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    拓展提升课三:动量和能量的综合应用 学案-2021年粤教版(新教材)物理选择性必修第一册

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    拓展提升课三:动量和能量的综合应用 学案-2021年粤教版(新教材)物理选择性必修第一册

    1、拓展提升课三拓展提升课三 动量和能量的综合应用动量和能量的综合应用 【学习目标】 1.会分析解决 “板块模型”问题。2.会解决动量守恒与圆弧轨道的综合问题。 3.会解决动量和能量观点分析多过程问题。 拓展点 1 “板块模型”问题 1.模型 2.模型特点:板放在光滑水平面上。 3.把滑块、滑板看作一个整体,摩擦力为内力,滑块和板组成的系统动量守恒。 4.由于摩擦生热,机械能转化为内能,则系统机械能不守恒,但是可以用能量守恒解题。 5.注意滑块若不滑离滑板,最后二者具有共同速度。 6.基本解题思路: (1)应用系统的动量守恒。 (2)涉及滑块或滑板的时间时,优先考虑用动量定理。 (3)涉及滑块或滑

    2、板的位移时,优先考虑用动能定理。 (4)涉及滑块的相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒。 【例 1】 如图所示,在光滑的水平面上有一质量为 M 的长木板,以速度 v0向右做匀速直线运 动,将质量为 m 的小铁块轻轻放在木板上的 A 点,这时小铁块相对地面速度为零,小铁块相 对木板向左滑动。由于小铁块和木板间有摩擦,最后它们之间相对静止,已知它们之间的动摩 擦因数为 ,问: (1)小铁块跟木板相对静止时,它们的共同速度多大? (2)它们相对静止时,小铁块与木板上的 A 点距离多远? (3)在全过程中有多少机械能转化为内能? 答案 (1) Mv0 Mm (2) Mv20 2g(Mm) (3) Mm

    3、v20 2(Mm) 解析 (1)木板与小铁块组成的系统动量守恒。以 v0的方向为正方向,由动量守恒定律得, Mv0(Mm)v,则 v Mv0 Mm。 (2)由功能关系可得,摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量,mgx相1 2Mv 2 01 2 (Mm)v2。 解得 x相 Mv20 2g(Mm)。 (3)方法一:由能量守恒定律可得, Q1 2Mv 2 01 2(Mm)v 2 Mmv20 2(Mm) 方法二:根据功能关系,转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功,即 EQmg x 相 Mmv20 2(Mm)。 【训练 1】 (多选)如图所示,长木板 A 放在光滑的水平面上,质量为 m2 kg

    4、 的另一物体 B 以水平速度 v03 m/s 滑上原来静止的长木板 A 的表面,由于 A、B 间存在摩擦,之后 A、B 速度随时间变化情况如图乙所示,则下列说法正确的是( ) A.木板获得的动能为 2 J B.系统损失的机械能为 4 J C.木板 A 的最小长度为 1.5 m D.A、B 间的动摩擦因数为 0.1 答案 AC 解析 根据动量守恒定律可得 mv0(mmA)v,得 mA4 kg,A 的动能 Ek1 2mAv 22 J,系统 损失的动能 Ek1 2mv 2 01 2(mAm)v 26 J,木板长 L1 2(v0v)t1 1 2vt1 1 2v0t11.5 m,mg ma,解得 0.2

    5、。选项 A、C 正确。 拓展点 2 动量守恒与圆弧轨道的综合问题 1.模型特点:物体冲上放在光滑水平面上的光滑圆弧轨道。 2.遵循规律 (1)系统水平方向上动量守恒。 (2)重力势能和动能相互转化,系统的机械能守恒。 (3)物体达到圆弧轨道模型的最高点时,两者在水平方向具有共同速度。 【例 2】 (多选)(2021 山东莱芜一中月考)带有1 4光滑圆弧轨道、质量为 m0 的滑车静止置于光 滑水平面上,如图所示。一质量为 m 的小球以速度 v0水平冲上滑车,当小球上滑再返回,并 脱离滑车时,以下说法可能正确的是( ) A.小球一定沿水平方向向左做平抛运动 B.小球可能沿水平方向向左做平抛运动 C

