第一章 素养提升课1 动量守恒中的四类模型-【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（人教版2019）

　　　　 第一章　动量守恒定律 素养提升课一　动量守恒中的四类模型 1．理解子弹打木块模型的特点及规律，会利用动量与能量知识处理有关问题。 2．理解滑块－木板模型的特点及规律，会利用动量与能量知识处理有关问题。 3．理解滑块－曲(斜)面体模型的特点及规律，会利用动量与能量知识处理有关问题。 4．理解滑块(小球)－弹簧模型的特点及规律，会利用动量与能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—曲(斜)面体”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 10 11 12 1 13 提升点一　“子弹打木块”模型 返回 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)子弹未穿出木块：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，机械能的损失即为过程中的摩擦生热Q热：(1)子弹未穿出木块：Q热＝Ffd＝ (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＝FfL＝ 其中L为木块的长度，注意d≤L。 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Ff。求： (1)子弹、木块的共同速度大小； 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 解得v＝ v0。 (2)过程中的摩擦生热； 子弹打进木块过程中的摩擦生热为 (3)子弹打进木块的深度。 方法一：如图所示，设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2。 变式拓展1．在【例1】中，试求子弹在木块内运动的时间。 方法一：设子弹在木块内运动的时间为t，对木块由动量定理得Fft＝Mv－0 解得t＝ 。 方法二：对木块由牛顿第二定律得Ff＝Ma 由运动学公式得v＝at 解得t＝ 。 变式拓展2．在【例1】中，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 。 针对练1.(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 √ √ √ 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是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，两种情况下系统减少的动能一样，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＝Ff·x相对知，由于x相对不相等，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。 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 木板A的上表面粗糙，放在光滑地面上： 1．如图甲所示，开始时木板A静止，滑块B从木板A的左端以速度v0在木板上滑动。 2．如图乙所示，开始时木板A以速度v0运动，滑块B静止于木板A的右端。 两种情景：(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(图甲)或左端(图乙)。 (2023·山东德州市高二质检)质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另外两个质量也为m的物块B和C同时分别从A的左、右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，如图所示。物块B、C与长木板A间的动摩擦因数均为μ，假设物块B、C在长木板A表面上运动时始终没有碰撞。试求： (1)B、C刚滑上长木板A时，A所受合外力为多大？ 例2 答案：0 对A受力分析如图所示，以向右为正方向，A受到的合力 为FA合＝FfBA－FfCA＝μmg－μmg＝0。 (2)长木板A的最终运动速度为多大？ 系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向左为正方向 由动量守恒定律得 m·2v－mv＝(m＋m＋m)v′ 解得A、B、C最终的共同速度v′＝ 即木板A最终运动的速度为 。 (3)为使物块B、C不相撞，长木板A至少多长？ 解答“滑块－木板”模型问题的技巧 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.如图甲所示，长木板静止在光 滑水平地面上，质量为m的滑块以水平 初速v0由木板左端恰能滑至木板的右端 与木板相对静止。若将木板分成长度相等的两段(如图乙)，滑块仍以v0从木板左端开始滑动，已知滑块运动过程中所受摩擦力不变。则下列分析正确的是 A．滑块滑到木板的右端后飞离木板 B．滑块滑到木板的右端前就与木板保持相对静止 C．两过程滑块的动量变化相同 D．两过程系统产生的热量相等 √ 第一次在滑块运动过程中，滑块与木板 之间的摩擦力使整个木板一直加速，第 二次滑块先使整个木板加速，运动到右 半部分上后左半部分停止加速，只有右半部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次滑块与右边木板将更早达到速度相等，所以滑块还没有运动到最右端就与木板保持相对静止，故A错误，B正确；根据动量守恒定律可知，两过程中滑块最后的速度不同，则两过程滑块的动量变化不同，故C错误；根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量，且滑块在题图乙中木板上的相对位移小于题图甲中的相对位移，所以题图乙过程产生的热量小于题图甲过程产生的热量，故D错误。故选B。 针对练2.如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B。在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是 A．