第1章 专题课：动量与能量综合解决常见模型（课件 学案 练习）高中物理鲁科版（2019）选择性必修 第一册

专题课:动量与能量综合解决常见模型 例1　C　[解析] 弹簧压缩到最短时,A、B速度相等,根据动量守恒定律有mAv0=(mA+mB)v,A物体的速度大小为v=1 m/s,A、B错误;弹簧最短时,弹簧弹性势能最大,系统动能最小,根据机械能守恒定律有mA=(mA+mB)v2+Epmax,得Epmax=6 J,系统最小动能为Ekmin=(mA+mB)v2=2 J,C正确,D错误. 例2　(1)20 N　(2)2 J　(3)1.5 J [解析] (1)对C,由动量定理得 -FΔt=-mCv-mCv0 (2分) 解得F=20 N. (1分) (2)C与A碰撞过程中,由动量守恒定律得 mCv0=mAvA-mCv (2分) 解得vA=4 m/s 碰撞过程中损失的机械能 ΔE=mC-mCv2-mA=2 J. (2分) (3)C与A碰撞结束后,A、B和弹簧组成的系统在运动过程中动量守恒且机械能守恒,当弹簧被压缩到最短时,A和B有共同速度,此时弹簧的弹性势能最大,设共同速度为v1,有 mAvA=(mA+mB)v1 (2分) mA=(mA+mB)+Ep (2分) 联立解得Ep=1.5 J. (1分) 例3　AC　[解析] 当小球与小车的水平速度相等时,小球沿弧形槽上升到最大高度,由水平方向动量守恒知mv0=2mv,得v=,故A正确;设小球离开小车时,小球的速度为v1,小车的速度为v2,整个过程中动量守恒,得mv0=mv1+mv2①,由机械能守恒得m=m+m②,联立①②,解得v1=0,v2=v0,即小球与小车分离后二者交换速度,所以小球与小车分离后做自由落体运动,故B错误,C正确;对小车运用动能定理得,小球对小车做的功W=m-0=m,故D错误. 例4　h [解析] 根据题意可知,物块从劈A上由静止滑下,到达劈A底端时,设物块的速度大小为v,A的速度大小为vA,由机械能守恒和水平方向动量守恒得 mgh=mv2+M1 M1vA=mv 设物块在劈B上能够达到的最大高度为h',此时物块和劈B的共同速度大小为v',由机械能守恒和水平方向动量守恒得 mgh'+(M2+m)v'2=mv2 mv=(M2+m)v' 联立解得h'=h. 例5 　AD　[解析] 取向右为正方向,物块C与物块B碰撞时动量守恒,根据动量守恒定律可得mv=2mv1,解得碰撞后二者的速度大小为v1=v,故A正确;碰撞过程中损失的机械能为ΔE=mv2-×2m,解得ΔE=mv2,故B错误;当B、C再次回到最低点时A的速度最大,设A的最大速度为v2,此时B、C的速度为v3,根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒得2mv1=mv2+2mv3,根据系统的机械能守恒得×2m=m+×2m,解得v2=v,故C错误;当A、B、C三者速度相等为v4时,物块B、C上升的高度最大,根据A、B、C组成的系统在水平方向上动量守恒得2mv1=3mv4,根据机械能守恒定律有2mgh=×2m-×3m,解得h=,故D正确. 例6　(1)v0　(2)　(3)　　　(4)　　(5) [解析] (1)设子弹、木块相对静止时的速度为v,以子弹初速度的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(M+m)v 解得v=v0 (2)设子弹在木块内运动的时间为t,对木块,由动量定理得ft=Mv-0 解得t= (3)设子弹、木块发生的位移分别为s1、s2,如图所示. 对子弹,由动能定理得-fs1=mv2-m 解得s1= 对木块,由动能定理得fs2=Mv2 解得s2= 子弹打进木块的深度等于相对位移,即s相=s1-s2= (4)系统损失的机械能为E损=m-(M+m)v2= 系统增加的内能为Q=f·s相= 系统增加的内能等于系统损失的机械能 (5)假设子弹恰好不射出木块,有fL=m-(M+m)v2 解得L= 因此木块的长度至少为 例7　(1)2 m/s　(2)1 s　(3)30 J [解析] (1)小车和物体组成的系统动量守恒,规定向右为正方向,则mv0=(m+M)v 解得v== m/s=2 m/s (2)物体在小车上做匀减速直线运动 根据牛顿第二定律可知-μmg=ma 解得a=-μg=-3 m/s2 则物体在小车上滑行的时间为t== s=1 s (3)根据能量守恒定律,系统产生的摩擦热为 ΔQ=m-(m+M)v2=×4×52 J-×(4+6)×22 J=30 J 例8　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s [解析] (1)子弹射入物块后和物块一起向右滑行的初速度即最大速度,由动量守恒定律得m0v0=(m0+m)v1, 解得v1=6 m/s. (2)当子弹、物块、木板三者共速时,木板的速度最大,由动量守恒定律得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2, 解得v2=2 m/s. (3)对物块 ... ...