資源簡介

素養提升課(一)　動量
1．理解滑塊—木板模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。
2．理解滑塊—彈簧模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。
3．理解滑塊—曲面模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。
　“滑塊—木板”碰撞模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移(為子彈射入木塊的深度)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(2)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能。
(3)根據能量守恒定律知，系統損失的動能ΔEk＝Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質量越小，木塊(或木板)的質量越大，動能損失越多。
(4)該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運動的角度借助圖示求解。
【典例1】　(2022·湖北荊州期末)如圖所示，長木板C質量為mC＝0.5 kg，長度為L＝2 m，靜止在光滑的水平地面上，木板兩端分別固定有豎直彈性擋板D、E(厚度不計)，P為木板C的中點，一個質量為mB＝480 g的小物塊B靜止在P點。現有一質量為mA＝20 g的子彈A，以v0＝100 m/s的水平速度射入物塊B并留在其中(射入時間極短)，已知重力加速度g取10 m/s2。
(1)求子彈A射入物塊B后的瞬間，二者的共同速度；
(2)A射入B之后，若與擋板D恰好未發生碰撞，求B與C間的動摩擦因數。
[解析]　(1)子彈射入物塊B的過程系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得
mAv0＝(mA＋mB)v1
代入數據解得v1＝4 m/s。
(2)由題意可知，B與D碰撞前達到共同速度，A、B、C系統動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
由能量守恒定律得
＋μ(mA＋mB)g·
代入數據解得μ＝0.4。
[答案]　(1)4 m/s　(2)0.4
　滑塊—木板模型是通過板塊之間的滑動摩擦力發生相互作用的，當系統所受合外力為零時，系統的動量守恒，但機械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑塊若不滑離木板，意味著二者最終具有共同速度。
[跟進訓練]
1．如圖所示，質量為m的子彈以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上質量為M的木板，子彈沒有射出。此過程中木板的位移為s，子彈進入木板的深度為Δs，若將子彈在射入木板的過程中受到的阻力視為恒力，則關于s和Δs的大小關系，正確的說法是(　　)
A．s＞Δs　　 B．s＝Δs
C．s＜Δs D．不能確定
C　[方法一：設子彈和木板相互作用的時間為t，子彈和木板的共同速度為v，由勻變速直線運動的規律，有s＝t，Δs＝t，因為v0＞v，所以s＜Δs，故選項C正確。
方法二：由動量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，由動能定理，對木板Ffs＝Mv2，對子彈－Ff(s＋Δs)＝，聯立解得s＝Δs＜Δs，故選項C正確。]
2．如圖所示，一質量為m＝1 kg的滑塊以初速度v0從光滑平臺滑上與平臺等高的靜止的質量為M＝9 kg的小車，小車和滑塊間的動摩擦因數為μ＝0.2，小車長L＝1 m，水平地面光滑，若滑塊不滑出小車，滑塊初速度v0應滿足什么條件？(g＝10 m/s2)
[解析]　滑塊以初速度v0從平臺滑上小車，剛好滑到小車的最右端，此時兩者速度相同設為v
由動量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
從滑塊滑上小車到兩者速度相同，系統損失的動能為
ΔEk＝μmgL＝(M＋m)v2
解得v0＝m/s
若滑塊不滑出小車，滑塊的初速度應滿足v0≤m/s。
[答案]　v0≤m/s
　“滑塊—彈簧”碰撞模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為0，則系統動量守恒。
(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發生變化，系統的總動能將發生變化；若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒。
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為0，系統動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)。