1.8 m/s B．2.4 m/s C．2.8 m/s D．3.0 m/s A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，木板做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，木板的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小应大于2.0 m/s而小于 m/s，只有选项B正确。故选B。 √ 返回 提升点三　“滑块—曲(斜)面体”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： 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。 模型特点及规律 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： 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2m，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g，求： (1)小球在圆弧轨道上能上升的最大高度(用v0、g表示)； 例3 小球在圆弧轨道上上升到最高时两物体速度相同，系统在水平方向上动量守恒，规定v0的方向为正方向，有mv0＝3mv 解得v＝ 根据机械能守恒定律，有 解得h＝ 。 (2)小球离开圆弧轨道时的速度大小。 小球离开圆弧轨道时，根据动量守恒定律，有 mv0＝mv1＋2mv2 根据机械能守恒定律，有 联立解得v1＝－ 则小球离开圆弧轨道时的速度大小为 。 针对练1.(多选)如图所示，在足够大的光滑水平面上 停放着装有光滑弧形槽的小车，弧形槽的底端切线 水平，一小球以大小为v0的水平速度从小车弧形槽 的底端沿弧形槽上滑，恰好能到达弧形槽的顶端。小车与小球的质量均为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是 A．弧形槽的顶端距底端的高度为 B．小球离开小车后，相对地面做平抛运动 C．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功为 D．在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，合力对小车的冲量大小为mv0 √ √ 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3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 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)求斜面体的质量； 答案：20 kg 选向左为正方向。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，斜面体的质量为m3。 在水平方向上，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v 式中v0＝3 m/s为冰块被推出时的速度 联立两式并代入数据得m3＝20 kg。 (2)通过计算判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 选向右为正方向，设小孩推出冰块后小孩的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1－m2v0＝0， 代入数据得v1＝1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒定律和机械能守恒定律有 －m2v0＝m2v2＋m3v3。 联立两式并代入数据得v2＝1 m/s 由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。 返回 提升点四　“滑块(小球)—弹簧”模型 返回 模型图例 如图所示，水平面光滑，质量为m1的物体的初速度为v0，质量为m2的物体通过弹簧与质量为m1的物体连接，弹簧处于原长(伸长或压缩)状态。 模型特点及规律 1．系统的动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2。 2．系统的机械能守恒： 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。 4．弹簧处于原长时，弹性势能为零，两物体动能之和最大。 如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中， (1)整个系统损失的机械能； 例4 审题指导　 (1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度的过程中，A、B与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒。 (2) B与C碰撞并粘接在一起的过程中，B、C组成的系统动量守恒。 从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2mv1 此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1＝2mv2 (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 由(1)中mv1＝2mv2可知，v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得 mv0＝3mv3 针对练1．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1、2相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使物块1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1逐渐减速，2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，2继续加速，1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，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，1的速度为v1′＝－1 m/s，2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。