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江苏版高考物理一轮复习第6章素养7动力学、动量和能量观点的综合应用课时学案
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这是一份江苏版高考物理一轮复习第6章素养7动力学、动量和能量观点的综合应用课时学案，文件包含核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时教学设计含反思docx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共46页， 欢迎下载使用。
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
[示例] (20分)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
审题破题：(1)“P、Q两小球被轻弹簧弹出”eq \(――→,\s\up7(遵循))动量守恒定律和能量守恒定律。
(2)“小球P……恰好能够通过半圆形轨道的最高点C”eq \(――→,\s\up7(隐含))Mg＝eq \f(Mv\\al(2,C),R)。
(3)“小球Q……球S碰撞后为一体”eq \(――→,\s\up7(遵循))动量守恒定律。
(4)“小球Q……一体飞出”eq \(――→,\s\up7(隐含))二者一起做平抛运动。
[规范解答] (1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝Meq \f(v\\al(2,C),R)(1分)
解得vC＝eq \r(gR)(1分)
对于小球P，从B→C，
由动能定理有－2MgR＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)(2分)
解得vB＝eq \r(5gR)(1分)
在B点有FNB－Mg＝Meq \f(v\\al(2,B),R)(2分)
解得FNB＝6Mg＝12 N(1分)
由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝12 N。(1分)
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式h＝eq \f(1,2)gt2得
t＝0.2 s(1分)
根据公式x＝vt，得v＝1 m/s(1分)
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝2mv(2分)
解得vQ＝2 m/s。(1分)
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ(2分)
解得vP＝1 m/s(1分)
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)(2分)
解得Ep＝0.3 J。(1分)
[答案] (1)12 N (2)2 m/s (3)0.3 J
规范解答“四部曲”
(1)文字说明规范
文字说明要用规范的物理语言和符号。对题干中未出现的字母进行说明时，字母书写要规范。设定所求的物理量或解题过程中用到的中间变量，可表述为设……，令……等。
(2)列方程规范
列方程时要做到“三要三不要”。
一是要写出方程式而不要堆砌公式；
二是要原始式而不是变形式；
三是要分步列式，不要用连等式。
(3)演算过程规范
要写出主要演算过程，有必要的关联词。一般表述为：将……代入……，由……式可得等。
(4)结果表达规范
对题中所求得物理量应有明确的回答，要写出最后结果的单位。答案中不能含有未知量和中间量。
[即时训练]
(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m[解析] (1)滑块b摆到最低点mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,b)
弹性正碰v0＝vb＝5 m/s。
(2)以竖直向下为正方向
FN＋mg＝meq \f(v\\al(2,E),R)
mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)
FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)
从h1释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零
mgh1－2μmgl－mgH＝0
h1＝1.2 m。
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块在E点或E点右侧
t＝eq \r(\f(2H,g)) s＝vEt
由几何关系可知DF＝eq \f(\r(3),5) m，则有
(3＋eq \f(\r(3),5)) m≤x<(3.6＋eq \f(\r(3),5)) m
当0.9 m从h2＝0.9 m释放时，滑块a运动到距C点0.8 m处速度恰好为零
滑块a由E点速度为零，返回到CD时距C点0.6 m处速度恰好为零
2．6 m[答案] (1)5 m/s (2)FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m) (3)2.6 m课时分层作业(十九) 动量守恒定律及其应用
(对应学生用书第432页)
题组一 动量守恒定律的理解和基本应用
1.大小相同的三个小球(均可视为质点)a、b、c静止在光滑水平面上，依次相距l等距离排列成一条直线，在c右侧距c为l处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。小球a的质量为2m，b、c的质量均为m。某时刻给a一沿小球连线向右的初动量p，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。下列判断正确的是( )
A．c第一次被碰后瞬间的动能为eq \f(2p2,3m)
B．c第一次被碰后瞬间的动能为eq \f(4p2,9m)
C．a与b第二次碰撞处到竖直墙的距离为eq \f(6,5)l
D．a与b第二次碰撞处到竖直墙的距离为eq \f(7,5)l
