素养提升课(一) 动量
1．理解滑块—木板模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
2．理解滑块—弹簧模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
3．理解滑块—曲面模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
“滑块—木板”碰撞模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(3)根据能量守恒定律知，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多。
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。
【典例1】 (2022·湖北荆州期末)如图所示，长木板C质量为mC＝0.5 kg，长度为L＝2 m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E(厚度不计)，P为木板C的中点，一个质量为mB＝480 g的小物块B静止在P点。现有一质量为mA＝20 g的子弹A，以v0＝100 m/s的水平速度射入物块B并留在其中(射入时间极短)，已知重力加速度g取10 m/s2。
(1)求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；
(2)A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数。
[解析] (1)子弹射入物块B的过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
mAv0＝(mA＋mB)v1
代入数据解得v1＝4 m/s。
(2)由题意可知，B与D碰撞前达到共同速度，A、B、C系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
(mA＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2
由能量守恒定律得
＋μ(mA＋mB)g·
代入数据解得μ＝0.4。
[答案] (1)4 m/s (2)0.4
滑块—木板模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用的，当系统所受合外力为零时，系统的动量守恒，但机械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度。
[跟进训练]
1．如图所示，质量为m的子弹以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上质量为M的木板，子弹没有射出。此过程中木板的位移为s，子弹进入木板的深度为Δs，若将子弹在射入木板的过程中受到的阻力视为恒力，则关于s和Δs的大小关系，正确的说法是( )
A．s＞Δs B．s＝Δs
C．s＜Δs D．不能确定
C [方法一：设子弹和木板相互作用的时间为t，子弹和木板的共同速度为v，由匀变速直线运动的规律，有s＝t，Δs＝t，因为v0＞v，所以s＜Δs，故选项C正确。
方法二：由动量守恒定律，有mv0＝(m＋M)v，由动能定理，对木板Ffs＝Mv2，对子弹－Ff(s＋Δs)＝，联立解得s＝Δs＜Δs，故选项C正确。]
2．如图所示，一质量为m＝1 kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9 kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1 m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10 m/s2)
[解析] 滑块以初速度v0从平台滑上小车，刚好滑到小车的最右端，此时两者速度相同设为v
由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v
从滑块滑上小车到两者速度相同，系统损失的动能为
ΔEk＝μmgL＝(M＋m)v2
解得v0＝m/s
若滑块不滑出小车，滑块的初速度应满足v0≤m/s。
[答案] v0≤m/s
“滑块—弹簧”碰撞模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
【典例2】 (2022·江苏盐城一中期中)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)B和C碰前瞬间B的速度；
(2)整个系统损失的机械能；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
[解析] (1)(2)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE。对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2
＝ΔE＋
联立解得v1＝，ΔE＝。
(3)B、C碰撞后，由于v2mv0＝3mv3
－ΔE＝＋Ep
联立解得Ep＝。
[答案] (1) (2) (3)
解答含弹簧的系统类问题必须注意的几个问题
(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。
(2)分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
(3)判断解出的结果的合理性。
(4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。
(5)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧与连接的物体具有共同的瞬时速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的关键点。
[跟进训练]
3．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
