高考物理（山東專用）一輪復習專題七動量守恒定律教學課件

考點一動量、沖量和動量定理一、動量與沖量1.動量p=mv(1)矢量性:其方向與該時刻速度方向相同。(2)動量變化量①動量變化量:Δp=p'-p(矢量式)。②動量變化量方向:與速度的改變量方向相同。知識拓展動能與動量、速度的關系①換算關系:Ek=

,p=mv=

②若一個物體的動能發(fā)生變化,則該物體的動量和速度一定也發(fā)生變化;但動量和速

度發(fā)生變化時動能不一定發(fā)生變化。2.沖量(1)定義:力與力的作用時間的乘積叫作這個力的沖量,即I=FΔt(恒力求沖量公式)。(2)沖量是過程量,反映了力對時間的積累效應。(3)沖量的四種計算方法公式法利用定義式I=FΔt計算沖量,此方法僅適用于求恒

力的沖量,無須考慮物體的運動狀態(tài)圖像法利用F-t圖像計算,F-t圖線與t軸圍成的面積表示沖

量,此法既可以計算恒力的沖量,也可以計算變力

的沖量平均值法若力的方向不變、大小隨時間均勻變化,即力為時

間的一次函數(shù),則力F在某段時間Δt內的沖量I=

Δt,F1、F2為該段時間內初、末兩時刻力的大小動量定理法如果物體受到大小或方向變化的力的作用,則不能

直接用I=FΔt求變力的沖量,可以求出該力作用下

物體動量的變化量,由I=Δp求變力的沖量二、動量定理1.內容:物體在一個過程中所受力的沖量等于它在這個過程始末的動量變化量。2.表達式:F合t=Δp=p'-p(矢量式)。3.矢量性:動量變化量的方向與合力的方向相同。4.適用范圍(1)動量定理的研究對象可以是單個物體,也可以是多個物體組成的系統(tǒng)。(2)動量定理既適用于恒力,也適用于變力;既適用于一個過程,也適用于多個過程;既適

用于合運動,也適用于分運動;既適用于固體,也適用于流體。易錯警示①F合t=Δp=p'-p為矢量式,做題過程中只要遇到矢量式,都要規(guī)定正方向。②當物體所受力為變力時,運用動量定理時,切記公式中的力應是力在t時間內的平均

值。③根據(jù)動量定理可知,動量變化率

=F合,故p-t圖線斜率代表作用力F合。例1快遞運輸時,我們經(jīng)?？吹?有些易損壞物品外面都會利用充氣袋進行包裹(如圖

所示),這種做法的好處是

(

)

A.可以大幅度減小某顛簸過程中物品所受合力的沖量B.可以大幅度減小某顛簸過程中物品動量的變化C.可以使某顛簸過程中物品動量變化的時間延長D.可以使某顛簸過程中物品動量對時間的變化率增加

解析

充氣袋在運輸中起到緩沖作用,在某顛簸過程中,物品的動量變化量不變,由動量定理可知,合力的沖量不變,充氣袋可以延長動量變化所用的時間,從而減小物品

所受的合力,A、B錯誤,C正確;動量對時間的變化率表示物品所受的合力,則充氣袋可

以減小顛簸過程中物品動量對時間的變化率,D錯誤。

答案

C知識拓展利用動量定理解釋生活現(xiàn)象1.當物體的動量變化量Δp一定時,力的作用時間Δt越短,力F就越大,如打擊、碰撞等;力的作用時間Δt越長,力F就越小,如利用海綿或彈簧的緩沖作用來延長作用時間。2.當作用力F一定時,力的作用時間Δt越長,動量變化量Δp越大,如物體做自由落體運動,

運動時間越長動量越大。例2現(xiàn)代人越來越依賴手機,有些人喜歡躺著刷手機,經(jīng)常出現(xiàn)手機掉落砸傷眼睛或

者額頭的情況,若有一手機質量為120g,從離人額頭20cm高度處無初速度掉落,砸到

額頭后手機的反彈忽略不計,額頭受到手機的沖擊時間為0.05s。取g=10m/s2,求(1)手機與額頭作用過程中,手機的動量變化量;(2)手機對額頭平均作用力的大小。

