)v2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v′2＝6J〖答案〗(1)6m/s(2)6J〖针对训练3〗(多选)如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系统静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块的质量为2kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v－t图像如图乙所示，可知()A.A的质量为4kgB.运动过程中A的最大速度为vm＝4m/sC.在A离开挡板前，系统动量守恒、机械能守恒D.在A离开挡板后弹簧的最大弹性势能为3J〖解析〗弹簧伸长量最大时弹力最大，B的加速度最大，此时A、B共速，由题图乙知，A、B的共同速度为v共＝2m/s，A刚离开挡板时B的速度为v0＝3m/s，A离开挡板后，取向右为正方向，由动量守恒定律有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝1kg，故A错误；当弹簧第一次恢复原长时，A的速度最大，根据动量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)，解得A的最大速度vA＝4m/s，故B正确；在A离开挡板前，系统只有弹簧弹力做功，机械能守恒，但由于挡板对A有作用力，A、B系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，故C错误；A离开挡板后，弹簧伸长量最大时A、B的共同速度为v共＝2m/s，根据机械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,共)，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝3J，故D正确。〖答案〗BD1.(滑块—滑板类模型)如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为()A.L B.eq\f(3L,4) C.eq\f(L,4) D.eq\f(L,2)〖解析〗长木板固定时，由动能定理得μMgL＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，若长木板不固定有Mv0＝2Mv，μMgs＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2Mv2，得s＝eq\f(L,2)，选项D正确，A、B、C错误。〖答案〗D2.(子弹打木块类模型)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图所示，上述两种情况相比较()A.子弹对滑块做功一样多B.子弹对滑块做的功不一样多C.系统产生的热量一样多D.系统产生的热量不一样多〖解析〗两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得mv＝(M＋m)v共，得v共＝eq\f(m,M＋m)v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；系统损失的机械能转化为热能，两次损失的机械能相等，故选项C正确。〖答案〗AC3.(弹簧＋滑块、滑板类模型)如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板上表面光滑，左端固定一轻质弹簧。质量为2m的物块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B。在物块A与弹簧相互作用的过程中，下列判断正确的是()A.弹簧压缩量最大时，木板B运动速率最大B.木板B的加速度一直增大C.整个过程中，弹簧给物块A的冲量大小为eq\f(2mv0,3)D.弹簧的最大弹性势能为eq\f(mveq\o\al(2,0),3)〖解析〗当物块A、木板B的速度相同时，弹簧的压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，设木板B和物块A速度相同时的速度为v，则此时弹簧的弹性势能为Epm，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得2mv0＝(2m＋m)v，eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(2m＋m)v2＋Epm，解得v＝eq\f(2,3)v0，Epm＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)，选项D正确；该过程中弹簧给物块A的冲量大小等于物块A动量的变化量大小，即等于eq\f(2mv0,3)，但此后弹簧要恢复原长，弹簧弹力对木板B做正功，又弹簧弹力逐渐减小，故木板B做加速度减小的加速运动，选项A、B错误；弹簧恢复原长的过程对物块A做负功，物块A的速度减小，动量减小，故整个过程中，弹簧给物块A的冲量大小大于eq\f(2mv0,3)，选项C错误。〖答案〗D4.(弹簧类模型)如图，