高考物理一輪復習第六章第2節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用課件_第1頁
高考物理一輪復習第六章第2節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用課件_第2頁
高考物理一輪復習第六章第2節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用課件_第3頁
高考物理一輪復習第六章第2節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用課件_第4頁
高考物理一輪復習第六章第2節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用課件_第5頁
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第2節(jié)動量守恒定律及其應(yīng)用一、動量守恒定律1.內(nèi)容.不受外力矢量和

如果一個系統(tǒng)____________,或者所受外力的__________為零,這個系統(tǒng)的總動量保持不變.2.表達式.p′m1v1′+m2v2′-Δp2

(1)p=______,系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′. (2)m1v1+m2v2=______________,相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng),作用前的動量和等于作用后的動量和. (3)Δp1=__________,相互作用的兩個物體動量的變量等大反向.3.動量守恒的條件.(1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零,則系統(tǒng)動量守恒.(2)近似守恒:系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零,但當內(nèi)力遠大于外力時,系統(tǒng)的動量可近似看成守恒.(3)某一方向上守恒:系統(tǒng)在某個方向上所受外力矢量和為零時,系統(tǒng)在該方向上動量守恒.二、碰撞現(xiàn)象相互作用力守恒

1.碰撞:兩個或兩個以上的物體在相遇的極短時間內(nèi)產(chǎn)生非常大的____________,而其他的相互作用力相對來說顯得微不足道的過程,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒. 2.彈性碰撞:如果碰撞過程中機械能________,這樣的碰撞叫做彈性碰撞.3.非彈性碰撞:如果碰撞過程中機械能________,這樣的碰撞叫做非彈性碰撞.不守恒相同

4.完全非彈性碰撞:碰撞過程中物體的形變完全不能恢復,以致兩物體合為一體一起運動,即兩物體在非彈性碰撞后以_______速度運動,系統(tǒng)有機械能損失.三、反沖的特點內(nèi)力遠大于

1.定義:如果一個靜止的物體在________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.這個現(xiàn)象叫做反沖. 2.反沖運動的特點及遵循的規(guī)律. (1)特點:物體間作用力與反作用力產(chǎn)生的效果. (2)遵循的規(guī)律:反沖運動是內(nèi)力作用的結(jié)果,雖然有時系統(tǒng)所受的合外力不為零,但由于系統(tǒng)內(nèi)力________外力,所以可以認為系統(tǒng)的總動量是守恒的.【基礎(chǔ)自測】1.判斷下列題目的正誤.(1)只要系統(tǒng)合外力做功為零,系統(tǒng)動量就守恒.((2)動量守恒的過程中,機械能只能不變或減少.((3)若某個方向合外力為零,則該方向動量守恒.()))(4)若在光滑水平面上的兩球相向運動,碰后均變?yōu)殪o止,則兩球碰前的動量大小一定相同.()(5)完全非彈性碰撞中,機械能損失最多.()答案:(1)×

(2)×

(3)√

(4)√

(5)√

2.(2021年黑龍江哈爾濱月考)一輛小車靜止在光滑的水平面上,小車立柱上用一條長為L的輕繩拴一個小球,小球與懸點在同一水平面上,輕繩拉直后小球從A點靜止釋放,如圖6-2-1,不計一切阻力,下面說法中正確的是()A.小球的機械能守恒,動量也守恒B.小車的機械能守恒,動量也守恒C.小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒,水平方向上動量守恒圖6-2-1D.小球和小車組成的系統(tǒng)機械能不守恒,總動量不守恒答案:C

3.質(zhì)量為m1=1kg和m2(未知)的兩個物體在光滑的水平面上正碰,碰撞時間不計,其x-t(位移—時間)圖像如圖6-2-2所示,則可知該碰撞屬于()A.非彈性碰撞B.彈性碰撞C.完全非彈性碰撞圖6-2-2D.條件不足,不能確定答案:B

4.冰車原先在光滑的水平冰面上勻速滑行,若一人在冰車上先后向前和向后各拋出一個沙包,兩沙包的質(zhì)量和對地速度大小都)相同,沙包都拋出去之后,冰車的速率與原來相比( A.增大了

