人教版 (2019)選擇性必修第一冊第一章動量守恒定律綜合與測試學(xué)案-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

? 彈簧—小球模型　滑塊—斜(曲)面模型

[學(xué)習(xí)目標]　1.進一步理解動量守恒定律、動能定理、能量守恒定律的內(nèi)容及含義.2.會應(yīng)用動量觀點和能量觀點分析這兩類模型．

一、彈簧—小球模型
1．對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)，在相互作用的過程中，若系統(tǒng)合外力為零，則滿足動量守恒定律．
2．在能量方面，由于彈簧發(fā)生形變，具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒．若還有其他外力和內(nèi)力做功，這些力做功之和等于系統(tǒng)機械能的改變量．
3．彈簧兩端物體把彈簧拉伸至最長(或壓縮至最短)時，兩端的物體具有相同的速度，彈性勢能最大．如系統(tǒng)每個物體除彈簧彈力外所受合力為零，當(dāng)彈簧為自然長度時，系統(tǒng)內(nèi)彈簧某一端的物體具有最大速度，此時彈性勢能為零．
如圖1所示，光滑水平面上靜止著一質(zhì)量為m2的剛性小球，小球與水平輕質(zhì)彈簧相連，另有一質(zhì)量為m1的剛性小球以速度v0向右運動，并與彈簧發(fā)生相互作用，兩球半徑相同，求：

圖1
(1)彈簧彈性勢能的最大值；
(2)彈簧第一次恢復(fù)原長時，m1、m2兩球的速度大?。?br /> 答案　(1)
(2)　
解析　(1)兩球速度相同時，彈簧彈性勢能最大．以v0的方向為正方向，
由動量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v
由能量守恒得m1v02＝(m1＋m2)v2＋Epmax
解得Epmax＝
(2)從m1與彈簧接觸到彈簧第一次恢復(fù)原長，整個過程兩球相當(dāng)于發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律和能量守恒定律得：
m1v0＝m1v1′＋m2v2′
m1v02＝m1v1′2＋m2v2′2
解得v1′＝
v2′＝.
如圖2所示，用水平輕彈簧相連的質(zhì)量均為2 kg的A、B兩物塊都以v＝6 m/s的速度在光滑水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4 kg的物塊C靜止在前方，B與C碰撞后二者粘在一起運動．在以后的運動中，求：

圖2
(1)當(dāng)彈簧的彈性勢能最大時，物塊A的速度多大？
(2)彈簧彈性勢能的最大值是多大？
(3)A的速度有可能向左嗎？為什么？
答案　(1)3 m/s　(2)12 J　(3)見解析
解析　(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大．
由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，以v的方向為正方向，有：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA′
解得vA′＝3 m/s.
(2)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為v′，則：mBv＝(mB＋mC)v′
解得：v′＝2 m/s
設(shè)彈簧的彈性勢能最大為Ep，根據(jù)能量守恒：
Ep＝(mB＋mC)v′2＋mAv2－(mA＋mB＋mC)vA′2
解得Ep＝12 J.
(3)A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒mAv＋mBv＝mAvA＋(mB＋mC)vB
設(shè)A的速度向左，有vA4 m/s
則作用后A、B、C動能之和：
Ek＝mAvA2＋(mB＋mC)vB2>(mB＋mC)vB2>48 J
實際上系統(tǒng)的總機械能為：
E＝Ep＋(mA＋mB＋mC)vA′2
＝12 J＋36 J＝48 J
根據(jù)能量守恒定律，Ek>E是不可能的，所以A不可能向左運動．
二、滑塊—斜(曲)面模型
對于滑塊—斜(曲)面模型，系統(tǒng)所受合力不為零，但常在水平方向上的合力為零，則在水平方向上系統(tǒng)動量守恒，再結(jié)合能量守恒列方程，聯(lián)立求解．
如圖3所示，有一質(zhì)量為m的小球，以速度v0滑上靜置于光滑水平面上的光滑圓弧軌道．已知圓弧軌道的質(zhì)量為2m，小球在上升過程中始終未能沖出圓弧，重力加速度為g，求：

圖3
(1)小球在圓弧軌道上能上升的最大高度；(用v0、g表示)
(2)小球離開圓弧軌道時的速度大小．
答案　(1)　(2)
解析　(1)小球在圓弧軌道上上升到最高時兩物體速度相同，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，規(guī)定v0的方向為正方向，有：mv0＝3mv，得v＝
根據(jù)機械能守恒定律得：
mv02＝×3mv2＋mgh
解得：h＝
(2)小球離開圓弧軌道時，根據(jù)動量守恒定律，
則有：mv0＝mv1＋2mv2
根據(jù)機械能守恒定律，則有：
mv02＝mv12＋×2mv22
聯(lián)立以上兩式可得：v1＝－v0，
則小球離開圓弧軌道時的速度大小為.
如圖4，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3 m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3 m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30 kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10 kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.

圖4
(1)求斜面體的質(zhì)量；
(2)通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？
答案　(1)20 kg　(2)不能
解析　(1)選向左為正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒定律和機械能守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v
m2v02＝(m2＋m3)v2＋m2gh
式中v0＝3 m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立兩式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20 kg.
(2)選向右為正方向，設(shè)小孩推出冰塊后小孩的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1－m2v0＝0，
代入數(shù)據(jù)得v1＝1 m/s
設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒定律和機械能守恒定律有－m2v0＝m2v2＋m3v3.
m2v02＝m2v22＋m3v32
聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1 m/s
由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩.

1.(滑塊—斜(曲)面模型)如圖5所示，在光滑的水平地面上停放著質(zhì)量為m的裝有弧形槽的小車．現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿與切線水平的槽口向小車滑去，不計一切摩擦，則(　　)

圖5
A．在相互作用的過程中，小車和小球組成的系統(tǒng)總動量守恒
B．小球從右側(cè)離開車后，對地將向右做平拋運動
C．小球從右側(cè)離開車后，對地將做自由落體運動
D．小球從右側(cè)離開車后，小車的速度有可能大于v0
答案　C
解析　整個過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；設(shè)小球離開小車時，小球的速度為v1，小車的速度為v2，整個過程中水平方向動量守恒：mv0＝mv1＋mv2，由機械能守恒定律得：mv02＝mv12＋mv22，聯(lián)立解得v1＝0，v2＝v0，即小球與小車分離時二者交換速度，所以小球從小車右側(cè)離開后對地將做自由落體運動，故B、D錯誤，C正確．
2．(彈簧—小球模型)如圖6，在光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C.B的左側(cè)固定一水平輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計)．設(shè)A以速度v0向B運動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動．假設(shè)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，

圖6
(1)整個系統(tǒng)損失的機械能；
(2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能．
答案　(1)mv02　(2)mv02
解析　A、B相互作用過程動量守恒、機械能也守恒，而B、C相碰粘接在一起時，動量守恒，機械能不守恒，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能則為B、C相碰過程中損失的機械能．當(dāng)A、B、C速度相等時，彈性勢能最大．
(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，以v0的方向為正方向，由動量守恒定律得mv0＝2mv1①
此時B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后瞬間的速度為v2，損失的機械能為ΔE.對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律和能量守恒定律得
mv1＝2mv2②
mv12＝ΔE＋(2m)v22③
聯(lián)立①②③式得ΔE＝mv02.④
(2)由②式可知v2

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