07 第一章 素养提升课(一) 动量与能量的综合-【名师导航】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步课件(人教版2019)

第一章　动量守恒定律 素养提升课(一)　动量与能量的综合 学习任务 1．理解“滑块—木板”模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。 2．理解“滑块—弹簧”模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。 3．理解“滑块—曲面”模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 探究重构·关键能力达成 碰撞拓展 (1)“保守型”碰撞拓展模型 图例(水 平面光滑) “小球—弹簧” 模型 “小球—曲面” 模型 素养提升课(一)　动量与能量的综合 达到 共速 相当于完全非弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝(m＋M)v共，损失的动能最大，分别转化为弹性势能、重力势能或电势能 再次 分离 相当于弹性碰撞，系统水平方向动量守恒，满足mv0＝mv1＋Mv2，能量满足＝ 素养提升课(一)　动量与能量的综合 (2)“耗散型”碰撞拓展模型 图例(水 平面或水 平导轨光滑) (在选择性必修 第二册中会学到) 达到共速 相当于完全非弹性碰撞，动量满足mv0＝(m＋M )v共，损失的动能最大，分别转化为内能或电能 素养提升课(一)　动量与能量的综合 探究1　“滑块—木板”碰撞模型 1．模型图示 2．模型特点 (1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒。 (2)系统的机械能有损失。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 3．两种情境 (1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)。 动量守恒：mv0＝(m＋M)v 能量守恒：Q＝Ff s＝－(M＋m)v2。 (2)子弹穿透木块 动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2 能量守恒：Q＝Ff d＝。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 【典例1】　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； (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； (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。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 [规范答题] 规范思维五部曲 1．速读题目：题目考查点是“板—块”模型中的相对运动和动量问题。 2．信息获取：(1)水平面光滑。 (2)施加外力后木板做匀速运动。 3．做好分析：两个过程，施加外力前系统动量守恒，施加外力后，系统动量不守恒，这是“板—块”模型的相对运动。 4．规范列式：对第一过程应用动量守恒定律和功能关系列式，对第二过程应用动力学方法分析相对运动。 5．代数求解：对列出的表达式化简，代数运算，注意计算过程不要写在解答中。解答过程只给出最终结果就可以。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 规范答题模板 [解析]　(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv0＝3mv共 解得v共＝。 (2)由于木板速度是滑块的2倍，则有 v木＝2v滑 再根据动量守恒定律有 2mv0＝2mv木＋mv滑 联立化简得v滑＝v0，v木＝v0 素养提升课(一)　动量与能量的综合 规范答题模板 再根据功能关系有 －μmgx＝ 计算可得x＝。 (3)由于木板保持匀速直线运动，则有 F＝μmg 对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有 a滑＝μg 滑块相对于木板静止时有v0＝a滑t 解得t＝ 素养提升课(一)　动量与能量的综合 规范答题模板 则整个过程中木板滑动的距离为 x′＝v0t＝ 则拉力所做的功为W＝Fx′＝。 [答案]　(1)　(3) 素养提升课(一)　动量与能量的综合 [针对训练] 1．(多选)如图甲所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量m＝2 kg的另一物体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速度随时间变化的情况如图乙所示，g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．木板获得的动能为1 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 √ √ √ 素养提升课(一)　动量与能量的综合 ABD　[由题图乙可知，最终木板获得的速度v＝1 m/s, A、B组成的系统动量守恒，设木板的质量为M，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M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝－(m＋M)v2，解得ΔE＝2 J，故B正确；根据v-t图像中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙得到第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，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图乙可得，B的加速度a＝＝ m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向与v0的方向相反，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确。] 探究2　“滑块—弹簧”碰撞模型 1．模型图示 素养提升课(一)　动量与能量的综合 2．模型特点 (1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。 (2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，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。 (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，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 【典例2】　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)B和C碰前瞬间B的速度； (2)整个系统损失的机械能； (3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 [解析]　(1)(2)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1，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 ＝ 联立解得v1＝，ΔE＝。 (3)B、C碰撞后，由于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 －ΔE＝＋Ep 联立解得Ep＝。 [答案]　(1) 规律方法　解答含弹簧的系统类问题必须注意的几个问题 (1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。 (2)分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。 (3)判断解出的结果的合理性。 (4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 (5)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧与连接的物体具有共同的瞬时速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的关键点。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 [针对训练] 2．(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 √ √ 素养提升课(一)　动量与能量的综合 AC　[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，则知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＋m)v2，解得mA＝3m，Epm＝，故A、C正确。] 探究3　“滑块—曲(斜)面”模型 1．模型图示 素养提升课(一)　动量与能量的综合 2．模型特点 (1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒 ＝＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。 (2)最低点：m与M分离点，水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒＝(完全弹性碰撞拓展模型)。 素养提升课(一)　动量与能量的综合 【典例3】　(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，相对地面做自由落体运动 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 √ √ √ 素养提升课(一)　动量与能量的综合 ABD　[小球到达弧形槽顶端时，小球与小车的速度相同(设共同速度大小为v)，在小球沿小车弧形槽上滑的过程中，小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝2mv，设弧形槽的顶端距底端的高度为h，有＝×2mv2＋mgh，解得h＝，A正确；设小球返回弧形槽的底端时，小球与小车的速度分别为v1、v2，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中系统水平方向动量守恒，以v0的方向为正方向，有mv0＝＝，解得v1＝0， v2＝v0，可知小球离开小车后，相对于地面做自由落体运动，B正确；根据动能定理，在小球沿小车弧形槽滑行的过程中，小车对小球做的功W＝＝，C错误；根据动量定理，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I＝mv2－0＝mv0，D正确。] [针对训练] 3．(多选)如图所示，质量为m的楔形物块上有圆弧轨道，圆弧对应的圆心角小于90°且足够长，物块静止在光滑水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动，不计一切摩擦。则以下说法正确的是(　　) A．小球能上升的最大高度H＝ B．小球上升过程中，小球的机械能守恒 C．小球最终静止在水平面上 D．楔形物块最终的速度为v1 √ √ √ 素养提升课(一)　动量与能量的综合 ACD　[以水平向右为正方向，在小球上升过程中，系统水平方向动量守恒，有mv1＝(m＋m)v，系统机械能守恒，有＝(m＋m)v2＋mgH，解得v＝，H＝，A正确；单独以小球为研究对象，斜面的支持力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故B错误；设最终小球的速度为v2，物块的速度为v3，由水平方向动量守恒有mv1＝mv2＋mv3，由机械能守恒有＝，解得v2＝0，v3＝v1(另解v2＝v1，v3＝0舍去)，即交换速度，C、D正确。] $$