C [a与b发生弹性碰撞，设a碰前的初速度为v0，碰后a、b的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×mveq \\al(2,2)，联立解得v1＝eq \f(v0,3)，v2＝eq \f(4v0,3)，b以速度v2与静止的c发生弹性碰撞，设碰后b、c的速度分别为v3、v4，等质量的两个球发生弹性时速度交换，故有v3＝0，v4＝v2＝eq \f(4,3)v0，c第一次被碰后瞬间的动能为Ekc＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)＝eq \f(2p2,9m)，故A、B错误；设a与b第二次碰撞的位置到c停止的位置的距离为x，a、b两次碰撞的时间间隔为t，b以速度v2向右运动l与c碰撞，c以速度v4运动2l的距离返回与b再次碰撞，b再次获得等大的速度向左运动直到与a第二次碰撞，有x＋l＋2l＝v2t，对a，在相同的时间内有l－x＝v1t，联立可得x＝eq \f(l,5)，故a与b第二次碰撞处到竖直墙的距离d＝x＋l＝eq \f(6,5)l，故C正确，D错误。]
2.(2023·苏州中学模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是( )
A．FN＝mgcs α
B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcs α
C．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面向左滑动的距离为eq \f(m,M＋m)L
D [当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcs α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq \f(m,M＋m)L，D正确。]
题组二 碰撞、反冲和爆炸
3．(碰撞模型)如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，某时刻以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为( )
A．v0，水平向右 B．0
C.eq \f(mv0,M＋m)，水平向右 D．eq \f(mv0,M－m)，水平向右
C [以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，最终车厢的速度为v＝eq \f(mv0,M＋m)，方向与速度v0的方向相同，水平向右，故C正确。]
4．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′B为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
D [设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq \f(v,2)，碰后v′A＝eq \f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq \f(v,2)＝m×eq \f(v,2)＋2mv′B，解得v′B＝eq \f(3v,4)，所以v′A∶v′B＝eq \f(v,2)∶eq \f(3v,4)＝2∶3，D正确。]
5．(爆炸模型)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A B
C D
B [由h＝eq \f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块弹片做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的弹片的冲量沿运动方向，故这一块弹片的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。]
题组三 动量和能量观点的综合应用模型
6.(子弹打木块模型)如图所示，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。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( )
A.eq \f(1,v0)(s＋L) B．eq \f(1,v0)(s＋2L)
C.eq \f(1,2v0)(s＋L) D．eq \f(1,v0)(L＋2s)
D [子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块所用时间为t，则有eq \f(v2,2)t＝s，eq \f(v0＋v1,2)t＝s＋L，联立解得t＝eq \f(1,v0)(L＋2s)，选项D正确。]
7.(三物体碰撞与弹簧类)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，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是( )
A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为36 J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
B [B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3 m/s，根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,ABC)＝12 J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。]
8．(子弹打木块与木块木板模型)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：
(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；
(2)小车的长度L。
[解析] (1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1
解得v1＝10 m/s。
(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3
解得v2＝8 m/s
由能量守恒可得
eq \f(1,2)(m0＋m1)veq \\al(2,1)＝μm2gL＋eq \f(1,2)(m0＋m1)veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,3)
解得L＝2 m。
[答案] (1)10 m/s (2)2 m
9.(2023·金陵中学月考)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在下滑过程中，物块的机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
