【同步学练】高中物理人教版(2019)选择性必修1：第1章素养提升课1动量学案(教师版)

素养提升课(一)动量1．理解滑块—木板模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。2．理解滑块—弹簧模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。3．理解滑块—曲面模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。“滑块—木板”碰撞模型1．模型图示2．模型特点(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。(3)根据能量守恒定律知，系统损失的动能ΔEk＝Mm+M(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。【典例1】(2022·湖北荆州期末)如图所示，长木板C质量为mC＝0.5kg，长度为L＝2m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E(厚度不计)，P为木板C的中点，一个质量为mB＝480g的小物块B静止在P点。现有一质量为mA＝20g的子弹A，以v0＝100m/s的水平速度射入物块B并留在其中(射入时间极短)，已知重力加速度g取10m/s2。(1)求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；(2)A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数。[解析](1)子弹射入物块B的过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1代入数据解得v1＝4m/s。(2)由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2由能量守恒定律得12mA+mBv12＝12代入数据解得μ＝0.4。[答案](1)4m/s(2)0.4滑块—木板模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用的，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，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度。[跟进训练]1．如图所示，质量为m的子弹以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上质量为M的木板，子弹没有射出。此过程中木板的位移为s，子弹进入木板的深度为Δs，若将子弹在射入木板的过程中受到的阻力视为恒力，则关于s和Δs的大小关系，正确的说法是()A．s＞Δs B．s＝ΔsC．s＜Δs D．不能确定C[方法一：设子弹和木板相互作用的时间为t，子弹和木板的共同速度为v，由匀变速直线运动的规律，有s＝v2t，Δs＝v0+v2t-v2t＝v方法二：由动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，由动能定理，对木板Ffs＝12Mv2，对子弹－Ff(s＋Δs)＝12mv2-12m2．如图所示，一质量为m＝1kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10m/s2)[解析]滑块以初速度v0从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同设为v由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能为ΔEk＝μmgL＝12mv02-1解得v0＝210若滑块不滑出小车，滑块的初速度应满足v0≤210[答案]v0≤210“滑块—弹簧”碰撞模型1．模型图示2．模型特点(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。【典例2】(2022·江苏盐城一中期中)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：(1)B和C碰前瞬间B的速度；(2)整个系统损失的机械能；(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。[解析](1)(2)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2m此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE。对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv212mv1联立解得v1＝v02，ΔE＝(3)B、C碰撞后，由于v2<v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep。由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv312mv02－ΔE联立解得Ep＝1348[答案](1)v02(2)1解答含弹簧的系统类问题必须注意的几个问题(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。(2)分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。(3)判断解出的结果的合理性。(4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。(5)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧与连接的物体具有共同的瞬时速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的关键点。[跟进训练]3．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧压缩量最大时的弹性势能为3D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mAC[弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝12mAv02，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝12mA2v024．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得3m/s水平向右的速度，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得()A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s且弹簧都是处于压缩状态B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2C[由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，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，所以弹簧的长度将逐渐增大，m2减速，m1先减速，速度减为0后，反向加速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；根据系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3m/s，v2＝1m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为v1′＝－1m/s，m2的速度为v2′＝2m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。]“滑块—曲(斜)面类”模型1．模型图示2．模型特点(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，12mv02(2)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，12【典例3】如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有弧形槽的小车，现一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是()A．小球离车后，对地将做自由落体运动B．小球离车后，对地将向右做平抛运动C．小球在弧形槽上上升的最大高度为vD．此过程中小球对车做的功为5C[小球水平向左冲上小车，又返回小车右端，最后离开小车，在整个过程中，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，由于没有除重力以外的力做功，因此系统机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞。设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，以向左为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有12×2mv02＝12×2mv12+12mv22，解得v1＝2m-[跟进训练]5．(多选)如图所示，质量为m的楔形物块上有圆弧轨道，圆弧对应的圆心角小于90°且足够长，物块静止在光滑水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动，不计一切摩擦。则以下说法正确的是()A．小球能上升的最大高度H＝vB．小球上升过程中，小球的机械能守恒C．小球最终静止在水平面上D．楔形物块最终的速度为v1ACD[以水平向右为正方向，在小球上升过程中，系统水平方向动量守恒，有mv1＝(m＋m)v，系统机械能守恒，有12mv12＝12(m＋m)v2＋mgH，解得v＝v12，H＝v124g，A正确；单独以小球为研究对象，斜面的支持力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故B错误；设最终小球的速度为v2，物块的速度为v3，由水平方向动量守恒有mv1＝mv2＋mv3，由机械能守恒有126．(2022·江苏泰州中学高二期中)一光滑水平地面上静止放着质量为m、半径为R的光滑圆弧轨道，质量也为m的小球从轨道最左端的A点由静止滑下(AC为水平直径)，重力加速度为g，下列说法正确的是()A．小球不可能滑到圆弧轨道右端最高点CB．小球向右运动过程中，轨道先向左加速运动，后向右加速运动C．轨道做往复运动，到原先静止位置的最大距离为14D．小球通过圆弧最低点B时的速度大小为gRD[当小球滑到圆弧轨道的最高点时，根据水平方向动量守恒可知，小球与圆弧轨道的速度均为零，根据机械能守恒定律可知，小球能滑到圆弧轨道