【典例2】　(2022·江蘇鹽城一中期中)如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C。B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)。設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧，當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：
(1)B和C碰前瞬間B的速度；
(2)整個系統損失的機械能；
(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。
[解析]　(1)(2)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1，對A、B與彈簧組成的系統，由動量守恒定律得mv0＝
此時B與C發生完全非彈性碰撞，設碰撞后的瞬時速度為v2，損失的機械能為ΔE。對B、C組成的系統，由動量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2
＝ΔE＋
聯立解得v1＝，ΔE＝。
(3)B、C碰撞后，由于v2mv0＝3mv3
－ΔE＝＋Ep
聯立解得Ep＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
　解答含彈簧的系統類問題必須注意的幾個問題
(1)首先判斷彈簧的初始狀態是處于原長、伸長還是壓縮狀態。
(2)分析作用前、后彈簧和物體的運動狀態，依據動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程。
(3)判斷解出的結果的合理性。
(4)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機械能守恒定律或能量守恒定律求解。
(5)要特別注意彈簧的三個狀態：原長(此時彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(此時彈簧與連接的物體具有共同的瞬時速度，彈簧具有最大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的關鍵點。
[跟進訓練]
3．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　)
A．A物體的質量為3m
B．A物體的質量為2m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
AC　[彈簧固定，當彈簧壓縮量最大時，彈性勢能最大，A的動能轉化為彈簧的彈性勢能，A及彈簧組成的系統機械能守恒，則知彈簧被壓縮過程中最大的彈性勢能等于A的初動能，設A的質量為mA，即有Epm＝，當彈簧一端連接另一質量為m的物體B時，A與彈簧相互作用的過程中B將向右運動，A、B速度相等時，彈簧的彈性勢能最大，選取A的初速度的方向為正方向，由動量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由機械能守恒定律得Epm＝v2，解得mA＝3m，Epm＝，故A、C正確。]
4．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上。現使m1瞬間獲得3 m/s水平向右的速度，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得(　　)
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s且彈簧都是處于壓縮狀態
B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態逐漸恢復原長
C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2
D．在t2時刻兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶2
C　[由題圖乙可知t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s，總動能最小，根據系統機械能守恒可知，此時彈性勢能最大，t1時刻彈簧處于壓縮狀態，t3時刻彈簧處于伸長狀態，故A錯誤；結合題圖乙可知兩物塊的運動過程，開始時m1逐漸減速，m2逐漸加速，彈簧被壓縮，t1時刻二者速度相同，系統動能最小，勢能最大，彈簧被壓縮至最短，然后彈簧逐漸恢復原長，m2繼續加速，m1先減速為零，然后反向加速，t2時刻，彈簧恢復原長狀態，因為此時兩物塊速度相反，所以彈簧的長度將逐漸增大，m2減速，m1先減速，速度減為0后，反向加速，t3時刻，兩物塊速度相等，系統動能最小，彈簧最長，因此從t3到t4過程中彈簧由伸長狀態恢復原長，故B錯誤；根據系統動量守恒，從t＝0開始到t1時刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，將v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正確；在t2時刻，m1的速度為v1′＝－1 m/s，m2的速度為v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，則動量大小之比為p1∶p2＝1∶4，故D錯誤。]