C．物块被弹簧反弹离开弹簧后，能回到槽高h处
D．物块被弹簧反弹离开弹簧后，做匀速直线运动
D [物块在下滑的过程中，光滑弧形槽对物块的支持力和物块的重力都做功，所以物块机械能不守恒，故A错误；物块和槽在水平方向上不受外力，但在竖直方向上受重力作用，所以物块和槽仅在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，故B错误；由于水平方向动量守恒，物块和槽质量相等，分离后具有等大反向的速度，所以物块被弹簧反弹后，将与槽相距一定距离，一起以相同的速度做匀速直线运动，故C错误，D正确。]
10．如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，A、B静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图像如图乙所示，P点图线斜率绝对值最大，则可知( )
甲 乙
A．物块A的质量为4 kg
B．运动过程中物块A的最大速度为vm＝4 m/s
C．在物块A离开挡板前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为8 J
B [弹簧伸长至最长时弹力最大，此时B的加速度最大，且A和B共速，由图知，A、B共同速度为v共＝2 m/s，A刚离开挡板时B的速度为v0＝3 m/s，在A离开挡板后，由动量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝2 kg，A项错误；A离开挡板后，弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由mBv0＝mAvm＋mBvB，eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,m)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)，解得A的最大速度vm＝4 m/s，B项正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，C项错误；分析A离开挡板后A、B的运动过程，可知当弹簧伸长到最长时有Ep＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,共)，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝6 J，D项错误。]
11．(2023·清江中学期末)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为eq \r(\f(3gL,5))时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动eq \f(L,10)距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
[解析] (1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知：mCg＝2mgcs 30°
解得：mC＝eq \r(3)m；
(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，取向下为正方向，根据动量守恒定律可知：
eq \r(3)m·eq \r(\f(3gL,5))＝2mv
解得：v＝eq \f(3,2)eq \r(\f(gL,5))
CD碰撞后向下运动eq \f(L,10)距离后停止，根据动能定理可知：2mg·eq \f(L,10)－F·eq \f(L,10)＝0－eq \f(1,2)×2mv2
解得：F＝6.5mg。
(3)设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，连接C的轻绳与竖直方向的夹角为α，由速度关联可知AB的速度大小与C的速度大小关系为：v＝v′cs α
根据机械能守恒定律可得：
eq \f(1,2)mCv′2＋2×eq \f(1,2)m(v′cs α)2＝mCg·eq \f(L,tan α)－2mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,sin α)－L))
令y＝mCg·eq \f(L,tan α)－2mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,sin α)－L))
对上式求导数可得：
eq \f(dy,dα)＝eq \r(3)mgL·eq \f(－1,sin2α)＋2mgL·eq \f(cs α,sin2α)
当eq \f(dy,da)＝0时，解得：cs α＝eq \f(\r(3),2)，即α＝30°
此时，有：
y＝mCg·eq \f(L,tan α)－2mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,sin α)－L))＝mgL
所以，有：eq \f(1,2)mCv′2＋2×eq \f(1,2)m(v′cs α)2＝mgL
解得：v′2＝eq \f(gL,\f(3,4)＋\f(\r(3),2))
此时系统的动能最大，C的动能为：EkC＝eq \f(1,2)mCv′2
解得：EkC＝(4－2eq \r(3))mgL。
[答案] (1)eq \r(3)m (2)6.5mg (3)(4－2eq \r(3))mgL
(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。
(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。用动量定理可简化问题的求解过程。
2．力学规律的选用原则
(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。
(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。
(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。
[示例] (20分)如图所示，在光滑水平桌面EAB上有质量为M＝0.2 kg的小球P和质量为m＝0.1 kg的小球Q，P、Q之间压缩一轻弹簧(轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处放置一质量也为m＝0.1 kg的橡皮泥球S，在B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最高点C；小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地面上的D点。已知水平桌面高为h＝0.2 m，D点到桌面边缘的水平距离为x＝0.2 m，重力加速度为g＝10 m/s2，求：
