【同步學(xué)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(dòng)量學(xué)案(教師版)

素養(yǎng)提升課(一)動(dòng)量1．理解滑塊—木板模型的特點(diǎn)及規(guī)律，學(xué)會(huì)結(jié)合動(dòng)量和能量知識(shí)處理有關(guān)問(wèn)題。2．理解滑塊—彈簧模型的特點(diǎn)及規(guī)律，學(xué)會(huì)結(jié)合動(dòng)量和能量知識(shí)處理有關(guān)問(wèn)題。3．理解滑塊—曲面模型的特點(diǎn)及規(guī)律，學(xué)會(huì)結(jié)合動(dòng)量和能量知識(shí)處理有關(guān)問(wèn)題?！盎瑝K—木板”碰撞模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時(shí)木塊或木板的速度最大，兩者的相對(duì)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(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能。(3)根據(jù)能量守恒定律知，系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝Mm+M(4)該類問(wèn)題既可以從動(dòng)量、能量角度求解，相當(dāng)于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖示求解?！镜淅?】(2022·湖北荊州期末)如圖所示，長(zhǎng)木板C質(zhì)量為mC＝0.5kg，長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝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(jì))，P為木板C的中點(diǎn)，一個(gè)質(zhì)量為mB＝480g的小物塊B靜止在P點(diǎn)。現(xiàn)有一質(zhì)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(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)。[解析](1)子彈射入物塊B的過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1代入數(shù)據(jù)解得v1＝4m/s。(2)由題意可知，B與D碰撞前達(dá)到共同速度，A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)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(shù)據(jù)解得μ＝0.4。[答案](1)4m/s(2)0.4滑塊—木板模型是通過(guò)板塊之間的滑動(dòng)摩擦力發(fā)生相互作用的，當(dāng)系統(tǒng)所受合外力為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)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(jìn)訓(xùn)練]1．如圖所示，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上質(zhì)量為M的木板，子彈沒有射出。此過(guò)程中木板的位移為s，子彈進(jìn)入木板的深度為Δs，若將子彈在射入木板的過(guò)程中受到的阻力視為恒力，則關(guān)于s和Δs的大小關(guān)系，正確的說(shuō)法是()A．s＞Δs B．s＝ΔsC．s＜Δs D．不能確定C[方法一：設(shè)子彈和木板相互作用的時(shí)間為t，子彈和木板的共同速度為v，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，有s＝v2t，Δs＝v0+v2t-v2t＝v方法二：由動(dòng)量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，由動(dòng)能定理，對(duì)木板Ffs＝12Mv2，對(duì)子彈－Ff(s＋Δs)＝12mv2-12m2．如圖所示，一質(zhì)量為m＝1kg的滑塊以初速度v0從光滑平臺(tái)滑上與平臺(tái)等高的靜止的質(zhì)量為M＝9kg的小車，小車和滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，小車長(zhǎng)L＝1m，水平地面光滑，若滑塊不滑出小車，滑塊初速度v0應(yīng)滿足什么條件？(g＝10m/s2)[解析]滑塊以初速度v0從平臺(tái)滑上小車，剛好滑到小車的最右端，此時(shí)兩者速度相同設(shè)為v由動(dòng)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(dòng)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(yīng)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(diǎn)(1)兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧相互作用的過(guò)程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為0，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動(dòng)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(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為0，系統(tǒng)動(dòng)能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當(dāng)于碰撞結(jié)束時(shí))?！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(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短，求從A開始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程中：(1)B和C碰前瞬間B的速度；(2)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(3)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。[解析](1)(2)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1，對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2m此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為ΔE。對(duì)B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv212mv1聯(lián)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(shè)此速度為v3，此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢(shì)能為Ep。由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv312mv02－ΔE聯(lián)立解得Ep＝1348[答案](1)v02(2)1解答含彈簧的系統(tǒng)類問(wèn)題必須注意的幾個(gè)問(wèn)題(1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長(zhǎng)、伸長(zhǎng)還是壓縮狀態(tài)。(2)分析作用前、后彈簧和物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列出方程。(3)判斷解出的結(jié)果的合理性。(4)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢(shì)能通常利用機(jī)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(gè)狀態(tài)：原長(zhǎng)(此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為零)、壓縮到最短或伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)的狀態(tài)(此時(shí)彈簧與連接的物體具有共同的瞬時(shí)速度，彈簧具有最大的彈性勢(shì)能)，這往往是解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵點(diǎn)。[跟進(jìn)訓(xùn)練]3．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x?