第一章 素养提升课一 动量守恒中的常见模型-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（教科版2019）

素养提升课一　动量守恒中的常见模型 　　　　 第一章　动量与动量守恒定律 1.理解子弹打木块模型的特点及规律，会结合动量知识处理有关问题。　 2.理解滑块—光滑斜(曲)面模型的特点及规律，会结合动量知识处理有关问题。　 3.理解含有弹簧的系统模型的特点及规律，会结合动量知识处理有关问题。　 4.理解滑块—木板模型的特点及规律，会结合动量知识处理有关问题。 素养目标 提升点一　“子弹打木块”模型 1 提升点二　“滑块—木板”模型 2 提升点三　“滑块—光滑斜(曲)面”模型 3 课时测评 6 随堂达标演练 5 内容索引 提升点四　“滑块(小球)—弹簧”模型 4 2 3 4 5 6 7 8 9 1 提升点一　“子弹打木块”模型 返回 例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 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。求： (1)子弹、木块的共同速度。 (2)子弹打进木块过程中的摩擦生热。 过程中的摩擦生热为 Q热＝ mv02－ (M＋m)v2＝ v02。 (3)子弹打进木块的深度。 法一：如图所示，设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2。 变式拓展　在[例1]中(1)试求子弹在木块内运动的时间。 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，又由[例1]的解析知v＝ v0，解得t＝ 。 (2)如果子弹不穿出木块，求木块的长度满足的条件。 如果子弹不穿出木块，则有L≥d，由[例1]的解析可得木块的长度满足L≥ 。 1．解答该类问题时要弄清子弹是最终停留在木块中，与木块一起运动，还是穿透木块后各自运动。 2．对子弹打击木块过程中损失的机械能，根据题目条件通过打击前、后系统的机械能之差计算，或利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。　　 探究归纳 针对练1.(2023·江西余干中学阶段练)如图所示，两颗质量和速 度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上的滑块A、 B后与滑块一起运动。两滑块质量相同、材料不同，子弹在A 中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍。下列说法正确的是 A．射入滑块A的子弹最终的速度小 B．射入滑块A的子弹受到的阻力的冲量大 C．射入滑块A中的深度是射入滑块B中深度的两倍 D．子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等 √ 设子弹的初速度为v，子弹与滑块共同的速度为v′，取向右 为正方向，根据动量守恒定律可知mv＝(m＋M)v′，解得v′ ＝ ，由于两滑块质量相同，子弹质量也相同，则最后 共同速度也相同，故A错误；子弹的质量相同，初末速度相同，则子弹的动量变化量相等，根据动量定理可知Ft＝Δp，子弹受到的阻力的冲量相同，故B错误；根据能量守恒定律可知，两过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两过程系统产生的热量相同，由Q＝fd，其中子弹在A中受到的平均阻力是在B中所受平均阻力的两倍，可知子弹射入滑块B中的深度是射入滑块A中深度的两倍，故C错误；根据动能定理可知，子弹对滑块做的功等于滑块动能的增加，两滑块质量相同，末速度相同，末动能相同，则子弹对滑块A做的功和对滑块B做的功相等，故D正确。 针对练2.(多选)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．8 J C．6 J D．4 J √ √ 返回 提升点二　“滑块—木板”模型 返回 模型图例 如图甲所示，木板A的上表面粗糙，滑块B以速度v0滑到静止在光滑水平面上的木板A上： 1.如果木板足够长，A、B最终相对静止，具有共同速度； 2.如果木板长度较小，B可能滑出A的右端。 还有一种情景如图乙所示。 模型特点及规律 以上图甲为例：滑块质量为m、木板质量为M、动摩擦因数为μ。 1.如果木板足够长，运动情景如图所示： f＝μmg 由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v 例2 (2023·湖南邵阳二中期中)如图所示，质量m＝4 kg的物 体，以水平速度v0＝5 m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小 车，小车质量M＝6 kg，物体与小车车面之间的动摩擦因数μ＝0.3，g取 10 m/s2，设小车足够长。求： (1)小车和物体的共同速度大小； 解题引导：m、M系统动量守恒，机械能转化为摩擦内能。已知动摩擦因数，可根据滑块的运动求出时间。 答案：2 m/s 小车和物体组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则mv0＝(m＋M)v 解得v＝ ＝ m/s＝2 m/s。 物体在小车上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知－μmg＝ma 解得a＝－3 m/s2 则物体在小车上滑行的时间为 t＝ ＝ s＝1 s。 (2)物体在小车上滑行的时间； 答案：1 s　 (3)在物体相对于小车滑动的过程中，系统产生的摩擦热。 答案：30 J 根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热为 解答“滑块—木板”模型问题的基本思路 1．对系统应用动量守恒定律。 2．在涉及滑块或木板的运动时间时，优先考虑用动量定理。 3．在涉及滑块或木板的位移时，优先考虑用动能定理。 4．在涉及滑块与木板的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒定律。 