高中物理課件第06章動量守恒定律專題強(qiáng)化九力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用

高中物理課件專題強(qiáng)化九力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用第六章動量守恒定律【專題解讀】

1.掌握解決力學(xué)綜合問題常用的三個(gè)觀點(diǎn)。2.會靈活選用三個(gè)觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問題。目錄CONTENTS提升素養(yǎng)能力///////1.三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)力的觀點(diǎn)：運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)知識解題，可處理勻變速運(yùn)動問題。(2)能量觀點(diǎn)：用動能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題。(3)動量觀點(diǎn)：用動量定理和動量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動問題。2.主要運(yùn)動形式(1)直線運(yùn)動：水平面上的直線運(yùn)動、斜面上的直線運(yùn)動、滑塊在木板上的運(yùn)動、傳送帶上的直線運(yùn)動等。(2)圓周運(yùn)動：繩模型圓周運(yùn)動、桿模型圓周運(yùn)動、拱形橋模型圓周運(yùn)動等。(3)平拋運(yùn)動：與斜面有關(guān)的平拋運(yùn)動、與圓軌道有關(guān)的平拋運(yùn)動等。3.規(guī)律選用原則(1)如果要列出各物理量在某一時(shí)刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時(shí)，一般用動量定理(涉及時(shí)間)或動能定理(涉及位移)去解決問題。(3)若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對位移問題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過程一般均含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換。作用時(shí)間都極短，因此用動量守恒定律去解決。圖1【真題示例1】

(2021·廣東卷，13)算盤是我國古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動，使用前算珠需要?dú)w零。如圖1所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1?，F(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取10m/s2。(1)通過計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間。解得v1＝0.3m/s甲、乙兩算珠碰撞時(shí)，由題意可知碰撞過程中動量守恒，取甲算珠初速度方向?yàn)檎较?，則有mv1＝mv1′＋mv乙，其中v1′＝0.1m/s解得碰撞后乙算珠的速度v乙＝0.2m/s碰撞后，乙算珠做勻減速直線運(yùn)動，加速度大小題干【真題示例2】

(2020·海南卷)如圖2所示，光滑的四分之一圓弧軌道PQ豎直放置，底端與一水平傳送帶相切，一質(zhì)量ma＝1kg的小物塊a從圓弧軌道最高點(diǎn)P由靜止釋放，到最低點(diǎn)Q時(shí)與另一質(zhì)量mb＝3kg小物塊b發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短)。已知圓弧軌道半徑R＝0.8m，傳送帶的長度L＝1.25m，傳送帶以速度v＝1m/s順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動，小物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2。求：(1)碰撞前瞬間小物塊a對圓弧軌道的壓力大小；(2)碰后小物塊a能上升的最大高度；(3)小物塊b從傳送帶的左端運(yùn)動到右端所需要的時(shí)間。圖2解析

(1)設(shè)小物塊a下滑到圓弧最低點(diǎn)未與小物塊b相碰時(shí)的速度為va，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有代入數(shù)據(jù)解得va＝4m/s代入數(shù)據(jù)解得FN＝30N，根據(jù)牛頓第三定律，可知小物塊a對圓弧軌道的壓力大小為30N。(2)小物塊a與小物塊b發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒有mava＝mava′＋mbvb根據(jù)能量守恒有題干題干【例3】

(2021·山東濟(jì)南市模擬)如圖3所示，兩足夠長

直軌道間距d＝1.6m，軌道所在平面與水平面夾角θ＝

37°，一質(zhì)量M＝2kg的“半圓柱體”滑板P放在軌道

上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面

平行，前后面均為半徑R＝1m的半圓，圓心分別為

O、O′。有5個(gè)完全相同的小滑塊，質(zhì)量均為m＝0.5kg。某時(shí)刻第一個(gè)小滑塊以初速度v0＝1.5m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時(shí)小滑塊恰好位于O點(diǎn)，每當(dāng)前一個(gè)小滑塊與P共速時(shí)，下一個(gè)小滑塊便以相同初速度沿O′O沖上滑板。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，滑板P與小滑塊間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：圖3(1)滑板P與軌道間的動摩擦因數(shù)μ2；(2)O′O的長度L；(3)第5個(gè)小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q。解析

