適用于新高考新教材廣西專版2025屆高考物理一輪總復習第6章動量守恒定律研專項素養(yǎng)提升課件

研專項素養(yǎng)提升第六章典型物理模型指導突破:三種綜合模型【模型概述】一、人船模型人船模型是動量守恒問題中典型的物理模型,其常見情境如下。常見情境問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時,若所受外力的矢量和為零,則動量守恒。在相互作用的過程中,任一時刻兩物體的速度大小之比等于質量的反比。這樣的問題歸為人船模型問題特點人動船動,人靜船靜,人快船快,人慢船慢,人左船右;人船位移比等于它們質量的反比;人船平均速度(瞬時速度)比等于它們質量的反比,即注意應用此關系時要注意一個問題:公式中v1、v2和x一般都是相對地面而言的模型應用的條件一個原來處于靜止狀態(tài)的系統(tǒng),當系統(tǒng)中的物體間發(fā)生相對運動時,過程中有一個方向上動量守恒二、子彈打木塊模型1.子彈打木塊的兩種常見類型(1)木塊放在光滑的水平面上,子彈以初速度v0射擊木塊。運動性質:子彈相對地面做勻減速直線運動;木塊在子彈對木塊的作用下做勻加速運動。圖像描述:從子彈擊中木塊時刻開始,在同一個v-t坐標系中,兩者的速度圖線如圖甲(子彈穿出木塊)或圖乙(子彈停留在木塊中)所示。圖中,圖線的縱坐標給出各時刻兩者的速度,圖線的斜率反映了兩者的加速度。兩圖線間陰影部分面積則對應了兩者間的相對位移。方法:把子彈和木塊看成一個系統(tǒng),利用以下三個關系。①系統(tǒng)水平方向動量守恒;②系統(tǒng)的能量守恒(機械能不守恒);③對木塊和子彈分別利用動能定理。推論:系統(tǒng)損失的機械能等于阻力乘以相對位移,即ΔE=Ffd。(2)木塊固定在水平面上時,子彈以初速度v0射擊木塊,對子彈利用動能定理,2.兩種類型的共同點(1)系統(tǒng)內相互作用的兩物體間的一對摩擦力做功的總和恒為負值。(因為有一部分機械能轉化為內能)(2)摩擦生熱的條件:必須存在滑動摩擦力和相對滑行的位移。摩擦產生的熱量為Q=Ff·s,其中Ff是滑動摩擦力的大小,s是兩個物體的相對位移。(在一段時間內“子彈”射入“木塊”的深度,就是這段時間內兩者相對位移的大小,所以說是一個相對運動問題)(3)靜摩擦力可對物體做功,但不能產生內能。(因為兩物體的相對位移為零)三、滑塊—滑板模型滑塊—滑板模型可分為兩類。1.沒有外力參與,滑塊與滑板組成的系統(tǒng)動量守恒,系統(tǒng)除遵從動量守恒定律外,還遵從能量守恒定律,摩擦力與相對位移的乘積等于系統(tǒng)動能的損失,即Ff·s相對=ΔEk。受恒力作用時,此類問題可以應用牛頓運動定律和運動學公式求解,但是求解過程相當麻煩,受變力作用時更是無能為力,因此選用能量守恒和動量守恒求解是最好選擇。2.系統(tǒng)受到外力,這時對滑塊和滑板一般隔離分析,畫出它們運動的示意圖,應用牛頓運動定律和運動學公式求解。【考向分析】三種模型問題,是生活中常見問題,也是一個高頻的考查點。此三類問題是對直線運動、牛頓運動定律、動量守恒定律有關知識的綜合應用,能力要求很高,弄清三種模型及其典型變形,通過類比和等效方法,可以使許多動量守恒問題的分析思路和解答步驟變得極為簡捷,對順利求解該類問題有很大幫助?！景咐骄俊堪咐?.(人船模型)如圖所示,質量為m'的滑塊B套在光滑的水平桿上可自由滑動,質量為m的小球A用一長為l的輕桿通過鉸鏈與B上的O點相連接,可繞O點在豎直平面內自由轉動,開始時輕桿處于水平位置。(1)固定滑塊B,給小球A一豎直向上的初速度,使輕桿繞O點轉過90°,則小球初速度的最小值是多少?(2)不固定滑塊B,若m'=2m,給小球A一豎直向上的初速度v0,則當A球運動至最高點,即使輕桿繞O點轉過90°時,滑塊B的速度多大?(3)在上述情況(2)中,當A球運動至最高點時,滑塊B向左運動了多遠?思路突破

