高考物理總復(fù)習(xí)第六章動(dòng)量守恒定律章末核心素養(yǎng)提升

一、“三種模型”中的動(dòng)量和能量問題滑塊模型【例1(2021·河北唐山市模擬)質(zhì)量為m1的長(zhǎng)木板A靜止放在水平地面上，其左端位于O點(diǎn)，質(zhì)量為m2的小滑塊B放在木板的右端，如圖1所示，O點(diǎn)左側(cè)的地面光滑，右側(cè)的地面粗糙。質(zhì)量為m0的物體C以初速度v0＝8m/s從左側(cè)向O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，與木板發(fā)生彈性碰撞。已知m0＝1.0kg，m1＝3.0kg，m2＝1.0kg，長(zhǎng)木板與滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.4，重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。求：圖1(1)物體C與木板A碰撞后瞬間木板的速度v1；(2)當(dāng)木板A與滑塊B共速之后有兩種可能的運(yùn)動(dòng)情況，第一種運(yùn)動(dòng)情況是一起相對(duì)靜止在地面上減速滑行，第二種運(yùn)動(dòng)情況繼續(xù)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，直至都停下來。試分析發(fā)生第一種運(yùn)動(dòng)情況時(shí)，O點(diǎn)右側(cè)地面動(dòng)摩擦因數(shù)μ1的取值范圍；(3)若最終滑塊B停在木板A的左端，經(jīng)測(cè)量木板的長(zhǎng)度L＝1.0m，若滑塊可視為質(zhì)點(diǎn)，請(qǐng)計(jì)算O點(diǎn)右側(cè)地面與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1的數(shù)值。解析(1)物體C與木板A碰撞滿足動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得m0v0＝m0v01＋m1v1eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m0veq\o\al(2,01)＋eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)解得v1＝4m/s。(2)二者相對(duì)靜止在地面上減速滑行，對(duì)整體分析，由牛頓第二定律知μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a設(shè)二者間靜摩擦力為Ff，對(duì)滑塊B分析，由牛頓第二定律得Ff＝m2a，由于二者間為靜摩擦力，則Ff≤μ2m2g，可得0＜μ1≤0.4。(3)由第(2)問可知，若μ1≤μ2，滑塊相對(duì)木板向左滑動(dòng)到共速后會(huì)相對(duì)靜止。若μ1>μ2，滑塊相對(duì)木板向左滑動(dòng)到共速后會(huì)繼續(xù)相對(duì)木板向右滑動(dòng)，不可能停在板的左端，所以地面動(dòng)摩擦因數(shù)μ1≤0.4。設(shè)滑塊滑動(dòng)到共速經(jīng)歷時(shí)間為t，共速速度為v木板位移x＝eq\f(v1＋v,2)t，滑塊的位移x′＝eq\f(v,2)t木板長(zhǎng)度為二者位移之差，即eq\f(v1＋v,2)t－eq\f(v,2)t＝L對(duì)滑塊由動(dòng)量定理得μ2m2gt＝m2v對(duì)木板由動(dòng)能定理得－μ1(m1＋m2)gx－μ2m2gx＝eq\f(1,2)m1v2－eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)可得μ1＝0.2。答案(1)4m/s(2)0＜μ1≤0.4(3)0.2彈簧模型【例2(2021·天津河?xùn)|區(qū)高考一模)如圖2所示，內(nèi)壁光滑的直圓筒固定在水平地面上，一輕質(zhì)彈簧一端固定在直圓筒的底端，其上端自然狀態(tài)下位于O點(diǎn)處，將一質(zhì)量為m、直徑略小于直圓筒的小球A緩慢的放在彈簧上端，其靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0?，F(xiàn)將一與小球A完全相同的小球B從距小球A某一高度的P處由靜止釋放，小球B與小球A碰撞后立即粘連在一起向下運(yùn)動(dòng)，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，并恰能回到O點(diǎn)，已知兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)kx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，重力加速度為g。求：圖2(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)小球B釋放時(shí)的高度h；(3)小球A與小球B一起向下運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的最大值vm。解析(1)由平衡條件可知mg＝kx0解得k＝eq\f(mg,x0)。(2)B球由靜止下落后與A接觸前的瞬時(shí)速度為v0，則有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設(shè)A與B碰撞后的速度為v，有mv0＝2mv碰后從粘在一起到返回O點(diǎn)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，取碰后瞬間所在平面為零勢(shì)能面，則eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝2mgx0，解得h＝3x0。(3)當(dāng)加速度為零時(shí)，兩球速度達(dá)到最大值，此時(shí)彈簧壓縮量為x1，有2mg＝kx1從最大速度到返回O點(diǎn)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，取最大速度處所在平面為零勢(shì)能面，則eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,1)＝2mgx1解得vm＝eq\r(2gx0)。答案(1)eq\f(mg,x0)(2)3x0(3)eq\r(2gx0)懸繩模型【例3如圖3所示，在光滑的水平桿上套有一個(gè)質(zhì)量為m1的滑環(huán)。滑環(huán)上通過一根不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛著一個(gè)質(zhì)量為m2的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，繩長(zhǎng)為L(zhǎng)。將滑環(huán)固定時(shí)，給物塊一個(gè)水平?jīng)_量，物塊擺起后剛好碰到水平桿；若滑環(huán)不固定時(shí)，仍給物塊以同樣的水平?jīng)_量，求物塊擺起的最大高度。圖3解析滑環(huán)固定時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有m2gL＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)，解得v0＝eq\r(2gL)滑環(huán)不固定時(shí)，物塊初速度仍為v0，在物塊擺起最大高度h時(shí)，它們速度都為v，在此過程中物塊和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，則m2v0＝(m1＋m2)veq\f(1,2)m2veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＋m2gh由以上各式解得h＝eq\f(m1,m1＋m2)L。答案eq\f(m1,m1＋m2)L二、數(shù)學(xué)歸納法在動(dòng)量問題中的應(yīng)用【例4如圖4所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為2018m的木板，木板上有2018塊質(zhì)量均為m的相同木塊1、2…2018。最初木板靜止，各木塊分別以v、2v…、2018v同時(shí)向同一方向運(yùn)動(dòng)，木塊和木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，且木塊間不發(fā)生碰撞和離開木板的現(xiàn)象。求：圖4(1)最終木板的速度大小；(2)運(yùn)動(dòng)中第88塊木塊的最小速度；(3)第二塊木塊相對(duì)木板滑動(dòng)的時(shí)間。解析(1)最終一起以速度v′運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒可知m(v＋2v＋…＋2018v)＝2×2018mv′解得v′＝eq\f(2019,4)v。(2)設(shè)第k塊木塊最小速度為vk，則此時(shí)木板及第1至第k－1塊木塊的速度均為vk，因?yàn)槊繅K木塊質(zhì)量相等，所受合力也相等(均為μmg)，故在相等時(shí)間內(nèi)，其速度的減少量也相等，因而此時(shí)，第k＋1至第n塊的速度依次為vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v]＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v＝2nmvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v所以vk＝eq\f(（2n＋1－k）kv,4n)，v88＝eq\f(43439,1009)v。(3)第二塊木塊相對(duì)木板靜止的速度為v2＝eq\f(2×2018＋1－2,4×2018)×2v＝eq\f(4035,4