(1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力大小F′NB；
(2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速度大小vQ；
(3)被压缩的轻弹簧的弹性势能Ep。
审题破题：(1)“P、Q两小球被轻弹簧弹出”eq \(――→,\s\up7(遵循))动量守恒定律和能量守恒定律。
(2)“小球P……恰好能够通过半圆形轨道的最高点C”eq \(――→,\s\up7(隐含))Mg＝eq \f(Mv\\al(2,C),R)。
(3)“小球Q……球S碰撞后为一体”eq \(――→,\s\up7(遵循))动量守恒定律。
(4)“小球Q……一体飞出”eq \(――→,\s\up7(隐含))二者一起做平抛运动。
[规范解答] (1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C，则有Mg＝Meq \f(v\\al(2,C),R)(1分)
解得vC＝eq \r(gR)(1分)
对于小球P，从B→C，
由动能定理有－2MgR＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,C)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,B)(2分)
解得vB＝eq \r(5gR)(1分)
在B点有FNB－Mg＝Meq \f(v\\al(2,B),R)(2分)
解得FNB＝6Mg＝12 N(1分)
由牛顿第三定律有F′NB＝FNB＝12 N。(1分)
(2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为v，所用时间为t，
根据公式h＝eq \f(1,2)gt2得
t＝0.2 s(1分)
根据公式x＝vt，得v＝1 m/s(1分)
碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒，则有
mvQ＝2mv(2分)
解得vQ＝2 m/s。(1分)
(3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒，则有MvP＝mvQ(2分)
解得vP＝1 m/s(1分)
P、Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有
Ep＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,P)＋eq \f(1,2)mveq \\al(2,Q)(2分)
解得Ep＝0.3 J。(1分)
[答案] (1)12 N (2)2 m/s (3)0.3 J
规范解答“四部曲”
(1)文字说明规范
文字说明要用规范的物理语言和符号。对题干中未出现的字母进行说明时，字母书写要规范。设定所求的物理量或解题过程中用到的中间变量，可表述为设……，令……等。
(2)列方程规范
列方程时要做到“三要三不要”。
一是要写出方程式而不要堆砌公式；
二是要原始式而不是变形式；
三是要分步列式，不要用连等式。
(3)演算过程规范
要写出主要演算过程，有必要的关联词。一般表述为：将……代入……，由……式可得等。
(4)结果表达规范
对题中所求得物理量应有明确的回答，要写出最后结果的单位。答案中不能含有未知量和中间量。
[即时训练]
(2022·浙江6月选考)如图所示，在竖直面内，一质量为m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点。
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
(3)若物块b释放高度0.9 m
弹性正碰v0＝vb＝5 m/s。
(2)以竖直向下为正方向
FN＋mg＝meq \f(v\\al(2,E),R)
mgh－2μmgl－mgH＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,E)
FN＝0.1h－0.14(h≥1.2 m)
从h1释放时，滑块a运动到E点时速度恰好为零
mgh1－2μmgl－mgH＝0
h1＝1.2 m。
(3)当1.2 m≤h<1.65 m时，物块在E点或E点右侧
t＝eq \r(\f(2H,g)) s＝vEt
由几何关系可知DF＝eq \f(\r(3),5) m，则有
(3＋eq \f(\r(3),5)) m≤x<(3.6＋eq \f(\r(3),5)) m
当0.9 m
滑块a由E点速度为零，返回到CD时距C点0.6 m处速度恰好为零
2．6 m
(对应学生用书第432页)
题组一 动量守恒定律的理解和基本应用
1.大小相同的三个小球(均可视为质点)a、b、c静止在光滑水平面上，依次相距l等距离排列成一条直线，在c右侧距c为l处有一竖直墙，墙面垂直小球连线，如图所示。小球a的质量为2m，b、c的质量均为m。某时刻给a一沿小球连线向右的初动量p，忽略空气阻力、碰撞中的动能损失和碰撞时间。下列判断正确的是( )
A．c第一次被碰后瞬间的动能为eq \f(2p2,3m)
B．c第一次被碰后瞬间的动能为eq \f(4p2,9m)
C．a与b第二次碰撞处到竖直墙的距离为eq \f(6,5)l
D．a与b第二次碰撞处到竖直墙的距离为eq \f(7,5)l
C [a与b发生弹性碰撞，设a碰前的初速度为v0，碰后a、b的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)＋eq \f(1,2)×mveq \\al(2,2)，联立解得v1＝eq \f(v0,3)，v2＝eq \f(4v0,3)，b以速度v2与静止的c发生弹性碰撞，设碰后b、c的速度分别为v3、v4，等质量的两个球发生弹性时速度交换，故有v3＝0，v4＝v2＝eq \f(4,3)v0，c第一次被碰后瞬间的动能为Ekc＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,4)＝eq \f(2p2,9m)，故A、B错误；设a与b第二次碰撞的位置到c停止的位置的距离为x，a、b两次碰撞的时间间隔为t，b以速度v2向右运动l与c碰撞，c以速度v4运动2l的距离返回与b再次碰撞，b再次获得等大的速度向左运动直到与a第二次碰撞，有x＋l＋2l＝v2t，对a，在相同的时间内有l－x＝v1t，联立可得x＝eq \f(l,5)，故a与b第二次碰撞处到竖直墙的距离d＝x＋l＝eq \f(6,5)l，故C正确，D错误。]