解析

(1)手機從離人額頭20cm高度處無初速度掉落,到砸到額頭前,手機做何種運動?選取豎直向下為正方向,根據(jù)自由落體運動規(guī)律,手機掉落到人額頭位置時的速度為v=

=

m/s=2m/s手機與額頭作用后手機的速度變?yōu)?,所以手機與額頭作用過程中動量變化量為Δp=0-

mv=-0.12×2kg·m/s=-0.24kg·m/s即手機動量變化量的大小為0.24kg·m/s,方向豎直向上。(2)手機對額頭的作用力與額頭對手機的作用力有何關系?選取豎直向下為正方向,手機與額頭作用過程中,設額頭對手機平均作用力的大小為F,

對手機由動量定理得(mg-F)Δt=Δp代入數(shù)據(jù)解得F=6N根據(jù)牛頓第三定律知,手機對額頭平均作用力的大小為6N。

答案

(1)0.24kg·m/s,方向豎直向上

(2)6N歸納總結用動量定理解題的基本思路

考點二動量守恒定律(碰撞、爆炸、反沖、人船)一、動量守恒定律的理解及基本應用1.動量守恒定律的內容如果一個系統(tǒng)不受外力,或者所受外力的矢量和為0,這個系統(tǒng)的總動量保持不變。2.動量守恒定律的適用條件(1)系統(tǒng)不受外力或所受合力為0。(2)系統(tǒng)受到的合力不為0,但系統(tǒng)內力遠遠大于外力時,系統(tǒng)可近似看成動量守恒。(3)系統(tǒng)在某個方向上所受合力為0時,則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。3.動量守恒定律的不同表達形式(1)p1=p2或m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'(系統(tǒng)相互作用前后總動量相等);(2)Δp總=0(總動量變化量為0)或Δp1=-Δp2(系統(tǒng)中相互作用的兩個物體動量的變化量等

大反向)。易錯警示①m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'為矢量式,故在使用時,要規(guī)定正方向。②動量表達式中的動量或速度是相對于同一參考系,故使用該表達式時要注意同一參

考系的選取。

二、碰撞(作用時間短,內力遠大于外力)1.碰撞遵循的規(guī)律(1)動量守恒原則:p1+p2=p1'+p2'。4.應用動量守恒定律解題的步驟(2)動能不增加原則:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)速度要符合實際情況,即碰后無外力作用下不能發(fā)生二次碰撞。2.碰撞的類型(1)彈性碰撞:碰撞結束后,形變全部消失,動能沒有損失,不僅動量守恒,而且初、末總動

能相等。m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'

m1

+

m2

=

m1v1'2+

m2v2'2v1'=

v2'=

特例:若v2=0,即“一動一靜”的彈性碰撞,碰后二者速度分別為v1'=

v1,v2'=

v1①若m1=m2,則v1'=0,v2'=v1,二者速度互換。②若m1<m2,則v1'<0,碰撞物體被反彈。③若m1?m2,則v1'≈v1,速度幾乎不變,v2'≈2v1。④若m1?m2,則v1'=-v1,v2'=0,碰撞物體以原速率反彈,被碰物體不動。(2)非彈性碰撞:碰撞結束后,形變部分消失,動能有部分損失。則m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',

m1

+

m2

=

m1v1'2+

m2v2'2+ΔEk損。(3)完全非彈性碰撞:碰撞結束后,以同一速度運動,形變完全保留,動能損失最大。m1v1+m2v2=(m1+m2)v

m1

+

m2

=

(m1+m2)v2+ΔEk損maxΔEk損max=

·

特例:若v2=0,即“一動一靜”的完全非彈性碰撞,碰后二者的共同速度v=

v1,ΔEk損=

·

m1

例3

(多選)如圖所示,兩個小球A、B在光滑水平地面上相向運動,它們的質量分別為

mA=4kg,mB=2kg,速度分別是vA=3m/s(設為正方向),vB=-3m/s。則它們發(fā)生正碰后,速

度的可能值分別為

(

)