5．滑块与木板恰好不相对滑动时，滑块与木板达到共同速度。　　 探究归纳 针对练1.(2023·湖北武汉高二期末)如图所示，长木板 C质量为mC＝0.5 kg，长度为L＝2 m，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＝480 g的小物块B静止在P点。现有一质量为mA＝20 g的子弹A，以v0＝100 m/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10 m/s2。 (1)求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度； 答案：4 m/s 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＝4 m/s。 (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。 答案：0.4 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 (mA＋mB)v12＝ (mA＋mB＋mC)v22＋μ(mA＋mB)g· 代入数据解得μ＝0.4。 针对练2.(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝ 4 kg的小物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，g取 10 m/s2。下列说法正确的是 A．木板A获得的动能为2 J B．系统损失的机械能为2 J C．木板A的最小长度为2 m D．A、B间的动摩擦因数为0.1 √ √ 返回 提升点三　“滑块—光滑斜(曲)面”模型 返回 模型图例 如图所示，有一质量为m的小球，以速度v0滑上静置于 光滑水平面上的光滑圆弧轨道。已知圆弧轨道的质量为 M，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g。 模型特点及规律 1.当滑块上升到最大高度时，滑块与曲(斜)面体具有共同的水平速度v共。此时滑块的竖直速度vy＝0。 系统水平方向的动量守恒： mv0＝(M＋m)v共； 系统的机械能守恒： 例3 (2023·山东临沂高二期中)如图所示，质量为4m的 光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧 面且与水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a，不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，求： (1)滑块b沿a上升的最大高度； b沿a上升至最高点时、两者速度相同，由水平方向上动量守恒得mv0＝(m＋4m)v (2)滑块a运动的最大速度。 滑块b从滑上a到滑离a后，滑块a运动的速度最大。系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva √ 针对练2.如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面 体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面4 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升后又沿斜面体滑回到光滑冰面。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，斜面体的质量为m3＝30 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。 (1)斜面体的高度h应满足什么条件？ 答案：h≥0.6 m 规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，冰块在斜面体上上升的最大高度为h0，由水平方向动量守恒和机械能守恒有 m2v20＝(m2＋m3)v m2v202＝ v2＋m2gh0 式中v20＝－4 m/s，为冰块被推出时的速度，联立并代入数据解得v＝ 1 m/s，h0＝0.6 m 因此斜面体的高度h应满足h≥0.6 m。 (2)斜面体的最大速度为多少？ 答案：2 m/s，方向向左　 设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 设冰块与斜面体分离后，冰块与斜面体的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒有m2v20＝m2v2＋m3v3 联立并代入数据解得v2＝2 m/s，v3＝－2 m/s 即斜面体的最大速度为2 m/s，方向向左。 (3)通过计算说明冰块与斜面体分离后能否追上小孩。 由于冰块与斜面体分离后的速度大于小孩推出冰块后的速度，故冰块能追上小孩。 返回 提升点四　“滑块(小球)—弹簧”模型 返回 模型图例 如图所示，水平地面光滑，物体m1的初速度为v0，物体 m2通过弹簧与物体m1连接，弹簧处于原长(伸长或压缩) 状态。 模型特点及规律 1.在动量方面，系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。 2.在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，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： m1v02＝ m1v12＋ m2v22＋Ep。 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，系统满足动量守恒。 4.弹簧处于原长时，弹性势能为零，两物体动能之和最大，系统满足动能守恒。 例4 (2023·山东临沂高二期末)如图所示，两滑块A、B位于 光滑水平面上，已知A的质量mA＝2 kg，B的质量mB＝3 kg。 