(1)小球A連著的是輕桿,可求出通過最高點的臨界速度,由機械能守恒定律求解小球初速度的最小值。(2)滑塊B不固定時,A、B組成的系統(tǒng)水平方向所受的合力為零,根據水平方向動量守恒和機械能守恒定律求解。(3)A、B組成的系統(tǒng)水平方向所受的合力為零,水平方向動量守恒,滿足人船模型,其中“人與船”的合位移為繩長l。解析

(1)小球A連著的是輕桿,所以能通過最高點的條件為v1≥0由機械能守恒定律得(2)滑塊B不固定時,A、B組成的系統(tǒng)水平方向所受的合力為零,所以水平方向動量守恒。設A運動到最高點時,A、B的速度分別為vA、vB,取向右為正方向,由動量守恒定律和機械能守恒定律得mvA-m'vB=0(3)當A球運動至最高點時,設滑塊B向左運動了x。則A相對于地面向右運動了l-x。根據水平方向動量守恒定律得案例2.(子彈打木塊模型)如圖所示,電容器固定在一個絕緣座上,絕緣座放在光滑水平面上,平行板電容器板間的距離為d,右極板上有一小孔,通過孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細桿,電容器極板以及底座、絕緣桿總質量為m0,給電容器充電后,有一質量為m的帶正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v0對準小孔向左運動,并從小孔進入電容器,設帶電環(huán)不影響電容器板間電場分布,帶電環(huán)進入電容器后距左板的最小距離為

。(1)求帶電環(huán)與左極板相距最近時速度的大小v。(2)求此過程中電容器移動的距離s。(3)此過程中能量如何變化?思維點撥

帶電環(huán)進入電容器后在靜電力的作用下做初速度為v0的勻減速直線運動,而電容器則在靜電力的作用下做勻加速直線運動,當它們的速度相等時,帶電環(huán)與電容器的左極板相距最近,可由系統(tǒng)動量守恒定律求解。(3)在此過程,帶電環(huán)動能減少,電勢能增加,同時電容器等的動能增加,系統(tǒng)中減少的動能全部轉化為電勢能。案例3.(板塊模型)人工智能在現代工業(yè)生產中的應用越來越普遍。某自動化生產過程可簡化如下:如圖所示,足夠長的水平工作臺上從左向右依次有A、B、C三點,相鄰兩點之間的距離均為L=2m;質量為m=2kg、長度也為L的薄木板靜止放置在工作臺上,其右端剛好在A點;現對木板施加大小F=4N的水平向右的恒力,當木板右端運動到B點時,位于B點的機器人將質量也為m的物塊輕放在木板右端,當木板右端運動到C點時,撤去恒力F。已知木板與臺面間的動摩擦因數μ1=0.1,木板與物塊間的動摩擦因數μ2=0.2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,物塊可視為質點,重力加速度g取10m/s2。求:(1)木板右端運動到B點時的速度大小;(2)撤去恒力F前的過程中,摩擦力對物塊的沖量;(3)木板從開始運動至最終停止的過程中,臺面對木板的摩擦力對木板做的總功。思維點撥(1)第1階段,在F的作用下木板向右勻加速運動,可以應用動能定理分析求得B點速度;(2)第2階段,板塊相互作用,可分析系統(tǒng)所受外力的矢量和為零,可用動量守恒定律和能量守恒分析求解;(3)分析撤去恒力F

后的過程中的情況可知物塊和木板一起做勻減速直線運動直到靜止,分別分不同階段分析求得臺面對木板的摩擦力對木板做的總功。答案

(1)2m/s

(2)2N·s,方向水平向右

(3)-14J解析

(1)木板右端從A運動到B的過程中,水平方向受恒力F和臺面摩擦力Ff1作用Ff1=μ1mg=2

N由動能定理有(F-Ff1)L=mv2代入數據解得v=2

m/s。(2)物塊放上木板后,物塊受木板水平向右的摩擦力Ff2作用,向右做勻加速直線運動Ff2=μ2mg=4

N木板所受臺面摩擦力Ff1'=μ1(m+m)g=4

N因木板所受物塊摩擦力大小等于Ff2,方向水平向左,F<Ff1'+Ff2,木板將向右做勻減速直線運動將木板和物塊看成一個系統(tǒng),因F=Ff1',系統(tǒng)動量守恒。撤去F前,假設物塊已經相對木板靜止且在木板上,設兩者之間的相對位移為Δx,相對運動的時間為t,共同速度為v共由動量守恒定律有mv=(m+m)v共代入數據得v共=1