A.vA'=-1m/s,vB'=5m/sB.vA'=-2m/s,vB'=6m/sC.vA'=2m/s,vB'=-1m/sD.vA'=0.5m/s,vB'=2m/s

審題指導

兩球組成的系統(tǒng)碰撞過程要滿足:①系統(tǒng)動量守恒;②系統(tǒng)動能不增加;③不違反速度實際可行性。

解析

碰前系統(tǒng)總動量為p總=4×3kg·m/s+2×(-3)kg·m/s=6kg·m/s,碰前總動能為Ek總=

×4×32J+

×2×(-3)2J=27J。若vA'=-1m/s,vB'=5m/s,不違反速度實際可行性,碰后系統(tǒng)動量p總'=4×(-1)kg·m/s+2×5kg·m/s=6kg·m/s,系統(tǒng)動能Ek總'=

×4×(-1)2J+

×2×52J=27J,動量守恒,初末動能相等,故A可能;若vA'=-2m/s,vB'=6m/s,則碰后系統(tǒng)動量p總'=4×(-2)kg·m/s+2×6kg·m/s=4kg·m/s,系統(tǒng)動量不守恒,故B不可能;若vA'=2m/s,vB'=-1m/s,違反速度實際可行性,發(fā)生二次碰撞,故C不可能;若vA'=0.5m/s,vB'=2m/s,不違反速度實際可行性,碰后系統(tǒng)動量p總'=4×0.5kg·m/s+2×2kg·m/s=6kg·m/s,系統(tǒng)動能Ek總'=

×4×(0.5)2J+

×2×22J=4.5J,故D可能。

一題多解

由題意可知,所有碰撞都介于彈性碰撞與完全非彈性碰撞之間,故小球A、B碰撞速度介于彈性碰撞與完全非彈性碰撞之間。假設A、B碰撞為彈性碰撞

時,列兩球碰撞前后動能守恒、動量守恒方程并聯(lián)立可知,vA'=

=-1m/s,vB'=

=5m/s;假設A、B碰撞為完全非彈性碰撞,vA'=vB'=1m/s,則-1m/s≤vA'≤1m/s,1m/s≤vB'≤5m/s,故選A、D。

答案

AD三、爆炸與反沖1.爆炸問題概念一個物體由于內力的巨大作用而分為兩個或兩個以上物體的過程特點動量守恒由于爆炸是在極短時間內完成的,爆炸物體間的相互作用力遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)可看作動量守恒動能增加在爆炸過程中,因為有其他形式的能量轉化為動能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動能增加位置不變爆炸的時間極短,因而在爆炸過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般忽略不計,即認為位置不變2.反沖運動概念根據(jù)動量守恒定律,如果一個靜止的物體在內力的作用下分裂為兩

部分,一部分向某個方向運動,另一部分必然向相反的方向運動特點作用原理反沖運動是系統(tǒng)內物體之間的作用力和反作用力產(chǎn)生的效果動量守恒反沖運動中系統(tǒng)不受外力或內力遠大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒定律動能增加反沖運動中,作用力與反作用力做正功,有其他形式的能轉化為動能,所以系統(tǒng)的總動能增加實例爆竹升空、發(fā)射火箭等思考剖析