AC [弹簧固定，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A的动能转化为弹簧的弹性势能，A及弹簧组成的系统机械能守恒，则知弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为mA，即有Epm＝，当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得mA·2v0＝(m＋mA)v，由机械能守恒定律得Epm＝v2，解得mA＝3m，Epm＝，故A、C正确。]
4．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得3 m/s水平向右的速度，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
C [由题图乙可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态，故A错误；结合题图乙可知两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相同，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩至最短，然后弹簧逐渐恢复原长，m2继续加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，因为此时两物块速度相反，所以弹簧的长度将逐渐增大，m2减速，m1先减速，速度减为0后，反向加速，t3时刻，两物块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；根据系统动量守恒，从t＝0开始到t1时刻有m1v1＝(m1＋m2)v2，将v1＝3 m/s，v2＝1 m/s代入得m1∶m2＝1∶2，故C正确；在t2时刻，m1的速度为v1′＝－1 m/s，m2的速度为v2′＝2 m/s，又m1∶m2＝1∶2，则动量大小之比为p1∶p2＝1∶4，故D错误。]
“滑块—曲(斜)面类”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)最低点：m与M分离点，水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，完全弹性碰撞拓展模型)。
【典例3】 如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有弧形槽的小车，现一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是( )
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
C [小球水平向左冲上小车，又返回小车右端，最后离开小车，在整个过程中，小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，由于没有除重力以外的力做功，因此系统机械能守恒，相当于小球与小车发生弹性碰撞。设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，以向左为正方向，根据动量守恒定律有2mv0＝2mv1＋mv2，根据机械能守恒定律有，解得v1＝v0，所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，A、B错误；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，设该高度为h，根据动量守恒定律有2mv0＝3mv，根据机械能守恒定律有×3mv2＋2mgh，解得h＝，C正确；整个过程中，根据动能定理可得小球对小车做的功W＝，D错误。]
[跟进训练]
5．(多选)如图所示，质量为m的楔形物块上有圆弧轨道，圆弧对应的圆心角小于90°且足够长，物块静止在光滑水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动，不计一切摩擦。则以下说法正确的是( )
A．小球能上升的最大高度H＝
B．小球上升过程中，小球的机械能守恒
C．小球最终静止在水平面上
D．楔形物块最终的速度为v1
ACD [以水平向右为正方向，在小球上升过程中，系统水平方向动量守恒，有mv1＝(m＋m)v，系统机械能守恒，有(m＋m)v2＋mgH，解得v＝，A正确；单独以小球为研究对象，斜面的支持力对小球做功，所以小球的机械能不守恒，故B错误；设最终小球的速度为v2，物块的速度为v3，由水平方向动量守恒有mv1＝mv2＋mv3，由机械能守恒有，解得v2＝0，v3＝v1(另解v2＝v1，v3＝0舍去)，即交换速度，C、D正确。]
6．(2022·江苏泰州中学高二期中)一光滑水平地面上静止放着质量为m、半径为R的光滑圆弧轨道，质量也为m的小球从轨道最左端的A点由静止滑下(AC为水平直径)，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球不可能滑到圆弧轨道右端最高点C
B．小球向右运动过程中，轨道先向左加速运动，后向右加速运动
C．轨道做往复运动，到原先静止位置的最大距离为R
D．小球通过圆弧最低点B时的速度大小为
D [当小球滑到圆弧轨道的最高点时，根据水平方向动量守恒可知，小球与圆弧轨道的速度均为零，根据机械能守恒定律可知，小球能滑到圆弧轨道右端最高点C，故A错误；小球向右运动过程中，轨道先向左加速，后向左减速，当小球到达C点时，速度为零，故B错误；设小球滑到圆弧轨道最低点时，轨道向左运动的距离为s，则小球相对地面水平位移大小为R－s，取水平向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒得m＝0，解得s＝，所以轨道做往复运动，离原先静止位置的最大距离为2s＝R，故C错误；设小球通过圆弧轨道最低点时小球与轨道的速度分别为v和v′，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv＋mv′＝0，由机械能守恒定律得mgR＝mv′2，联立解得v＝，故D正确。]素养提升课(一) 动量
1．理解滑块—木板模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
2．理解滑块—弹簧模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
