2022高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章第2節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課件

1、第第2 2節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用節(jié)動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用第六章第六章2022必備知識(shí)必備知識(shí) 預(yù)案自診預(yù)案自診【知識(shí)梳理】 一、動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用1.動(dòng)量守恒定律(1)內(nèi)容:如果一個(gè)系統(tǒng) 不受外力,或者所受外力的矢量和為零,這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變,這就是動(dòng)量守恒定律。(2)表達(dá)式p=p,系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p。m1v1+m2v2=m1v1+m2v2,相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng),作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和。p1=-p2,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。p=0,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。2.動(dòng)量守恒的條件不受外力或所受外力的合力為零,不是系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合

2、外力都為零,更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于 平衡狀態(tài)。二、碰撞、反沖、爆炸1.碰撞(1)特點(diǎn):作用時(shí)間極短,內(nèi)力(相互碰撞力)遠(yuǎn) 大于外力,總動(dòng)量守恒。(2)分類(lèi)彈性碰撞:碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能 沒(méi)有損失。非彈性碰撞:碰撞后系統(tǒng)的機(jī)械能有損失。完全非彈性碰撞:碰撞后合為一體,機(jī)械能損失 最大。2.爆炸與碰撞類(lèi)似,物體間的相互作用時(shí)間很短,作用力很大,且遠(yuǎn)大于系統(tǒng)所受的外力,所以系統(tǒng)動(dòng)量 守恒。3.反沖(1)定義:當(dāng)物體的一部分以一定的速度離開(kāi)物體時(shí),剩余部分將獲得一個(gè)反向 沖量,如發(fā)射炮彈、火箭等。(2)特點(diǎn):系統(tǒng)內(nèi)各物體間的相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于系統(tǒng)受到的外力,動(dòng)量守恒。【考點(diǎn)自診】 1.判斷下列說(shuō)法的正誤。

3、(1)若在光滑水平面上的兩球相向運(yùn)動(dòng),碰后均變?yōu)殪o止,則兩球碰前的動(dòng)量大小一定相等。()(2)只要系統(tǒng)內(nèi)存在摩擦力,系統(tǒng)的動(dòng)量就不可能守恒。()(3)無(wú)論碰撞、反沖還是爆炸類(lèi)問(wèn)題,動(dòng)能都不會(huì)增大。()(4)兩物體組成的系統(tǒng)總動(dòng)量守恒,這個(gè)系統(tǒng)中兩個(gè)物體的動(dòng)量變化總是大小相等、方向相反。()(5)彈性碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量一定守恒。()2.將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50g燃?xì)庖源笮?00m/s的速度從火箭噴口在很短的時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為(噴氣過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)()a.30kgm/s b.5.7102kgm/sc.6.0102kgm/sd.6.31

4、02kgm/s答案 a解析 燃?xì)鈴幕鸺龂娍趪姵龅乃查g,火箭和燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動(dòng)量大小為p,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,可得p-mv0=0,解得p=mv0=0.050kg600m/s=30kgm/s,選項(xiàng)a正確。3.a球的質(zhì)量是m,b球的質(zhì)量是2m,它們?cè)诠饣乃矫嫔弦韵嗤膭?dòng)量運(yùn)動(dòng)。b在前,a在后,發(fā)生正碰后,a球仍朝原方向運(yùn)動(dòng),但其速率是原來(lái)的一半,碰后兩球的速率比va vb為()a.1 2 b.1 3 c.2 1d.2 3答案 d4.(新教材人教版選擇性必修第一冊(cè)p23習(xí)題改編)質(zhì)量為m、速度為v的a球跟質(zhì)量為3m的靜止的b球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的,也可能是非