　“滑塊—曲(斜)面類”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道，系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒，＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(2)最低點：m與M分離點，水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒，完全彈性碰撞拓展模型)。
【典例3】　如圖所示，在光滑水平面上停放著質量為m、裝有弧形槽的小車，現一質量為2m的光滑小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則下列說法正確的是(　　)
A．小球離車后，對地將做自由落體運動
B．小球離車后，對地將向右做平拋運動
C．小球在弧形槽上上升的最大高度為
D．此過程中小球對車做的功為
C　[小球水平向左沖上小車，又返回小車右端，最后離開小車，在整個過程中，小球與小車組成的系統在水平方向上動量守恒，由于沒有除重力以外的力做功，因此系統機械能守恒，相當于小球與小車發生彈性碰撞。設小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，以向左為正方向，根據動量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根據機械能守恒定律有，解得v1＝v0，所以小球與小車分離后對地將向左做平拋運動，A、B錯誤；當小球與小車的水平速度相等時，小球沿弧形槽上升到最大高度，設該高度為h，根據動量守恒定律有2mv0＝3mv，根據機械能守恒定律有×3mv2＋2mgh，解得h＝，C正確；整個過程中，根據動能定理可得小球對小車做的功W＝，D錯誤。]
[跟進訓練]
5．(多選)如圖所示，質量為m的楔形物塊上有圓弧軌道，圓弧對應的圓心角小于90°且足夠長，物塊靜止在光滑水平面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動，不計一切摩擦。則以下說法正確的是(　　)
A．小球能上升的最大高度H＝
B．小球上升過程中，小球的機械能守恒
C．小球最終靜止在水平面上
D．楔形物塊最終的速度為v1
ACD　[以水平向右為正方向，在小球上升過程中，系統水平方向動量守恒，有mv1＝(m＋m)v，系統機械能守恒，有(m＋m)v2＋mgH，解得v＝，A正確；單獨以小球為研究對象，斜面的支持力對小球做功，所以小球的機械能不守恒，故B錯誤；設最終小球的速度為v2，物塊的速度為v3，由水平方向動量守恒有mv1＝mv2＋mv3，由機械能守恒有，解得v2＝0，v3＝v1(另解v2＝v1，v3＝0舍去)，即交換速度，C、D正確。]
6．(2022·江蘇泰州中學高二期中)一光滑水平地面上靜止放著質量為m、半徑為R的光滑圓弧軌道，質量也為m的小球從軌道最左端的A點由靜止滑下(AC為水平直徑)，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．小球不可能滑到圓弧軌道右端最高點C
B．小球向右運動過程中，軌道先向左加速運動，后向右加速運動
C．軌道做往復運動，到原先靜止位置的最大距離為R
D．小球通過圓弧最低點B時的速度大小為
D　[當小球滑到圓弧軌道的最高點時，根據水平方向動量守恒可知，小球與圓弧軌道的速度均為零，根據機械能守恒定律可知，小球能滑到圓弧軌道右端最高點C，故A錯誤；小球向右運動過程中，軌道先向左加速，后向左減速，當小球到達C點時，速度為零，故B錯誤；設小球滑到圓弧軌道最低點時，軌道向左運動的距離為s，則小球相對地面水平位移大小為R－s，取水平向右為正方向，根據系統水平方向動量守恒得m＝0，解得s＝，所以軌道做往復運動，離原先靜止位置的最大距離為2s＝R，故C錯誤；設小球通過圓弧軌道最低點時小球與軌道的速度分別為v和v′，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv＋mv′＝0，由機械能守恒定律得mgR＝mv′2，聯立解得v＝，故D正確。]素養提升課(一)　動量
1．理解滑塊—木板模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。
2．理解滑塊—彈簧模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。
3．理解滑塊—曲面模型的特點及規律，學會結合動量和能量知識處理有關問題。
　“滑塊—木板”碰撞模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當兩者速度相等時木塊或木板的速度最大，兩者的相對位移(為子彈射入木塊的深度)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(2)系統的動量守恒，但機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統減少的機械能。
(3)根據能量守恒定律知，系統損失的動能ΔEk＝Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質量越小，木塊(或木板)的質量越大，動能損失越多。
(4)該類問題既可以從動量、能量角度求解，相當于非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運動的角度借助圖示求解。