B.減少了

C.不變

D.可能增大也可能減少

答案:A熱點1動量守恒定律的理解和基本應(yīng)用考向1動量守恒定律的理解[熱點歸納]動量守恒定律的四個特性:相對性公式中

v1、v2、v1′、v2′必須相對于同一個慣性系同時性公式中v1、v2是在相互作用前同一時刻的速度,v1′、v2′是在相互作用后同一時刻的速度矢量性應(yīng)先選取正方向,凡是與選取的正方向一致的動量為正值,相反為負值普適性不僅適用于低速宏觀系統(tǒng),也適用于高速微觀系統(tǒng)【典題1】(多選)對于如圖6-2-3甲、乙、丙、丁所反映的物理過程,下列說法正確的是()甲乙丙丁

圖6-2-3 A.圖甲中子彈射入光滑水平面上的木塊的過程中,子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能減少

B.圖乙中M、N兩木塊放在光滑水平面上,剪斷M、N兩木塊之間的細線,在彈簧恢復原長的過程中,M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能增加C.圖丙中兩球勻速下降,細線斷裂后,木球和鐵球在水中運動的過程,兩球組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能不守恒D.圖丁中木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑,木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,機械能一定守恒

解析:甲圖中,在光滑水平面上,子彈射入木塊的過程中,子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,機械能有損失,A正確.乙圖中M、N兩木塊放在光滑的水平面上,剪斷束縛M、N兩木塊之間的細線,在彈簧恢復原長的過程中,M、N與彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒,彈簧的彈性勢能轉(zhuǎn)化為兩木塊的動能,系統(tǒng)機械能守恒,B錯誤.丙圖中,木球和鐵球組成的系統(tǒng)勻速下降,說明兩球所受水的浮力等于兩球自身的重力,細線斷裂后兩球在水中運動的過程中,所受合外力為零,兩球組成的系統(tǒng)動量守恒,由于水的浮力對兩球做功,兩球組成的系統(tǒng)機械能不守恒,C正確.丁圖中,木塊沿放在光滑水平面上的斜面下滑,木塊和斜面組成的系統(tǒng)在水平方向上不受外力,水平方向上動量守恒,由于斜面可能不光滑,所以機械能可能有損失,D錯誤.答案:AC考向2動量守恒定律的應(yīng)用

【典題2】(2023

年廣東卷)如圖6-2-4為某藥品自動傳送系統(tǒng)的示意圖.該系統(tǒng)由水平傳送帶、豎直螺旋滑槽和與滑槽平滑連接的平臺組成,滑槽高為3L,平臺高為L.藥品盒A、B依次被輕放在以速度v0

勻速運動的傳送帶上,在與傳送帶達到共速后,從M點進入滑槽,A剛好滑到平臺最右端N點停下,隨后滑下的B以2v0的速度與A發(fā)生正碰,碰撞時間極短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圓盤內(nèi)直徑的兩端.已知A、B的質(zhì)量分別為m和2m,碰撞

擦因數(shù)為μ,重力加速度為g,A、B在滑至N點之前不發(fā)生碰撞,忽略空氣阻力和圓盤的高度,將藥品盒視為質(zhì)點.求:

(1)A在傳送帶上由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間t. (2)B從M點滑至N點的過程中克服阻力圖6-2-4做的功W. (3)圓盤的圓心到平臺右端N點的水平距離s.解:(1)A在傳送帶上運動時的加速度a=μg由靜止加速到與傳送帶共速所用的時間(2)B從M點滑至N點的過程中,根據(jù)動能定理有(3)A、B碰撞過程由動量守恒定律和能量關(guān)系可知2m×2v0=mv1+2mv2考向3某一方向動量守恒[熱點歸納]

相互作用的兩個物體受的合外力不為0,系統(tǒng)動量不守恒,但是若某個方向合外力為0,則系統(tǒng)在這個方向上動量守恒,可以在這個方向上列動量守恒的方程求解相關(guān)問題.如自由下落的木塊被水平飛來的子彈擊中,豎直方向由于重力作用合外力不為0,動量不守恒,而水平方向不受外力,滿足動量守恒.再如光滑水平面上有一斜面,斜面上的物體沿斜面下滑的過程中,物體和斜面組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒.