，F(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)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(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質(zhì)量為3mB．A物體的質(zhì)量為2mC．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為3D．彈簧壓縮量最大時(shí)的彈性勢(shì)能為mAC[彈簧固定，當(dāng)彈簧壓縮量最大時(shí)，彈性勢(shì)能最大，A的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢(shì)能，A及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則知彈簧被壓縮過(guò)程中最大的彈性勢(shì)能等于A的初動(dòng)能，設(shè)A的質(zhì)量為mA，即有Epm＝12mAv02，當(dāng)彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B時(shí)，A與彈簧相互作用的過(guò)程中B將向右運(yùn)動(dòng)，A、B速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，選取A的初速度的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由機(jī)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(zhì)量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)使m1瞬間獲得3m/s水平向右的速度，以此刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，從圖像信息可得()A．在t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)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(shí)刻彈簧由壓縮狀態(tài)逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)C．兩物塊的質(zhì)量之比為m1∶m2＝1∶2D．在t2時(shí)刻兩物塊的動(dòng)量大小之比為p1∶p2＝1∶2C[由題圖乙可知t1、t3時(shí)刻兩物塊達(dá)到共同速度1m/s，總動(dòng)能最小，根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒可知，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，t1時(shí)刻彈簧處于壓縮狀態(tài)，t3時(shí)刻彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；結(jié)合題圖乙可知兩物塊的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，開始時(shí)m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時(shí)刻二者速度相同，系統(tǒng)動(dòng)能最小，勢(shì)能最大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復(fù)原長(zhǎng)，m2繼續(xù)加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時(shí)刻，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)狀態(tài)，因?yàn)榇藭r(shí)兩物塊速度相反，所以彈簧的長(zhǎng)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(shí)刻，兩物塊速度相等，系統(tǒng)動(dòng)能最小，彈簧最長(zhǎng)，因此從t3到t4過(guò)程中彈簧由伸長(zhǎng)狀態(tài)恢復(fù)原長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒，從t＝0開始到t1時(shí)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(shí)刻，m1的速度為v1′＝－1m/s，m2的速度為v2′＝2m/s，又m1∶m2＝1∶2，則動(dòng)量大小之比為p1∶p2＝1∶4，故D錯(cuò)誤。]“滑塊—曲(斜)面類”模型1．模型圖示2．模型特點(diǎn)(1)最高點(diǎn)：m與M具有共同水平速度v共，m不會(huì)從此處或提前偏離軌道，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，12mv02(2)最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)，水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，12【典例3】如圖所示，在光滑水平面上停放著質(zhì)量為m、裝有弧形槽的小車，現(xiàn)一質(zhì)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(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球離車后，對(duì)地將做自由落體運(yùn)動(dòng)B．小球離車后，對(duì)地將向右做平拋運(yùn)動(dòng)C．小球在弧形槽上上升的最大高度為vD．此過(guò)程中小球?qū)囎龅墓?C[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(gè)過(guò)程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由于沒有除重力以外的力做功，因此系統(tǒng)機(jī)械能守恒，相當(dāng)于小球與小車發(fā)生彈性碰撞。設(shè)小球離開小車時(shí)，小球的速度為v1，小車的速度為v2，以向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12×2mv02＝12×2mv12+12mv22，解得v1＝2m-[跟進(jìn)訓(xùn)練]5．(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的楔形物塊上有圓弧軌道，圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角小于90°且足夠長(zhǎng)，物塊靜止在光滑水平面上。質(zhì)量為m的小球以速度v1向物塊運(yùn)動(dòng)，不計(jì)一切摩擦。則以下說(shuō)法正確的是()A．小球能上升的最大高度H＝vB．小球上升過(guò)程中，小球的機(jī)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(guò)程中，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，有mv1＝(m＋m)v，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有12mv12＝12(m＋m)v2＋mgH，解得v＝v12，H＝v124g，A正確；單獨(dú)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，斜面的支持力對(duì)小球做功，所以小球的機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；設(shè)最終小球的速度為v2，物塊的速度為v3，由水平方向動(dòng)量守恒有mv1＝mv2＋mv3，由機(jī)械能守恒有126．(2022·江蘇泰州中學(xué)高二期中)一光滑水平地面上靜止放著質(zhì)量為m、半徑為R的光滑圓弧軌道，質(zhì)量也為m的小球從軌道最左端的A點(diǎn)由靜止滑下(AC為水平直徑)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．小球不可能滑到圓弧軌道右端最高點(diǎn)CB．小球向右運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，軌道先向左加速運(yùn)動(dòng)，后向右加速運(yùn)動(dòng)C．軌道做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，到原先靜止位置的最大距離為14D．小球通過(guò)圓弧最低點(diǎn)B時(shí)的速度大小為gRD[當(dāng)小球滑到圓弧軌道的最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可知，小球與圓弧軌道的速度均為零，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，小球能滑到圓弧軌道