第1章 习题课2 动量和能量的综合应用（课件PPT）-【精讲精练】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

习题课二　动量和能量的综合应用 第一章　动量与动量守恒定律 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 目 录 探究案 01 知能达标训练 03 CONTENTS 提升案 02 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 探究案 关键能力·互动探究 01 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 提升案 随堂演练·基础落实 02 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 谢谢观看 返回目录 第一章　动量与动量守恒定律 物理·选择性必修 第一册(配JK版) 1 [学业要求与核心素养] 科学思维 1．进一步熟练掌握动量守恒定律的应用。 2．综合应用动量和能量观点分析几种典型问题。 探究点一　滑块——木板模型 1．把滑块、木板看作一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上不受摩擦力，滑块和木板组成的系统动量守恒。 2．由于滑块和木板之间的摩擦生热，一部分机械能转化为内能，那么系统机械能不守恒，一般由能量守恒求解。 3．注意：题目中如果说明滑块不滑离木板，则最后二者以共同速度运动，机械能损失最大。 　如图所示，B是放在光滑的水平面上质量为3m的一块木板，物块A(可看成质点)质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ。最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上长木板，木板足够长。求：(重力加速度为g) (1)木板B的最大速度是多少？ (2)木板A从刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是多少？ (3)若物块A恰好没滑离木板B，则木板至少多长？ [解析]　(1)由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大。以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律： mv0＝(m＋3m)v① 得：v＝eq \f(v0,4)② (2)A向右减速的过程，根据动能定理有 －μmgx1＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)③ 则木块A所发生的位移为x1＝eq \f(15v\o\al(2,0),32μg)④ (3)解法一：B向右加速过程的位移设为x2。 则μmgx2＝eq \f(1,2)×3mv2⑤ 由⑤得：x2＝eq \f(3v\o\al(2,0),32μg) 木板的最小长度： L＝x1－x2＝eq \f(3v\o\al(2,0),8μg) 解法二：从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得： μmgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋3m)v2 得：L＝eq \f(3v\o\al(2,0),8μg)。 [答案]　(1)eq \f(v0,4)　(2)eq \f(15v\o\al(2,0),32μg)　(3)eq \f(3v\o\al(2,0),8μg) 1．如图所示，光滑水平面上一质量为m0、长为L的木板右端紧靠竖直墙壁。质量为m的小滑块(可视为质点)以水平速度v0滑上木板的左端，滑到木板的右端时速度恰好为零。 (1)求小滑块与木板间的摩擦力大小； (2)现小滑块以某一速度v滑上木板的左端，滑到木板的右端时与竖直墙壁发生弹性碰撞，然后向左运动，刚好能够滑到木板左端而不从木板上落下，试求eq \f(v,v0)的值。 解析　(1)小滑块以水平速度v0右滑时，有－FfL＝0－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得Ff＝eq \f(mv\o\al(2,0),2L)。 (2)小滑块以速度v滑上木板到运动至碰墙时速度为v1， 则有－FfL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mv2 滑块与墙碰撞后至向左运动到木板左端，此时滑块、木板的共同速度为v2，则有 mv1＝(m＋m0)v2 FfL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)(m＋m0)veq \o\al(2,2) 上述四式联立，解得eq \f(v,v0)＝ eq \r(\f(2m0＋m,m0))。 答案　(1)eq \f(mv\o\al(2,0),2L)　(2) eq \r(\f(2m0＋m,m0)) 探究点二　子弹打木块模型 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。 　(多选)如图所示，木块放在光滑水平地面上，一颗子弹水平射入木块中，木块受到的平均阻力为f，射入深度为d，此过程中木块位移为s，则(　　) A．子弹损失的动能为fd B．木块增加的动能为fs C．子弹动能的减少等于木块动能的增加 D．子弹和木块摩擦产生的内能为fd [解析]　对子弹运用动能定理得－f(s＋d)＝ΔEk子弹，故子弹损失的动能为f(s＋d)，故A错误；对木块运用动能定理得fs＝ΔEk木块，则木块增加的动能为fs，故B正确；子弹减少的动能转化为木块增加的动能和系统增加的内能，故子弹动能的减少大于木块动能的增加，故C错误；系统损失的机械能转化为产生的内能Q＝fd，故D正确。 [答案]　BD [变式1]　在例题中，子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．子弹和木块组成的系统机械能守恒 B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量相同 C．子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小 D．子弹对木块做的功等于木块对子弹做的功 解析　根据题意，由能量转化和守恒定律可知，子弹原有的动能转化为子弹和木块的内能与木块增加的动能，即子弹与木块组成的系统机械能不守恒，故A错误；在子弹射入木块的过程中，根据牛顿第三定律可知，子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，作用时间相同，由I＝Ft可知，子弹对木块的冲量大小等于木块对子弹的冲量大小，方向相反，故B错误；根据题意可知，子弹和木块组成的系统合外力为零，系统动量守恒，则有mv0＝mv＋Mv，可得mv0－mv＝Mv，即子弹动量变化的大小等于木块动量变化的大小，故C正确；子弹对木块的作用力与木块对子弹的作用力大小相等，方向相反，但两者对地位移大小不等，则子弹对木块做的功不等于木块对子弹做的功，故D错误。 