【典題3】(2022

年廣東茂名模擬)如圖6-2-5所示,在足夠大的光滑水平面上停放著裝有光滑弧形槽的小車,弧形槽的底端切線水平,一小球以大小為v0的水平速度從小車弧形槽的底端沿弧形槽上滑,恰好不從弧形槽的頂端離開.小車與小球的質(zhì)量分別為2m、m,以弧形槽底端所在的水平面為參考平面.小球的最大重力勢能為()圖6-2-5

解析:小球到達弧形槽頂端時,小球與小車的速度相同(設(shè)共同速度大小為v),在小球沿小車弧形槽上滑的過程中,小球與小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,有mv0=3mv,根據(jù)機械能守恒答案:A考向4動量守恒的臨界問題

【典題4】(2022

年廣東聯(lián)考)如圖6-2-6所示,某冰雪游樂場,小朋友和小車均靜止在足夠大的水平地面上,小朋友將小車以大小v=12m/s的水平速度(相對地面)推向右側(cè)的斜坡,小車在斜坡上運動一段時間后返回地面,小朋友接住小車后再次以速率v將小車推向斜坡,如此反復.小朋友與小車的質(zhì)量分別為m1=30kg、m2=5kg,不計一切摩擦,不計小車經(jīng)過斜坡底部時的機械能損失.求:圖6-2-6(1)在小朋友第一次將小車推出的過程中,小朋友和小車組成的系統(tǒng)的動能增量ΔEk.(2)要使小朋友不能接住小車,小朋友推小車的次數(shù).

解:(1)設(shè)向左為正方向,小朋友第一次將小車推出后的瞬間,小朋友的速度大小為v1,對小朋友第一次將小車推出的過程,根據(jù)動量守恒定律有m1v1=m2v解得v1=2m/s解得ΔEk=420J.(2)小車每次在斜坡上運動的過程中,斜坡對小車的水平?jīng)_量大小I=m2v-(-m2v)=2m2v.若小朋友第n次推小車后,兩者的速率均為v,則此后小朋友不能接住小車,對小朋友與小車組成的系統(tǒng),根據(jù)動量定理有nI=(m1+m2)v解得n=3.5,要使小朋友不能接住小車,小朋友推小車的次數(shù)為4.思路導引小朋友推車過程動量守恒,求出小朋友的速度,然后求出二者增加的動能.斜面光滑,小車推出后的速度與從斜面返回與小朋友作用的速度大小相等,每次推出小車,小朋友動量的增加量相等,假設(shè)推出n次后,根據(jù)動量守恒求得小朋友的速度大于小車的速度即可,臨界情況是二者速度大小相等.熱點2碰撞[熱點歸納]1.碰撞遵循的三條原則.(1)動量守恒定律.(2)機械能不增加.(3)速度要合理.①同向碰撞:碰撞前,后面的物體速度大;碰撞后,前面的物體速度大(或兩物體速度相等).②相向碰撞:碰撞后兩物體的運動方向不可能都不改變(除非兩物體碰撞后速度均為零).2.彈性碰撞討論.(1)碰后速度的求解.考向1彈性碰撞

【典題5】某表演者用一個大球和一個小球,做一種名為“超級彈性碰撞”的實驗,其中上面的小球被稱為“超級彈球”.如圖6-2-7所示,表演者將兩球疊放在一起,從距地面高為h的位置由靜止釋放,假設(shè)大球先與地面碰撞以原速率反彈后再與小球碰撞,兩球之間的碰撞無機械能損失且時間極短,且兩球心的連線始終豎直,已知大球的質(zhì)量為4m,小球的質(zhì)量為m,重力加速度為g,將兩球視為質(zhì)點,忽略空氣阻力,求:(1)該“超級彈球”第一次能夠反彈的最大高度.(2)該“超級彈球”從開始下落到第一次反彈到最大高度所經(jīng)歷的時間.圖6-2-7思路導引本題與常見的彈性碰撞不同.一般的彈性碰撞直接給出碰撞前的速度,然后應(yīng)用動量守恒定律和機械能守恒定律求解碰撞后的速度.本題中的碰撞多了一個過程:先一起下落,落地瞬間,上面小球速度不變,下面小球速度等大反向.考向2非彈性碰撞

