2024-2025学年物理教科版（2019）选择性必修第一册 第一章 动量与动量守恒定律 专题强化6 力学规律综合应用2 学案

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2024-2025学年教科版（2019）选择性必修第一册 第一章 动量与动量守恒定律 专题强化6 力学规律综合应用2 学案 [学习目标]　1.掌握处理力学问题的系统化思维方法和方法选择(难点)。2.熟练解决动力学、动量和能量的综合问题(重点)。 1．系统化思维方法 (1)对多个物理过程进行整体思考，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量观点或能量观点分析比较复杂的运动过程，可不考虑过程细节。 (2)对多个研究对象进行整体思考，即把两个或两个以上的物体作为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统)。 2．若单独利用动量观点(或能量观点)无法解决问题，可尝试两种观点结合联立方程求解。 例1　(多选)(2023·四川成都七中阶段练习)质量为M＝1 kg的箱子静止在光滑水平面上，箱子内侧的两壁间距为l＝0.5 m，另一质量也为m＝1 kg且可视为质点的物体从箱子中央以v0＝6 m/s的速度开始运动，如图所示。已知物体与箱底间的动摩擦因数为μ＝0.5，物体与箱壁间发生的是完全弹性碰撞，g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A．物体与箱子最多发生3次碰撞 B．物体最终停在距离箱子左壁5 cm处 C．整个过程中系统产生的内能为9 J D．箱子对物体的总冲量大小为3 N·s 例2　(2023·福建莆田一中高二期末)如图所示，在光滑的水平面上放置了一个质量M＝3 kg的长木板AB，长木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的，长木板的左端放置了一个质量m＝1 kg的小物块(视为质点)，物块与粗糙段间的动摩擦因数μ＝0.15，木板右端B连着一段轻质弹簧，弹簧处于自然状态时，左端点正好在C点，系统处于静止状态。若给小物块一个向右的初速度v0＝2 m/s，小物块正好滑到C处；如果给长木板施加一个水平向左的恒力F(图中未画出)，作用t＝1 s时间后撤去此力时，小物块正好到达C点。求： (1)长木板AC段的长度； (2)恒力F的大小； (3)撤去恒力后，弹簧的最大弹性势能。 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 例3　(2023·贵州遵义高二期末)如图所示，足够长的光滑曲面固定在水平地面上，曲面底端和小滑板顶部平滑相连，5块小滑板完全相同，小滑板间通过锁定装置相连(未画出)。每块小滑板长度L＝42.5 cm、质量m＝0.6 kg，小滑板表面水平，顶部平滑相连，小滑板与水平地面间的动摩擦因数均为μ2。质量M＝2 kg可视为质点的物块，从曲面上离小滑板上表面高度h＝1.25 m处无初速度滑下，物块与小滑板间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块刚滑上小滑板时的速度v0大小； ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ (2)打开锁定装置，小滑板连成整体。若μ2＝0，求物块和小滑板的最终速度大小，以及物块离第1块小滑板最左端的距离； (3)关闭锁定装置，小滑板间可以分开。若μ2＝0.3，求物块滑到哪一块小滑板时，小滑板开始向右滑动。 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ 答案精析 例1　BC　[物体在摩擦力作用下最终与箱子以共同速度v向右匀速运动，物体与箱子组成的系统满足动量守恒，则有mv0＝(m＋M)v，解得v＝3 m/s；根据能量守恒可知，整个过程中系统产生的内能为Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2＝9 J；设整个过程物体与箱子发生的相对路程为s，则有Q＝μmgs，解得s＝1.8 m，由于s＝1.8 m＝0.25 m＋3×0.5 m＋0.05 m，可知物体与箱子最多发生4次碰撞，物体最终停在距离箱子左壁5 cm处，故A错误，B、C正确；水平方向根据动量定理可得Ix＝mv－mv0＝－3 kg·m/s＝－3 N·s，可知箱子对物体的水平总冲量大小为3 N·s，由于箱子对物体有支持力，在竖直方向有冲量，则箱子对物体的总冲量大小一定大于3 N·s，故D错误。] 例2　(1)1 m　(2)12 N　(3)1.5 J 解析　(1)设长木板粗糙段长度为L，小物块与长木板组成的系统动量守恒，给小物块一个初速度v0＝2 m/s，小物块正好滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定律和功能关系有mv0＝(m＋M)v μmgL＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)(m＋M)v2 解得L＝1 m (2)设经过t＝1 s时间后，长木板和小物块的速度分别是v1、v2，对系统由动量定理有： Ft＝Mv1＋mv2 对整个系统由功能关系有： Fx－μmgL＝eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22 又eq \f(v1,2)t＝x，eq \f(v2,2)t＝x－L 联立解得F＝12 N，v1＝3.5 m/s， v2＝1.5 m/s (3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速度，设为v3，则 Mv1＋mv2＝(M＋m)v3 eq \f(1,2)Mv12＋eq \f(1,2)mv22＝Epm＋eq \f(1,2)(M＋m)v32 解得Epm＝1.5 J。 例3　(1)5 m/s　(2)2 m/s　1.5 m　(3)物块滑到第4块小滑板时，小滑板开始向右滑动 解析　(1)物块从静止释放到刚滑上小滑板过程，根据动能定理可得 Mgh＝eq \f(1,2)Mv02－0 解得v0＝eq \r(2gh)＝5 m/s (2)打开锁定装置，小滑板连成整体。若μ2＝0，可知物块和小滑板组成的系统满足动量守恒，假设物块最终能与小滑板达到共速， 则有Mv0＝(M＋5m)v 解得v＝2 m/s 设此过程发生的相对位移为x，根据能量守恒可得 μ1Mgx＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)(M＋5m)v2 解得x＝1.5 m＝150 cm