3．理解滑块—曲面模型的特点及规律，学会结合动量和能量知识处理有关问题。
“滑块—木板”碰撞模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)若子弹未射穿木块或滑块未从木板上滑下，当两者速度相等时木块或木板的速度最大，两者的相对位移(为子弹射入木块的深度)取得极值(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能。
(3)根据能量守恒定律知，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，可以看出，子弹(或滑块)的质量越小，木块(或木板)的质量越大，动能损失越多。
(4)该类问题既可以从动量、能量角度求解，相当于非弹性碰撞拓展模型，也可以从力和运动的角度借助图示求解。
【典例1】 (2022·湖北荆州期末)如图所示，长木板C质量为mC＝0.5 kg，长度为L＝2 m，静止在光滑的水平地面上，木板两端分别固定有竖直弹性挡板D、E(厚度不计)，P为木板C的中点，一个质量为mB＝480 g的小物块B静止在P点。现有一质量为mA＝20 g的子弹A，以v0＝100 m/s的水平速度射入物块B并留在其中(射入时间极短)，已知重力加速度g取10 m/s2。
(1)求子弹A射入物块B后的瞬间，二者的共同速度；
(2)A射入B之后，若与挡板D恰好未发生碰撞，求B与C间的动摩擦因数。
[听课记录]
滑块—木板模型是通过板块之间的滑动摩擦力发生相互作用的，当系统所受合外力为零时，系统的动量守恒，但机械能一般不守恒，多用能量守恒定律求解，需要注意的是，滑块若不滑离木板，意味着二者最终具有共同速度。
[跟进训练]
1．如图所示，质量为m的子弹以水平速度v0射入放在光滑水平桌面上质量为M的木板，子弹没有射出。此过程中木板的位移为s，子弹进入木板的深度为Δs，若将子弹在射入木板的过程中受到的阻力视为恒力，则关于s和Δs的大小关系，正确的说法是( )
A．s＞Δs B．s＝Δs
C．s＜Δs D．不能确定
2．如图所示，一质量为m＝1 kg的滑块以初速度v0从光滑平台滑上与平台等高的静止的质量为M＝9 kg的小车，小车和滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，小车长L＝1 m，水平地面光滑，若滑块不滑出小车，滑块初速度v0应满足什么条件？(g＝10 m/s2)
“滑块—弹簧”碰撞模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为0，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。
【典例2】 (2022·江苏盐城一中期中)如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧，当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中：
(1)B和C碰前瞬间B的速度；
(2)整个系统损失的机械能；
(3)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
[听课记录]
解答含弹簧的系统类问题必须注意的几个问题
(1)首先判断弹簧的初始状态是处于原长、伸长还是压缩状态。
(2)分析作用前、后弹簧和物体的运动状态，依据动量守恒定律和机械能守恒定律列出方程。
(3)判断解出的结果的合理性。
(4)由于弹簧的弹力是变力，所以弹簧的弹性势能通常利用机械能守恒定律或能量守恒定律求解。
(5)要特别注意弹簧的三个状态：原长(此时弹簧的弹性势能为零)、压缩到最短或伸长到最长的状态(此时弹簧与连接的物体具有共同的瞬时速度，弹簧具有最大的弹性势能)，这往往是解决此类问题的关键点。
[跟进训练]
3．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则( )
A．A物体的质量为3m
B．A物体的质量为2m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
4．如图甲所示，一轻弹簧的两端分别与质量为m1和m2的两物块相连接，并且静止在光滑的水平面上。现使m1瞬间获得3 m/s水平向右的速度，以此刻为计时零点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可得( )
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态逐渐恢复原长
C．两物块的质量之比为m1∶m2＝1∶2
D．在t2时刻两物块的动量大小之比为p1∶p2＝1∶2
“滑块—曲(斜)面类”模型
1．模型图示
2．模型特点
(1)最高点：m与M具有共同水平速度v共，m不会从此处或提前偏离轨道，系统水平方向动量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系统机械能守恒，＋mgh，其中h为滑块上升的最大高度，不一定等于圆弧轨道的高度(完全非弹性碰撞拓展模型)。
(2)最低点：m与M分离点，水平方向动量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系统机械能守恒，(完全弹性碰撞拓展模型)。
【典例3】 如图所示，在光滑水平面上停放着质量为m、装有弧形槽的小车，现一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是( )
A．小球离车后，对地将做自由落体运动
B．小球离车后，对地将向右做平抛运动
C．小球在弧形槽上上升的最大高度为
D．此过程中小球对车做的功为
[听课记录]
[跟进训练]
5．(多选)如图所示，质量为m的楔形物块上有圆弧轨道，圆弧对应的圆心角小于90°且足够长，物块静止在光滑水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动，不计一切摩擦。则以下说法正确的是( )
A．小球能上升的最大高度H＝
B．小球上升过程中，小球的机械能守恒
C．小球最终静止在水平面上
D．楔形物块最终的速度为v1