【典題6】(2023

年廣東肇慶二模)如圖6-2-8所示,豎直放置的兩個完全相同的輕彈簧,一端固定于地面,另一端與質(zhì)量為mB的物體B固定在一起,質(zhì)量為mA

的物體A置于B中央位置的正上方H處.現(xiàn)讓A由靜止開始自由下落,隨后和B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰撞后兩物體粘在一起.已知A與B結(jié)合后經(jīng)過時間t下降至最低點,A、B始終在同一豎直平面內(nèi)運動,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),不計空氣阻力,重力加速度為g,求:(1)A與B碰撞后瞬間的速度大小v.(2)AB結(jié)合體從結(jié)合后至返回到碰撞點過程中的運動時間以及該過程中彈簧對物體B沖量的大小.圖6-2-8

解:(1)設(shè)A與B碰撞前瞬間的速度大小為v0,A與B碰撞后瞬間的速度大小為v,由機械能守恒定律得(2)從碰撞后至返回到碰撞點的過程中,AB結(jié)合體做簡諧運動.根據(jù)簡諧運動的對稱性,可得運動時間t總=2t思路導引A與B碰撞前的速度可由機械能守恒定律求得,A與B的碰撞為完全非彈性碰撞,碰撞后達到共速.AB結(jié)合體從結(jié)合后至返回到碰撞點過程中的運動時間可由簡諧運動的對稱性求得,該過程中彈簧對物體B的沖量難以根據(jù)力與時間的乘積求得,優(yōu)先考慮應(yīng)用動量定理求解.

考向3碰撞后運動狀態(tài)可能性的判定

【典題7】(2022年廣東廣州二模)如圖6-2-9所示,2022年北京冬奧會某次冰壺比賽,甲壺以速度v0與靜止的乙壺發(fā)生正碰.已知冰面粗糙程度處處相同,兩壺完全相同,從碰撞到兩壺都靜)止,乙壺的位移是甲壺的9倍,則(

圖6-2-9A.兩壺碰撞過程無機械能損失B.兩壺碰撞過程動量變化量相同D.碰撞后瞬間,乙壺的速度為v0相同,從碰撞到兩壺都靜止,乙的位移是甲的9倍,設(shè)碰后兩壺矢量,兩壺碰撞過程動量變化量大小相同但方向相反,B錯誤.

答案:C作用原理反沖運動是系統(tǒng)內(nèi)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(nèi)力遠大于外力,所以反沖運動遵循動量守恒定律機械能增加反沖運動中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能,所以系統(tǒng)的總機械能增加熱點3反沖現(xiàn)象[熱點歸納]

【典題8】皮劃艇射擊是一種比賽運動,比賽時,運動員站在靜止的皮劃艇上,持槍向岸上的槍靶水平射擊.已知運動員(包括除子彈外的裝備)及皮劃艇的總質(zhì)量為M,子彈的質(zhì)量為m.假設(shè)射擊過程中子彈的火藥釋放的總能量為E,且全部轉(zhuǎn)化為動能,在陸地射擊和在皮劃艇上射擊時,子彈的出射速度會有少許差異.陸地射擊時子彈的出射速度為v1,子彈動能為Ek1;在皮劃艇上射擊時子彈的出射速度為v2,動能為Ek2,運動員及皮劃艇的速度為v3,射擊過程中可認為子彈、運動員及皮劃艇組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒.下列關(guān)系式正確的是()解析:在陸地射擊時,火藥釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為子彈的動

答案:D動量守恒由于爆炸是在極短的時間內(nèi)完成的,爆炸物體間的相互作用力遠遠大于受到的外力,所以在爆炸過程中,系統(tǒng)的總動量守恒動能增加在爆炸過程中,由于有其他形式的能量(如化學能)轉(zhuǎn)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,因而作用過程中,物體產(chǎn)生的位移很小,一般可忽略不計,可以認為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動量開始運動熱點4爆炸[熱點歸納]

【典題9】(2022

年廣東深圳月考)燃放爆竹是我國傳統(tǒng)民俗,春節(jié)期間,某人斜向上拋出一個爆竹,到最高點時速度大小為v0,方向水平向東,并炸開成質(zhì)量相等的三塊碎片a、b、c,其中碎片a的速度方向水平向東,忽略空氣阻力,以下說法正確的是()A.炸開時,若碎片b的速度方向水平向西,則碎片c的速度方向可能水平向南B.炸開時,若碎片b的速度為零,則碎片c的速度方向一定水平向西C.炸開時,若碎片b的速度方向水平向北,則三塊碎片一定同時落地D.炸開時,若碎片a、b的速度等大反向,則碎片c落地時的速度可能等于3v0