【典例1】　(2022·湖北荊州期末)如圖所示，長木板C質量為mC＝0.5 kg，長度為L＝2 m，靜止在光滑的水平地面上，木板兩端分別固定有豎直彈性擋板D、E(厚度不計)，P為木板C的中點，一個質量為mB＝480 g的小物塊B靜止在P點。現有一質量為mA＝20 g的子彈A，以v0＝100 m/s的水平速度射入物塊B并留在其中(射入時間極短)，已知重力加速度g取10 m/s2。
(1)求子彈A射入物塊B后的瞬間，二者的共同速度；
(2)A射入B之后，若與擋板D恰好未發生碰撞，求B與C間的動摩擦因數。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　滑塊—木板模型是通過板塊之間的滑動摩擦力發生相互作用的，當系統所受合外力為零時，系統的動量守恒，但機械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑塊若不滑離木板，意味著二者最終具有共同速度。
[跟進訓練]
1．如圖所示，質量為m的子彈以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上質量為M的木板，子彈沒有射出。此過程中木板的位移為s，子彈進入木板的深度為Δs，若將子彈在射入木板的過程中受到的阻力視為恒力，則關于s和Δs的大小關系，正確的說法是(　　)
A．s＞Δs　　　　　　 B．s＝Δs
C．s＜Δs D．不能確定
2．如圖所示，一質量為m＝1 kg的滑塊以初速度v0從光滑平臺滑上與平臺等高的靜止的質量為M＝9 kg的小車，小車和滑塊間的動摩擦因數為μ＝0.2，小車長L＝1 m，水平地面光滑，若滑塊不滑出小車，滑塊初速度v0應滿足什么條件？(g＝10 m/s2)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　“滑塊—彈簧”碰撞模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)兩個或兩個以上的物體與彈簧相互作用的過程中，若系統所受外力的矢量和為0，則系統動量守恒。
(2)在能量方面，由于彈簧形變會使彈性勢能發生變化，系統的總動能將發生變化；若系統所受的外力和除彈簧彈力以外的內力不做功，系統機械能守恒。
(3)彈簧處于最長(最短)狀態時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(4)彈簧恢復原長時，彈性勢能為0，系統動能最大(完全彈性碰撞拓展模型，相當于碰撞結束時)。
【典例2】　(2022·江蘇鹽城一中期中)如圖所示，光滑水平直軌道上有三個質量均為m的物塊A、B、C。B的左側固定一輕彈簧(彈簧左側的擋板質量不計)。設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧，當A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續運動。假設B和C碰撞過程時間極短，求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：
(1)B和C碰前瞬間B的速度；
(2)整個系統損失的機械能；
(3)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能。
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　解答含彈簧的系統類問題必須注意的幾個問題
(1)首先判斷彈簧的初始狀態是處于原長、伸長還是壓縮狀態。
(2)分析作用前、后彈簧和物體的運動狀態，依據動量守恒定律和機械能守恒定律列出方程。
(3)判斷解出的結果的合理性。
(4)由于彈簧的彈力是變力，所以彈簧的彈性勢能通常利用機械能守恒定律或能量守恒定律求解。
(5)要特別注意彈簧的三個狀態：原長(此時彈簧的彈性勢能為零)、壓縮到最短或伸長到最長的狀態(此時彈簧與連接的物體具有共同的瞬時速度，彈簧具有最大的彈性勢能)，這往往是解決此類問題的關鍵點。
[跟進訓練]
3．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現讓彈簧一端連接另一質量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則(　　)
A．A物體的質量為3m
B．A物體的質量為2m
C．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
D．彈簧壓縮量最大時的彈性勢能為
4．如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平面上。現使m1瞬間獲得3 m/s水平向右的速度，以此刻為計時零點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖像信息可得(　　)
A．在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1 m/s且彈簧都是處于壓縮狀態
B．從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態逐漸恢復原長
C．兩物塊的質量之比為m1∶m2＝1∶2