6．(2022·江苏泰州中学高二期中)一光滑水平地面上静止放着质量为m、半径为R的光滑圆弧轨道，质量也为m的小球从轨道最左端的A点由静止滑下(AC为水平直径)，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．小球不可能滑到圆弧轨道右端最高点C
B．小球向右运动过程中，轨道先向左加速运动，后向右加速运动
C．轨道做往复运动，到原先静止位置的最大距离为R
D．小球通过圆弧最低点B时的速度大小为素养提升练(一) 动量
一、选择题
1．(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较( )
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大
C．两个过程中系统产生的热量相同
D．射入滑块A中时阻力对子弹做的功是射入滑块B中时的两倍
2．如图所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为( )
A．4 J B．8 J
C．16 J D．32 J
3．如图所示，光滑水平轨道上静置着A、B、C、D四个物块，其中mA＝mB＝mC＝m，B、C两物块用一轻质弹簧连接，某一瞬间，物块A以速度v0向右滑动与物块B发生碰撞并粘在一起，然后继续向右运动，当物块B、C速度相等时，物块C恰好与物块D发生弹性碰撞，碰后物块D的速度为，设整个过程中碰撞时间均极短，弹簧始终在弹性限度内，下列说法正确的是( )
A．整个过程中损失的机械能为
B．物块D的质量为3m
C．物块C对物块D的冲量大小为mv0
D．物块C、D碰撞后弹簧再次压缩至最短时物块C的速度大小为v0
4．(2022·中原名校联考)如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．子弹射入木块后瞬间，速度大小为
B．子弹射入木块后瞬间，轻绳拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
5．(2022·河南焦作模拟)如图所示，一木块静止在长木板的左端，长木板静止在水平地面上，木块和长木板的质量相等，均为M，木块和长木板之间、长木板和地面之间的动摩擦因数都为μ。一颗质量为m＝的子弹以一定速度水平向右射入木块并留在其中，木块在长木板上运动的距离为L；静止后一颗相同的子弹以相同的速度射入长木板，并留在长木板中，重力加速度为g，则( )
A．第一颗子弹射入木块前瞬间的速度为
B．木块运动的加速度大小为μg
C．第二颗子弹射入长木板后，长木板运动的加速度大小为2μg
D．最终木块静止在距离长木板左端L处
6．如图所示，半径为R、质量为M的光滑圆槽置于光滑的水平地面上，一个质量为m的小木块(可视为质点)从槽的顶端由静止滑下。则木块从槽口滑出时的速度大小为( )
A． B．
C． D．
二、非选择题
7．(2022·辽宁辽阳期末)如图所示，倾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端处的挡板接触，B与C通过轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d。现由静止释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。(B与C始终未接触，弹簧始终在弹性限度内)
(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；
(2)若A、B的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时，弹簧的弹性势能增量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x；
(3)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k。
8．如图所示，在光滑的水平面上有一带半圆形光滑弧面的小车，质量为M，圆弧半径为R，从距车上表面高为H处静止释放一质量为m的小球，它刚好沿圆弧切线从A点落入小车，重力加速度为g，求：
(1)小球到达车底B点时，小车的速度和小球从A点到达B点的过程中小车的位移；
(2)小球到达小车右边缘C点时，小球的速度。
9．(2022·湖北孝感月考)如图所示，质量m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量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μ＝0.4。质量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)，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)子弹进入物块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)物块在木板上滑行的时间t及物块在木板上相对木板滑行的距离x。
10．(2022·山东肥城期中)如图所示，质量M＝2 kg的长木板B静止于光滑水平面上，B的右边s＝4 m处有竖直墙壁，现有一质量m＝1 kg的小物体A(可视为质点)，以速度v0＝6 m/s从B的左端水平滑上B，已知A和B间的动摩擦因数μ＝0.2，B与竖直墙壁的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失。已知A最终没有脱离B，重力加速度g＝10 m/s2。求：
(1)B与墙壁碰撞时A、B的速度；
(2)A、B最终的运动速度；
(3)满足条件木板B的最短长度。
素养提升练(一)
1．BC [设子弹的初速度为v，子弹和滑块的共同速度为v'，则根据动量守恒定律，有mv＝(M+m)v'，解得v'＝，由于两矩形滑块A、B的质量相同，故两种情况中最后子弹与滑块的速度都是相同的，子弹速度变化相同，故A错误；滑块A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为，故动量变化量相等，根据动量定理可知，整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，故B正确；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，则两个过程中系统产生的热量相同，故C正确；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做的功等于子弹动能的变化量，则射入滑块A中时阻力对子弹做的功等于射入滑块B中时阻力对子弹做的功，故D错误。]