思考:設火箭在極短的時間Δt內噴射燃氣的質量是Δm,噴出的燃氣相對噴

氣前火箭的速度是u,噴出燃氣后火箭的質量是m,火箭在一次噴氣后增加的速度Δv如

何表示?剖析:規(guī)定噴出燃氣方向為正方向,以噴氣前的火箭為參考系,根據(jù)動量守恒定律可知mΔv+Δmu=0,解出Δv=-

u。四、人船模型1.模型特點(1)系統(tǒng)由兩個物體組成且開始時兩物體靜止,系統(tǒng)總動量為零;系統(tǒng)動量守恒或在某

一方向動量守恒。(2)系統(tǒng)中兩物體之間由于相互作用力的影響,當一物體向某方向運動時,另一物體向

相反方向運動,這樣的題目類型統(tǒng)稱為“人船模型”,該模型屬于反沖現(xiàn)象中的一種

具體情況。2.模型解讀如圖所示,長為L、質量為m船的小船停在靜水中,質量為m人的人由靜止開始從船的一端

走到船的另一端,不計水的阻力。根據(jù)系統(tǒng)水平方向所受合力為0,可知系統(tǒng)水平方向動量守恒,故m船v船=m人v人,人和船具

有同時性,故有m船v船t=m人v人t,則m船x船=m人x人,兩者之間相向運動,故有x船+x人=L,可解得x人

=

L,x船=

L。3.運動特點(1)人“走”船“走”,人“?！贝巴！?人“快”船“快”,人“慢”船“慢”。(2)人、船的位移大小與質量成反比,即

=

。例4

(多選)如圖所示,將一質量為M、半徑為R的光滑半圓形槽靜置于光滑水平面上,

今讓一質量為m的小球(可視為質點)自左側槽口從A點由靜止開始落下,則以下結論中

正確的是

(

)

A.小球在半圓形槽內運動的全過程中,小球與半圓形槽構成的系統(tǒng)機械能守恒B.小球在半圓形槽內運動的全過程中,小球與半圓形槽在水平方向動量守恒C.小球到達右邊最高點時,小球通過的水平位移是

D.小球到達右邊最高點時,小球通過的水平位移是

解析

小球在半圓形槽內運動的全過程中,水平面和圓弧面光滑,只有小球的機械能與半圓形槽的機械能之間相互轉化,小球與半圓形槽構成的系統(tǒng)機械能守恒,A正確;由題意可知,小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受的合力為零,故小球與半圓

形槽在水平方向動量守恒,B正確;小球到達右邊最高點時,設小球和半圓形槽通過的水平位移大小分別為x、y,如圖所示

根據(jù)水平方向動量守恒,可得mvm=MvM,則有mx=My,根據(jù)位移關系x+y=2R,解得y=

,x=

,小球到達右邊最高點時,小球通過的水平位移是

,C正確,D錯誤。

答案

ABC歸納總結單方向動量守恒的“人船模型”結論如圖所示,小球A質量為m,半圓形槽B質量為M,半徑為R,將小球靜止釋放,不計阻力,分

析結論。

①運動到最低點時,水平方向上動量守恒:mvA=MvB能量守恒:

m

+

M

-0=mgR移動距離:mxA=MxB位移大小之和:xA+xB=R聯(lián)立解得:xA=

R,xB=

R,并可求出vA、vB的值。②運動到最高點時,水平方向上動量守恒:mvA=MvB移動距離:mxA=MxB位移大小之和:xA+xB=2R聯(lián)立解得:xA=

·2R,xB=

·2R模型一流體類模型1.研究對象(1)流體類:液體流、氣體流等,通常已知密度ρ。(2)微粒類:電子流、光子流、塵埃等,通常給出單位體積內粒子數(shù)n。2.應用動量定理處理流體類模型的步驟例5如圖所示為清洗汽車用的高壓水槍。設水槍噴出的水柱直徑為D,水流速度為v,

水柱垂直汽車表面,水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作,進入水槍的

水流速度可忽略不計,已知水的密度為ρ。下列說法正確的是

(

)

A.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρπvD2B.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為

ρvD2C.水柱對汽車的平均沖力為

ρD2v2D.當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時,噴出的水對汽車的壓強變?yōu)樵瓉淼?

倍

解析

高壓水槍單位時間噴出水的質量等于單位時間內噴出的水柱的質量,即m0=ρV=ρπ·

v=

πρvD2,故A、B錯誤;水柱對汽車的平均沖力為F,由動量定理得Ft=mv,即Ft=

πρvD2·t·v,解得F=

πρv2D2,故C錯誤;高壓水槍噴出的水對汽車產(chǎn)生的壓強p=

=

=ρv2,則當高壓水槍噴口的出水速度變?yōu)樵瓉淼?倍時,噴出的水對汽車的壓強變?yōu)樵瓉淼?倍,故D正確。

答案

D例6某防空系統(tǒng)會在目標來襲時射出大量子彈顆粒,在射出方向形成一個均勻分

布、持續(xù)時間t=0.01s、橫截面積為S=2m2的圓柱形彈幕,每個子彈顆粒的平均質量為

m=2×10-2kg,每1cm3有一個子彈顆粒,所有子彈顆粒以v=300m/s射入目標,并停在目標

體內,視每顆子彈瞬間擊入目標體內。下列說法正確的是

(

)A.所形成彈幕的總體積V=6cm3B.所形成彈幕的總質量M=1.2×105kgC.彈幕對目標的沖量大小I=1.2×107kg·m/sD.彈幕對目標的沖擊力大小F=3.6×108N

