习题课1 动量与能量的综合问题（课件PPT）-【新课程学案】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（教科版2019）

习题课1　动量与能量的综合问题 核心素养导学 物理观念 具有与动量及其守恒定律等相关的比较清晰的相互作用观念和能量观念。 科学思维 (1)掌握子弹打木块模型的分析方法。 (2)掌握弹簧类碰撞模型的分析方法。 (3)掌握滑块—木板模型的分析方法。 科学态度与责任 体会动量定理、动量守恒定律在生产、生活中的应用，认识物理与生活和科技的紧密联系，有学习物理、服务社会的志趣。 　　综合提能(一)　子弹打木块模型 [融通知能] 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。 [典例]　如图所示，一质量为M的木块放在光滑的水平面上， 一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹 与木块之间的相互作用力为f。则： (1)子弹、木块的共同速度是多少？ (2)过程中的摩擦生热是多少？ (3)子弹在木块内运动的时间为多长？ (4)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？ [针对训练] 1．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后 不再穿出，此时木块动能增加了6 J，那么此过程产生的内能 可能为 (　 ) A．10 J B．3 J C．6 J D．4 J 答案：A　 2．如图所示，在光滑水平面上有一辆质量M＝8 kg的平板小车， 车上有一个质量m＝1.9 kg的木块，木块距小车左端6 m(木块 可视为质点)。车与木块一起以v＝1 m/s的速度水平向右匀速行驶。一颗质量m0＝0.1 kg 的子弹以v0＝179 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中。如果木块刚好不从车上掉下，求木块与平板小车之间的动摩擦因数μ(g取10 m/s2)。 解析：设子弹射入木块后的共同速度为v1，以水平向左为正方向，则由动量守恒定律有 m0v0－mv＝(m＋m0)v1 代入数据解得v1＝8 m/s 答案：0.54 综合提能(二) 弹簧类碰撞模型 [融通知能] 1.对于弹簧类碰撞问题，在作用过程中，系统所受合外力为零，满足动量守恒定律。 2.整个过程涉及弹性势能、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.弹簧压缩最短时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大。 [典例]　两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量4 kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中： (1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？ (2)系统中弹性势能的最大值是多少？ [解析]　(1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，由A、B、C三者组成的系统动量守恒， (mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)·vABC， 解得vABC＝3 m/s。 [答案]　(1)3 m/s　(2)12 J [针对训练] 1．如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上， B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为 (　 ) A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J 答案：B　 2．如图所示，物体A、B的质量分别是mA＝4.0 kg、mB＝6.0 kg， 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＝2.0 kg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＝2.0 m/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，由动量守恒定律可知mCv0＝(mA＋mC)v， 代入数据解得：v0＝6 m/s。 (2)B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， 答案：(1)6 m/s　(2)6 J 　综合提能(三)　 “滑块—木板”模型 [融通知能] 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.滑块不滑离木板时，最后二者有共同速度。 [典例]　如图所示，AB是半径R＝0.80 m的光滑圆弧轨道， 半径OB竖直，光滑水平地面上紧靠B点静置一质量M＝3.0 kg 的小车，其上表面与B点等高。现将一质量m＝1.0 kg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10 m/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。 [答案]　(1)30 N　(2)1 m/s　(3)1.5 m /方法技巧/ “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。 [针对训练] 1．