第1章 专题拓展3 动量和能量的综合应用（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

专题拓展3　动量和能量的综合应用 物理观念 科学思维 科学态度与责任 进一步理解动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律的内容及其含义。 1.掌握应用动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律解题的方法步骤。 2．通过学习，培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力。 有将动量知识应用于生活和生产实践的意识，勇于探索日常生活中的物理问题。 [对应学生用书P35] 探究点一___“子弹打木块”模型 1．模型特点 如图所示，子弹以某一初速度射入放在光滑水平面上的静止木块，子弹可能留在木块中(未穿出)，也可能穿出木块。 2．基本规律 (1)动量守恒：子弹打木块的过程很短暂，可认为该过程中内力远大于外力，系统动量守恒。 (2)机械能不守恒：在子弹打木块的过程中伴随摩擦生热，系统的机械能不守恒，损失的机械能转化为内能。且子弹未穿出木块时二者最后有共同速度，机械能损失最多。 3．主要关系 (1)子弹留在木块中(未穿出) ①动量守恒：mv0＝(m＋M)v。 ②机械能的损失(摩擦生热) Q热＝Ffd＝mv－(M＋m)v2 其中d为子弹射入木块的深度。 (2)子弹穿出木块 ①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2。 ②机械能的损失(摩擦生热) Q热＝FfL＝mv－mv－Mv 其中L为木块的长度，注意d≤L。 【例1】 (多选)如图所示，一颗子弹以初速度v0击中静止在光滑水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是(　　) A．子弹动能的减少量等于系统动能的减少量 B．子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小 C．摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功 D．子弹对木块做的功等于木块动能的增量 BD　解析：子弹射入木块的过程，要产生内能，由能量守恒定律可知子弹动能的减少量大于系统动能的减少量，A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，系统动量的变化量为零，则子弹与木块动量变化量的大小相等、方向相反，B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff(s＋d)，可知二者不等，C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，D正确。 [练1] 如图所示，在水平地面上放置一个质量为M的木块，一颗质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求： (1)子弹射入木块后，木块在地面上前进的距离； (2)射入的过程中，系统损失的机械能。 答案：(1)　(2) 解析：因子弹未射出，故碰撞后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差。 (1)设子弹射入木块时，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则有mv＝(M＋m)v′ 设二者一起沿地面前进的距离为x，由动能定理得 －μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v′2 联立解得x＝。 (2)射入过程中损失的机械能 ΔE＝mv2－(M＋m)v′2 解得ΔE＝。 探究点二___“板—块”模型 1．把滑块、木板看成一个整体，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，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE＝Ffs相对，其中s相对为滑块和木板相对滑动的路程。 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。 【例2】 如图甲所示，一个长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图乙为物块与木板运动的v－t图像，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得(　　) A．木板的长度 B．物块与木板的质量 C．物块与木板之间的动摩擦因数 D．从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能 C　解析：对小物块应用x＝t1，可以求出物块相对木板滑行的距离，木板的长度可能等于该长度、也可能大于该长度，根据题意无法求出木板的长度，A错误；物块与木板组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1，可解出物块与木板的质量之比，但无法计算出各自的质量，B错误；对物块，由动量定理得－μmgt1＝mv1－mv0，v0与v1已知，解得μ＝，因此可以求出动摩擦因数，C正确；由于不知道木板的质量，无法求出从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能，D错误。 “滑块—木板”模型与“子弹打木块”模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零(或内力远大于外力)，动量守恒。 [练2] (多选)(2023·湖南株洲统考)一个质量为m、可视为质点的物块B静止于质量为M的木板C左端，木板静止于光滑水平面上，将质量为m的小球A用长为L的细绳悬挂于O点，静止时小球A与B等高且刚好接触，现对小球A施加一外力，使细绳恰好水平，如图所示。现将外力撤去，小球A与物块B发生弹性碰撞，已知B、C间动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　) A．小球A碰撞后做简谐运动 B．碰撞后物块B的速度为 C．若物块B未滑离木板C，则物块B与木板C之间的摩擦热为 D．