解析

形成彈幕的總體積為V=vtS=6m3,A錯誤;每1cm3有一個子彈顆粒,則子彈顆粒的總個數(shù)N=

=6×106,所形成彈幕的總質量M=Nm=1.2×105kg,B正確;對整個彈幕由動量定理可知I=M·Δv=3.6×107kg·m/s,C錯誤;由沖量公式I=Ft知,彈幕對目標的沖擊

力大小F=

=3.6×109N,D錯誤。

答案

B歸納總結流體碰撞的兩種模型分析方法第一類是“吸收類模型”,即流體與被碰物體接觸后速度變?yōu)榱?第二類是“反彈類

模型”(如圖所示),即流體與被碰物體接觸后以原速率反彈。設時間t內流體與物體相

碰的“粒子”數(shù)為n,碰前每個“粒子”的動量大小為p,被碰物體對“粒子”的平均作用力為F,以平均作用力F的方向為正方向,則“吸收類模型”滿足F1t=0-n(-p);“反

彈類模型”滿足F2t=np-n(-p),解題時一定要明辨模型類別,避免出錯。

模型二動量守恒中的常見模型一、子彈打木塊模型如圖所示,地面光滑,木塊長度為d,子彈射入木塊所受阻力為Ff。

1.模型特點(1)地面光滑,系統(tǒng)不受外力或所受合力為0,系統(tǒng)動量守恒。(2)子彈與木塊之間有摩擦(做功),系統(tǒng)機械能不守恒,一般應用能量守恒定律。2.模型的兩種情境(1)情境1:子彈嵌入木塊中未穿出,兩者速度v相等,機械能損失最多(完全非彈性碰撞),

子彈相對木塊的位移為s。①動量守恒:mv0=(m+M)v。②系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=Ff·s=

m

-

(M+m)v2。(2)情境2:子彈穿透木塊,兩者速度不相等,機械能有損失(非彈性碰撞)。①動量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=Ff·d=

m

-

。知識拓展

該模型研究系統(tǒng)時,可利用動量守恒;研究單物體時,可利用動量定理或動

力學觀點分析。例7如圖所示,兩塊長度均為d=0.2m,質量均為M=0.9kg的木塊A、B,緊靠著放在光

滑水平面上。一顆質量為m=0.02kg的子彈(可視為質點且不計重力)以速度v0=500m/s

水平向右射入木塊A,當子彈恰好水平穿出A時,測得木塊A的速度為v=2m/s,子彈最終

停留在木塊B中。求:(1)子彈離開木塊A時的速度大小及子彈在木塊A中所受的阻力大小;(2)子彈穿出A后進入B的過程中,子彈與B組成的系統(tǒng)損失的機械能。

解析

(1)當子彈恰好水平穿出A時,vA、vB的關系?子彈在A木塊中運動過程中,A、B兩個木塊相對靜止,vA=vB=v,將A、B看成整體,設子彈

離開木塊A時的速度為v1,對子彈和A、B整體有mv0=mv1+2Mv,Fd=

m

-

m

-

·2Mv2聯(lián)立解得v1=320m/s、F=7362N(2)子彈在B中運動過程中,子彈和B木塊最終狀態(tài)?子彈與B最終共速,速度設為v2,對子彈和B整體有mv1+Mv=(m+M)v2,解得v2=

m/s,由能量守恒有

m

+

Mv2=ΔE+

(m+M)