解析:到最高點時速度大小為v0,方向水平向東,則總動量向東.炸開時,若碎片b的速度方向水平向西,碎片c的速度方向水平向南,則違反動量守恒定律,A錯誤.炸開時,若碎片b的速度為零,根據(jù)動量守恒定律,碎片c的速度方向可能水平向東,B錯誤.三塊碎片在豎直方向上均做自由落體運動,一定同時落地,C正確.炸開時,若碎片a、b的速度等大反向,根據(jù)動量守恒定律3mv0=mvc,解得

vc=3v0,碎片

c落地時速度的水平分量等于

3v0,其落地速度一定大于3v0,D錯誤.答案:C常見情景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(zhì)量的反比.這樣的問題歸為“人船模型”問題人船模型1.模型特點.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(zhì)量的反比;人船平均速度(瞬時速度)比等于

它們質(zhì)量的反比,即

注意應(yīng)用此關(guān)系時要注意一個問題:公式

v1、v2和

x一般都是相對地面而言的(續(xù)表)2.兩個重要關(guān)系.

【典題10】有一條捕魚小船停靠在湖邊碼頭,小船又窄又長,一位同學想用一個卷尺測量它的質(zhì)量.他進行了如下操作:首先將船平行碼頭自由停泊,然后他輕輕從船尾上船,走到船頭后停下,而后輕輕下船,用卷尺測出船后退的距離d和船長L.已知他自身的質(zhì)量為m,則船的質(zhì)量為()A.m(L+d)

dB.m(L-d)

d

mLC.

dD.m(L+d)

L時間為t.則v=,v′=向,根據(jù)動量守恒定律得Mv-mv′=0,解得船的質(zhì)量M=

解析:畫出如圖D28所示的草圖.

設(shè)人走動時船的速度大小為v,人的速度大小為v′,船的質(zhì)量為M,人從船尾走到船頭所用d tL-d t,人和船組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守恒,取船的速度方向為正方圖D28m(L-d)

d,B正確.

答案:B類型1A先與B發(fā)生作用,A、B作為一個整體再與C發(fā)生作用類型2A先與B、C整體發(fā)生作用,當B與C分離后,A再與其中之一發(fā)生作用

動量與能量綜合的四大模型模型一三體二次作用模型“三體二次作用”是指題目情景涉及三個物體間發(fā)生兩次不同的相互作用過程.

【典題11】(多選)豎直放置的輕彈簧下端固定在地上,上端與鋼板連接,鋼板處于靜止狀態(tài),如圖6-2-10所示.一物塊從鋼板正上方0.2m處的P點自由落下,打在鋼板上(碰撞時間極短)并與鋼板一起向下運動0.1m后到達最低點Q.已知物塊和鋼板的質(zhì)量都為2kg,重力加速度大小g取10m/s2,下列說法正確的是()圖6-2-10A.物塊與鋼板碰撞后的速度為1m/sB.物塊與鋼板碰撞后一起運動的加速度一直增大C.從P到Q的過程中,彈簧彈性勢能的增加量為6JD.從P到Q的過程中,物塊、鋼板、彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒簧彈力小于兩者的總重力,兩者向下做加速度減小的加速運動.當彈簧彈力等于兩者的總重力時,加速度為零,速度達到最大.繼續(xù)向下運動的過程,彈簧彈力大于兩者的總重力,兩者向下做加速度增大的減速運動,可知物塊與鋼板碰撞后一起運動的加速度不是一直增大,B錯誤.從P到Q的過程中,根據(jù)能量守恒定律可知2×2×10×0.1J=6J,C正確.由于物塊與鋼板碰撞為完全非彈性碰撞,存在機械能損失,從P到Q的過程中,物塊、鋼板、彈簧組成的系統(tǒng)機械能不守恒,D錯誤.答案:AC模型二子彈打木塊模型

若木塊置于光滑水平面上,子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)不受外力作用,系統(tǒng)動量守恒,系統(tǒng)內(nèi)力是一對相互作用的摩擦力,如圖6-2-11所示.圖6-2-11

設(shè)子彈質(zhì)量為m,水平初速度為v0,置于光滑水平面上的木塊質(zhì)量為M.若子彈剛好穿過木塊,則子彈和木塊最終具有共同速度u.由動量守恒定律:mv0=(M+m)u①對于子彈,由動能定理:從圖形中可得:s1-s2=L④

常用結(jié)論:子彈打木塊模型中(木塊放在光滑水平面上),摩擦力與相對位移的乘積等于系統(tǒng)動能的減少,也等于作用過程中產(chǎn)生的內(nèi)能.

