高考物理一轮复习第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律同步备课教学案

这是一份高考物理一轮复习第一章碰撞与动量守恒第五节自然界中的守恒定律同步备课教学案，共12页。

[导学探究] 如图1所示，质量为2 kg的物体静止在与其之间动摩擦因数μ＝0.5的粗糙水平面上，现加一F＝20 N的水平恒力使之开始向右加速运动，求物体速度达到20 m/s时，需要的时间t和经过的位移s.(请分别利用牛顿运动定律、动量定理和动能定理计算，重力加速度g＝10 m/s2)
图1
答案 对物体受力分析如图所示：
方法一：根据牛顿第二定律
F－μmg＝ma
v＝at
s＝eq \f(1,2)at2
解得t＝4 s，s＝40 m.
方法二：根据动量定理可得：(F－μmg)t＝mv－0
解得：t＝4 s.
根据动能定理可得：Fs－μmgs＝eq \f(1,2)mv2－0
解得s＝40 m.
[知识梳理] 解决力学问题的三个基本观点
1．力的观点：主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题．
2．动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用物体的问题．
3．能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．

一、滑块—木板模型
1．把滑块、木板看做一个整体，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．注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多．
例1
如图2所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上表面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞．求：
图2
(1)木块B的最小速度是多少？
(2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移是多少？
答案 (1)eq \f(v0,5) (2)eq \f(21v\\al( 2,0),50μg)，向左
解析 (1)由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起反向向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小．
取向右为正方向，根据动量守恒定律：
m·2v0－mv0＝5mv
解得B的最小速度v＝eq \f(v0,5)
(2)A向左减速的过程，根据动能定理有
－μmgs1＝0－eq \f(1,2)mv02
向左的位移为s1＝eq \f(v\\al( 2,0),2μg)
A、C一起向右加速的过程，根据动能定理有
μmgs2＝eq \f(1,2)×4m(eq \f(v0,5))2
向右的位移为s2＝eq \f(2v\\al( 2,0),25μg)
取向左为正方向，整个过程A发生的位移为
s＝s1－s2＝eq \f(21v\\al( 2,0),50μg)
即此过程中A发生的位移向左，大小为eq \f(21v\\al( 2,0),50μg).
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．
例2 如图3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：
图3
(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；
(2)射入的过程中，系统损失的机械能；
(3)子弹在木块中打入的深度．
答案 (1)eq \f(m2v2,2M＋m2μg) (2)eq \f(Mmv2,2M＋m) (3)eq \f(Mv2,2μgM＋m)
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
二者一起沿地面滑动，前进的距离为s，由动能定理得：
－μ(M＋m)gs＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v′2②
由①②两式解得：s＝eq \f(m2v2,2M＋m2μg).
(2)射入过程中损失的机械能
ΔE＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(M＋m)v′2③
解得：ΔE＝eq \f(Mmv2,2M＋m).
(3)设子弹在木块中打入的深度，即子弹相对于木块的位移为s相对，则ΔE＝μmgs相对
得：s相对＝eq \f(ΔE,μmg)＝eq \f(Mv2,2μgM＋m).
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：弹簧压缩最短时，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．
例3 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，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图4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：
图4
(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？
答案 (1)3 m/s (2)12 J
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得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，
解得vABC＝eq \f(2＋2×6,2＋2＋4) m/s＝3 m/s.
(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＝eq \f(2×6,2＋4) m/s＝2 m/s，
物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，
根据能量守恒定律，则Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)vBC2＋eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)vABC2＝eq \f(1,2)×(2＋4)×22 J＋eq \f(1,2)×2×62 J－eq \f(1,2)×(2＋2＋4)×32 J＝12 J.
针对训练 如图5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为( )
图5
A.eq \f(mv\\al( 2,0),400) B.eq \f(mv\\al( 2,0),200)
C.eq \f(99mv\\al( 2,0),200) D.eq \f(199mv\\al( 2,0),400)
答案 A
解析 子弹射入木块A的过程中，动量守恒，有mv0＝100mv1，子弹、A、B三者速度相等时，弹簧的弹性势能
最大，100mv1＝200mv2，弹性势能的最大值Ep＝eq \f(1,2)×100mv12－eq \f(1,2)×200mv22＝eq \f(mv\\al( 2,0),400).
处理动量和能量结合问题时应注意：
(1)守恒条件：动量守恒条件是系统所受合外力为零，而机械能守恒条件是合外力做的功为零．
(2)分析重点：判断动量是否守恒研究系统的受力情况，而判断机械能是否守恒及能量的转化情况研究系统的做功情况．
(3)表达式：动量为矢量式，能量为标量式．
(4)注意：某一过程中系统动量守恒，但机械能不一定守恒，反之，机械能守恒的过程动量不一定守恒．