,解得ΔE=989J。

答案

(1)320m/s

7362N

(2)989J歸納總結解決“子彈打木塊”問題的兩個關鍵1.弄清楚子彈是最終留在木塊中與木塊一起運動,還是穿出木塊后與木塊各自運動。2.求解子彈打擊木塊過程中損失的機械能,可以根據(jù)題目的具體條件來選用合適的求

解方式。(1)利用ΔE損=Q熱=Ff·x相對求解;(2)利用打擊過程中子彈克服阻力做的功與阻力對木塊做的功的差值進行求解;(3)通過打擊前后系統(tǒng)的機械能之差求解。模型圖例

物體A、B與輕彈簧(開始處于原長)相連,物體A以

初速度v0運動二、彈簧模型兩種情境1.當彈簧處于最短(或最長)狀態(tài)時兩物體瞬時速

度相等,彈性勢能最大(1)系統(tǒng)動量守恒:m1v0=(m1+m2)v共;(2)系統(tǒng)機械能守恒:

m1

=

(m1+m2)

+Epm。2.當彈簧處于原長時彈性勢能為零(1)系統(tǒng)動量守恒:m1v0=m1v1+m2v2;(2)系統(tǒng)機械能守恒:

m1

=

m1

+

m2

例8

(多選)如圖甲所示,一水平輕彈簧的兩端分別與質量為m1和m2的A、B兩物塊相

連接,并且靜止在光滑的水平面上。現(xiàn)使A瞬時獲得水平向右3m/s的速度,以此刻為零

時刻,兩物塊的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示,從圖像信息可得

(

)

A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s且彈簧都是處于壓縮狀態(tài)B.從t3到t4時刻彈簧由伸長狀態(tài)逐漸恢復原長C.兩物塊的質量之比為m1∶m2=1∶2D.在t2時刻兩物塊的動量之比為p1∶p2=1∶2

解析

結合圖像弄清兩物塊的運動過程,0~t1過程中A逐漸減速,B逐漸加速,彈簧被壓縮(A的速度始終比B的速度大),t1時刻二者共速(相當于完全非彈性碰撞),水平面光滑,

故在0~t1過程中動量守恒,有m1v1=(m1+m2)v2,將v1=3m/s,v2=1m/s代入得m1∶m2=1∶2,故

C正確。t1時刻彈簧被壓縮至最短(兩者共速時沒有相對位移),系統(tǒng)勢能最大,動能最小

(系統(tǒng)機械能守恒),t1~t2過程中,A先減速為零后反向加速,B一直加速,彈簧逐漸恢復原

長(B的速度始終比A的速度大,B的速度最大時,加速度為0),t2時刻,彈簧恢復到原長狀

態(tài)(相當于彈性碰撞),v'1=-1m/s,v'2=2m/s,根據(jù)m1∶m2=1∶2,則動量之比為p1∶p2=1∶4,故D錯誤。t2~t3過程中,彈簧的長度將逐漸增大,A先減速為零后反向加速,B在一直減

速;t3時刻,兩物塊速度相等(相當于完全非彈性碰撞),彈簧最長(兩者共速沒有相對位

移),系統(tǒng)動能最小,故A錯誤。t3~t4過程中,A一直加速,B一直減速,因此從t3到t4過程中彈

簧由伸長狀態(tài)逐漸恢復原長(t4時刻恢復到原長狀態(tài)),故B正確。

答案

BC歸納總結彈簧模型與動量結合的解題思路(1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長、伸長還是壓縮狀態(tài)。(2)分析某段過程中初、末態(tài)彈簧和物體的運動狀態(tài),若動量守恒依據(jù)動量守恒定律列式,再結合機械能(或能量)守恒定律列出方程。三、板塊模型如圖所示,上表面粗糙、質量為M的木板,放在光滑的水平地面上(未固定),質量為m的

滑塊以初速度v0滑上木板。

1.模型特點(1)水平地面光滑且木板不固定,系統(tǒng)不受外力或所受合力為0,系統(tǒng)的動量守恒。(2)滑塊與木板之間有摩擦(做功),系統(tǒng)機械能不守恒,一般應用能量守恒。2.模型的兩種情境(1)情境1:滑塊未滑離木板,如圖所示,當兩者速度v相同時(相當于完全非彈性碰撞),滑