5、彈性的,試求碰撞后b球速度v可能值的范圍。答案關(guān)鍵能力關(guān)鍵能力 學(xué)案突破學(xué)案突破考點(diǎn)一考點(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的條件及應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的條件及應(yīng)用(師生共研師生共研)1.動(dòng)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(dòng)量守恒。(2)近似守恒:系統(tǒng)受到的外力矢量和不為零,但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí),系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。(3)某一方向上守恒:系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受外力矢量和為零時(shí),系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。2.動(dòng)量守恒定律的“六種”性質(zhì)系統(tǒng)性 研究對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)條件性 首先判斷系統(tǒng)是否滿(mǎn)足守恒條件相對(duì)性 公式中v1、v2、v1、v2必須相對(duì)于同一個(gè)慣性系同

6、時(shí)性公式中v1、v2是在相互作用前同一時(shí)刻的速度,v1、v2是相互作用后同一時(shí)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(dòng)量為正值,相反為負(fù)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)【典例1】 (多選)(2020全國(guó)卷)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上,他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板,運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度;物塊與擋板彈性碰撞,速度反向,追上運(yùn)動(dòng)員時(shí),運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板,使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過(guò)8次這樣推物塊后,運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s,反

7、彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力,該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()a.48kgb.53kg c.58kgd.63kg答案 bc解析 以人和物塊為系統(tǒng),設(shè)人的質(zhì)量為m人,物塊的質(zhì)量為m,速度v0=5.0m/s,人第一次推出物塊后的速度為v1,在第一次推出物塊的過(guò)程中,0=m人v1-mv0;在人接住反彈而回的物塊并將其第二次推出的過(guò)程中,m人v1+mv0=m人v2-mv0;在人接住反彈而回的物塊并將其第三次推出的過(guò)程中,m人v2+mv0=m人v3-mv0在人接住反彈而回的物塊并將其第七次推出的過(guò)程中,m人v6+mv0=m人v7-mv0;在人接住反彈而回的物塊并將其第八次推出的過(guò)程中,m人v7+m

8、v0=m人v8-mv0。由于第七次推出后,v752kg,a錯(cuò)誤。由于第八次推出后,v85m/s,把前八次的方程求和得m人(v1+v2+v7)+7mv0=m人(v1+v2+v8)-8mv0,可求出m人v前,碰后原來(lái)在前的物體速度一定增大,若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng),則應(yīng)有v前v后。碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。2.彈性碰撞的結(jié)論兩球發(fā)生彈性碰撞時(shí)應(yīng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒。以質(zhì)量為m1、速度為v1的小球與質(zhì)量為m2的靜止小球發(fā)生正面彈性碰撞為例,則有m1v1=m1v1+m2v2結(jié)論:(1)當(dāng)m1=m2時(shí),v1=0,v2=v1(質(zhì)量相等,速度交換);(2)當(dāng)m1m2時(shí),v10,

9、v20,且v2v1(大碰小,一起跑);(3)當(dāng)m1m2時(shí),v10(小碰大,要反彈);(4)當(dāng)m1m2時(shí),v1=v1,v2=2v1(極大碰極小,大不變,小加倍);(5)當(dāng)m1m2時(shí),v1=-v1,v2=0(極小碰極大,小等速率反彈,大不變)?！镜淅?】 (2020云南昆明月考)在水平桌面上固定著一個(gè)光滑圓管軌道(平面abcd為水平面),在軌道的b點(diǎn)放置著一個(gè)質(zhì)量為m2的小球乙,另一個(gè)質(zhì)量為m1、大小與乙相同的小球甲以速率v0運(yùn)動(dòng),過(guò)a點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)方向如圖所示。已知,兩小球的直徑略小于管的內(nèi)徑,小球間每次碰撞均為彈性正碰,ac、bd是圓管軌道兩條相互垂直的直徑,則甲、乙兩球第二次碰撞將會(huì)在()a.在b