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v水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射进一半厚度，如图6所示，上述两种情况相比较( )
图6
A．子弹对滑块做功一样多
B．子弹对滑块做的功不一样多
C．系统产生的热量一样多
D．系统产生的热量不一样多
答案 AC
解析 两次都没射出，则子弹与滑块最终达到共同速度，设为v共，由动量守恒定律可得：mv＝(M＋m)v共，得v共＝eq \f(m,M＋m)v；子弹对滑块所做的功等于滑块获得的动能，故选项A正确；系统损失的机械能转化为热量，故选项C正确．
2.如图7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( )
图7
A．4 J B．8 J C．16 J D．32 J
答案 B
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＝eq \f(mAvA,mA＋mB)＝2 m/s，所以碰后A、B及弹簧组成的系统的机械能为eq \f(1,2)(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，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J.
3．如图8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木板上最多能滑行的距离为( )
图8
A．L B.eq \f(3L,4) C.eq \f(L,4) D.eq \f(L,2)
答案 D
解析 长木板固定时，由动能定理得：μMgL＝eq \f(1,2)Mv02，若长木板不固定有Mv0＝2Mv，μMgs＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)×2Mv2，得s＝eq \f(L,2)，D项正确，A、B、C三项错误．
4．如图9所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点．现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出．已知滑块A、B与小车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面的摩擦忽略不计，取g＝10 m/s2.求：
图9
(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
(2)小车C上表面的最短长度．
答案 (1)2.5 m/s (2)0.375 m
解析 (1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律得：mAgh＝eq \f(1,2)mAv12 ①
代入数据解得v1＝eq \r(2gh)＝5 m/s ②
设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，
mAv1＝(mA＋mB)v2 ③
代入数据解得v2＝2.5 m/s ④
(2)设小车C上表面的最短长度为L，滑块A与B最终没有从小车C上滑出，三者最终速度相同设为v3，
根据动量守恒定律有：
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3 ⑤
根据能量守恒定律有：
μ(mA＋mB)gL＝eq \f(1,2)(mA＋mB)v22－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al( 2,3) ⑥
联立⑤⑥式代入数据解得L＝0.375 m． ⑦