(2024年1月·河南高考适应性演练)(多选)如图(a)所示，“L”形木板Q静止于粗糙水平地面上，质量为1 kg的滑块P以6 m/s的初速度滑上木板，t＝2 s时与木板相撞并粘在一起。两者运动的v­t图像如图(b)所示。重力加速度大小g取10 m/s2，则(　 ) A．Q的质量为1 kg B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞系统损失的机械能为1.0 J D．t＝5.8 s时木板速度恰好为零 2．如图所示，光滑水平面上有A、B两小车，质量分别为mA＝20 kg，mB＝25 kg。A车以初速度v0＝3 m/s 向右运动，B车静止，且B车右端放着物块C，C的质量为mC＝15 kg。A、B相撞且在极短时间内连接在一起，不再分开。已知C与B上表面间动摩擦因数为μ＝0.2，B车足够长，求C沿B上表面滑行的长度(g＝10 m/s2)。 [解析]　(1)设子弹、木块的共同速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝ v0。 (2)过程中的摩擦生热为 Q热＝mv02－(M＋m)v2＝v02。 (3)设子弹在木块内运动的时间为t，对木块由动量定理得ft＝Mv－0 解得t＝。 (4)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理，对子弹有： －fx1＝mv2－mv02 解得x1＝ 对木块有fx2＝Mv2 解得x2＝ 子弹打进木块的深度等于相对位移， 即x相＝x1－x2＝。 [答案]　(1) v0　(2)v02 (3)　(4)　　 解析：设子弹的初速度为v0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m。根据动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，得v＝。木块获得的动能为ΔEk＝Mv2＝＝·，系统产生的内能为Q＝mv02－(M＋m)v2＝，可得Q＞ΔEk＝6 J，故A正确。 木块(包括子弹)恰好不从小车上掉下来，则木块(包括子弹)相对平板车滑行s＝6 m时跟小车具有共同速度v2，则由动量守恒定律有 (m＋m0)v1－Mv＝(m＋m0＋M)v2 由能量守恒定律有μ(m＋m0)gs＝(m＋m0)v12＋Mv2－(m＋m0＋M)v22 联立以上各式并代入数据解得μ＝0.54。 (2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒， 设碰后瞬间B、C两者速度为vBC， 则mBv＝(mB＋mC)vBC，得vBC＝2 m/s， 设物块A、B、C速度相同时弹簧的最大弹性势能为Ep，根据机械能守恒定律有 Ep＝(mB＋mC)vBC2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)·vABC2＝×(2＋4)×22 J＋×2×62 J－×(2＋2＋4)×32 J＝12 J。 解析： A、B在碰撞过程中动量守恒，碰后粘在一起共同压缩弹簧的过程中，A、B与弹簧组成的系统的机械能守恒。由碰撞过程中动量守恒得mAvA＝(mA＋mB)v，代入数据解得v＝＝2 m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为(mA＋mB)v2＝8 J，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒定律得此时弹簧的弹性势能为8 J。 选择向右为正方向，由动量守恒定律得： (mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v′， 代入数据解得：v′＝1 m/s 由系统机械能守恒得弹簧的最大弹性势能： Ep＝(mA＋mC)v2－(mA＋mB＋mC)v′2＝6 J。 [解析]　(1)滑块由A至B，由机械能守恒定律得 mgR＝mvB2 在B点时，由牛顿第二定律得N－mg＝m 解得支持力N＝30 N，vB＝4 m/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′＝1 m/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＝mvB2－(m＋M)v′2 解得l＝1.5 m，即小车的长度至少为1.5 m。 解析：两者碰撞时，取滑块P的速度方向为正方向，设P的质量为m，Q的质量为M，由动量守恒定律得mv1＋Mv2＝v3，根据v­t图像可知，v1＝3 m/s，v2＝1 m/s，v3＝2 m/s，代入上式解得M＝1 kg，故A正确； 设P与Q之间的动摩擦因数为μ1，Q与地面之间的动摩擦因数为μ2，根据v­t图像可知，0～2 s 内P与Q的加速度分别为aP＝1.5 m/s2，aQ＝0.5 m/s2，对P、Q分别受力分析，由牛顿第二定律得μ1mg＝maP，μ1mg－μ2(m＋M)g＝MaQ，联立解得μ2＝0.05，故B错误；由于碰撞系统损失的机械能为ΔE＝mv12＋Mv22－v32，代入数据解得ΔE＝1.0 J，故C正确；对碰撞后整体受力分析，由动量定理得－μ2gt2＝0－v3，代入数据解得t2＝4 s，因此木板速度恰好为零的时刻为t＝t1＋t2＝2 s＋4 s＝6 s，故D错误。 答案：AC　 解析：A、B相撞，由动量守恒定律有 mAv0＝(mA＋mB)v1， 解得v1＝ m/s 此后，C沿B上表面滑行，直至相对于B静止为止， 由动量守恒定律有(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v 由能量守恒定律有 (mA＋mB＋mC)v2＋μmCgL＝(mA＋mB)v12 解得L＝ m。 答案： m $$