    6、.小球可能做自由落体运动 D.若小球初速度 v0足够大,以致小球能从滑道右端冲出滑车,则小球再也落不进滑车 答案 BC 解析 小球滑上滑车,又返回,到离开滑车的整个过程,选取小球的速度 v0方向为正方向, 由动量守恒定律得 mv0mv1m0v2,由机械能守恒定律得:1 2mv 2 01 2mv 2 11 2m0v 2 2,联立解得 v1 mm 0 mm0v0,如果 mm0,v1m0,v10,小球离开小车向右做平抛运动,故 A 错误,B、C 正确; 小球离开四分之一圆 弧轨道,在水平方向上与小车的速度相同,则返回时仍然回到小车上,故 D 错误。 【训练 2】 (2021 河南郑州期末)如图所示,

    7、一只内壁光滑的半球形碗固定在小车上,小车静 止在光滑水平面上。在小车最右边的碗边 A 处无初速度释放一只质量为 m 的小球。则在小球 沿碗内壁下滑的过程中,下列说法正确的是(碗的半径为 R,重力加速度为 g)( ) A.小球、碗和车组成的系统机械能守恒 B.小球的最大速度等于 2gR C.小球、碗和车组成的系统动量守恒 D.小球不能运动到碗左侧的碗边 B 点 答案 A 解析 当小球在碗内运动时,由于忽略摩擦力,在小球运动的过程中,只有重力对小球做功, 故小球、碗组成的系统的机械能守恒,选项 A 正确;当碗静止不动时,小球滑到最低点时的 速度才是 2gR,现在碗在小车上是运动的,故小球的最大速度

    8、不等于 2gR,选项 B 错误;当 小球在碗内运动时,在水平方向上不受外力的作用,故在水平方向上动量守恒,但在竖直方向 上的动量是不守恒的,故选项 C 错误;因为机械能守恒,小球从右侧滑下时小车会向右做加 速运动,当小球滑上左侧时,小车又会做减速运动,到最后小车与球在 B 点相对静止,所以 小球能够运动到 B 点,选项 D 错误。 拓展点 3 动量和能量观点分析多过程问题 对于动量和能量结合的综合问题,一般把物体运动的过程分成几个子过程,在每一个子过程中 通过研究对象的选取和受力分析,明确哪些过程动量守恒,哪些过程机械能守恒,哪些过程机 械能变化,需要根据动能定理或能量守恒列方程。 【例 3】

    9、 如图所示,半径为 R11.8 m 的1 4光滑圆弧与半径为 R20.3 m 的半圆光滑细管平滑 连接并固定,光滑水平地面上紧靠管口有一长度为 L2.0 m、质量为 M1.5 kg 的木板,木板 上表面正好与管口底部相切,处在同一水平 线上,木板的左方有一足够长的台阶,其高度正好与木板相同。现在让质量为 m22 kg 的物 块静止于 B 处,质量为 m11 kg 的物块从1 4光滑圆弧顶部的 A 处由静止释放,物块 m1 下滑至 B 处和 m2碰撞后不再分开,整体设为物块 m(mm1m2)。物块 m 滑过半圆管底部 C 处滑上 木板使其从静止开始向左运动, 当木板速度为 2 m/s 时, 木板

    10、与台阶碰撞立即被粘住(即速度变 为零),若 g10 m/s2,物块碰撞前后均可视为质点,半圆管粗细不计。 (1)求物块 m1和 m2碰撞过程中损失的机械能; (2)求物块 m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小; (3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为 0.25,求物块 m 在台阶表面上滑行的 最大距离。 答案 (1)12 J (2)190 N (3)0.8 m 解析 (1)设物块 m1下滑到 B 点时的速度为 vB,由机械能守恒可得 m1gR11 2m1v 2 B,解得 vB6 m/s。 m1、m2碰撞满足动量守恒 m1vB(m1m2)v共,解得 v共2 m/s 则碰撞过程

    11、中损失的机械能为 E损1 2m1v 2 B1 2mv 2 共12 J。 (2)物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒1 2mv 2 共mg2R21 2mv 2 C,解得 vC4 m/s 在 C 处由牛顿第二定律可得 Nmgmv 2 C R2,解得 N190 N。 (3)物块 m 滑上木板后,当木板速度为 v22 m/s 时,物块速度设为 v1,由动量守恒定律得 mvC mv1Mv2,解得 v13 m/s。 设在此过程中物块运动的位移为 s1,木板运动的位移为 s2,由动能定理得 对物块 m:mgs11 2mv 2 11 2mv 2 C,解得 s11.4 m。 对木板 M:mgs21 2Mv