滑块B的左端连有轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝5 m/s的速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用(整个过程弹簧没有超过弹性限度)，直至分开。求： (1)滑块通过弹簧相互作用过程中弹簧的最大弹性势能； 解题引导：当弹簧拉伸最长或压缩最短时弹性势能最大，此时AB间距最大或最小，速度相同。弹簧压缩后对B的作用力向前，B加速，直到弹簧恢复原长，B获得最大速度。 答案：15 J　 当弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A和B的速度相同，选取向右为正方向，根据动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v 解得v＝2 m/s 根据机械能守恒定律，可知弹簧的最大弹性势能 Ep＝ mAv02－ (mA＋mB)v2 解得Ep＝15 J。 (2)滑块B的最大动能； 答案：24 J　 当A、B分离时，滑块B的速度最大，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mAv0＝mAvA＋mBvB 解得vB＝4 m/s，vA＝－1 m/s (3)滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能。 当A的速度为零时，滑块A的动能最小，根据mAv0＝mAvA′＋mBvB′ 针对练1.(多选)(2023·河南洛阳高二期末)如图所示，三个小 球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水 平面上，A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起，则 A．A、B两球刚粘在一起时的速度为 B．弹簧压缩至最短时三个小球的速度为 C．弹簧的最大弹性势能为 mv02 D．弹簧恢复原长时，C球的速度可能为零 √ √ A、B两球碰撞的过程中弹簧的压缩量可忽略不计，产生 的弹力可忽略不计，因此A、B两球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以A球的初速度方向为正方向，有mv0＝2mv1，解得v1＝ ，故A正确；粘在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹簧弹力的作用，C球做加速运动，速度由零开始增大，而A、B两球做减速运动，速度逐渐减小，当三个球速度相等时弹簧压缩至最短，在这一过程中，三个球和弹簧组成的系统动量守恒，有2mv1＝3mv2，解得v2＝ ，故B错误； 针对练2.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瞬间获得水平向右的速度3 m/s，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1 m/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∶2 D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2 √ 由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/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，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，两物块均减速，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逐渐恢复原长，故B错误； 系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为v1′＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。 返回 随堂达标演练 返回 1．(多选)如图所示，一子弹以初速度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加量 √ √ 子弹射入木块的过程中摩擦生热，由能量守恒定律知子 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，则子弹与木块的动量变化量大小相等、方向相反，B正确；摩擦力对木块做的功为fs，摩擦力对子弹做的功为－f(s＋d)，可知二者不相等，C错误；对木块，根据动能定理知子弹对木块做的功(即摩擦力对木块做的功)等于木块动能的增加量，D正确。 2．(2023·四川绵阳高二期中)如图所示，质量为M的滑块 静止在光滑的水平面上，滑块的光滑弧面底部与水平面相 切，一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能 越过滑块，则 A．小球滑到最高点的过程中，小球和弧面组成的系统动量守恒 B．小球滑到最高点时滑块的速度大小为0 C．小球滑到最高点时的高度为 D．小球滑到最高点时的高度为 √ 3．(2023·江西南昌二中阶段练)如图所示，在光滑水平 面上叠放着A、B两个物体，mA＝2 kg，mB＝1 kg，速 度的大小均为v0＝8 m/s，速度方向相反。A板足够长，A、B之间有摩擦，当观察到B做加速运动时，A的速度大小可能为 A．2 m/s B．3 m/s C．4 m/s D．5 m/s 由受力分析可知，A、B两物体在水平面上只受到相互作用的摩擦力，所以A、B整体在水平方向动量守恒，选水平向右为正方向，则mAv0－mBv0＝mAvA＋0，代入数据解得vA＝4 m/s，故当A的速度为4 m/s时，B开始做加速运动，直到与A共速。共速时对A、B运用动量守恒定律mAv0－mBv0＝(mA＋mB)v共，代入数据解得v共＝ m/s，所以 m/s<vA< 4 m/s时，可以观察到B做加速运动，故只有B符合题意。 √ 4.(2023·福建福州联考期末)如图所示，一轻质弹簧两端连 着物体A和B，放在光滑的水平面上，物体A被水平速度v0 ＝200 m/s的子弹击中，子弹嵌在其中，已知子弹的质量m＝0.02 kg，A的质量mA＝0.98 kg，B的质量mB＝3 kg。