10、、c兩點(diǎn)間b.在d、a兩點(diǎn)間c.在c、d兩點(diǎn)間d.在a、b兩點(diǎn)間答案 c解析 兩個(gè)小球發(fā)生彈性碰撞,設(shè)第一次碰撞后小球a的速度為va,小球b的速度為vb,由動(dòng)量守恒定律可知mv0=mva+4mvb,由機(jī)械能守恒定律可知方法技巧 一動(dòng)撞一靜彈性碰撞模型經(jīng)常用到,并且運(yùn)算比較麻煩,可以記住碰后兩個(gè)速度結(jié)果公式,直接代入求解?！緦?duì)點(diǎn)演練】 3.(2020北京卷)在同一豎直平面內(nèi),3個(gè)完全相同的小鋼球(1號(hào)、2號(hào)、3號(hào))懸掛于同一高度;靜止時(shí)小球恰能接觸且懸線(xiàn)平行,如圖所示。在下列實(shí)驗(yàn)中,懸線(xiàn)始終保持繃緊狀態(tài),碰撞均為對(duì)心正碰。以下分析正確的是()a.將1號(hào)移至高度h釋放,碰撞后,觀察到2號(hào)靜止、3號(hào)

11、擺至高度h,若2號(hào)換成質(zhì)量不同的小鋼球,重復(fù)上述實(shí)驗(yàn),3號(hào)仍能擺至高度hb.將1、2號(hào)一起移至高度h釋放,碰撞后,觀察到1號(hào)靜止,2、3號(hào)一起擺至高度h,釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都守恒c.將右側(cè)涂膠的1號(hào)移至高度h釋放,1、2號(hào)碰撞后粘在一起,根據(jù)機(jī)械能守恒,3號(hào)仍能擺至高度hd.將1號(hào)和右側(cè)涂膠的2號(hào)一起移至高度h釋放,碰撞后,2、3號(hào)粘在一起向右運(yùn)動(dòng),未能擺至高度h,釋放后整個(gè)過(guò)程機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒答案 d解析 1號(hào)球與質(zhì)量不同的2號(hào)球相碰撞后,1號(hào)球速度不為零,則2號(hào)球獲得的動(dòng)能小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)能,所以2號(hào)球與3號(hào)球相碰撞后,3號(hào)球獲得的動(dòng)能也小于1號(hào)球撞2號(hào)球前瞬間的動(dòng)

12、能,則3號(hào)不可能擺至高度h,故a錯(cuò)誤;1、2號(hào)球釋放后,三小球之間的碰撞為彈性碰撞,且三小球組成的系統(tǒng)只有重力做功,所以系統(tǒng)的機(jī)械能守恒,但整個(gè)過(guò)程中,系統(tǒng)所受合外力不為零,所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,故b錯(cuò)誤;1、2號(hào)碰撞后粘在一起,為完全非彈性碰撞,碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失,所以1、2號(hào)球在與3號(hào)球相碰后,3號(hào)球獲得的動(dòng)能不足以使其擺至高度h,故c錯(cuò)誤;碰撞后,2、3號(hào)粘在一起,為完全非彈性碰撞,碰撞過(guò)程有機(jī)械能損失,且整個(gè)過(guò)程中,系統(tǒng)所受合外力不為零,所以系統(tǒng)的機(jī)械能和動(dòng)量都不守恒,故d正確。4.(多選)如圖所示,用兩根長(zhǎng)度均為l的細(xì)繩,分別把a(bǔ)、b兩小球懸于同一高度,靜止時(shí)兩小球恰好相接觸,a、b

13、兩小球大小相同、質(zhì)量相等。現(xiàn)把a(bǔ)小球拉到與懸點(diǎn)等高的位置,細(xì)繩剛好被拉直,然后由靜止釋放,當(dāng)a小球擺動(dòng)到最低位置時(shí)與b小球發(fā)生對(duì)心碰撞,b小球可能上升的高度為()a.0.1l b.0.5l c.ld.1.5l答案bc 考點(diǎn)三考點(diǎn)三子彈打木塊模型子彈打木塊模型(師生共研師生共研)1.子彈打木塊的兩種常見(jiàn)類(lèi)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(xiàn)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(xiàn)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(xiàn)的縱坐標(biāo)給出各時(shí)刻兩者的