2.(2023·苏州中学模拟)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为M，底边长为L，如图所示。将一质量为m、可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是( )
A．FN＝mgcs α
B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcs α
C．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面向左滑动的距离为eq \f(m,M＋m)L
D [当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于mgcs α，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝eq \f(m,M＋m)L，D正确。]
题组二 碰撞、反冲和爆炸
3．(碰撞模型)如图所示，车厢长为l、质量为M，静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体，某时刻以速度v0向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最后静止于车厢中，这时车厢的速度为( )
A．v0，水平向右 B．0
C.eq \f(mv0,M＋m)，水平向右 D．eq \f(mv0,M－m)，水平向右
C [以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向右为正方向，由动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，最终车厢的速度为v＝eq \f(mv0,M＋m)，方向与速度v0的方向相同，水平向右，故C正确。]
4．A球的质量是m，B球的质量是2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。B在前，A在后，发生正碰后，A球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后两球的速率比v′A∶v′B为( )
A．1∶2 B．1∶3
C．2∶1 D．2∶3
D [设碰前A球的速率为v，根据题意pA＝pB，即mv＝2mvB，得碰前vB＝eq \f(v,2)，碰后v′A＝eq \f(v,2)，由动量守恒定律，有mv＋2m×eq \f(v,2)＝m×eq \f(v,2)＋2mv′B，解得v′B＝eq \f(3v,4)，所以v′A∶v′B＝eq \f(v,2)∶eq \f(3v,4)＝2∶3，D正确。]
5．(爆炸模型)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
A B
C D
B [由h＝eq \f(1,2)gt2可知，爆炸后甲、乙两块弹片做平抛运动的时间t＝1 s，爆炸过程中，爆炸力对沿原方向运动的弹片的冲量沿运动方向，故这一块弹片的速度必然增大，即v>2 m/s，因此水平位移大于2 m，C、D项错误；甲、乙两块弹片在爆炸前后，水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，即甲、乙两块弹片的动量改变量大小相等，两块弹片质量比为3∶1，所以速度变化量之比为1∶3，由平抛运动水平方向上x＝v0t，所以A图中，v乙＝－0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝2.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，A项错误；B图中，v乙＝0.5 m/s，v甲＝2.5 m/s，Δv乙＝1.5 m/s，Δv甲＝0.5 m/s，B项正确。]
题组三 动量和能量观点的综合应用模型
6.(子弹打木块模型)如图所示，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。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( )
A.eq \f(1,v0)(s＋L) B．eq \f(1,v0)(s＋2L)
C.eq \f(1,2v0)(s＋L) D．eq \f(1,v0)(L＋2s)
D [子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块所用时间为t，则有eq \f(v2,2)t＝s，eq \f(v0＋v1,2)t＝s＋L，联立解得t＝eq \f(1,v0)(L＋2s)，选项D正确。]
7.(三物体碰撞与弹簧类)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，如图所示，B与C碰撞后二者会粘连在一起运动。则下列说法正确的是( )
A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/s
B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s
C．弹簧的弹性势能最大值为36 J
D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同
B [B与C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3 m/s，根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为Ep＝eq \f(1,2)(mB＋mC)veq \\al(2,BC)＋eq \f(1,2)mAv2－eq \f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq \\al(2,ABC)＝12 J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。]
8．(子弹打木块与木块木板模型)如图所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与小车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2，求：
(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；
(2)小车的长度L。