求： (1)A物体获得的最大速度； 答案：4 m/s 当子弹恰好完全射进A不再相对A滑动时，A达到最大速度v1。对子弹进入A的过程，由动量守恒定律得mv0＝(m＋mA)v1 代入数据解得v1＝4 m/s。 (2)弹簧的最大弹性势能。 答案：6 J 以子弹、A、B及弹簧组成的系统为研究对象，运动过程中系统动量守恒，当弹簧具有最大压缩量时，系统内各物体达到共同速度v2，由动量守恒定律得(m＋mA)v1＝(m＋mA＋mB)v2 根据能量守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为 Ep＝ (m＋mA)v12－ (m＋mA＋mB)v22 代入数据解得Ep＝6 J。 返回 课 时 测 评 返回 1．(2023·江苏金湖中学阶段练)如图所示，长木板P静止在光 滑水平地面上，小物块Q从P左端以某初速度向右运动并恰 好不会从右端离开。在Q从P左端滑到右端的过程中，下列说法正确的是 A．长木板P向左运动 B．小物块Q与长木板P组成的系统动量守恒 C．小物块Q与长木板P组成的系统机械能守恒 D．小物块Q的速度可能比长木板P的速度小 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 小物块Q从P左端以某初速度向右运动，小物块Q给P向右 的摩擦力，长木板P向右运动，A错误；小物块Q与长木板 P组成的系统水平方向上不受外力作用，竖直方向上所受合外力为零，故系统动量守恒，B正确；小物块Q与长木板P之间由于摩擦，有一部分机械能转化为内能，所以组成的系统机械能不守恒，C错误；两物体一开始发生相对滑动，物块Q由于摩擦力而做匀减速直线运动，同时长木板P受该摩擦力做匀加速直线运动，当两者速度相等时一起做匀速直线运动，因此不会存在Q的速度比长木板P的速度小的情况，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2．(多选)如图所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑 的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟轻弹簧相碰。 在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 A．弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同 B．弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小 C．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少 D．物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 物体B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做 减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压 缩量最大，故A正确；A、B和弹簧组成的系统能量守恒，弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，此时A、B的动能之和最小，故B正确；弹簧在压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，故C错误；当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续加速，B继续减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 3．一颗子弹水平射入置于粗糙水平面上的木块A并留在 其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图 所示。则在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统 A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能不守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒 子弹射入A过程，由于作用时间极短，地面摩擦忽略不计，子弹与A构成的系统动量守恒，由于子弹与木块摩擦生热，机械能不守恒，子弹与A一起压缩弹簧过程，由于地面滑动摩擦力的作用，A、B及子弹系统的动量不守恒、机械能不守恒，故C正确。 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 4．(2023·重庆巴蜀中学高二上月考)如图所示，在固定的 水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上， 另一端系着质量为m的木块。现有质量为m0的子弹以大小 为v0的水平速度射入木块并立刻留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是 A．子弹射入木块后的运动过程中，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒 B．子弹射入木块后的瞬间，它们的共同速度为 C．子弹射入木块后，子弹和木块能上升的最大高度为 D．子弹射入木块后，当子弹和木块上升到最大高度时，圆环的速度达到最大 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 子弹射入木块后的运动过程中，圆环、木块和子弹构 成的系统在竖直方向上存在加速度，即所受合外力不 为零，系统的动量不守恒，A错误；子弹射入木块的 过程，子弹与木块组成的系统水平方向动量守恒，设射入后的瞬间子弹的速度大小为v1，根据动量守恒定律有m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝ ，B错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 5．