14、速度,圖線(xiàn)的斜率反映了兩者的加速度。兩圖線(xiàn)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。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒;系統(tǒng)的能量守恒(機(jī)械能不守恒);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e=ffd。(2)物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,可得。2.兩種類(lèi)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。大小為q=ffs,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

15、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)?！镜淅?】 一質(zhì)量為m的木塊放在光滑的水平面上,一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平打進(jìn)木塊并留在其中,設(shè)子彈與木塊之間的相互作用力為ff。求:(1)子彈、木塊相對(duì)靜止時(shí)的速度大小;(2)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間;(3)子彈、木塊相互作用過(guò)程中子彈、木塊的對(duì)地位移大小以及子彈打進(jìn)木塊的深度。(2)設(shè)子彈在木塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,對(duì)木塊由動(dòng)量定理得fft=mv-0,解得。方法技巧 分析子彈打木塊模型時(shí),首先要畫(huà)好運(yùn)動(dòng)的示意圖,分別找出子

16、彈和木塊對(duì)地的位移,計(jì)算摩擦力對(duì)子彈和木塊做功時(shí)用摩擦力乘以它們對(duì)地的位移,計(jì)算摩擦生熱時(shí)用摩擦力乘以子彈相對(duì)木塊的位移?！緦?duì)點(diǎn)演練】 5.(多選)(2020湖南長(zhǎng)沙月考)矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘在一起組成,將其放在光滑的水平面上,如圖所示。質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊。若射擊上層,則子彈剛好不穿出,如圖甲所示;若射擊下層,整個(gè)子彈剛好嵌入,如圖乙所示。則比較上述兩種情況,以下說(shuō)法正確的是()a.兩次子彈對(duì)滑塊做功一樣多b.兩次滑塊所受沖量一樣大c.子彈擊中上層過(guò)程中產(chǎn)生的熱量多d.子彈嵌入下層過(guò)程中對(duì)滑塊做功多答案ab 解析 根據(jù)動(dòng)量守恒定律知道最后滑塊獲得的速度(最后滑塊和子

17、彈共速)是相同的,即物塊獲得的動(dòng)能是相同的,根據(jù)動(dòng)能定理,滑塊動(dòng)能的增量是子彈做功的結(jié)果,所以?xún)纱巫訌棇?duì)滑塊做的功一樣多,故a正確,d錯(cuò)誤;由動(dòng)量和動(dòng)能的關(guān)系知,滑塊最終的動(dòng)量也是相同的,由動(dòng)量定理知滑塊受到的沖量一樣大,故b正確;子彈嵌入下層或擊中上層過(guò)程中,系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量都等于系統(tǒng)減少的動(dòng)能,而子彈減少的動(dòng)能一樣多,滑塊增加的動(dòng)能也一樣多,則系統(tǒng)減小的動(dòng)能一樣多,故系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多,故c錯(cuò)誤?？键c(diǎn)四考點(diǎn)四滑塊滑塊滑板模型問(wèn)題滑板模型問(wèn)題(師生共研師生共研)滑塊滑板模型作為力學(xué)的基本模型經(jīng)常出現(xiàn),也是一個(gè)高頻的考查模型。是對(duì)直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和牛頓運(yùn)動(dòng)定律和動(dòng)量守恒定律有關(guān)知識(shí)的綜合應(yīng)用,能力要求

18、很高,往往以壓軸題形式出現(xiàn)。這類(lèi)問(wèn)題可分為兩類(lèi)。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ffs滑=ek。此類(lèi)問(wèn)題雖然受恒力作用時(shí)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?！镜淅?】 如圖所示,光滑的水平面上有兩個(gè)完全一樣的長(zhǎng)木板a和b,在a板的右側(cè)邊緣放有小滑塊c,開(kāi)始a、c以相同的速度v0向右勻速運(yùn)動(dòng),與靜止