故选C。 针对练2．(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 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；当弹簧被压缩至最短时，弹性势能最大， 返回 随堂达标演练 返回 1．如图甲所示，一块长度为L、质量为m的木 块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子 弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块 时，木块向前移动的距离为s(图乙)。设子弹穿 过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为 √ 子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系 统，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2，设子 弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动 能定理得－Ff(s＋L)＝ ，由动量定理 得－Fft＝mv1－mv0，对木块由动能定理得Ffs＝ mv，由动量定理得 Fft ＝mv2，联立解得t＝ (L＋2s)，故选D。 2．(多选)如图所示，质量为8m、长度一定的长木板放在光滑的水平面上，质量为m、可视为质点的物块放在长木板的最左端，质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入物块且未穿出(该过程的作用时间极短可忽略不计)，经时间t0物块以的速度离开长木板的最右端，重力加速度为g，则下列说法正确的是 √ √ 3．(多选)如图所示，静止在光滑水平面上的小车，上面是由两个对称的光滑曲面组成，整个小车的质量为m。现有一个质量也是m、可看作质点的小球，以水平速度v0从小车的左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又沿右侧曲面滑下。下列说法正确的 A．此过程中小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球滑离小车时，小车的速度减为0 C．小车上的曲面的高度等于 D．若减小小球的初速度，则小球与小车分开后，小球做自由落体运动 √ √ √ 小球和小车组成的系统在水平方向所受合外力为 零，系统在水平方向动量守恒，但系统在竖直方 向所受合外力不为零，系统所受合外力不为零，系 统动量不守恒，故A错误；小球恰好到达小车的最高点时小球与小车的速度相等，设共同速度为v，小球运动到最高点过程中，系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋m)v，曲面与地面光滑，整个运动过程只有重力做功，小球与小车组成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律得 (m＋m)v2＋mgh，解得h＝ ，故C正确；小球从冲上小车到滑离小车的过程中，小球的机械能守恒，则可知小球此时速度为v0，根据小球及车组成的系统在水平方向动量守恒，可知此时小车的速度为0，故B正确； 若减小小球的初速度，小球会从左侧滑下小车， 设小球、小车的速度分别为v1、v2，系统在水平 方向动量守恒，以向右为正方，在水平方向， 由动量守恒定律得mv0＝ ，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mv＝mv＋mv，解得v1＝0，v2＝v0，所以小球离开小车后将做自由落体运动，故D正确。 4．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点，Q与轻质弹簧相连。设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生相互作用。在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于 A．P的初动能 B．P的初动能的 C．P的初动能的 D．P的初动能的 √ 把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守 恒，在整个过程中，当小滑块P和Q的速度(设为v)相 等时，弹簧的弹性势能最大。以P的初速度方向为正方向，设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，解得v＝ ，P的初动能Ek0＝ ，弹簧具有的最大弹性势能Ep＝ Ek0，故选项B正确。 返回 课 时 测 评 返回 1．(多选)(2023·河北唐山高二质检)如图所示，两个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质量相同、材料不同的两长方体滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较 A．射入滑块A的子弹速度变化大 B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大 C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D．两个过程中系统产生的热量相同 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 在子弹射入滑块的过程中，子弹与滑块组成的 系统动量守恒，由动量守恒定律可得，mv0＝ (M＋m)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2．