人教版 (2019)选择性必修 第一册实验：验证动量守恒定律学案设计

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册实验：验证动量守恒定律学案设计学案主要包含了滑块-木板模型，子弹打木块模型等内容，欢迎下载使用。

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，应由能量守恒定律求解问题。
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。
4. 作用过程产生的热量为：Q=Ffx相对
注意：
（1）在涉及滑块或平板的时间时，可优先考虑用动量定理。
（2）涉及滑块或平板的位移（相对位移）时，可优先考虑用动能定理或能量守恒。
二、子弹打木块模型（属于滑块-木板模型）
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，最后二者有共同速度，机械能损失最多。
注意：子弹打木块模型与滑块—木板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统动量守恒。当子弹不穿出木块时，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多。若子弹恰好从木块中穿出，则穿出时，子弹和木块速度相等。

1. 如图所示，B是放在光滑水平面上的质量为3m的一块木板，物块（可看成质点）A质量为m，与木板间的动摩擦因数为μ。最初木板B静止，物块A以水平初速度v0滑上长木板，木板足够长。求：（重力加速度为g）
（1）木板B的最大速度的大小；
（2）从木块A刚开始运动到A、B速度刚好相等的过程中，木块A所发生的位移的大小；
（3）若物块A恰好没滑离木板B，则木板的最小长度。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）由题意知，A向右减速，B向右加速，当A、B速度相等时B速度最大。
以v0的方向为正方向，根据动量守恒定律：mv0＝（m＋3m）v
得：v＝
（2）A向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝mv2－mv02
则木块A所发生的位移为x1＝
（3）方法一：设B向右加速过程的位移为x2
则μmgx2＝×3mv2
木板的最小长度：L＝x1－x2＝。
解得x2＝
木板的最小长度：L＝x1－x2＝。
方法二：从A滑上B至A、B达到共同速度的过程中，由能量守恒定律得：
μmgL＝mv02－（m＋3m）v2
得：L＝。
2. 如图所示，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：（重力加速度为g）
（1）射入的过程中，系统损失的机械能；
（2）子弹射入后，木块在地面上前进的距离。
【答案】（1） （2）
【解析】
（1）因子弹未穿出，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。
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，则由动量守恒定律得：mv＝（M＋m）v′①
射入过程中系统损失的机械能ΔE＝mv2－（M＋m）v′2②
解得：ΔE＝。
（2）子弹射入木块后二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x，由动能定理得：
－μ（M＋m）gx＝0－（M＋m）v′2③
由①③两式解得：x＝。
3. 如图所示，质量m1＝0. 3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝15 m，现有质量m2＝0. 2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0. 5，g取10 m/s2。求：
（1）物块在车面上滑行的时间t；
（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少？
【答案】（1）0. 24 s （2）5m/s
【解析】（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝（m1＋m2）v
设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有
－Fft＝m2v－m2v0 ②
其中Ff＝μm2g ③
联立以上三式解得t＝=0. 24 s。 ④
（2）要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v′，则有
m2v′0＝（m1＋m2）v′ ⑤
由功能关系有
m2v′＝（m1＋m2）v′2＋μm2gL ⑥
代入数据解得v′0＝5m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v′0不能超过5m/s。
滑块-木板模型
1. 系统动量守恒
2. 物体运动过程中会产生热量（摩擦生热），因此机械能会减少，转化成热能，转化成的热能为：Q=Ffx相对
3. 滑块-木板模型中常涉及到物体速度和相对位移的考察，因此要仔细分析物体的受力和运动情况，找出物体之间的速度和位移关系。若两物体相对静止，则两物体速度相等；两个物体的相对位移等于两者位移之差。
（答题时间：30分钟）
1. 如图所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ。一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动。当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是（ ）
A. mv0＝（m＋M）v
B. mv0cs θ＝（m＋M）v
C. mgh＝m（v0sin θ）2
D. mgh＋（m＋M）v2＝mv02
2. 车厢停在光滑水平轨道上，坐在车厢后面的人对车厢前壁发射了一颗子弹。设子弹的质量为m，出口速度为v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入车壁后，车厢的速度为（ ）
A. ，向前 B. ，向后
C. ，向前 D. 0
3. 如图所示，质量为m＝245 g的物块（可视为质点）放在质量为M＝0. 5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0. 4，质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10 m/s2，则在整个过程中（ ）
A. 物块和木板组成的系统动量守恒
B. 子弹的末动量大小为0. 01 kg·m/s
C. 子弹对物块的冲量大小为0. 49 N·s
D. 物块相对于木板滑行的时间为1 s
4. 如图所示，质量分别为m1＝1. 0 kg和m2＝2. 0 kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变。该系统以速度v0＝0. 10 m/s沿光滑水平面向右做直线运动。某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过时间t＝5. 0 s后，测得两球相距s＝4. 5 m，则下列说法正确的是（ ）
A. 刚分离时，a球的速度大小为0. 7 m/s
B. 刚分离时，b球的速度大小为0. 2 m/s
C. 刚分离时，a、b两球的速度方向相同
D. 两球分开过程中释放的弹性势能为0. 27 J
5. 如图所示，质量为3m，长度为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初速度v0水平向右射入木块，穿出木块时速度为v0，设木块对子弹的阻力始终保持不变。
（1）求子弹穿透木块后，木块速度的大小；
（2）求子弹穿透木块的过程中，木块滑行的距离s；
（3）若改将木块固定在水平传送带上，使木块始终以某一恒定速度（小于v0）水平向右运动，子弹仍以速度v0水平向右射入木块，如果子弹恰能穿透木块，求此过程所经历的时间。
6. 如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切于B点。质量为M的小木块静止在O点，一颗质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均看作质点）。
（1）求子弹射入木块前的速度；
（2）若每当小木块返回到O点或停止在O点时，立即有一颗相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第17颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少？
1.【答案】BD
【解析】小物块沿斜面向上运动到最高点时，小物块的速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能守恒，以向右为正方向，在小物块沿斜面向上运动的过程中，由水平方向系统动量守恒，得mv0cs θ＝（m＋M）v，故A错误，B正确；根据系统机械能守恒，得mgh＋（m＋M）v2＝mv02，故C错误，D正确。
2.【答案】D
【解析】子弹、车厢和人看做一个系统，此系统在发射子弹的过程中动量守恒。系统发射子弹前的动量为零，则系统发射子弹后的动量也为零。最后子弹、车厢和人成为一个整体，整体的动量为零，故速度为零，故D选项正确。
3.【答案】BD
【解析】子弹射入物块的过程中，物块的动量增大，所以物块和木板组成的系统动量不守恒，故A错误；选取向右为正方向，子弹射入物块过程，由动量守恒定律可得m0v0＝（m0＋m）v1，物块在木板上滑动过程，由动量守恒定律可得（m0＋m）v1＝（m0＋m＋M）v2，联立可得v2＝＝2 m/s，所以子弹的末动量大小为p＝m0v2＝0. 01 kg·m/s，故B正确；由动量定理可得子弹受到的冲量I＝Δp＝p－p0＝0. 01 kg·m/s－5×10－3×300 kg·m/s＝－1. 49 kg·m/s＝－1. 49 N·s。子弹与物块间的相互作用力大小始终相等，方向相反，所以子弹对物块的冲量大小为1. 49 N·s，故C错误；对子弹和物块整体，由动量定理得－μ（m0＋m）gt＝（m0＋m）（v2－v1），综上可得，物块相对于木板滑行的时间t＝＝1 s，故D正确。
4.【答案】ABD
【解析】系统的总动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得（m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，两球相距s＝v1t－v2t，代入数据解得v1＝0. 7 m/s，v2＝－0. 2 m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故A、B正确，C错误；由能量守恒定律得（m1＋m2）v02＋Ep＝m1v12＋m2v22，代入数据解得Ep＝0. 27 J，故D正确。
5.【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）由动量守恒定律得mv0＝m×v0＋3mv，解得v＝。
（2）对子弹，由动能定理得－f（s＋L）＝m（v0）2－mv
对木块，由动能定理得fs＝·3mv2
联立解得f＝，s＝。
（3）对子弹，由动量定理得－ft＝m（u－v0），由动能定理得f（ut＋L）＝m（v－u2）
联立解得t＝。
6.【答案】（1） （2）
【解析】（1）由子弹射入木块过程动量守恒有mv0＝（m＋M）v1
木块和子弹滑到点C处的过程中机械能守恒，有
（m＋M）v＝（m＋M）gR
联立两式解得
v0＝。
（2）以后当偶数子弹射中木块时，木块与子弹恰好静止，奇数子弹射中木块时，向右运动。
第17颗子弹射中时，由动量守恒定律可知
（M＋17m）v＝mv0
射入17颗子弹后的木块滑到最高点的过程中机械能守恒，有
（M＋17m）v2＝（M＋17m）gH
由以上两式解得
H＝。
动量与能量综合问题（二）
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，则满足动量守恒条件。
2. 整个过程往往涉及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。