D．在t2時刻兩物塊的動量大小之比為p1∶p2＝1∶2
　“滑塊—曲(斜)面類”模型
1．模型圖示
2．模型特點
(1)最高點：m與M具有共同水平速度v共，m不會從此處或提前偏離軌道，系統水平方向動量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統機械能守恒，＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。
(2)最低點：m與M分離點，水平方向動量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統機械能守恒，(完全彈性碰撞拓展模型)。
【典例3】　如圖所示，在光滑水平面上停放著質量為m、裝有弧形槽的小車，現一質量為2m的光滑小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則下列說法正確的是(　　)
A．小球離車后，對地將做自由落體運動
B．小球離車后，對地將向右做平拋運動
C．小球在弧形槽上上升的最大高度為
D．此過程中小球對車做的功為
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[跟進訓練]
5．(多選)如圖所示，質量為m的楔形物塊上有圓弧軌道，圓弧對應的圓心角小于90°且足夠長，物塊靜止在光滑水平面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動，不計一切摩擦。則以下說法正確的是(　　)
A．小球能上升的最大高度H＝
B．小球上升過程中，小球的機械能守恒
C．小球最終靜止在水平面上
D．楔形物塊最終的速度為v1
6．(2022·江蘇泰州中學高二期中)一光滑水平地面上靜止放著質量為m、半徑為R的光滑圓弧軌道，質量也為m的小球從軌道最左端的A點由靜止滑下(AC為水平直徑)，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．小球不可能滑到圓弧軌道右端最高點C
B．小球向右運動過程中，軌道先向左加速運動，后向右加速運動
C．軌道做往復運動，到原先靜止位置的最大距離為R
D．小球通過圓弧最低點B時的速度大小為素養提升練(一)　動量
一、選擇題
1．(多選)如圖所示，兩個質量和速度均相同的子彈分別水平射入靜止在光滑水平地面上質量相同、材料不同的兩矩形滑塊A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的兩倍。上述兩種射入過程相比較(　　)
A．射入滑塊A的子彈速度變化大
B．整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大
C．兩個過程中系統產生的熱量相同
D．射入滑塊A中時阻力對子彈做的功是射入滑塊B中時的兩倍
2．如圖所示，木塊A、B的質量均為2 kg，置于光滑水平面上，B與一輕質彈簧的一端相連，彈簧的另一端固定在豎直擋板上，當A以4 m/s的速度向B撞擊時，由于有橡皮泥而粘在一起運動，那么彈簧被壓縮到最短時，彈簧具有的彈性勢能大小為(　　)
A．4 J　　　　　 B．8 J
C．16 J D．32 J
3．如圖所示，光滑水平軌道上靜置著A、B、C、D四個物塊，其中mA＝mB＝mC＝m，B、C兩物塊用一輕質彈簧連接，某一瞬間，物塊A以速度v0向右滑動與物塊B發生碰撞并粘在一起，然后繼續向右運動，當物塊B、C速度相等時，物塊C恰好與物塊D發生彈性碰撞，碰后物塊D的速度為，設整個過程中碰撞時間均極短，彈簧始終在彈性限度內，下列說法正確的是(　　)
A．整個過程中損失的機械能為
B．物塊D的質量為3m
C．物塊C對物塊D的沖量大小為mv0
D．物塊C、D碰撞后彈簧再次壓縮至最短時物塊C的速度大小為v0
4．(2022·中原名校聯考)如圖所示，在固定的水平桿上，套有質量為m的光滑圓環，輕繩一端拴在環上，另一端系著質量為M的木塊，現有質量為m0的子彈以大小為v0的水平速度射入木塊并留在木塊中，重力加速度為g，下列說法正確的是(　　)
A．子彈射入木塊后瞬間，速度大小為
B．子彈射入木塊后瞬間，輕繩拉力等于(M＋m0)g
C．子彈射入木塊后瞬間，環對輕桿的壓力大于(M＋m＋m0)g
D．子彈射入木塊后，圓環、木塊和子彈構成的系統動量守恒
5．(2022·河南焦作模擬)如圖所示，一木塊靜止在長木板的左端，長木板靜止在水平地面上，木塊和長木板的質量相等，均為M，木塊和長木板之間、長木板和地面之間的動摩擦因數都為μ。一顆質量為m＝的子彈以一定速度水平向右射入木塊并留在其中，木塊在長木板上運動的距離為L；靜止后一顆相同的子彈以相同的速度射入長木板，并留在長木板中，重力加速度為g，則(　　)
A．第一顆子彈射入木塊前瞬間的速度為
B．木塊運動的加速度大小為μg
C．第二顆子彈射入長木板后，長木板運動的加速度大小為2μg
D．最終木塊靜止在距離長木板左端L處
6．如圖所示，半徑為R、質量為M的光滑圓槽置于光滑的水平地面上，一個質量為m的小木塊(可視為質點)從槽的頂端由靜止滑下。則木塊從槽口滑出時的速度大小為(　　)
A． B．
C． D．
二、非選擇題