【典題12】(多選,2022年廣東梅州一模)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層黏合在一起組成,將其放在光滑的水平面上.質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊,若射擊下層,子彈剛好不射出.若射擊上層,則子彈剛好能射進一半厚度,如圖6-2-12所示,上述兩種情況相比較()甲乙圖6-2-12A.子彈損失的動能一樣多B.子彈與上層摩擦力較大C.子彈射擊下層時系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較多D.子彈射擊上層時,從射入到共速所經(jīng)歷時間較長

解析:子彈射入滑塊的過程中,將子彈和滑塊看成一個整體,合外力為0,動量守恒,所以兩種情況后子彈和滑塊的速度相同,所以末動能相同,系統(tǒng)損失的動能一樣多,產(chǎn)生的熱量一樣多,A正確,C錯誤.子彈射入下層滑塊剛好不射出,射入上層滑塊能進一半厚度,說明在上層所受的摩擦力比下層大,根據(jù)動量定理可知,兩種情況沖量相同,子彈射擊上層所受摩擦力大,所以從入射到共速所經(jīng)歷時間短,B正確,D錯誤.答案:AB模型圖示模型特點(1)系統(tǒng)的動量守恒,但機械能不守恒,摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)減少的機械能(2)若木塊未從木板上滑下,當兩者速度相同時,木板速度最大,相對位移最大(完全非彈性碰撞拓展模型)模型三滑塊—木板模型

【典題13】如圖

6-2-13所示,足夠長的小平板車B的質(zhì)量為M,以水平速度v0

向右在光滑水平面上運動,與此同時,質(zhì)量為m的小物體A從車的右端以水平速度v0

沿車的粗糙上表面向左運動.若物體與車面之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g,則在足夠長的時間內(nèi)()圖6-2-13v0,若M>m,A所受的摩擦力為Ff=μmg,解析:規(guī)定向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有Mv0-mv0=(M+m)v,得v=M-mM+m答案:D思路導引A選項研究物體A,末速度為0時位移最大,B選項研究小車,末速度為0時,位移最大,應(yīng)用動能定理求解.由動量守恒求出二者共同速度、動量的變化及摩擦力的沖量,由沖量得到作用時間.模型圖示模型特點(1)動量守恒:兩個物體與彈簧相互作用的過程中,若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零,則系統(tǒng)動量守恒(2)機械能守恒:系統(tǒng)所受的外力為零或除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功,系統(tǒng)機械能守恒(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等,彈性勢能最大,系統(tǒng)動能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)(4)彈簧恢復原長時,彈性勢能為零,系統(tǒng)動能最大(完全彈性碰撞拓展模型,相當于碰撞結(jié)束時)模型四滑塊彈簧模型

【典題14】A、B兩小球靜止在光滑水平面上,用水平輕彈簧相連接,A、B兩球的質(zhì)量分別為m和M(m<M).若使A球獲得瞬時速度v(如圖6-2-14甲),彈簧壓縮到最短時的長度為L1.若使B球獲得瞬時速度v(如圖乙),彈簧壓縮到最短時的長度為L2,則)圖6-2-14L1與L2的大小關(guān)系為(

A.L1>L2

C.L1=L2

乙B.L1<L2D.不能確定

解析:當彈簧壓縮到最短時,兩球的速度相同,對題圖甲,取A的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mv=(m+M)v1,由機械能守恒答案:C“圓弧軌道+滑塊(小球)”模型1.模型圖(如圖6-2-15所示).圖6-2-15

2.模型特點. (1)最高點:m與M具有共同水平速度,且m不可能從此處離開軌道,系統(tǒng)水平方向動量守恒,系統(tǒng)機械能守恒.mv0=(M+m)v共,(2)最低點:m與M分離點.水平方向動量守恒,系統(tǒng)機械能守

【典題15】(2023年廣東梅州三模)如圖

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