一、选择题(1～2题为单选题，3～4题为多选题)
1．如图1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运动并与弹簧发生碰撞．在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )
图1
A．P的初动能 B．P的初动能的eq \f(1,2)
C．P的初动能的eq \f(1,3) D．P的初动能的eq \f(1,4)
答案 B
解析 把小滑块P和Q以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒．在整个碰撞过程中，当小滑块P和Q的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设小滑块P的初速度为v0，两滑块的质量均为m，则mv0＝2mv，v＝eq \f(v0,2)
所以弹簧具有的最大弹性势能Ep＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)×2mv2＝eq \f(1,4)mv02＝eq \f(1,2)Ek0，故B正确．
2．如图2所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块都以v＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.7 m/s时，物块的运动情况是( )
图2
A．做减速运动 B．做加速运动
C．做匀速运动 D．以上运动都有可能
答案 A
解析 开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝Mv1
代入数据解得：v1≈2.67 m/s＜2.7 m/s，所以物块处于向左减速的过程中．
3．如图3所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从离水平面高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是( )
图3
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为eq \f(mgh,2)
C．B与A分开后能达到的最大高度为eq \f(h,4)
D．B与A分开后能达到的最大高度不能计算
答案 BC
解析 根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0＝eq \r(2gh)，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝eq \f(1,2)v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝eq \f(1,2)·2mv2＝eq \f(1,2)mgh，即A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B分开，B以大小为v的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝eq \f(1,2)mv2，B能达到的最大高度为h′＝eq \f(1,4)h，即C正确，D错误．
4．如图4所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1 m/s向右做直线运动，已知两弹性小球质量分别为m1＝1 kg和m2＝2 kg.一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，则下列说法正确的是( )
图4
A．刚分离时，a、b两球的速度方向相同
B．刚分离时，b球的速度大小为0.4 m/s
C．刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s
D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J
答案 CD
解析 在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒．设水平向右为正方向，断开后两球仍沿原直线运动，速度分别为v1和v2，设刚分离时，a、b两球的速度方向相同，由动量守恒定律，(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0 s两球的间距为s＝4.5 m，有v1t－v2t＝s，联立解得：v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号说明b球的速度方向向左，选项A、B错误，C正确．由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能为Ep＝eq \f(1,2)m1veq \\al( 2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)(m1＋m2)veq \\al( 2,0)＝0.27 J，选项D正确．
二、非选择题
5．如图5所示，在光滑水平地面上的木块M紧挨轻弹簧靠墙放置．子弹m以速度v0沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩劲度系数未知弹簧至弹簧最短．已知子弹质量为m，木块质量M＝9m，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx.劲度系数为k、形变量为x的弹簧的弹性势能可表示为Ep＝eq \f(1,2)kx2.求：
图5
(1)从子弹射入木块到刚相对于木块静止的过程中损失的机械能；
(2)弹簧的劲度系数．
答案 (1)eq \f(9,20)mv02 (2)eq \f(mv\\al( 2,0),10Δx2)
解析 (1)设子弹刚相对于木块静止时的速度为v，由动量守恒定律mv0＝(m＋M)v，解得v＝eq \f(v0,10).
设从子弹射入木块到刚好相对于木块静止的过程中损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律
ΔE＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2
代入数据得ΔE＝eq \f(9mv\\al( 2,0),20).
(2)设弹簧的劲度系数为k′，根据题述，弹簧最短时弹簧被压缩了Δx，其弹性势能可表示为Ep′＝eq \f(1,2)k′(Δx)2，
木块压缩轻弹簧过程，由机械能守恒定律
eq \f(1,2)(m＋M)v2＝Ep′，
解得弹簧的劲度系数k′＝eq \f(mv\\al( 2,0),10Δx2).
6．如图6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(木块可视为质点)，车与木块均处于静止状态．一颗质量m0＝0.1 kg的子弹以v0＝200 m/s的初速度水平向左飞，瞬间击中木块并留在其中．已知木块与小车平板之间的动摩擦因数μ＝0.5，g＝10 m/s2.求：
图6
(1)子弹射入木块后瞬间子弹和木块的共同速度大小；
(2)若木块不会从小车上落下，求三者的共同速度大小；
(3)若是木块刚好不会从车上掉下，则小车的平板至少多长？
答案 (1)10 m/s (2)2 m/s (3)8 m
解析 (1)子弹射入木块过程系统动量守恒，以水平向左为正，则由动量守恒有：m0v0＝(m0＋m)v1，
解得：v1＝eq \f(m0v0,m0＋m)＝eq \f(0.1×200,0.1＋1.9) m/s＝10 m/s
(2)子弹、木块、小车组成的系统动量守恒，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得：
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v，
解得v＝eq \f(m0＋mv1,m0＋m＋M)＝eq \f(0.1＋1.9×10,0.1＋1.9＋8) m/s＝2 m/s
(3)子弹击中木块到木块相对小车静止过程，由能量守恒定律得：
eq \f(1,2)(m0＋m)v12＝μ(m0＋m)gL＋eq \f(1,2)(m0＋m＋M)v2，
解得L＝8 m.
7．如图7所示，物体A置于静止在光滑水平面上的平板小车B的左端，在A的上方O点用细线悬挂一小球C(可视为质点)，线长L＝0.8 m．现将小球C拉至水平无初速度释放，并在最低点与A物体发生水平正碰，碰撞后小球C反弹的最大高度为h＝0.2 m．已知A、B、C的质量分别为mA＝4 kg、mB＝8 kg和mC＝1 kg，A、B间的动摩擦因数μ＝0.2，A、C碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
图7
(1)小球C与物体A碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；
(2)A、C碰撞后瞬间A的速度大小；
(3)若物体A未从小车B上掉落，小车B的最小长度为多少？
答案 (1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m(或eq \f(3,8) m)
解析 (1)小球碰撞前在竖直平面内做圆周运动
根据机械能守恒定律，得mCgL＝eq \f(1,2)mCv02
由牛顿第二定律，得F－mCg＝eq \f(mCv\\al( 2,0),L)
解得v0＝4 m/s，F＝30 N
(2)设水平向右为正方向，A、C碰撞后的速度大小分别为vA、vC，由能量守恒和动量守恒，得eq \f(1,2)mCvC2＝mCgh
mCv0＝mAvA－mCvC
解得vC＝2 m/s，vA＝1.5 m/s
(3)设A在B上相对滑动的最终速度为v，相对位移为s，由动量守恒和能量守恒，得
mAvA＝(mA＋mB)v
μmAgs＝eq \f(1,2)mAvA2－eq \f(1,2)(mA＋mB)v2
解得s＝0.375 m
要使A不从B车上滑下，小车的最小长度为0.375 m(或eq \f(3,8) m)
8.如图8所示，一对杂技演员(都可视为质点)乘秋千从A点由静止出发绕O点下摆，演员处于A点时秋千绳处于水平位置，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到A点．求男演员落地点C与O点的水平距离x.(已知男演员的质量m1和女演员的质量m2的关系为eq \f(m1,m2)＝2，秋千的质量不计，秋千的绳长为R，C点比O点低5R，不计空气阻力)
图8
答案 8R
解析 设分离前男女演员在秋千最低点B的速度为v0，由机械能守恒定律有(m1＋m2)gR＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v02
设刚分离时男演员速度的大小为v1，方向与v0相同，女演员速度的大小为v2，方向与v0相反，由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1－m2v2
分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落到C点所需的时间为t，根据题中所给条件，由运动学规律得
4R＝eq \f(1,2)gt2，x＝v1t
女演员刚好能回到A点，由机械能守恒定律得
m2gR＝eq \f(1,2)m2v22，已知m1＝2m2，解得x＝8R.