適用于新高考新教材廣西專版2025屆高考物理一輪總復(fù)習(xí)第6章動(dòng)量守恒定律研專項(xiàng)素養(yǎng)提升課件

研專項(xiàng)素養(yǎng)提升第六章典型物理模型指導(dǎo)突破:三種綜合模型【模型概述】一、人船模型人船模型是動(dòng)量守恒問(wèn)題中典型的物理模型,其常見(jiàn)情境如下。常見(jiàn)情境問(wèn)題兩個(gè)原來(lái)靜止的物體發(fā)生相互作用時(shí),若所受外力的矢量和為零,則動(dòng)量守恒。在相互作用的過(guò)程中,任一時(shí)刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問(wèn)題歸為人船模型問(wèn)題特點(diǎn)人動(dòng)船動(dòng),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(zhì)量的反比;人船平均速度(瞬時(shí)速度)比等于它們質(zhì)量的反比,即注意應(yīng)用此關(guān)系時(shí)要注意一個(gè)問(wèn)題:公式中v1、v2和x一般都是相對(duì)地面而言的模型應(yīng)用的條件一個(gè)原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng),當(dāng)系統(tǒng)中的物體間發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí),過(guò)程中有一個(gè)方向上動(dòng)量守恒二、子彈打木塊模型1.子彈打木塊的兩種常見(jiàn)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(yùn)動(dòng)性質(zhì):子彈相對(duì)地面做勻減速直線運(yùn)動(dòng);木塊在子彈對(duì)木塊的作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)。圖像描述:從子彈擊中木塊時(shí)刻開(kāi)始,在同一個(gè)v-t坐標(biāo)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(biāo)給出各時(shí)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(duì)應(yīng)了兩者間的相對(duì)位移。方法:把子彈和木塊看成一個(gè)系統(tǒng),利用以下三個(gè)關(guān)系。①系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒;②系統(tǒng)的能量守恒(機(jī)械能不守恒);③對(duì)木塊和子彈分別利用動(dòng)能定理。推論:系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于阻力乘以相對(duì)位移,即ΔE=Ffd。(2)木塊固定在水平面上時(shí),子彈以初速度v0射擊木塊,對(duì)子彈利用動(dòng)能定理,2.兩種類型的共同點(diǎn)(1)系統(tǒng)內(nèi)相互作用的兩物體間的一對(duì)摩擦力做功的總和恒為負(fù)值。(因?yàn)橛幸徊糠謾C(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能)(2)摩擦生熱的條件:必須存在滑動(dòng)摩擦力和相對(duì)滑行的位移。摩擦產(chǎn)生的熱量為Q=Ff·s,其中Ff是滑動(dòng)摩擦力的大小,s是兩個(gè)物體的相對(duì)位移。(在一段時(shí)間內(nèi)“子彈”射入“木塊”的深度,就是這段時(shí)間內(nèi)兩者相對(duì)位移的大小,所以說(shuō)是一個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題)(3)靜摩擦力可對(duì)物體做功,但不能產(chǎn)生內(nèi)能。(因?yàn)閮晌矬w的相對(duì)位移為零)三、滑塊—滑板模型滑塊—滑板模型可分為兩類。1.沒(méi)有外力參與,滑塊與滑板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,系統(tǒng)除遵從動(dòng)量守恒定律外,還遵從能量守恒定律,摩擦力與相對(duì)位移的乘積等于系統(tǒng)動(dòng)能的損失,即Ff·s相對(duì)=ΔEk。受恒力作用時(shí),此類問(wèn)題可以應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解,但是求解過(guò)程相當(dāng)麻煩,受變力作用時(shí)更是無(wú)能為力,因此選用能量守恒和動(dòng)量守恒求解是最好選擇。2.系統(tǒng)受到外力,這時(shí)對(duì)滑塊和滑板一般隔離分析,畫(huà)出它們運(yùn)動(dòng)的示意圖,應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解?！究枷蚍治觥咳N模型問(wèn)題,是生活中常見(jiàn)問(wèn)題,也是一個(gè)高頻的考查點(diǎn)。此三類問(wèn)題是對(duì)直線運(yùn)動(dòng)、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、動(dòng)量守恒定律有關(guān)知識(shí)的綜合應(yīng)用,能力要求很高,弄清三種模型及其典型變形,通過(guò)類比和等效方法,可以使許多動(dòng)量守恒問(wèn)題的分析思路和解答步驟變得極為簡(jiǎn)捷,對(duì)順利求解該類問(wèn)題有很大幫助。【案例探究】案例1.(人船模型)如圖所示,質(zhì)量為m'的滑塊B套在光滑的水平桿上可自由滑動(dòng),質(zhì)量為m的小球A用一長(zhǎng)為l的輕桿通過(guò)鉸鏈與B上的O點(diǎn)相連接,可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng),開(kāi)始時(shí)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(diǎn)轉(zhuǎn)過(guò)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(dāng)A球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn),即使輕桿繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí),滑塊B的速度多大?(3)在上述情況(2)中,當(dāng)A球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí),滑塊B向左運(yùn)動(dòng)了多遠(yuǎn)?思路突破