(1)對滑板受力分析，畫出滑板的兩個(gè)平面圖如圖甲和乙所示解得α＝53°由于滑板處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件可得Mgcosθ＝2FN′cosαMgsinθ＝2μ2FN′聯(lián)立解得μ2＝0.45。(2)第一個(gè)小滑塊沖上滑板，滑板和小滑塊系統(tǒng)沿導(dǎo)軌方向合外力為零，系統(tǒng)動量守恒mv0＝(m＋M)v1設(shè)滑塊相對滑板的位移OO′為L，由系統(tǒng)的動能定理得聯(lián)立方程解得L＝2.25m。(3)第四個(gè)小滑塊從滑上滑板到與滑板相對靜止，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為v4，則有4mv0＝(4m＋M)v4題干第五個(gè)小滑塊從滑上滑板到與滑板相對靜止，系統(tǒng)動量守恒，設(shè)共同速度為v5，則有5mv0＝(5m＋M)v5設(shè)第五個(gè)滑塊相對滑板的位移OO′為L5，由系統(tǒng)的動能定理，得則由于摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mgL5cosθ＝2J。答案(1)0.45

(2)2.25m

(3)2J題干(1)滑道AB段的長度；(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。圖4答案(1)9m

(2)7.44m/s解析

(1)設(shè)背包的質(zhì)量為m1，滑雪者的質(zhì)量為m2對背包，由牛頓第二定律得m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1解得背包的加速度a1＝2m/s2設(shè)背包由A點(diǎn)運(yùn)動到B點(diǎn)的時(shí)間為t，由勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律得解得t＝3s(2)背包到達(dá)B點(diǎn)的速度v1＝a1t＝6m/s滑雪者到達(dá)B點(diǎn)的速度v2＝v0＋a2(t－1)＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過程中動量守恒，根據(jù)動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m2＋m1)v解得滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度v＝7.44m/s?！踞槍τ?xùn)練2】

(2021·北京卷，17)如圖5所示，小物塊A、B的質(zhì)量均為m＝0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。

拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)兩物塊在空中運(yùn)動的時(shí)間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大?。?3)兩物塊碰撞過程中損失的機(jī)械能ΔE。圖5答案(1)0.30s

(2)2.0m/s

(3)0.10J解得t＝0.30s。(2)設(shè)A、B碰后瞬間的速度為v，水平方向的運(yùn)動為勻速運(yùn)動，則有s＝vt解得v＝1.0m/s根據(jù)動量守恒定律有mv0＝2mv解得v0＝2.0m/s。解得ΔE＝0.10J。（限時(shí)：40分鐘）圖1設(shè)P、Q碰后共同速度為v，由動量守恒定律得mvP＝2mvP、Q粘合體從碰后到運(yùn)動到C點(diǎn)的過程，設(shè)整體受到的合外力大小為F′，由動能定理有2.(2020·天津卷，11)長為l的輕繩上端固定，下端系著質(zhì)量為m1的小球A，處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí)，質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圓周運(yùn)動，并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求： (1)A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大小； (2)碰撞前瞬間B的動能Ek至少多大？解析

(1)A恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)，此時(shí)輕繩的拉力剛好為零，設(shè)A在最高點(diǎn)時(shí)的速度大小為v，由牛頓第二定律有A從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的過程中，取軌跡最低點(diǎn)處重力勢能為零，設(shè)A在最低點(diǎn)的速度大小為vA，由機(jī)械能守恒定律有3.(2021·湖南懷化市一模)如圖2所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)，ab傾斜、bc水平，與半徑R＝0.4m豎直固定的粗糙半圓形軌道cd在c點(diǎn)平滑連接?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小球甲和乙靜止在水平軌道上，二者中間壓縮有輕質(zhì)彈簧，彈簧與兩小球均不拴接且被鎖定。現(xiàn)解除對彈簧的鎖定，小球甲在脫離彈簧后恰能沿軌道運(yùn)動到a處，小球乙在脫離彈簧后沿半圓形軌道恰好能到達(dá)最高點(diǎn)d。已知小球甲的質(zhì)量m1＝2kg，a、b的豎直高度差h＝0.45m，已知小球乙在c點(diǎn)時(shí)軌道對其彈力的大小F＝100N，彈簧恢復(fù)原長時(shí)兩小球均在水平軌道上，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：圖2(1)小球乙的質(zhì)量；(2)彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢能Ep；(3)小球乙在半圓形軌道上克服摩擦力所做的功Wf。答案

(1)1kg

(2)27J

(3)8J解析

(1)對小球甲，脫離彈簧后運(yùn)動到a處，由機(jī)械能守恒定律得對小球甲、乙，由動量守恒定律得m1v1－m2v2＝0對小球乙，在c點(diǎn)，由牛頓第二定律得4.(2020·浙江7月選考)小明將如圖3所示的裝置放在水平地面上，該裝置由弧形軌道、豎直圓軌道、水平直軌道AB和傾角θ＝37°的斜軌道BC平滑連接而成。質(zhì)量m＝0.1kg的小滑塊從弧形軌道離地高H＝1.0m處靜止釋放。已知R＝0.2m，LAB＝LBC＝1.0m，滑塊與軌道AB和BC間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.25，弧形軌道和圓軌道均可視為光滑，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2。圖3(1)求