《2025年优化探究同步导学案高中物理选择性必修第一册人教版》

[例$3$] 如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为$M$的滑块，滑块的一侧是一个$\frac{1}{4}$圆弧形槽，弧形槽半径为$R$，$A$点切线水平，$B$点为弧形槽最高点。另有一个质量为$m(m＞M)$的小球以速度$v_0$从$A$点冲上滑块，重力加速度大小为$g$，不计摩擦。下列说法正确的是　　(C)


A.当$v_0=\sqrt{2gR}$时，小球能到达$B$点
B.小球到达弧形槽最高点处时，滑块的速度取得最大值
C.小球回到弧形槽底部后将向左做平抛运动
D.如果小球的速度足够大，小球将从滑块的左侧$B$点离开滑块后直接落到水平面上

答案： C 假设小球刚好能到达B点，小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒，有$mv_0=(m+M)v$，机械能守恒，有$\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}(m+M)v^2+mgR$，可解得$v_0=\sqrt{\frac{M+m}{M}}\sqrt{2gR}＞\sqrt{2gR}$，故当$v_0=\sqrt{2gR}$时，小球不能到达B点，A错误；小球最终从滑块右侧离开，冲上滑块的过程，小球对滑块做正功，从最高点滑下的过程，小球对滑块也做正功，规定向左为正方向，小球冲上滑块又滑回弧形槽底端的过程，水平方向动量守恒，有$mv_0=mv_1+Mv_2$，机械能守恒，有$\frac{1}{2}mv_0^2=\frac{1}{2}mv_1^2+\frac{1}{2}Mv_2^2$，解得$v_1=\frac{m-M}{m+M}v_0＞0$，且速度方向水平，故向左做平抛运动，C正确；如果小球初速度足够大，小球将从B点冲出，由于B点切线方向竖直，小球离开滑块时，二者水平方向速度相同，小球相对滑块做竖直上抛运动，最后将从B再次进入弧形槽，最后从滑块右侧离开，D错误。

[例$4$] (多选)如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为$m$的滑环。滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为$M$的物块(可视为质点)，绳长为$L$。将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆。若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则以下说法正确的是　　(ACD)


A.给物块的水平冲量大小为$M\sqrt{2gL}$
B.物块上升的最大高度为$\frac{ML}{m+M}$
C.物块上升到最高时的速度大小为$\frac{M\sqrt{2gL}}{m+M}$
D.物块第一次回到最低点时对轻绳的拉力大小为$3Mg$

答案： 设物块受到水平冲量后速度为$v_0$，滑环固定时，根据机械能守恒定律有$\frac{1}{2}Mv_0^2=MgL$，可得$v_0=\sqrt{2gL}$，故给物块的水平冲量为$I=M\sqrt{2gL}$，故A正确；滑环不固定时，物块的初速度仍为$v_0$，在物块摆起最大高度$h$时，它们速度都为$v$，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则有$Mv_0=(m+M)v$，$\frac{1}{2}Mv_0^2=\frac{1}{2}(M+m)v^2+Mgh$，由以上各式可得$h=\frac{mL}{M+m}$，$v=\frac{M\sqrt{2gL}}{M+m}$，故B错误，C正确；对物块和滑环组成的系统，当物块第一次回到最低点时，由动量守恒定律和能量守恒定律知$Mv_0=Mv_1+mv_2$，$\frac{1}{2}Mv_0^2=\frac{1}{2}Mv_1^2+\frac{1}{2}mv_2^2$，求得$v_1=\frac{M-m}{M+m}v_0$，$v_2=\frac{2M}{M+m}v_0$
物块在最低点，由牛顿第二定律可知
$T-Mg=M\frac{(v_1-v_2)^2}{L}=M\frac{v_0^2}{L}$，
可得拉力$T=3Mg$，故D正确。