    12、2 2,解得 s20.4 m。 此时木板静止,物块 m 到木板左端的距离为 x2Ls2s11 m 设物块 m 在台阶表面上运动的最大距离为 s4,由动能定理得mg(s3s4)01 2mv 2 1,解得 s40.8 m。 1.(“板块模型”问题)如图所示,质量为 M、长为 L 的长木板放在光滑水平面上,一个质量也 为 M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板,如果长木板是固定的,物块恰好停 在长木板的右端,如果长木板不固定,则物块冲上长木板后在木板上最多能滑行的距离为 ( ) A.L B.3L 4 C.L 4 D. L 2 答案 D 解析 长木板固定时, 由动能定理得 MgL1 2M

    13、v 2 0, 若长木板不固定有 Mv02Mv, Mgs1 2Mv 2 0 1 22Mv 2,得 sL 2,选项 D 正确,A、B、C 错误。 2.(“板块模型”问题)(多选)如图所示, 一质量为 M、 两侧有挡板的盒子静止在光滑水平面上, 两挡板之间的距离为 L。质量为 m 的物块(可视为质点)放在盒内正中间,与盒子之间的动摩擦 因数为 。从某一时刻起,给物块一个水平向右的初速度 v,物块在与盒子左右两侧挡板进行 多次弹性碰撞后又停在盒子正中间,并与盒子保持相对静止。则( ) A.盒子的最终速度为 mv mM,方向向右 B.该过程产生的热量为1 2mv 2 C.碰撞次数为 Mv2 2gL(mM

    14、) D.碰撞次数为 Mv2 2gL(mM)1 答案 AC 解析 设盒子的最终速度为 v,以 v 的方向为正方向,根据动量守恒定律得 mv(mM)v, 解得v mv mM, 方向向右, 故A正确; 该过程产生的热能Q 1 2mv 21 2(mM)v 2 Mmv2 2(mM), 故 B 错误;对物块运动的全过程,根据功能关系得 Qmgs,解得物块相对盒子滑行的总路 程 s Mv2 2g(Mm),碰撞次数 n s L Mv2 2gL(mM),故 C 正确,D 错误。 3.(动量守恒与圆弧轨道的综合问题)(2021 河南中原名校质量考评)如图所示,木块 B 静止在光 滑的水平面上,其上有半径 r0.4

    15、 m 的光滑1 4圆弧轨道,且圆弧轨道的底端与水平面相切,一 可视为质点的物块 A 以水平向左的速度 v0冲上木块 B,经过一段时间刚好运动到木块 B 的最 高点,随后再返回到水平面。已知 A、B 的质量 mAmB1 kg,重力加速度 g10 m/s2。则下 列说法正确的是( ) A.物块 A 滑到最高点的速度为零 B.物块 A 的初速度大小为 4 m/s C.物块 A 返回水平面时的速度为 4 m/s D.木块 B 的最大速度为 2 m/s 答案 B 解析 物块 A 刚好运动到木块 B 的最高点时,两者有共同速度,设为 v,对物块 A 和木块 B 组成的系统,由机械能守恒和水平方向动量守恒得

    16、1 2mAv 2 0mAgr1 2(mAmB)v 2,mAv0(mA mB)v,解得 v04 m/s,v2 m/s,A 错误,B 正确;当物块 A 返回到水平面时,木块 B 的速度 最大,由机械能守恒和水平方向动量守恒得1 2mAv 2 01 2mAv 2 11 2mBv 2 2,mAv0mAv1mBv2,解得 v24 m/s、v10 或 v14 m/s、v20(舍去),C、D 错误。 4.(动量和能量观点分析多过程问题)如图所示,A、B 两个木块用轻弹簧相连接,它们静止在光 滑水平面上,A 和 B 的质量分别是 99m 和 100m,一颗质量为 m 的子弹以速度 v0水平射入木 块 A 内没有穿出,则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为( ) A.mv 2 0 400 B.mv 2 0 200 C.99mv 2 0 200 D.199mv 2 0 400 答案 A 解析 子弹打入木块 A 过程中,根据动量守恒定律有 mv0100mv1,解得 v1 v0 100,当两木块 速度相等时, 弹簧的弹性势能最大, 由动量守恒定律得 mv0(99mm100m)v2, 得 v2 v0 200, 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 Ep1 2100mv 2 11 2200mv 2 2,解得 Epmv 2 0 400。


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