7．(2022·遼寧遼陽期末)如圖所示，傾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三個質量均為m的物塊(均可視為質點)，A固定，C與斜面底端處的擋板接觸，B與C通過輕彈簧相連且均處于靜止狀態，A、B間的距離為d。現由靜止釋放A，一段時間后A與B發生碰撞，重力加速度大小為g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(B與C始終未接觸，彈簧始終在彈性限度內)
(1)求A與B碰撞前瞬間A的速度大小v0；
(2)若A、B的碰撞為彈性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下運動到速度為零時，彈簧的彈性勢能增量為Ep，求B沿斜面向下運動的最大距離x；
(3)若A下滑后與B碰撞并粘在一起，且C剛好要離開擋板時，A、B的總動能為Ek，求彈簧的勁度系數k。
8．如圖所示，在光滑的水平面上有一帶半圓形光滑弧面的小車，質量為M，圓弧半徑為R，從距車上表面高為H處靜止釋放一質量為m的小球，它剛好沿圓弧切線從A點落入小車，重力加速度為g，求：
(1)小球到達車底B點時，小車的速度和小球從A點到達B點的過程中小車的位移；
(2)小球到達小車右邊緣C點時，小球的速度。
9．(2022·湖北孝感月考)如圖所示，質量m＝245 g的物塊(可視為質點)放在質量M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數μ＝0.4。質量m0＝5 g的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)子彈進入物塊后一起向右滑行的最大速度v1；
(2)木板向右滑行的最大速度v2；
(3)物塊在木板上滑行的時間t及物塊在木板上相對木板滑行的距離x。
10．(2022·山東肥城期中)如圖所示，質量M＝2 kg的長木板B靜止于光滑水平面上，B的右邊s＝4 m處有豎直墻壁，現有一質量m＝1 kg的小物體A(可視為質點)，以速度v0＝6 m/s從B的左端水平滑上B，已知A和B間的動摩擦因數μ＝0.2，B與豎直墻壁的碰撞時間極短，且碰撞時無機械能損失。已知A最終沒有脫離B，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)B與墻壁碰撞時A、B的速度；
(2)A、B最終的運動速度；
(3)滿足條件木板B的最短長度。
素養提升練(一)
1．BC　[設子彈的初速度為v，子彈和滑塊的共同速度為v'，則根據動量守恒定律，有mv＝(M+m)v'，解得v'＝，由于兩矩形滑塊A、B的質量相同，故兩種情況中最后子彈與滑塊的速度都是相同的，子彈速度變化相同，故A錯誤；滑塊A、B的質量相同，初速度均為零，末速度均為，故動量變化量相等，根據動量定理可知，整個射入過程中兩滑塊受的沖量一樣大，故B正確；根據能量守恒定律，兩個過程中系統產生的熱量等于系統減小的機械能，則兩個過程中系統產生的熱量相同，故C正確；根據動能定理，射入滑塊中時阻力對子彈做的功等于子彈動能的變化量，則射入滑塊A中時阻力對子彈做的功等于射入滑塊B中時阻力對子彈做的功，故D錯誤。]
2．B　3．B　4．C　5．B　6．B
7．解析：(1)A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得mgdsinθ＝，解得v0＝。
(2)A、B發生彈性碰撞，碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，以沿斜面向下為正方向，由動量守恒定律得mv0＝mv1+mv2，由機械能守恒定律得+，解得v1＝0，v2＝，從碰撞后到B速度為零的過程，對B與彈簧組成的系統，由能量守恒定律得Ep＝+mgx·sinθ，解得x＝-d。
(3)A、B碰撞前彈簧的壓縮量x1＝，A、B碰撞過程系統動量守恒，以向下為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv3，解得v3＝，C恰好離開擋板時，彈簧的伸長量x2＝，在B開始沿斜面向下運動到C剛要離開擋板的過程中，彈簧彈性勢能的改變量為零，由機械能守恒定律得×2m＝Ek+2mg(x1+x2)sinθ，解得k＝。
答案：(1)　(2)-d　(3)
8．解析：(1)小球從A點運動到B點的過程中，小球和小車組成的系統在水平方向動量守恒，取向右為正方向，則有mv1-Mv2＝0，系統機械能守恒，則有mg(H+R)＝+，聯立以上兩式解得小球到達車底B點時小車的速度大小v2＝m，方向水平向左。由水平方向動量守恒還可得mx1-Mx2＝0，又x1+x2＝R，解得小球從A點到達B點的過程中小車的位移大小x2＝R，方向水平向左。
(2)小球到達C點時，小球相對小車豎直向上運動，所以水平方向速度相等，則(m+M)vx＝0，得此時小車速度vx＝0，根據動能定理可得mgH＝，解得vC＝，方向豎直向上。
答案：(1)m，方向水平向左　R，方向水平向左　(2)，方向豎直向上
9．解析：(1)子彈進入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動量守恒定律可得m0v0＝(m0+m)v1，解得v1＝6m/s。
(2)當子彈、物塊、木板三者共速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得(m0+m)v1＝(m0+m+M)v2，解得v2＝2m/s。
(3)對物塊和子彈組成的整體應用動量定理得-μ(m0+m)gt＝(m0+m)v2-(m0+m)v1，解得t＝1s，由能量守恒得