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 10 11 12 1 13 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，即合外 力不为零，动量不守恒，故A错误；子弹射入木块 的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，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＝ v1，解得v1＝ ，故B错误；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，子弹和木块上升的高度最大，设为h，根据动量守恒定律有 从子弹射入木块后到子弹 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 3．(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 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 4．(多选)如图所示，在光滑的水平地面上静止放着质量为2 kg的“L”形木板A，其左端挡板与放在A板上的质量为1 kg的小物块B间夹着一小块炸药，炸药爆炸时，有3 J的化学能转化为A、B的动能，爆炸结束瞬间，质量为1 kg的物块C以水平向左、大小为2 m/s的速度从A板右端滑上木板，最终物块B、C恰好没有发生碰撞，且木板与两物块间的动摩擦因数均为0.2，取g＝10 m/s2，则 A．木板A最终水平向右运动 B．木板长度为2.25 m C．最终B距离木板左端2 m D．最终C距离木板右端1 m √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 由受力分析可知，A先向左匀速，C先向左以2 m/s2匀减速，B先向右以2 m/s2匀减速，A、C共速后，又一起向左匀减速，直到三者共速，其中aC＝ ＝2 m/s2，故C在A上滑行的相对位移xC＝ ＝0.25 m，则B在A上滑行的相对位移xB＝x－xC＝2 m，故选项C正确，D错误。故选B、C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 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 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 6．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，下列说法正确的是 A．滑块b沿a上升的最大高度为 B．物块a运动的最大速度为 C．滑块b沿a上升的最大高度为 D．物块a运动的最大速度为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 7．如图所示，质量为3m的物块A与质量为m的物块B用轻弹簧和不可伸长的细线连接，静止在光滑的水平面上，此时细线刚好伸直但无弹力。现使物块A瞬间获得向右的速度v0，在以后的运动过程中，细线没有绷断，以下判断正确的是 A．细线再次伸直前，物块A的速度先减小后增大 B．细线再次伸直前，物块B的加速度先减小后增大 C．弹簧最大的弹性势能为 D．物块A、 B与弹簧组成的系统，损失的机械能最多为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 细线再次伸直时，也就是弹簧再次恢复原长时， 该过程中A始终受到向左的弹力，即一直做减速 运动，B始终受到向右的弹力，即一直做加速运动，A错误；细线再次伸直前，弹簧的弹力先增大后减小，所以物块B的加速度先增大后减小，故B错误；弹簧弹性势能最大时，弹簧压缩至最短，此时两者速度相等，根据动量守恒定律可得 3mv0＝(3m＋m)v ，解得 v＝ v0 ，根据能量守恒定律可得 Epm＝ ，C正确；弹簧与A、B组成的系统其机械能并没有转化为其他形式的能量，故系统机械能守恒，故D错误。故选C。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 8．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则 A．A物体的质量为3m B．A物体的质量为2m C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为 D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性 势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性 势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝ ，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝ mA(2v0)2－ (mA＋m)v2，解得mA＝3m，Epm＝ ，故A、C正确，B、D错误。故选AC。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 9．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上， 在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在 A位置，现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块 间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取 向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝ ，子弹射入木块后，子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为v＝ ，子弹和木块组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I′＝－(M＋m)v－(M＋m)v＝－2(M＋m)v＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为I＝2mv0，A、B、C错误，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10．