(2023·河北唐山高二期中)质量为M的小车静止在光滑 水平面上，车上是一个四分之一的光滑圆弧轨道，轨道下 端切线水平。质量为m的小球沿水平方向从轨道下端以初 速度v0滑上小车，重力加速度为g，如图所示。已知小球 不从小车上端离开小车，小球滑上小车又滑下，与小车分离时，小球与小车速度方向相反，速度大小之比等于1∶3，则m∶M的值为 A．1∶3 B．1∶4 C．3∶5 D．2∶3 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 6．(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组 成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0 水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是 A．子弹的末速度大小相等 B．系统产生的热量一样多 C．子弹对滑块做的功相同 D．子弹和滑块间的水平作用力一样大 √ √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v， 可得滑块最终获得的速度v＝ ，可知两种情况下子 弹的末速度大小是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则两种情况系统减少的动能相同，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝fx相对知，由于x相对不相等而Q相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 7．(多选)如图所示，一质量为2m、半径为R的四分之一光滑 圆弧槽放在光滑的水平面上，底端B点切线水平，有一质量 为m、可视为质点的小球由槽顶端A点静止释放。不计空气 阻力，在小球下滑至槽底端B点的过程中，下列说法正确的是 A．若圆弧槽不固定，小球和槽组成的系统动量守恒 B．若圆弧槽不固定，小球水平方向的位移大小为 C．圆弧槽固定和不固定两种情形下，小球滑到B点时的速度之比为 ∶2 D．圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为9∶7 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 1 8．(多选)(2023·山东济宁高二期中)如图甲 所示，一轻质弹簧的两端分别与质量分别 是m1、m2的A、B两物块相连，它们静止 在光滑水平面上，两物块质量之比m1∶m2 ＝2∶3。现给物块A一个水平向右的初速度v0并从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，下列说法正确的是 A．物块A、B与弹簧组成的系统动量守恒 B．物块A、B与弹簧组成的系统机械能不守恒 C．v3＝ v0 D．v3＝0.4v0 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 1 物块A、B与弹簧组成的系统所受合外力为零，满足动量守恒，A正确；物块A、B与弹簧组成的系统只有弹簧的弹力做功，机械能守恒，B错误；在0～t1时间内，A向右减速，B向右加速，结合乙图可知，t1时刻两者达到共同速度v3，据动量守恒定律可得m1v0＝(m1＋m2)v3，解得v3＝0.4v0，C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 9．(10分)(2023·辽宁葫芦岛阶段练习)如图所示，质量M＝ 1 kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝2 kg 的滑块静止在木板的左端。现给滑块施加一方向水平向右、大小F＝6 N的拉力，经时间t＝4 s后撤去拉力，已知撤去拉力的瞬间，木板的速度大小v1＝6 m/s，重力加速度大小g取10 m/s2。求： (1)滑块与木板间的动摩擦因数μ； 答案：0.075 对木板进行分析，由动量定理有ft＝Mv1又因为f＝μmg 联立并代入数据解得μ＝0.075。 2 3 4 5 6 7 8 9 1 (2)撤去拉力的瞬间，滑块速度的大小v2； 答案：9 m/s　 对滑块进行分析，由动量定理有(F－f)t＝mv2 f＝μmg 代入数据解得v2＝9 m/s。 (3)木板和滑块最后的共同速度的大小v共。 答案：8 m/s 撤去拉力后，由系统动量守恒有 Mv1＋mv2＝(M＋m)v共 代入数据解得v共＝8 m/s。 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 1 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量与动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 1 模型图例 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。 模型特点及规律 1.子弹打木块的过程很短暂，该过程内力远大于外力，则系统的动量守恒： (1)子弹留在木块中：mv0＝(m＋M)v。 (2)子弹穿出木块：mv0＝mv1＋Mv2。 2.在子弹打木块过程中系统的机械能不守恒，机械能的损失即摩擦生热Q热： (1)子弹留在木块中：Q热＝fd＝mv02－(M＋m)v2 其中d为子弹射入木块的深度。 (2)子弹穿出木块：Q热＝fL＝mv02－mv12－Mv22 其中L为木块的长度，注意d≤L。 答案： v0　 解得v＝ v0。 答案：v02 答案： 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d＝x1－x2＝。 法二：由能量守恒得fd＝mv02－(m＋M)v2，解得d＝。 