(m+m0)(m+m0+M)+μ(m+m0)gx，x＝3m。
答案：(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s　3 m
10．解析：(1)設A、B共速時B還未與墻壁相碰，由動量守恒得mv0＝(m+M)v，對B由動能定理可得μmgs1＝Mv2，解得v＝2m/s，s1＝2m(2)B與墻壁碰后，速度反向，設最終速度為v1，以向左為正方向，由動量守恒可得Mv-mv＝(m+M)v1，解得v1＝m/s。
(3)設A、B的相對位移為s2，由能量守恒定律得μmgs2＝-(m+M)，解得s2≈8.67m，即木板的長度最少為8.67m。
答案：(1)均為2 m/s　(2) m/s　(3)8.67 m主題提升課1 動量與動量守恒定律
通過對動量定理、動量守恒定律的實驗探究和理論推導，加深對物理規律之間聯系和物理理論體系的理解．學生在了解動量定理和動守恒定律的應用，尤其是與微觀粒子和宇宙天體相關的應用后，可以更好地通過動量守恒定律的普適性來認識自然界的統一性．
主題一　動量守恒定律的應用
能從理論推導和實驗驗證的角度，理解動量守恒定律，深化對物體之間相互作用規律的理解。
【典例1】　將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s　　　
B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s
D．6.3×102 kg·m/s
素養聚焦　本題以火箭點火升空為背景，考查了動量守恒定律應用中的反沖現象，要求考生能夠應用動量守恒定律解決實際問題，體現了高考注重對基礎知識和基本規律的考查。
A　[燃氣從火箭噴口噴出的過程中，火箭和燃氣組成的系統動量守恒，設燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為p，以火箭運動方向為正方向，根據動量守恒定律，可得p－mv0＝0，其中m為燃氣質量，v0為燃氣噴出的速度，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，選項A正確。]
【典例2】　(2021·海南卷)如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。
(1)滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大小；
(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；
(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。
素養聚焦　本題考查滑塊—木板問題，屬于碰撞模型的拓展，要求考生理解滑塊和木板的運動過程，建立恰當的物理模型，通過分析推理解決問題。
[解析]　(1)由于水平面光滑，則木板與滑塊組成的系統動量守恒，規定向右為正方向，則
2mv0＝3mv共
解得v共＝v0。
(2)由于木板速度是滑塊的2倍，則有
v木＝2v滑
根據動量守恒定律有
2mv0＝2mv木＋mv滑
聯立解得v滑＝v0，v木＝v0
根據功能關系有
－μmgx＝
解得此時滑塊到木塊最右端的距離x＝。
(3)由于木板保持勻速直線運動，則有
F＝μmg
對滑塊進行受力分析，并根據牛頓第二定律有a滑＝μg
滑塊相對木板靜止時有v0＝a滑t
解得t＝
整個過程中木板滑動的距離為x′＝v0t＝
外力所做的功為W＝Fx′＝。
[答案]　(1)v0　(2)　(3)
主題二　碰撞模型的建構
通過對碰撞等物理過程的探究、分析及應用，體會守恒思想，提高建模能力和科學論證能力。能從牛頓運動定律、動量守恒、能量守恒等不同角度思考物理問題。
【典例3】　(多選)(2020·全國卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A．48 kg　B．53 kg　C．58 kg　D．63 kg
素養聚焦　本題要求考生應用數學知識解決物理問題，運用歸納法分析出運動員推出物塊的作用過程滿足的關系式，考查的核心素養是運動與相互作用觀念和科學思維。
BC　[選運動員退行速度方向為正方向，設運動員的質量為M，物塊的質量為m，物塊被推出時的速度大小為v0，運動員第一次推出物塊后的退行速度大小為v1。根據動量守恒定律，運動員第一次推出物塊時有0＝Mv1－mv0，物塊與擋板發生彈性碰撞，以等大的速率反彈；第二次推出物塊時有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，以此類推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又運動員的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m【典例4】　2022年第24屆冬季奧運會在北京和張家口舉行。冰壺運動是比賽項目之一，深受觀眾喜愛。冰壺的一次投擲過程可以簡化為如圖甲所示的模型：在水平冰面上，運動員將冰壺1推到A點放手，冰壺1以速度v0從A點沿直線ABC滑行，之后與對方靜止在B點的冰壺2發生正碰。已知兩冰壺的質量均為m，冰面與兩冰壺間的動摩擦因數均為μ，A、B兩點之間的距離為L，重力加速度為g，冰壺可視為質點。不計空氣阻力。
(1)求冰壺1滑行到B點時的速度大小v；