答案　C [变式2]　在例题中，子弹未穿透木块，此过程中木块动能增加了5 J ，那么此过程中系统产生的内能可能为(　　) A．2.5 J　　　　　 B．4.2 J C．5.0 J D．5.6 J 解析　设子弹的质量为m，初速度为v0，木块质量为M，则子弹打入木块过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，取向右为正方向，即mv0＝(m＋M)v，此过程产生的内能等于系统损失的动能，即产生的内能为E内＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋M))v2＝eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,m＋M)))mveq \o\al(2,0)，而木块获得的动能Ek＝eq \f(1,2)M·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(mv0,m＋M)))2＝5 J，联立可得eq \f(E内,Ek)＝eq \f(M＋m,m)>1，故D正确，A、B、C错误。 答案　D [名师点拨]　子弹打木块模型与滑块—木板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统动量守恒。当子弹不穿出木块时，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。 2.如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为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：(重力加速度为g) (1)射入的过程中，系统损失的机械能； (2)子弹射入后，木块在地面上前进的距离。 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)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得： mv＝(M＋m)v′① 射入过程中系统损失的机械能 ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2② 解得：ΔE＝eq \f(Mmv2,2M＋m)。 (2)子弹射入木块后二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x，由动能定理得： －μ(M＋m)gx＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v′2③ 由①③两式解得：x＝eq \f(m2v2,2M＋m2μg)。 答案　(1)eq \f(Mmv2,2M＋m)　(2)eq \f(m2v2,2M＋m2μg) 探究点三　弹簧类模型 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．整个过程往往涉及到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，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。 　如图(a)，一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上；物块B向A运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，碰撞结束，A、B的v­t图像如图(b)所示。已知从t＝0到t＝t0时间内，物块A运动的距离为0.36v0t0，碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求： (1)碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值； (2)碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值。 [解析]　(1)当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时A、B速度相等，即t＝t0时刻，根据动量守恒定律mB·1.2v0＝(mB＋m)v0，根据能量守恒定律Epmax＝eq \f(1,2)mB(1.2v0)2－eq \f(1,2)(mB＋m)veq \o\al(2,0)，联立解得mB＝5m，Epmax＝0.6mveq \o\al(2,0)。 (2)解法一：同一时刻弹簧对A、B的弹力大小相等， 根据牛顿第二定律F＝ma 可知同一时刻aA＝5aB 同一时刻A、B的的瞬时速度分别为vA＝aAt，vB＝1.2v0－eq \f(aAt,5) 根据位移等于速度在时间上的累积可得sA＝vAt(累积)，sB＝vBt(累积)，又sA＝0.36v0t0 解得sB＝1.128v0t0 第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有mB×1.2v0＝6mv0＝mBvB＋mvA 对方程两边同时乘以时间Δt，有6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt 0～t0之间，根据位移等于速度在时间上的累积，可得6mv0t0＝5msB＋msA 将sA＝0.36v0t0代入可得sB＝1.128v0t0 则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值Δs＝sB－sA＝0.768v0t0。 [答案]　(1)0.6mveq \o\al(2,0)　(2)0.768v0t0 [变式]　(多选)如图(a)所示，一质量为m的物块B与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上，物块A向B运动，t＝0时与弹簧接触，到t＝2t0时与弹簧分离，A、B碰撞结束，A、B的v­t图像如图(b)所示。A、B分离后，B与静止在水平面上的C再次碰撞并粘接在一起，之后A与BC间距离不再变化。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内，B和C碰撞过程时间极短。根据已知条件可以求出(　　) A．物块A的质量为2.5m B．物块C的质量为1.5m C．A、B碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值为0.8mveq \o\al(2,0) D．