若物块B会滑离木板C，则板长小于 BCD　解析：小球A与物块B发生弹性碰撞，A、B质量相等，碰撞后交换速度，小球碰撞后静止，A错误；小球A下落过程中机械能守恒，有mgL＝mv，解得v0＝，与物块B发生弹性碰撞后交换速度，B的速度变为，B正确；对B、C组成的系统分析可知，水平方向不受外力，则动量守恒，规定初速度方向为正方向，有mv0＝(M＋m)v，根据能量守恒可知，摩擦热为Q＝mv－(M＋m)v2＝，C正确；摩擦热Q＝μmgl，式中l为板长，若B恰好滑离C，则有＝μmgl，解得l＝，因此可知，若物块B会滑离木板C，则板长小于，D正确。 探究点三___“弹簧—小球”模型 1．对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒。 2．整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，可以应用能量守恒定律解决此类问题。 3．注意：弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大。 【例3】 (多选)(2023·广西桂林高二期末)如图所示，细线的一端固定在O点，另一端系着质量为m的小球A，O点到光滑水平面的距离为h，未知质量的物块B和质量为2m的物块C用轻质弹簧拴接，静置于光滑的水平面上，且物块B位于O点的正下方。现拉动小球A使细线水平伸直后由静止释放，小球A运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则(　　) A．若物块B的质量为m，碰撞后小球A的速度大小为0 B．若物块B的质量为m，碰撞后物块B的速度大小为 C．若物块B的质量为3m，碰撞后轻弹簧获得的最大弹性势能为mgh D．若物块B的质量为3m，碰撞后物块C的最大速度大小为 AD　解析：根据题意可知，小球A运动到最低点的过程中，机械能守恒，设小球A运动到最低点的速度为v0，则有mgh＝mv，解得v0＝，小球A运动到最低点时与物块B发生弹性正碰(碰撞时间极短)，则碰撞过程小球A和物块B组成的系统动量守恒，机械能守恒，设碰撞后小球A的速度为vA，物块B的速度为vB，则有mv0＝mvA＋mBvB，mv＝mv＋mBv，解得vA＝v0，vB＝v0，若物块B的质量为m，可得碰撞后小球A的速度大小为vA＝v0＝0，碰撞后物块B的速度大小为vB＝v0＝v0＝，B错误，A正确；若物块B的质量为3m，可得碰撞后小球A的速度大小为vA1＝v0＝－v0，碰撞后物块B的速度大小为vB1＝v0＝v0＝，可知，碰撞之后小球A弹回，物块B与弹簧和物块C组成的系统动量守恒，能量守恒，当物块B和物块C速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设此时物块B和物块C速度为v，则有3mvB1＝(3m＋2m)v，Epm＝×3mv－×(3m＋2m)v2，解得Epm＝mgh，当弹簧再次恢复到原长时，物块C的速度最大，设此时物块B的速度为vB2，物块C的速度为vC，则有3mvB1＝3mvB2＋2mvC，×3mv＝×3mv＋×2mv，解得vC＝vB1＝，C错误，D正确。 [练3] 如图所示，一个光滑的圆弧固定在小车的左侧，圆弧半径R＝0.8 m，小车的右侧固定连有轻质弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在C点，总质量为M＝3 kg，小车置于光滑的水平地面上，左侧靠墙。一个物块从圆弧顶端上的A点由静止滑下，经过B点时无能量损失，物块只与弹簧碰撞一次，最后物块停在车上的B点。已知物块的质量m＝1 kg，物块与小车间的动摩擦因数为μ＝0.1，BC长度为L＝2 m，g取10 m/s2。求在运动过程中： (1)弹簧的最大压缩量； (2)弹簧弹性势能的最大值。 答案：(1)1 m　(2)3 J 解析：(1)物块由A点到B点的过程中，由动能定理得 mgR＝mv 解得vB＝4 m/s 从物块第一次经过B点到静止于B点，物块与小车组成的系统动量守恒，取vB方向为正方向，则mvB＝(M＋m)v 根据能量守恒定律，则 mv＝(M＋m)v2＋2μmg(L＋x) 解得x＝1 m。 (2)由B点至将弹簧压缩到最短，系统动量守恒，有 mvB＝(M＋m)v′ 此时的弹性势能最大，由能量守恒定律可得 mv＝(M＋m)v′2＋Ep＋μmg(L＋x) 由以上两式可得Ep＝3 J。 探究点四___“滑块—曲(斜)面类”模型 如图所示，质量为M的曲面滑块静止在光滑水平面上，曲面滑块的光滑弧面底部与桌面相切。一个质量为m的小球以速度v0向弧面滚来，若小球不能越过弧面，则小球到达最高点时(即小球竖直方向上的速度为零)，两物体的速度肯定相等(方向为水平向右)。 【例4】如图所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车。现有一个质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则(　　) A．在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B．小球从右侧离开车后，对地将向右做平抛运动 C．小球从右侧离开车后，对地将做自由落体运动 D．小球从右侧离开车后，小车的速度有可能大于v0 C　解析：整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒有mv0＝mv1＋mv2，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mv，联立解得v1＝0，v2＝v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球从小车右侧离开后将做自由落体运动，B、D错误，C正确。 [练4] 在光滑水平面上静置有质量为m的滑板，上表面光滑，AB水平，BC为圆弧，圆弧底端切线水平，如图所示。一个可视为质点的物块P，质量也为m，从滑板的右端以初速度v0滑上滑板，最终恰好能滑到圆弧的最高点C处，求： (1)物块滑到C处时的速度v； (2)圆弧的半径R； (3)滑块刚滑上圆弧时，水平面对滑板的支持力大小。 答案：(1)　(2)　(3)6mg 解析：因物块刚好能滑到C处，则此时滑板和物块具有相同的速度。 (1)物块由A到C时，取向左为正方向，由动量守恒定律有mv0＝2mv，得v＝。 (2)物块由A到C时，根据机械能守恒定律有 mv＝mgR＋×2mv2，得R＝。 (3)滑块刚滑上圆弧时，设在B点滑板对滑块的支持力为FNB，由牛顿第二定律得FNB－mg＝m 则FNB＝5mg 结合牛顿第三定律分析可知，此时水平面对滑板的支持力大小为 FN＝FNB＋mg＝6mg。 [对应学生用书P38] 1．(多选)如图所示，一个质量为M的木块放置在光滑的水平面上，现有一颗质量为m、速度为v0的子弹射入木块并最终留在木块中，在此过程中，木块运动的距离为s，子弹射入木块的深度为d，木块对子弹的平均阻力为Ff，则下列说法正确的是(　　) A．子弹射入木块前、后系统的动量守恒 B．子弹射入木块前、后系统的机械能守恒 C．Ff与d之积为系统损失的机械能 D．Ff与s之积为木块增加的动能 ACD　解析：系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，A正确；根据题意可知，在该过程中由于有部分机械能转化为内能，所以系统机械能减小，B错误；阻力与相对位移之积等于系统损失的机械能，即整个过程中产生的热量，C正确；根据能量守恒可知，子弹减少的动能一部分转化成了木块的动能，一部分转化成了内能，木块运动的距离为s，根据动能定理可知Ff与s之积为木块增加的动能，D正确。 2．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑的水平面上，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长木板上相对长木板最多能滑行的距离为(　　) A．L B． C． D． D　解析：长木板固定时，由动能定理得－μMgL＝0－Mv，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，由动量守恒定律有Mv0＝2Mv，由能量守恒定律有μMgs＝Mv－×2Mv2，得s＝，D正确，A、B、C错误。 3．(多选)(2023·广西柳州高二期中)光滑的水平面上，物体A、B的质量分别为m1和m2，且m1<m2，它们之间用一根轻质弹簧相连接。开始时整个系统处于静止状态，弹簧处于自然长度。第一种情况：给物体A一个沿弹簧轴线方向水平向右的初速度，大小为v，如图甲所示。第二种情况：给物体B一个沿弹簧轴线方向水平向左的初速度，大小也为v，如图乙所示。已知弹簧的形变始终未超出弹性限度，比较这两种情况，下列说法正确的是(　　) 　 A．当弹簧最短时，两种情况下物体A的速度大小相等 B．当弹簧最短时，第二种情况下物体A的速度较大 C．两种情况下，弹簧的最大弹性势能相同 D．第二种情况下，弹簧的最大弹性势能较大 BC　解析：弹簧最短时，物体A、B速度相等，弹簧弹性势能最大。第一种情况：由动量守恒定律得m1v＝(m1＋m2)v1，解得弹簧最短时物体A的速度v1＝，弹簧最大的弹性势能Epmax＝m1v2－(m1＋m2)v＝；第二种情况：由动量守恒定律得m2v＝(m1＋m2)v2，解得弹簧最短时物体A的速度v2＝，弹簧最大的弹性势能Epmax′＝m2v2－(m1＋m2)v＝。因为m1<m2，所以v1<v2，也就是第二种情况下，弹簧最短时物体A的速度较大，A错误，B正确；因为Epmax＝Epmax′，所以两种情况下弹簧的最大弹性势能相同，C正确，D错误。 4.(2023·广西河池高二期末)质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法正确的是(　　) A．整个过程中，小球和小车组成的系统动量守恒 B．如果m>M，小球脱离小车后，做自由落体运动 C．如果m>M，小球脱离小车后，沿水平向右做平抛运动 D．如果小球m<M，小球脱离小车后，沿水平向右做平抛运动 C　解析：整个过程中，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，其他方向动量不守恒，A错误；取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋Mv2，根据机械能守恒定律有mv＝mv＋Mv，解得v1＝v0，如果m>M，则v1>0，小球脱离小车后，沿水平向右做平抛运动，C正确，B错误；如果m<M，则v1<0，小球脱离小车后，沿水平向左做平抛运动，D错误。 5．(2023·辽宁卷)如图所示，质量m1＝ 1 kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一根劲度系数k＝20 N/m的轻质弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4 kg的小物块以水平向右的速度v0＝ m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝kx2。重力加速度g取10 m/s2，结果可用根式表示。 (1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。 (2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。 (3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。 答案：(1)1 m/s　0.125 m　(2)0.25 m　 m/s　(3)4t0－8t 解析：(1)由于地面光滑，则m1、m2组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1 代入数据有v1＝1 m/s 对m1受力分析有a1＝＝4 m/s2 则木板运动前右端距弹簧左端的距离有v＝2a1x1 代入数据解得x1＝0.125 m。 (2)木板与弹簧接触以后，对m1、m2组成的系统有kx2 ＝(m1＋m2)a共 对m2有a2＝μg＝1 m/s2 当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25 m 对m1、m2组成的系统列动能定理有 －kx＝(m1＋m2)v－(m1＋m2)v 代入数据有v2＝ m/s。 (3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度，则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时，则说明此时m1的速度大小为v2，共用时间2t0，且m2一直受滑动摩擦力作用，则对m2有 －μm2g·2t0＝ m2v3－m2v2 解得v3＝(－2t0) m/s 则对于m1、m2组成的系统有 －Wf＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v ΔU ＝ Wf 联立有ΔU＝(4t0－8t) J。 学科网（北京）股份有限公司 $$