19、在水平面上的木板b發(fā)生正碰,碰后兩木板粘在一起并繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng),最終滑塊c剛好沒(méi)有從木板上掉下。已知木板a、b和滑塊c的質(zhì)量均為m,c與a、b之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。求:(1)最終滑塊c的速度大小;(2)木板b的長(zhǎng)度l。解析(1)ab碰撞一直到最終abc一起向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,abc組成系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以v0方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律得2mv0=3mv,解得。解題指導(dǎo)審題關(guān)鍵詞句分析解讀光滑的水平面上系統(tǒng)與外界沒(méi)有摩擦兩個(gè)完全一樣質(zhì)量長(zhǎng)度相同右側(cè)邊緣c的初始位置確定開(kāi)始a、c以相同的速度a、c一起運(yùn)動(dòng)碰后兩木板粘在一起a、b共速,這時(shí)c速度將要變還沒(méi)有變最終滑塊c剛好沒(méi)有從木板上掉下 c相對(duì)木板前

20、進(jìn)一個(gè)板長(zhǎng)后與木板共速破題 (1)ab碰撞一直到最終abc一起向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,abc組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以v0方向?yàn)檎较?根據(jù)動(dòng)量守恒定律列式求解最終的共同速度;(2)ab碰撞過(guò)程中,ab組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出碰撞后ab的速度,此后c在b上滑行過(guò)程中,根據(jù)能量守恒列式求解l。素養(yǎng)微點(diǎn)“碰撞過(guò)程作用時(shí)間極短”有不直接相互作用物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變的含意。在相互作用中牽涉多個(gè)物體時(shí),由于作用時(shí)間極短,所以只有直接發(fā)生作用的物體間的動(dòng)量才能轉(zhuǎn)移,而其他物體不參與此次作用?！緦?duì)點(diǎn)演練】 6.(2020貴州銅仁三模)如圖所示,長(zhǎng)木板a靜止在水平軌道上,小物塊b靜止在長(zhǎng)木板的左端。光滑斜

21、軌道底端水平,與長(zhǎng)木板上表面等高。小物塊c從斜軌道高為h=0.8m處由靜止下滑,與b發(fā)生彈性正碰(碰撞時(shí)間極短)。已知a、b、c的質(zhì)量均為1kg,物塊b、c與長(zhǎng)木板a之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為1=0.4,長(zhǎng)木板a與水平軌道之間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.15,滑塊最終都未滑離長(zhǎng)木板。(g取10m/s2)(1)求物塊c與物塊b碰撞后瞬間物塊b的速度大小;(2)求物塊b相對(duì)長(zhǎng)木板a滑動(dòng)的距離;(3)如果在初位置固定住長(zhǎng)木板a,增大物塊c的質(zhì)量,當(dāng)物塊c的質(zhì)量遠(yuǎn)大于物塊b的質(zhì)量時(shí),仍讓物塊c從原位置由靜止下滑,其他條件不變,求物塊b、c都停下時(shí)b、c間的距離。答案(1)4m/s(2)1.6m(3)6m考點(diǎn)五考點(diǎn)五

22、含彈簧的碰撞問(wèn)題含彈簧的碰撞問(wèn)題(師生共研師生共研)含彈簧的碰撞問(wèn)題,一般情況下均滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律,此類(lèi)問(wèn)題的一般解法是:(1)首先判斷彈簧的初始狀態(tài)是處于原長(zhǎng)、伸長(zhǎng)還是壓縮狀態(tài);(2)分析碰撞前、后彈簧和物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律列出方程;(3)判斷解出的結(jié)果是否滿(mǎn)足“物理情境可行性原則”,如果不滿(mǎn)足,則要舍掉該結(jié)果;(4)由于彈簧的彈力是變力,所以彈簧的彈性勢(shì)能通常利用機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律求解;(5)要特別注意彈簧的三個(gè)狀態(tài):原長(zhǎng)時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為零,壓縮到最短或伸長(zhǎng)到最長(zhǎng)的狀態(tài)時(shí)彈簧連接的物體具有共同的速度,彈簧具有最大的彈性勢(shì)能,這往往是解