m/s,Δx=0.5

m對物塊,由動量定理有Ff2t=mv共-0代入數據得t=0.5

s此過程中,設木板發(fā)生的位移為x由運動學規(guī)律有x=(v+v共)t代入數據得x=0.75

m因x<L、Δx<L,可知假設成立,即撤去F前,兩者已經相對靜止,此后一起勻速運動直到撤去F故撤去恒力F前的過程中,摩擦力對物塊的沖量為I=Ff2t=2

N·s,方向水平向右。(3)設當木板右端運動到C點時,撤去恒力F,木板停止運動時木板右端位于D點,示意圖如圖所示因μ2>μ1,可知撤去力F后,物塊和木板一起做勻減速直線運動直到靜止木板右端從A到B,臺面對木板的摩擦力對木板做的功為W1=-Ff1L木板右端從B到C,臺面對木板的摩擦力對木板做的功為W2=-Ff1'L木板右端從C到D,臺面對木板的摩擦力對木板做的功為整個過程中,臺面對木板的摩擦力對木板做的總功為W=W1+W2+W3=-14

J?！緞?chuàng)新訓練】1.(多選)(2023廣東東莞高三檢測)如圖所示,彈簧一端固定在豎直墻上,質量為m的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個質量為2m的小球從槽高h處自由下滑,則下列說法正確的是(

)A.在下滑過程中,小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動量守恒B.在下滑過程中,小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒C.被彈簧反彈后,小球和槽都做速率不變的直線運動D.被彈簧反彈后,小球和槽組成的系統(tǒng)機械能守恒,小球能回到槽高h處

ABC解析

槽處于光滑水平面上,則小球在下滑過程中,小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為零,則水平方向上動量守恒,選項A正確;在下滑過程中,小球和槽組成的系統(tǒng)只有重力做功,則機械能守恒,選項B正確;小球下滑到底端時由動量守恒定律可知mv1=2mv2,解得v1=2v2,小球被彈簧反彈后,小球的速度小于槽的速度,小球不能再次追上槽,因水平面光滑,則小球和槽都做速率不變的直線運動,選項C正確,D錯誤。2.(多選)(2023山東濟南模擬)如圖所示,質量為m0=2kg的四分之一圓弧形滑塊P靜止于水平地面上,其圓弧底端與水平地面相切。在滑塊P右側有一固定的豎直彈性擋板,將一質量為m=1kg的小球Q從滑塊頂端正上方距地面h=1.2m處由靜止釋放,小球Q恰能沿切線落入滑塊P。小球與擋板的碰撞為彈性碰撞,所有接觸面均光滑,重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是(

)A.若滑塊P固定,小球Q能回到高1.2m處B.若滑塊P固定,小球Q第一次與擋板碰撞過程擋板對小球的沖量大小為2N·sC.若滑塊P不固定,小球Q第一次與擋板碰撞前的速度大小為4m/sD.若滑塊P不固定,經過多次碰撞后,滑塊的最終速度大小為3m/sAC3.(2023天津和平區(qū)高三模擬)如圖所示,質量為m0=2kg的長木板放在光滑的水平面上,質量為m=1kg的物塊(可視為質點)放在長木板的左端,用大小為10N、方向斜向右上與水平方向成θ=53°角的拉力F作用在物塊上,使物塊從靜止開始運動,物塊運動1s后,撤去拉力,如果物塊剛好不滑離木板,物塊與木板間的動摩擦因數為0.5,重力加速度g取10m/s2,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:(1)撤去拉力時物塊和木板的速度大小;(2)木板的長度。答案

(1)5m/s

0.5m/s

(2)3.6m解析

(1)對物塊根據牛頓第二定律有Fcos

θ-μ(mg-Fsin

θ)=ma1對木板根據牛頓第二定律有μ(mg-Fsin

θ)=m0a2撤去拉力時,物塊的速度大小v1=a1t=5

m/s木板的速度大小v2=a2t=0.5

m/s。4.如圖所示,質量為m0=2kg的物塊A(可看作質點),開始放在長木板B的左端,B的質量為m=1kg,長木板B可在水平面上無摩擦滑動。兩端各有一固定豎直擋板M、N,現A、B以相同速度

v0=3m/s向左運動并與擋板M發(fā)生碰撞。B與M碰后速度立即變?yōu)?,但不與M粘結,A與M碰撞沒有機械能損失,碰后接著返回向N板運動,且在與N板碰撞之前,A、B能達到共同速度。在長木板B即將與擋板N碰前,立即將A鎖定于長木板B