(2)若忽略兩冰壺發生碰撞時的能量損失，請通過計算，分析說明碰后兩冰壺最終停止的位置將如圖乙所示：冰壺1停在B點，冰壺2停在B右側某點D。
(3)在實際情境中，兩冰壺發生碰撞時有一定的能量損失。如果考慮了它們碰撞時的能量損失，請你在圖丙中畫出兩冰壺1、2碰后最終停止的合理位置。
素養聚焦　本題以冰壺運動為背景命題，考查碰撞的特點。碰撞前冰壺1做勻減速直線運動。若忽略兩冰壺發生碰撞時的能量損失，則兩冰壺的碰撞是彈性碰撞；若考慮碰撞時的能量損失，則兩冰壺的碰撞是非彈性碰撞。
[解析]　(1)以冰壺1為研究對象，從A到B，根據動能定理得
－μmgL＝
解得v＝。
(2)以兩冰壺1、2為研究對象，設碰后瞬間它們的速度分別為v1和v2，取水平向右為正方向，根據動量守恒定律得
mv＝mv1＋mv2
根據動量守恒定律得
聯立解得v1＝0，v2＝v
即碰后冰壺1停在B點，冰壺2以速度v向前做勻減速直線運動，最后停在D點。
(3)兩冰壺發生碰撞時有一定的能量損失，兩冰壺1、2碰后最終停止的合理位置如圖所示，兩冰壺1、2停在B、D之間，冰壺1距B點近，冰壺2距B點遠。
[答案]　(1)　(2)見解析　(3)如圖所示主題提升課1 動量與動量守恒定律
通過對動量定理、動量守恒定律的實驗探究和理論推導，加深對物理規律之間聯系和物理理論體系的理解．學生在了解動量定理和動守恒定律的應用，尤其是與微觀粒子和宇宙天體相關的應用后，可以更好地通過動量守恒定律的普適性來認識自然界的統一性．
主題一　動量守恒定律的應用
能從理論推導和實驗驗證的角度，理解動量守恒定律，深化對物體之間相互作用規律的理解。
【典例1】　將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　)
A．30 kg·m/s　　　
B．5.7×102 kg·m/s
C．6.0×102 kg·m/s
D．6.3×102 kg·m/s
素養聚焦　本題以火箭點火升空為背景，考查了動量守恒定律應用中的反沖現象，要求考生能夠應用動量守恒定律解決實際問題，體現了高考注重對基礎知識和基本規律的考查。
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【典例2】　(2021·海南卷)如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g。
(1)滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大小；
(2)某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；
(3)若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運動時間以及外力所做的功。
素養聚焦　本題考查滑塊—木板問題，屬于碰撞模型的拓展，要求考生理解滑塊和木板的運動過程，建立恰當的物理模型，通過分析推理解決問題。
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主題二　碰撞模型的建構
通過對碰撞等物理過程的探究、分析及應用，體會守恒思想，提高建模能力和科學論證能力。能從牛頓運動定律、動量守恒、能量守恒等不同角度思考物理問題。
【典例3】　(多選)(2020·全國卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質量為4.0 kg的靜止物塊以大小為5.0 m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0 m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0 m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質量可能為(　　)
A．48 kg　B．53 kg　C．58 kg　D．63 kg
素養聚焦　本題要求考生應用數學知識解決物理問題，運用歸納法分析出運動員推出物塊的作用過程滿足的關系式，考查的核心素養是運動與相互作用觀念和科學思維。
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【典例4】　2022年第24屆冬季奧運會在北京和張家口舉行。冰壺運動是比賽項目之一，深受觀眾喜愛。冰壺的一次投擲過程可以簡化為如圖甲所示的模型：在水平冰面上，運動員將冰壺1推到A點放手，冰壺1以速度v0從A點沿直線ABC滑行，之后與對方靜止在B點的冰壺2發生正碰。已知兩冰壺的質量均為m，冰面與兩冰壺間的動摩擦因數均為μ，A、B兩點之間的距離為L，重力加速度為g，冰壺可視為質點。不計空氣阻力。
(1)求冰壺1滑行到B點時的速度大小v；
(2)若忽略兩冰壺發生碰撞時的能量損失，請通過計算，分析說明碰后兩冰壺最終停止的位置將如圖乙所示：冰壺1停在B點，冰壺2停在B右側某點D。
(3)在實際情境中，兩冰壺發生碰撞時有一定的能量損失。如果考慮了它們碰撞時的能量損失，請你在圖丙中畫出兩冰壺1、2碰后最終停止的合理位置。
素養聚焦　本題以冰壺運動為背景命題，考查碰撞的特點。碰撞前冰壺1做勻減速直線運動。若忽略兩冰壺發生碰撞時的能量損失，則兩冰壺的碰撞是彈性碰撞；若考慮碰撞時的能量損失，則兩冰壺的碰撞是非彈性碰撞。
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