23、決此類(lèi)問(wèn)題的突破點(diǎn)?！镜淅?】 (2020山東泰安一模)如圖所示,水平地面上a、b兩個(gè)木塊用輕彈簧連接在一起,質(zhì)量分別為2m、3m,靜止時(shí)彈簧恰好處于原長(zhǎng)。一質(zhì)量為m的木塊c以速度v0水平向右運(yùn)動(dòng)并與木塊a相撞。不計(jì)一切摩擦,彈簧始終處于彈性限度內(nèi),則碰后彈簧的最大彈性勢(shì)能不可能為()答案 a思維點(diǎn)撥 本題解題的關(guān)鍵是c與a發(fā)生的碰撞可能是彈性碰撞,也可能是非彈性碰撞,當(dāng)發(fā)生彈性碰撞時(shí),碰后a的速度最大,彈簧壓縮量最大,最大彈性勢(shì)能最大,當(dāng)發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí),碰后a的速度最小,彈簧壓縮量最小,最大彈性勢(shì)能最小,一般的非彈性碰撞最大彈性勢(shì)能介于兩者之間。素養(yǎng)微點(diǎn)通過(guò)以上例題我們可以看出:應(yīng)用動(dòng)

24、量、能量觀點(diǎn)解決問(wèn)題時(shí)要注意兩個(gè)方面:一要靈活選取系統(tǒng):根據(jù)題目的特點(diǎn)可選取其中動(dòng)量守恒或能量守恒的幾個(gè)物體為研究對(duì)象,不一定選所有的物體為研究對(duì)象.二要靈活選取物理過(guò)程:在綜合題目中,物體運(yùn)動(dòng)常有幾個(gè)不同的過(guò)程,根據(jù)題目的已知、未知條件靈活地選取物理過(guò)程來(lái)研究。列方程前要注意分析、判斷所選過(guò)程動(dòng)量、機(jī)械能的守恒情況。【對(duì)點(diǎn)演練】 7.如圖所示為靜止放置在光滑水平面上的a、b、c三個(gè)滑塊,滑塊a、b間通過(guò)一水平輕彈簧相連,滑塊a左側(cè)緊靠一固定擋板p,某時(shí)刻給滑塊c施加一個(gè)水平?jīng)_量使其以初速度v0水平向左運(yùn)動(dòng),滑塊c撞上滑塊b的瞬間二者粘在一起共同向左運(yùn)動(dòng),彈簧被壓縮至最短的瞬間具有的彈性勢(shì)能為

25、1.35j,此時(shí)撤掉固定擋板p,之后彈簧彈開(kāi)釋放勢(shì)能,已知滑塊a、b、c的質(zhì)量分別為ma=mb=0.2kg,mc=0.1kg,=3.17,求:(1)滑塊c的初速度v0的大小;(2)彈簧彈開(kāi)恢復(fù)到原長(zhǎng)的瞬時(shí),滑塊b、c的速度大小;(3)從滑塊b、c壓縮彈簧至彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)的過(guò)程中,彈簧對(duì)滑塊b、c整體的沖量。答案(1)9m/s(2)1.9m/s(3)1.47ns,方向水平向右核心素養(yǎng)專(zhuān)項(xiàng)提升核心素養(yǎng)專(zhuān)項(xiàng)提升【模型概述】 典型物理模型指導(dǎo)突破科學(xué)思維之模型建構(gòu)“人船模型”【案例探究】 (2020遼寧沈陽(yáng)三模)如圖所示,質(zhì)量為m的小車(chē)靜止在光滑的水平面上,小車(chē)ab段是半徑為r的四分之一光滑圓弧軌道,bc段是長(zhǎng)為l的水平粗糙軌道,兩段軌道相切于b點(diǎn),一質(zhì)量為m的滑塊在小車(chē)上從a點(diǎn)靜止開(kāi)始沿ab軌道滑下,然后滑入bc軌道,最后恰好停在c點(diǎn)。已知小車(chē)質(zhì)量m=3