B、C碰撞过程中损失的机械能1.2mveq \o\al(2,0) 解析　根据图(b)，在0～t0时间内，对AB系统有mA×1.2v0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋m))v0，解得mA＝5m，A错误；上述A、B碰撞过程中，弹簧弹性势能达到最大Ekmax＝eq \f(1,2)mAeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1.2v0))2－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(mA＋m))veq \o\al(2,0)，解得Ekmax＝0.6mveq \o\al(2,0)，C错误；由于B与静止在水平面上的C再次碰撞并粘接在一起，之后A与BC间距离不再变化，表明BC碰撞后的速度与A的速度相等，即为0.8v0，对BC系统有m×2v0＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋mC))×0.8v0, ΔE＝eq \f(1,2)meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0))2－eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋mC))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.8v0))2，解得mC＝1.5m，ΔE＝1.2mveq \o\al(2,0)，B、D正确。 答案　BD 3.如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0。求弹簧释放的势能。 解析　设碰后A、B和C的共同速度的大小为v， 由动量守恒定律得3mv＝mv0① 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1， 由动量守恒得3mv＝2mv1＋mv0② 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有eq \f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq \f(1,2)(2m)veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)③ 由①②③式得，弹簧所释放的势能为Ep＝eq \f(1,3)mveq \o\al(2,0)。 答案　eq \f(1,3)mveq \o\al(2,0) 1．(2022·全国高二专题练习)如图所示，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB＝5 mA。B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30°，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是(　　) A．A静止，B向右，且偏角小于30° B．A向左，B向右，且偏角等于30° C．A向左，B向右，A球偏角大于B球偏角，且都小于30° D．A向左，B向右，A球偏角等于B球偏角，且都小于30° 解析　设A球到达最低点的速度为v，在最低点A与B发生弹性碰撞后，A球的速度为vA，B球的速度为vB，规定向右为正方向。由动量守恒可得mAv＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒eq \f(1,2)mAv2＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)，可得vA＝eq \f(mA－mB,mA＋mB)v＝－eq \f(2,3)v，vB＝eq \f(2mA,mA＋mB)v＝eq \f(1,3)v.故A向左，B向右。设碰后A球偏角为θ，绳长为L，由机械能守恒eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)＝mAgLeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos θ))，故cos θ＝1－eq \f(v\o\al(2,A),2gL)，可见偏角与小球在最低点的速度大小有关，与质量无关，故A球偏角大于B球偏角，且都小于A球原来的偏角30°。 答案　C 2.(滑块—木板模型)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长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＝0－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv0＝2Mv，μMgs＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)×2Mv2，得s＝eq \f(L,2)，D项正确，A、B、C项错误。 答案　D 3.(多选)光滑水平面上有一静止木块，质量为m的子弹水平射入木块后未穿出，子弹与木块运动的速度－时间图像如图所示。由此可知(　　) A．木块质量可能是2m B．子弹进入木块的深度为eq \f(v0t0,2) C．木块所受子弹的冲量为eq \f(1,2)mv0 D．子弹射入木块过程中产生的内能为eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解析　设木块的质量为M，根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)·eq \f(1,2)v0，解得 M＝m，选项A错误；子弹相对木块运动的位移，即子弹进入木块的深度，为两图线间的面积，即x＝eq \f(1,2)v0t0，选项B正确；根据动量定理可知木块所受子弹的冲量为I＝eq \f(1,2)mv0，选项C正确；根据能量守恒可知Q＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－eq \f(1,2)(m＋M)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＝eq \f(1,4)mveq \o\al(2,0)，选项D错误。 答案　BC 4．(弹簧类模型)如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值是多大？ 解析　子弹打木板A，动量守恒，有mv0＝100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝eq \f(1,2)×100mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)×200mveq \o\al(2,2)＝eq \f(mv\o\al(2,0),400)。 答案　eq \f(mv\o\al(2,0),400) $$