如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑的水平面上，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为 √ 子弹打入木块A，因水平面光滑，则子弹和木块A组成的系统所受合力为0，由动量守恒定律得mv0＝100mv1；对子弹和木块A、B组成的系统，当它们速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由动量守恒定律得mv0＝200mv2，弹簧弹性势能的最大值Ep＝ ，故选项A正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 11．(10分)(2023·山东泰安高二期末)如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆质量为M＝4 kg 的小车，小车AB面粗糙，长为LAB＝1.65 m且离地面的高度H＝0.2 m，BC是一段与小车水平面相切的光滑圆弧，在小车水平面处A端放有质量为m＝1 kg的物块。现给物块一个I＝5 N·s的瞬间冲量，使其沿BC上升到D点后返回(D点在BC间，未画出)，最后物块滑离A点且落地瞬间与小车左端的水平距离x＝0.1 m，求： (1)物块与AB平面间的动摩擦因数； 答案：0.3 (2)D点相对AB平面的高度。 答案：0.505 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 物块获得瞬间冲量I＝mv0后，以v0＝ ＝5 m/s的速度，从A运动到D点的过程中，物块与小车组成的系统水平方向动量守恒，有 mv0＝(M＋m)v1 系统的能量守恒，有 物块返回到A点时，有mv0＝Mv2＋mv3 物块离开小车做平抛运动，有 H＝ gt2，x＝(v2－v3)t 联立解得μ≈0.3，h≈0.505 m。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 12．(10分)如图所示，质量为m1＝0.5 kg的 小物块P置于台面上的A点并与水平弹簧的 右端接触(不拴接)，轻弹簧左端固定，且处于原长状态。质量M＝1 kg的长木板静置于水平面上，其上表面与水平台面相平，且紧靠台面右端。木板左端放有一质量m2＝1 kg的小滑块Q。现用水平向左的推力将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，撤去推力，此后P沿台面滑到边缘C时速度v0＝10 m/s，与木板左端的滑块Q相碰，最后物块P停在AC的正中间，滑块Q停在木板上。已知台面AB部分光滑，P与台面AC间的动摩擦因数μ1＝0.1，A、C间距离L＝4 m。滑块Q与木板上表面间的动摩擦因数μ2＝0.4，木板下表面与水平面间的动摩擦因数μ3＝0.1(g取10 m/s2)，求： (1)撤去推力时弹簧的弹性势能； 答案：27 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 小物块P从B到C的过程，由动能定理得W弹－μ1m1gL＝ －0 代入数据解得W弹＝27 J 根据功能关系知，撤去推力时弹簧的弹性势能为 Ep＝W弹＝27 J。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (2)长木板运动中的最大速度大小； 小物块P和滑块Q碰撞的过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝m2vQ－m1vP 小物块P从碰撞后到静止的过程，由动能定理得 － 代入数据解得vQ＝6 m/s Q在长木板上滑动的过程中，由牛顿第二定律 对Q：－μ2m2g＝m2a1 对木板：μ2m2g－μ3 ＝Ma2 答案：2 m/s 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 解得a1＝－4 m/s2，a2＝2 m/s2 当滑块Q和木板速度相等时，木板的速 度最大，设速度为v，滑行时间为t 对Q：v＝vQ＋a1t 对木板：v＝a2t 代入数据解得t＝1 s，v＝2 m/s 所以长木板运动中的最大速度是2 m/s。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 (3)长木板的最小长度。 在Q和木板相对滑动的过程中，Q的位移 xQ＝ t 木板的位移x板＝ 木板的最小长度L＝xQ－x板 代入数据解得L＝3 m。 答案：3 m 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 13．(10分)(2021·海南高考)如图所示，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。 (1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小； 滑块和木板组成的系统动量守恒，有 2mv0＝(m＋2m)v 解得v＝ 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 (2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离； 某时刻木板速度是滑块的2倍，滑块和木板组成的系统动量守恒，有2mv0＝ mv1＋2mv2 由能量守恒定律有 其中v2＝2v1 解得Δx＝ 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 (3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。 返回 对于滑块，由动量定理有μmgt＝mv0 木板做匀速直线运动，由牛顿第二定律有F＝μmg 木板运动的位移x＝v0t 外力做的功W＝Fx 解得t＝ ，W＝mv 。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 13 12 谢 谢 观 看 ！ 