塊相對木板的位移為d,木板相對地面的位移為s,滑塊和木板間的摩擦力為Ff。

這類問題類似于子彈打木塊模型中子彈未射出的情況:①系統(tǒng)動量守恒:mv0=(M+m)v。②系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=Ffd=

m

-

(M+m)v2。(2)情境2:滑塊滑離木板,設滑離木板時滑塊的速度為v1,木板的速度為v2,木板長為L。①系統(tǒng)動量守恒:mv0=mv1+Mv2。②系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q=FfL=

m

-

m

-

M

。例9

(多選)如圖甲,光滑水平面上放著長木板B,質量m=2kg的木塊A以速度v0=2m/s滑

上原來靜止的長木板B的上表面,由于A、B之間存在摩擦,之后木塊A與長木板B的速

度隨時間變化情況如圖乙所示,重力加速度g=10m/s2。則下列說法正確的是

(

)A.木塊A與長木板B之間的動摩擦因數(shù)為0.1B.長木板的質量M=2kgC.長木板B的長度至少為2mD.木塊A與長木板B組成系統(tǒng)損失機械能為4J

解析

由題意可知系統(tǒng)動量守恒,且A、B最終速度v共=1m/s,取向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有mv0=(m+M)v(板塊模型:完全非彈性碰撞),解得M=m=2kg,故B正確;由

題圖可知,木塊A做勻減速運動的加速度為aA=

=

m/s2=-1m/s2,對木塊A,根據(jù)牛頓第二定律得-μmg=maA(對A受力分析,A水平方向僅受滑動摩擦力),μ=0.1,故A正確;由題

圖可知,木塊A與長木板B組成的系統(tǒng)損失的機械能ΔE=

m

-

(m+M)v2=2J,根據(jù)模型特點可知,損失的機械能全部轉化為內能,則Q=FfL=2J,根據(jù)摩擦力Ff=μmg可知,Ff=2N,

則解得長木板B的最小長度為L=1m(木塊A恰好滑到長木板B右端時二者共速),故C、D錯誤。

答案

AB微專題9動力學、動量和能量觀點的綜合應用一、力學問題的三大觀點分類涉及知識動力學觀點牛頓運動定律、運動學基本規(guī)律(主要涉及勻變

速直線運動公式)動量觀點動量定理(單個物體涉及力、時間、質量和速

度)、動量守恒定律(系統(tǒng)涉及速度但不涉及力與

時間)能量觀點動能定理、機械能守恒定律、功能關系與能量守

恒定律(涉及力、位移和速度時)二、三大觀點解題原則動力學觀點運用牛頓運動定律結合運動學知識解題,可處理勻變速直線運動問題。(1)如果涉及加速度的問題,則一般要用牛頓運動定律(2)凡涉及瞬間狀態(tài)的分析和運動性質的分析,可用動力學觀點動量觀點用動量觀點解題,可處理非勻變速運動問題。用動量定理可簡化問題的求解過程。(1)對于涉及物體運動時間的問題,特別對于沖擊、打擊一類的問題,或力隨時間變化(變力)問題,應用動量定理求解,即Ft=mv-mv0(2)對于碰撞、爆炸、反沖問題,若系統(tǒng)只涉及初、末速度而不涉及力、時間,應用動量守恒定律求解能量觀點用動能定理和能量守恒觀點解題,可處理非勻變速

運動問題。(1)對于涉及恒力做功或變力做功,一般都可以利

用動能定理求解(2)對于復雜的直線或曲線運動,涉及初、末速度

和位移的問題,優(yōu)先考慮動能定理及功能關系(3)涉及相對位移或克服摩擦力所做的總功時優(yōu)先

考慮功能關系(系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于

系統(tǒng)機械能的減少量,即轉變?yōu)橄到y(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的

熱量Q=fΔx)。其次再考慮用牛頓運動定律例10如圖甲所示,在同一豎直面內,光滑水平面與傾角為37°的傳送帶通過一段半徑

R=2.25m的光滑圓軌道連接,圓軌道兩端分別與水平面及傳送帶