答案： 答案：L≥ 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，解得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、B正确。故选AB。 模型特点及规律 由动能定理得－fx1＝mv2－mv02 fx2＝Mv2 Q＝fΔx相对＝f(x1－x2) ＝mv02－(m＋M)v2； 2.如果木板长度较小，滑块滑出滑板，设木板的长度为L，滑块滑出木板时滑块的速度为v1，木板的速度为v2 由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2 由能量守恒定律得 Q热＝fL＝mv02－mv12－Mv22。 ΔQ＝mv02－v2＝×4×52 J－×(4＋6)×22 J＝30 J。 由题图乙可知，木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得木板A的质量M＝4 kg，木板获得的动能为Ek ＝Mv2＝2 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mv02－mv2－Mv2，代入数据解得ΔE＝4 J，故B错误；由题图乙得到0～1 s内B的位移为xB＝ ×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝ ×1×1 m＝0.5 m，木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图乙可知，B的加速度a＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与初速度方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，代入数据解得μ＝0.1，故D正确。故选AD。 模型特点及规律 mv02＝(M＋m)v共2＋mgh。 其中h为滑块上升的最大高度，系统减少的动能转化为滑块的重力势能。 2.当滑块返回最低点时，滑块与曲(斜)面体分离。 系统水平方向的动量守恒： mv0＝mv1＋Mv2； 系统的机械能守恒： mv02＝mv12＋Mv22。 答案：　 由机械能守恒定律得mv02＝(m＋4m)v2＋mgh 解得h＝。 答案：v0 由机械能守恒定律得mv02＝mvb2＋·4mva2 解得va＝v0，vb＝－v0。 针对练1.(2023·重庆一中月考)光滑的水平面上放有滑块A，其内侧是半径为R的四分之一光滑圆轨道，轨道底端的切线水平，离地高度为h，B为光滑小球，将其从轨道顶端由静止释放，如图所示。若滑块固定，小球B落地时离轨道底端的水平距离为x1；若滑块不固定，小球B落地时离轨道底端的水平距离为x2；已知小球B和滑块A的质量相等，则为 A． B． C． D． 设A、B质量均为m，滑块A固定时，由机械能守恒定律得mgR＝mv2，解得球B离开A时的速度v＝，滑块A不固定时，设B离开A时B的速度大小为v1，A的速度大小为v2，A、B组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向有mv1－mv2＝0，由机械能守恒定律有mgR＝mv12＋mv22，解得v1＝v2＝，两种情况下小球B离开A后都做平抛运动，竖直方向有h＝gt2，水平方向有x1＝vt，x2＝t，解得＝＝＝，故选A。 代入数据解得v1＝ m/s m2v202＝m2v22＋m3v32 mAv02＝mAvA2＋mBvB2 则滑块B的最大动能Ek＝mBvB2＝24 J。 答案： J 解得vB′＝ m/s 弹簧的弹性势能Ep′＝mAv02－mBvB′2 解得Ep′＝ J。 当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大，由能量守恒定律得Epm＝×2mv12－×3mv22＝mv02，故C错误；弹簧恢复原长过程中，A、B、C三个球和弹簧组成的系统动量守恒，能量守恒，弹簧恢复原长时，由动量守恒定律和能量守恒定律得2mv1＝2mvAB＋mvC，×2mv12＝×2mvAB2＋mvC2，解得vAB＝，vC＝0或vAB＝，vC＝，故D正确。 小球滑到最高点的过程中，小球和弧面组成的系统动量不守恒，但系统在水平方向动量守恒，A错误；根据动量守恒定律得mv0 ＝(m＋M)v，小球滑到最高点时滑块的速度大小为v＝，B错误；根据机械能守恒定律得mv02＝(M＋m)v2＋mgh，小球滑到最高点时的高度为h＝，C错误，D正确。 子弹射入木块后的运动过程中，圆环、木块和子弹构成的系统在水平方向上所受合外力为零，水平方向上动量守恒，当三者达到共同速度v时，子弹和木块上升的高度最大，设为h，根据动量守恒定律有m0v0＝v，从子弹射入木块后到子弹和木块上升到最大高度的过程中，根据机械能守恒定律有v12＝v2＋(m0＋m)gh，联立解得h＝，C正确；子弹射入木块后的运动过程中，子弹和木块上升到最大高度时，圆环受到向右下方的拉力，速度方向又向右，则圆环之后做加速运动，可知此时速度不是最大，D错误。 设小球的初速度方向为正方向，由水平方向动量守恒可得mv0＝Mv1－mv2，又＝，对整体由机械能守恒定律可得mv02＝Mv12＋mv22，联立解得＝，故C正确。 若圆弧槽不固定，系统合外力不为0，系统动量不守恒，小球和槽组成的系统水平方向上受合外力为零，则水平方向上动量守恒，A错误；若圆弧槽不固定，对小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒，则mx＝2m(R－x)，解得小球水平方向移动的位移为x＝R，B正确；圆弧槽固定时小球滑到B点时的速度v1′＝，圆弧槽不固定时，由动量守恒和能量守恒可得mv1＝2mv2，mv12＋×2mv22＝mgR，解得v1＝，v2＝ ，则圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为＝，C正确； 由C项分析可知，若圆弧槽固定，小球到达底端时N－mg＝m，解得N＝3mg，则圆弧槽对地面的最大压力为NNmax＝3mg＋2mg＝5mg，若圆弧槽不固定，小球到达底端时N′－mg＝m，解得N′＝4mg，则圆弧槽对地面的最大压力为Nmax′＝4mg＋2mg＝6mg，圆弧槽固定和不固定两种情形下，圆弧槽对地面的最大压力之比为＝，D错误。故选BC。 $$