2．B 3．B 4．C 5．B 6．B
7．解析：(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得mgdsinθ＝，解得v0＝。
(2)A、B发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1+mv2，由机械能守恒定律得+，解得v1＝0，v2＝，从碰撞后到B速度为零的过程，对B与弹簧组成的系统，由能量守恒定律得Ep＝+mgx·sinθ，解得x＝-d。
(3)A、B碰撞前弹簧的压缩量x1＝，A、B碰撞过程系统动量守恒，以向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝2mv3，解得v3＝，C恰好离开挡板时，弹簧的伸长量x2＝，在B开始沿斜面向下运动到C刚要离开挡板的过程中，弹簧弹性势能的改变量为零，由机械能守恒定律得×2m＝Ek+2mg(x1+x2)sinθ，解得k＝。
答案：(1) (2)-d (3)
8．解析：(1)小球从A点运动到B点的过程中，小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒，取向右为正方向，则有mv1-Mv2＝0，系统机械能守恒，则有mg(H+R)＝+，联立以上两式解得小球到达车底B点时小车的速度大小v2＝m，方向水平向左。由水平方向动量守恒还可得mx1-Mx2＝0，又x1+x2＝R，解得小球从A点到达B点的过程中小车的位移大小x2＝R，方向水平向左。
(2)小球到达C点时，小球相对小车竖直向上运动，所以水平方向速度相等，则(m+M)vx＝0，得此时小车速度vx＝0，根据动能定理可得mgH＝，解得vC＝，方向竖直向上。
答案：(1)m，方向水平向左 R，方向水平向左 (2)，方向竖直向上
9．解析：(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得m0v0＝(m0+m)v1，解得v1＝6m/s。
(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0+m)v1＝(m0+m+M)v2，解得v2＝2m/s。
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得-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)设A、B共速时B还未与墙壁相碰，由动量守恒得mv0＝(m+M)v，对B由动能定理可得μmgs1＝Mv2，解得v＝2m/s，s1＝2m(2)B与墙壁碰后，速度反向，设最终速度为v1，以向左为正方向，由动量守恒可得Mv-mv＝(m+M)v1，解得v1＝m/s。
(3)设A、B的相对位移为s2，由能量守恒定律得μmgs2＝-(m+M)，解得s2≈8.67m，即木板的长度最少为8.67m。
答案：(1)均为2 m/s (2) m/s (3)8.67 m主题提升课1 动量与动量守恒定律
通过对动量定理、动量守恒定律的实验探究和理论推导，加深对物理规律之间联系和物理理论体系的理解．学生在了解动量定理和动守恒定律的应用，尤其是与微观粒子和宇宙天体相关的应用后，可以更好地通过动量守恒定律的普适性来认识自然界的统一性．
主题一 动量守恒定律的应用
能从理论推导和实验验证的角度，理解动量守恒定律，深化对物体之间相互作用规律的理解。
【典例1】 将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
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
素养聚焦 本题以火箭点火升空为背景，考查了动量守恒定律应用中的反冲现象，要求考生能够应用动量守恒定律解决实际问题，体现了高考注重对基础知识和基本规律的考查。
A [燃气从火箭喷口喷出的过程中，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，以火箭运动方向为正方向，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，其中m为燃气质量，v0为燃气喷出的速度，解得p＝mv0＝0.050 kg×600 m/s＝30 kg·m/s，选项A正确。]
【典例2】 (2021·海南卷)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
素养聚焦 本题考查滑块—木板问题，属于碰撞模型的拓展，要求考生理解滑块和木板的运动过程，建立恰当的物理模型，通过分析推理解决问题。
[解析] (1)由于水平面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则
2mv0＝3mv共
解得v共＝v0。
(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有
v木＝2v滑
根据动量守恒定律有
2mv0＝2mv木＋mv滑
联立解得v滑＝v0，v木＝v0
根据功能关系有
－μmgx＝
解得此时滑块到木块最右端的距离x＝。
(3)由于木板保持匀速直线运动，则有
F＝μmg
对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑＝μg
滑块相对木板静止时有v0＝a滑t
解得t＝
整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t＝
外力所做的功为W＝Fx′＝。
[答案] (1)v0 (2) (3)
主题二 碰撞模型的建构
通过对碰撞等物理过程的探究、分析及应用，体会守恒思想，提高建模能力和科学论证能力。能从牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒等不同角度思考物理问题。
【典例3】 (多选)(2020·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
素养聚焦 本题要求考生应用数学知识解决物理问题，运用归纳法分析出运动员推出物块的作用过程满足的关系式，考查的核心素养是运动与相互作用观念和科学思维。