[解析] (1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1
解得v1＝10 m/s。
(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3
解得v2＝8 m/s
由能量守恒可得
eq \f(1,2)(m0＋m1)veq \\al(2,1)＝μm2gL＋eq \f(1,2)(m0＋m1)veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m2veq \\al(2,3)
解得L＝2 m。
[答案] (1)10 m/s (2)2 m
9.(2023·金陵中学月考)如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为m的小物块从槽高h处开始自由下滑，下列说法正确的是( )
A．在下滑过程中，物块的机械能守恒
B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒
C．物块被弹簧反弹离开弹簧后，能回到槽高h处
D．物块被弹簧反弹离开弹簧后，做匀速直线运动
D [物块在下滑的过程中，光滑弧形槽对物块的支持力和物块的重力都做功，所以物块机械能不守恒，故A错误；物块和槽在水平方向上不受外力，但在竖直方向上受重力作用，所以物块和槽仅在水平方向上动量守恒，在竖直方向上动量不守恒，故B错误；由于水平方向动量守恒，物块和槽质量相等，分离后具有等大反向的速度，所以物块被弹簧反弹后，将与槽相距一定距离，一起以相同的速度做匀速直线运动，故C错误，D正确。]
10．如图甲所示，物块A、B间拴接一个压缩后被锁定的轻弹簧，A、B静止放在光滑水平地面上，其中A物块最初与左侧固定的挡板相接触，B物块质量为4 kg。现解除对弹簧的锁定，在A离开挡板后，B物块的v-t图像如图乙所示，P点图线斜率绝对值最大，则可知( )
甲 乙
A．物块A的质量为4 kg
B．运动过程中物块A的最大速度为vm＝4 m/s
C．在物块A离开挡板前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒
D．在物块A离开挡板后，弹簧的最大弹性势能为8 J
B [弹簧伸长至最长时弹力最大，此时B的加速度最大，且A和B共速，由图知，A、B共同速度为v共＝2 m/s，A刚离开挡板时B的速度为v0＝3 m/s，在A离开挡板后，由动量守恒定律，有mBv0＝(mA＋mB)v共，解得mA＝2 kg，A项错误；A离开挡板后，弹簧第一次恢复原长时A的速度最大，由mBv0＝mAvm＋mBvB，eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)mAveq \\al(2,m)＋eq \f(1,2)mBveq \\al(2,B)，解得A的最大速度vm＝4 m/s，B项正确；在A离开挡板前，由于挡板对A有作用力，系统所受合外力不为零，所以系统动量不守恒，C项错误；分析A离开挡板后A、B的运动过程，可知当弹簧伸长到最长时有Ep＝eq \f(1,2)mBveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(mA＋mB)veq \\al(2,共)，联立解得弹簧的最大弹性势能Ep＝6 J，D项错误。]
11．(2023·清江中学期末)打桩机是基建常用工具。某种简易打桩机模型如图所示，重物A、B和C通过不可伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连接，C与滑轮等高(图中实线位置)时，C到两定滑轮的距离均为L。重物A和B的质量均为m，系统可以在如图虚线位置保持静止，此时连接C的绳与水平方向的夹角为60°。某次打桩时，用外力将C拉到图中实线位置，然后由静止释放。设C的下落速度为eq \r(\f(3gL,5))时，与正下方质量为2m的静止桩D正碰，碰撞时间极短，碰撞后C的速度为零，D竖直向下运动eq \f(L,10)距离后静止(不考虑C、D再次相碰)。A、B、C、D均可视为质点。
(1)求C的质量；
(2)若D在运动过程中受到的阻力F可视为恒力，求F的大小；
(3)撤掉桩D，将C再次拉到图中实线位置，然后由静止释放，求A、B、C的总动能最大时C的动能。
[解析] (1)系统在如图虚线位置保持静止，以C为研究对象，根据平衡条件可知：mCg＝2mgcs 30°
解得：mC＝eq \r(3)m；
(2)CD碰后C的速度为零，设碰撞后D的速度v，取向下为正方向，根据动量守恒定律可知：
eq \r(3)m·eq \r(\f(3gL,5))＝2mv
解得：v＝eq \f(3,2)eq \r(\f(gL,5))
CD碰撞后向下运动eq \f(L,10)距离后停止，根据动能定理可知：2mg·eq \f(L,10)－F·eq \f(L,10)＝0－eq \f(1,2)×2mv2
解得：F＝6.5mg。
(3)设某时刻C向下运动的速度为v′，AB向上运动的速度为v，连接C的轻绳与竖直方向的夹角为α，由速度关联可知AB的速度大小与C的速度大小关系为：v＝v′cs α
根据机械能守恒定律可得：
eq \f(1,2)mCv′2＋2×eq \f(1,2)m(v′cs α)2＝mCg·eq \f(L,tan α)－2mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,sin α)－L))
令y＝mCg·eq \f(L,tan α)－2mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,sin α)－L))
对上式求导数可得：
eq \f(dy,dα)＝eq \r(3)mgL·eq \f(－1,sin2α)＋2mgL·eq \f(cs α,sin2α)
当eq \f(dy,da)＝0时，解得：cs α＝eq \f(\r(3),2)，即α＝30°
此时，有：
y＝mCg·eq \f(L,tan α)－2mg·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,sin α)－L))＝mgL
所以，有：eq \f(1,2)mCv′2＋2×eq \f(1,2)m(v′cs α)2＝mgL
解得：v′2＝eq \f(gL,\f(3,4)＋\f(\r(3),2))
此时系统的动能最大，C的动能为：EkC＝eq \f(1,2)mCv′2
解得：EkC＝(4－2eq \r(3))mgL。
[答案] (1)eq \r(3)m (2)6.5mg (3)(4－2eq \r(3))mgL
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