第一章　 　动量守恒定律 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 mv－ mv－mv－Mv 答案： v0 Q热＝mv－(M＋m)v2＝v。 答案：v 答案： 由动能定理对子弹有－Ffx1＝mv2－mv 解得x1＝ 对木块有Ffx2＝Mv2 解得x2＝ 子弹打进木块的深度等于相对位移，即d＝x1－x2＝。 方法二：由能量守恒定律得Ffd＝mv－(m＋M)v 2解得d＝。 答案： 答案：L≥ 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＝mv－(M＋m)v2＝，可得Q＞ΔEk＝6 J，故A、B正确。故选AB。 模型特点及规律 以图甲为例：设滑块质量为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： Ff＝μmg由动量守恒定律得mv0＝(m＋M )v由动能定理得－Ff x1＝mv2－ mv Ff x2＝Mv2 Ff x3＝Ff(x1－x2)＝mv－(m＋M )v2＝Q 2．如果木板长度较小，滑块B滑出木板A的右端，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。 由动量守恒得mv0＝mv1＋Mv2。由能量守恒得Q热＝FfL＝mv－mv－ Mv。 答案： 答案： mv＝(M＋m)v＋mgh。 mv＝mv＋Mv。 答案： mv＝×3mv2＋mgh 答案： mv＝mv＋×2mv mv 小球上升到最高点时，与小车有共同速度v，设弧形槽的顶 端距底端的高度为h，则由系统水平方向动量守恒和系统 机械能守恒，有mv0＝2mv，mv＝×2mv2＋mgh，解得 h＝，故A正确；小球回到小车右端时设车和球的速度分别为v1、v2，有mv0＝mv1＋mv2，mv＝mv＋mv，解得v1＝v0，v2＝0，所以小球离开小车后做自由落体运动，故B错误； 在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，重力做功为零，由动 能定理得WG＋W车＝mv－mv，将v2＝0和WG＝0带 入可得小车对小球做的功为W车＝－mv，故C错误；在 小球沿小车弧形槽滑行的过程中，由动量定理得I＝mv1－0，将v1＝v0带入得I＝mv0，即合力对小车的冲量大小为mv0，方向水平向左，故D正确。故选AD。 m2v＝(m2＋m3)v2＋m2gh m2v＝m2v＋m3v m1v＝m1v2＋m2v＋Ep。 答案：mv mv＝ΔE＋×2mv 联立解得ΔE＝mv。 答案：mv mv－ΔE＝×3mv＋Ep 联立解得Ep＝mv。 mv 由能量守恒定律得Epm＝×2mv－×3mv＝mv，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，×2mv＝×2mv＋mv，解得vAB＝，vC＝0或vAB＝，vC＝，故D正确。 mv－mv A．长木板最终的速度大小为 B．长木板的长度为 C．子弹射入物块的过程中损失的机械能为mv D．物块与长木板间的动摩擦因数为 设长木板最终的速度大小为v，子弹、物块、木板组 成的系统，整个过程根据动量守恒定律，有mv0＝ 2m·＋8m·v，解得v＝v0，故A错误；子弹射入 物块的过程中，时间极短，设子弹和物块的共同速度为v′，根据动量守恒定律，有mv0＝2m·v′，解得v′＝，该过程系统损失的机械能为ΔE＝mv－·2mv′2，联立两式可解得ΔE＝mv，故C错误； 子弹射入物块后到从长木板滑离时，物块运动的位移大小为x1＝ t0＝t0＝t0＝v0t0，长木板滑动的位移大小为x2＝t0＝t0＝v0t0，则长木板的长度为L＝x1－x2＝v0t0，故B正确；对长木板，整个过程根据动量定理，有μ·2mgt0＝8mv，解得物块与长木板间的动摩擦因数为μ＝，故D正确。故选BD。 mv＝ mv＝mv＋mv mv－×2mv2＝mv＝ mv m0v0＝v， 和木块上升到最大高度的过程中，根据机械能守恒定 律有v＝v2＋gh，联立解得 h＝，故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，则之后做加速运动，可知此时速度不是最大，故D错误。故选C。 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＝mv－mv2－Mv2，代入数据解得ΔE＝4 J，故B错误；由题图乙可得，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。 全过程A、B、C系统所受合外力为零，动量 守恒，且总动量向左，故最终木板应向左滑动， 选项A错误；又mCvC＝(mA＋mB＋mC)v，解得 v＝0.5 m/s，炸药爆炸后瞬间，A、B满足动量守恒mAvA＝mBvB，且机械能增加3 J，有mAv＋mBv＝3 J，解得A获得的速度vA＝1 m/s，B获得的速度vB＝2 m/s，故全过程B、C在板上的相对位移之和x满足 mCv＋E＝(mA＋mB＋mC)v2＋μmCgx，解得x＝2.25 m，选项B正确； 设小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律可得 mv0＝Mv1－mv2，且＝，对整体由机械能守恒定律 可得mv＝Mv＋mv，联立解得＝，故C正确。 b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，取向右 为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝ (m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv＝(m＋4m)v2 ＋mgh，联立解得h＝，A、C错误；滑块b从滑上a到滑离a后，物块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，由机械能守恒定律得mv＝mv＋×4mv，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误。 mv mv ·3mv－(3m＋m)v2＝mv mv mv mAv mv A． B． C． D． ×100mv－×200mv＝ mv＝v＋μmgLAB＋mgh mv＝Mv＋mv＋2 μmgLAB m1v μ1m1gL＝0－m1v g t 答案：v0 答案： μmgΔx＝·2mv－(mv＋·2mv) 答案：　mv $$