BC [选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为M，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝Mv1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有Mv1＋mv0＝－mv0＋Mv2，以此类推，Mv2＋mv0＝－mv0＋Mv3，…，Mv7＋mv0＝－mv0＋Mv8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m【典例4】 2022年第24届冬季奥运会在北京和张家口举行。冰壶运动是比赛项目之一，深受观众喜爱。冰壶的一次投掷过程可以简化为如图甲所示的模型：在水平冰面上，运动员将冰壶1推到A点放手，冰壶1以速度v0从A点沿直线ABC滑行，之后与对方静止在B点的冰壶2发生正碰。已知两冰壶的质量均为m，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为μ，A、B两点之间的距离为L，重力加速度为g，冰壶可视为质点。不计空气阻力。
(1)求冰壶1滑行到B点时的速度大小v；
(2)若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失，请通过计算，分析说明碰后两冰壶最终停止的位置将如图乙所示：冰壶1停在B点，冰壶2停在B右侧某点D。
(3)在实际情境中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失。如果考虑了它们碰撞时的能量损失，请你在图丙中画出两冰壶1、2碰后最终停止的合理位置。
素养聚焦 本题以冰壶运动为背景命题，考查碰撞的特点。碰撞前冰壶1做匀减速直线运动。若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失，则两冰壶的碰撞是弹性碰撞；若考虑碰撞时的能量损失，则两冰壶的碰撞是非弹性碰撞。
[解析] (1)以冰壶1为研究对象，从A到B，根据动能定理得
－μmgL＝
解得v＝。
(2)以两冰壶1、2为研究对象，设碰后瞬间它们的速度分别为v1和v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
mv＝mv1＋mv2
根据动量守恒定律得
联立解得v1＝0，v2＝v
即碰后冰壶1停在B点，冰壶2以速度v向前做匀减速直线运动，最后停在D点。
(3)两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失，两冰壶1、2碰后最终停止的合理位置如图所示，两冰壶1、2停在B、D之间，冰壶1距B点近，冰壶2距B点远。
[答案] (1) (2)见解析 (3)如图所示主题提升课1 动量与动量守恒定律
通过对动量定理、动量守恒定律的实验探究和理论推导，加深对物理规律之间联系和物理理论体系的理解．学生在了解动量定理和动守恒定律的应用，尤其是与微观粒子和宇宙天体相关的应用后，可以更好地通过动量守恒定律的普适性来认识自然界的统一性．
主题一 动量守恒定律的应用
能从理论推导和实验验证的角度，理解动量守恒定律，深化对物体之间相互作用规律的理解。
【典例1】 将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
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
素养聚焦 本题以火箭点火升空为背景，考查了动量守恒定律应用中的反冲现象，要求考生能够应用动量守恒定律解决实际问题，体现了高考注重对基础知识和基本规律的考查。
[听课记录]
【典例2】 (2021·海南卷)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。
(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；
(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；
(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。
素养聚焦 本题考查滑块—木板问题，属于碰撞模型的拓展，要求考生理解滑块和木板的运动过程，建立恰当的物理模型，通过分析推理解决问题。
[听课记录]
主题二 碰撞模型的建构
通过对碰撞等物理过程的探究、分析及应用，体会守恒思想，提高建模能力和科学论证能力。能从牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒等不同角度思考物理问题。
【典例3】 (多选)(2020·全国卷Ⅱ)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A．48 kg B．53 kg C．58 kg D．63 kg
素养聚焦 本题要求考生应用数学知识解决物理问题，运用归纳法分析出运动员推出物块的作用过程满足的关系式，考查的核心素养是运动与相互作用观念和科学思维。
[听课记录]
【典例4】 2022年第24届冬季奥运会在北京和张家口举行。冰壶运动是比赛项目之一，深受观众喜爱。冰壶的一次投掷过程可以简化为如图甲所示的模型：在水平冰面上，运动员将冰壶1推到A点放手，冰壶1以速度v0从A点沿直线ABC滑行，之后与对方静止在B点的冰壶2发生正碰。已知两冰壶的质量均为m，冰面与两冰壶间的动摩擦因数均为μ，A、B两点之间的距离为L，重力加速度为g，冰壶可视为质点。不计空气阻力。
(1)求冰壶1滑行到B点时的速度大小v；
(2)若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失，请通过计算，分析说明碰后两冰壶最终停止的位置将如图乙所示：冰壶1停在B点，冰壶2停在B右侧某点D。
(3)在实际情境中，两冰壶发生碰撞时有一定的能量损失。如果考虑了它们碰撞时的能量损失，请你在图丙中画出两冰壶1、2碰后最终停止的合理位置。
素养聚焦 本题以冰壶运动为背景命题，考查碰撞的特点。碰撞前冰壶1做匀减速直线运动。若忽略两冰壶发生碰撞时的能量损失，则两冰壶的碰撞是弹性碰撞；若考虑碰撞时的能量损失，则两冰壶的碰撞是非弹性碰撞。
[听课记录]