(1)小球A連著的是輕桿,可求出通過(guò)最高點(diǎn)的臨界速度,由機(jī)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(shí),A、B組成的系統(tǒng)水平方向所受的合力為零,根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)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(dòng)量守恒,滿足人船模型,其中“人與船”的合位移為繩長(zhǎng)l。解析

(1)小球A連著的是輕桿,所以能通過(guò)最高點(diǎn)的條件為v1≥0由機(jī)械能守恒定律得(2)滑塊B不固定時(shí),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(dòng)量守恒。設(shè)A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí),A、B的速度分別為vA、vB,取向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mvA-m'vB=0(3)當(dāng)A球運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí),設(shè)滑塊B向左運(yùn)動(dòng)了x。則A相對(duì)于地面向右運(yùn)動(dòng)了l-x。根據(jù)水平方向動(dòng)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(gè)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(guò)孔有一左端固定在電容器左極板上的水平絕緣光滑細(xì)桿,電容器極板以及底座、絕緣桿總質(zhì)量為m0,給電容器充電后,有一質(zhì)量為m的帶正電小環(huán)恰套在桿上以某一初速度v0對(duì)準(zhǔn)小孔向左運(yùn)動(dòng),并從小孔進(jìn)入電容器,設(shè)帶電環(huán)不影響電容器板間電場(chǎng)分布,帶電環(huán)進(jìn)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(shí)速度的大小v。(2)求此過(guò)程中電容器移動(dòng)的距離s。(3)此過(guò)程中能量如何變化?思維點(diǎn)撥

帶電環(huán)進(jìn)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(yùn)動(dòng),而電容器則在靜電力的作用下做勻加速直線運(yùn)動(dòng),當(dāng)它們的速度相等時(shí),帶電環(huán)與電容器的左極板相距最近,可由系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律求解。(3)在此過(guò)程,帶電環(huán)動(dòng)能減少,電勢(shì)能增加,同時(shí)電容器等的動(dòng)能增加,系統(tǒng)中減少的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為電勢(shì)能。案例3.(板塊模型)人工智能在現(xiàn)代工業(yè)生產(chǎn)中的應(yīng)用越來(lái)越普遍。某自動(dòng)化生產(chǎn)過(guò)程可簡(jiǎn)化如下:如圖所示,足夠長(zhǎng)的水平工作臺(tái)上從左向右依次有A、B、C三點(diǎn),相鄰兩點(diǎn)之間的距離均為L(zhǎng)=2m;質(zhì)量為m=2kg、長(zhǎng)度也為L(zhǎng)的薄木板靜止放置在工作臺(tái)上,其右端剛好在A點(diǎn);現(xiàn)對(duì)木板施加大小F=4N的水平向右的恒力,當(dāng)木板右端運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),位于B點(diǎn)的機(jī)器人將質(zhì)量也為m的物塊輕放在木板右端,當(dāng)木板右端運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),撤去恒力F。已知木板與臺(tái)面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1=0.1,木板與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2=0.2,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,物塊可視為質(zhì)點(diǎn),重力加速度g取10m/s2。求:(1)木板右端運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大小;(2)撤去恒力F前的過(guò)程中,摩擦力對(duì)物塊的沖量;(3)木板從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)至最終停止的過(guò)程中,臺(tái)面對(duì)木板的摩擦力對(duì)木板做的總功。思維點(diǎn)撥(1)第1階段,在F的作用下木板向右勻加速運(yùn)動(dòng),可以應(yīng)用動(dòng)能定理分析求得B點(diǎn)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(dòng)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(guò)程中的情況可知物塊和木板一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到靜止,分別分不同階段分析求得臺(tái)面對(duì)木板的摩擦力對(duì)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(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中,水平方向受恒力F和臺(tái)面摩擦力Ff1作用Ff1=μ1mg=2