1. 物块A、B（可视为质点）的质量分别为mA＝1 kg、mB＝2 kg，用水平轻弹簧连接它们并放在光滑的水平面上，A紧挨墙壁但与墙壁不粘连，如图所示，现用水平力将B向左缓慢压缩弹簧，当弹簧的弹性势能Ep＝9 J时撤去水平力，此时弹簧处于弹性限度内，求：
（1）从撤去水平力至B达到最大速度的过程中，B所受弹簧弹力的冲量大小I；
（2）A离开墙壁后弹簧弹性势能的最大值Epm。
【答案】（1）6 N·s （2）3 J
【解析】（1）由分析可知，A离开墙壁前弹簧再次处于原长时，B的速度最大，设为vB，根据机械能守恒定律有Ep＝mBvB2，
代入数据解得vB＝3 m/s，
由动量定理有I＝mBvB－0，
代入数据解得I＝6 N·s。
（2）A离开墙壁后，当两物块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mBvB＝（mA＋mB）v，
根据机械能守恒定律有mBvB2＝（mA＋mB）v2＋Epm，
联立解得Epm＝3 J。
2. 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被水平速度为v0的子弹射中并且嵌入其中。已知物体B的质量为m，物体A的质量是物体B的质量的，子弹的质量是物体B的质量的。
（1）求弹簧压缩到最短时B的速度。
（2）弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1） （2）
【解析】（1）当A、B速度相等时，弹簧的压缩量最大，设此时A、B的共同速度为v。取向右为正方向，对子弹、A、B组成的系统，从子弹射入A到弹簧压缩到最短时系统的动量守恒，则得：
mv0=（m+m+m）v
解得：v=v0
（2）设子弹射入A后，A与子弹的共同速度为v1，根据A与子弹系统的动量守恒得：
mv0=（m+m）v1，
解得，v1=v0。
由系统的机械能守恒定律得：
弹簧的最大弹性势能 Ep=﹣v2
解得：Ep=m
3. 两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图所示。现从水平方向迎面射来一颗子弹，质量为，速度为v0，子弹射入木块A并留在其中。
求：（1）在子弹击中木块后的瞬间木块A的速度vA和B的速度vB的大小；
（2）在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。
【答案】（1） （2）mv02
【解析】（1）在子弹射入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹簧弹力的作用，
故vB＝；
由于此时A不受弹簧的弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：
－＝（＋m）vA
解得vA＝。
（2）由于子弹击中木块A后木块A、木块B运动方向相同且vA