N由動(dòng)能定理有(F-Ff1)L=mv2代入數(shù)據(jù)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(yùn)動(dòng)Ff2=μ2mg=4

N木板所受臺(tái)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(yùn)動(dòng)將木板和物塊看成一個(gè)系統(tǒng),因F=Ff1',系統(tǒng)動(dòng)量守恒。撤去F前,假設(shè)物塊已經(jīng)相對(duì)木板靜止且在木板上,設(shè)兩者之間的相對(duì)位移為Δx,相對(duì)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,共同速度為v共由動(dòng)量守恒定律有mv=(m+m)v共代入數(shù)據(jù)得v共=1

m/s,Δx=0.5

m對(duì)物塊,由動(dòng)量定理有Ff2t=mv共-0代入數(shù)據(jù)得t=0.5

s此過(guò)程中,設(shè)木板發(fā)生的位移為x由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律有x=(v+v共)t代入數(shù)據(jù)得x=0.75

m因x<L、Δx<L,可知假設(shè)成立,即撤去F前,兩者已經(jīng)相對(duì)靜止,此后一起勻速運(yùn)動(dòng)直到撤去F故撤去恒力F前的過(guò)程中,摩擦力對(duì)物塊的沖量為I=Ff2t=2

N·s,方向水平向右。(3)設(shè)當(dāng)木板右端運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí),撤去恒力F,木板停止運(yùn)動(dòng)時(shí)木板右端位于D點(diǎn),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(yùn)動(dòng)直到靜止木板右端從A到B,臺(tái)面對(duì)木板的摩擦力對(duì)木板做的功為W1=-Ff1L木板右端從B到C,臺(tái)面對(duì)木板的摩擦力對(duì)木板做的功為W2=-Ff1'L木板右端從C到D,臺(tái)面對(duì)木板的摩擦力對(duì)木板做的功為整個(gè)過(guò)程中,臺(tái)面對(duì)木板的摩擦力對(duì)木板做的總功為W=W1+W2+W3=-14

J?！緞?chuàng)新訓(xùn)練】1.(多選)(2023廣東東莞高三檢測(cè))如圖所示,彈簧一端固定在豎直墻上,質(zhì)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(gè)質(zhì)量為2m的小球從槽高h(yuǎn)處自由下滑,則下列說(shuō)法正確的是(

)A.在下滑過(guò)程中,小球和槽組成的系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒B.在下滑過(guò)程中,小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)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(yùn)動(dòng)D.被彈簧反彈后,小球和槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,小球能回到槽高h(yuǎn)處

ABC解析

槽處于光滑水平面上,則小球在下滑過(guò)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(dòng)量守恒,選項(xiàng)A正確;在下滑過(guò)程中,小球和槽組成的系統(tǒng)只有重力做功,則機(jī)械能守恒,選項(xiàng)B正確;小球下滑到底端時(shí)由動(dòng)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(yùn)動(dòng),選項(xiàng)C正確,D錯(cuò)誤。2.(多選)(2023山東濟(jì)南模擬)如圖所示,質(zhì)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(cè)有一固定的豎直彈性擋板,將一質(zhì)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(shuō)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(guò)程擋板對(duì)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(jīng)過(guò)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(zhì)量為m0=2kg的長(zhǎng)木板放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m=1kg的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在長(zhǎng)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(kāi)始運(yùn)動(dòng),物塊運(yùn)動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)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(shí)物塊和木板的速度大小;(2)木板的長(zhǎng)度。答案

(1)5m/s

0.5m/s

(2)3.6m解析

(1)對(duì)物塊根據(jù)牛頓第二定律有Fcos

θ-μ(mg-Fsin

θ)=ma1對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律有μ(mg-Fsin

θ)=m0a2撤去拉力時(shí),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(zhì)量為m0=2kg的物塊A(可看作質(zhì)點(diǎn)),開(kāi)始放在長(zhǎng)木板B的左端,B的質(zhì)量為m=1kg,長(zhǎng)木板B可在水平面上無(wú)摩擦滑動(dòng)。兩端各有一固定豎直擋板M、N,現(xiàn)A、B以相同速度

v0=3m/s向左運(yùn)動(dòng)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(jié),A與M碰撞沒(méi)有機(jī)械能損失,碰后接著返回向N板運(yùn)動(dòng),且在與N板碰撞之前,A、B能達(dá)到共同速度。在長(zhǎng)木板B即將與擋板N碰前,立即將A鎖定于長(zhǎng)木板B