2023新教材高考物理二輪專題復(fù)習(xí)專題七動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律教師用書

專題七動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律命題熱點(diǎn)?？碱}型(1)動(dòng)量定理的理解及應(yīng)用；(2)動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用；(3)碰撞模型及拓展；(4)利用動(dòng)量觀點(diǎn)解決實(shí)際情境問(wèn)題．選擇題計(jì)算題高頻考點(diǎn)·能力突破考點(diǎn)一動(dòng)量定理及應(yīng)用1．沖量的三種計(jì)算方法公式法I＝Ft適用于求恒力的沖量．動(dòng)量定理法多用于求變力的沖量或F、t未知的情況．圖像法F-t圖線與時(shí)間軸圍成的面積表示力的沖量．若F-t成線性關(guān)系，也可直接用平均力求解．2.理解動(dòng)量定理時(shí)應(yīng)注意的四個(gè)問(wèn)題(1)動(dòng)量定理表明沖量既是使物體動(dòng)量發(fā)生變化的原因，又是物體動(dòng)量變化的量度．合力的沖量(2)動(dòng)量定理的研究對(duì)象是一個(gè)物體(或可視為一個(gè)物體的系統(tǒng))．可能是流體(3)動(dòng)量定理是過(guò)程定理，解題時(shí)必須明確過(guò)程及初、末狀態(tài)的動(dòng)量．(4)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，在一維情況下，各個(gè)矢量必須選取統(tǒng)一的正方向．例1[2022·全國(guó)乙卷](多選)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開(kāi)始在水平地面上做直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示．已知物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2.則()A．4s時(shí)物塊的動(dòng)能為零B．6s時(shí)物塊回到初始位置C．3s時(shí)物塊的動(dòng)量為12kg·m/sD．0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功為40J[解題心得]預(yù)測(cè)1[2022·歷城二中測(cè)評(píng)]如圖為酒泉衛(wèi)星發(fā)射基地發(fā)射“神舟十三號(hào)”飛船點(diǎn)火瞬間的情景．在發(fā)射的當(dāng)天，小李同學(xué)守在電視機(jī)前觀看發(fā)射實(shí)況轉(zhuǎn)播．通過(guò)電視解說(shuō)員的介紹，他了解到火箭連同裝載物的總質(zhì)量約為480t，發(fā)射塔架的高度約為100m．小李同學(xué)注意到在火箭點(diǎn)火起飛約10s時(shí)火箭尾部剛好越過(guò)塔架．假設(shè)火箭從點(diǎn)火到越過(guò)塔架的過(guò)程中噴氣對(duì)火箭的推力是恒力，忽略火箭質(zhì)量的變化及火箭受到的空氣阻力，g取9.8m/s2，根據(jù)以上信息估算推力的大小為()A．4.7×108NB．4.9×106NC．5.9×108ND．5.7×106N預(yù)測(cè)2[2022·山東沖刺卷]質(zhì)量為1kg的小滑塊以某一初動(dòng)能沿水平面向右滑動(dòng)，如圖甲所示，剛開(kāi)始滑動(dòng)的2m內(nèi)小滑塊的動(dòng)能與位移關(guān)系如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是()A.滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為1.2sB．滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總位移為4mC．滑塊沿水平面做加速度逐漸減小的減速運(yùn)動(dòng)D．整個(gè)過(guò)程中，滑塊受水平面作用力的沖量大小為6N·s考點(diǎn)二碰撞模型中動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用1．三類碰撞的特點(diǎn)2．碰撞問(wèn)題遵循的三條原則(1)動(dòng)量守恒：p1＋p2＝p′1＋p′2.(2)動(dòng)能不增加：Ek1＋Ek2≥E′k1＋E′k2.(3)若碰后同向，后方物體速度不大于前方物體速度．3．“保守型”碰撞拓展模型圖例(水平面光滑)小球—彈簧模型小球曲面模型達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為彈性勢(shì)能、重力勢(shì)能或電勢(shì)能再次分離相當(dāng)于彈性碰撞，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，滿足mv0＝mv1＋Mv2，能量滿足12mv024.“耗散型”碰撞拓展模型圖例(水平面、水平導(dǎo)軌都光滑)達(dá)到共速相當(dāng)于完全非彈性碰撞，動(dòng)量滿足mv0＝(m＋M)v共，損失的動(dòng)能最大，分別轉(zhuǎn)化為內(nèi)能或電能例2[2022·河北卷]如圖，光滑水平面上有兩個(gè)等高的滑板A和B，質(zhì)量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質(zhì)量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運(yùn)動(dòng)，B和D以相同速度kv0向左運(yùn)動(dòng)，在某時(shí)刻發(fā)生碰撞，作用時(shí)間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個(gè)新滑塊，A與B粘在一起形成一個(gè)新滑板，物塊與滑板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.1.重力加速度大小取g＝10m/s2.(1)若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k＝0.5，從碰撞后到新物塊與新滑板相對(duì)靜止時(shí)，求兩者相對(duì)位移的大?。甗試解]預(yù)測(cè)3如圖水平桌面上放置一操作臺(tái)，操作臺(tái)上表面水平且光滑．在操作臺(tái)上放置體積相同，質(zhì)量不同的甲、乙兩球，質(zhì)量分別為m1、m2，兩球用細(xì)線相連，中間有一個(gè)壓縮的輕質(zhì)彈簧，兩球分別與操作臺(tái)左右邊緣距離相等．燒斷細(xì)線后，由于彈簧彈力的作用，兩球分別向左、右運(yùn)動(dòng)，脫離彈簧后在操作臺(tái)面上滑行一段距離，然后平拋落至水平桌面上．則下列說(shuō)法中正確的是()A．剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)量相同B．剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)能相同C．甲、乙兩球不會(huì)同時(shí)落到水平桌面上D．甲、乙兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程之比為m預(yù)測(cè)4[2022·重慶押題卷]如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為4m的小球(視為質(zhì)點(diǎn))，從高度為H的A點(diǎn)由靜止釋放，沿光滑曲線軌道到最低點(diǎn)B處與質(zhì)量為m的另一個(gè)小球發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，且碰后粘在一起進(jìn)入兩個(gè)半徑均為R＝0.4m的光滑圓管，恰好能通過(guò)圓管最高點(diǎn)C.在離開(kāi)C進(jìn)入與水平線成60°的固定的氣墊導(dǎo)軌的頂端時(shí)，立即接通氣墊導(dǎo)軌的電源，給小球一個(gè)方向垂直于氣墊導(dǎo)軌平面、大小F風(fēng)＝5mg的恒定風(fēng)力．不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2.求：(1)高度H；(2)小球到達(dá)水平線O′D時(shí)的速度大?。甗試解]預(yù)測(cè)5如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的直軌道所在平面與水平面夾角θ＝37°，一質(zhì)量為M＝3kg的“半圓柱體”滑板P放在軌道上，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，P的上表面與軌道所在平面平行，前后面半圓的圓心分別為O、O′.有3個(gè)完全相同的小滑塊，質(zhì)量均為m＝1kg.某時(shí)刻第一個(gè)小滑塊以初速度v0＝2m/s沿O′O沖上滑板P，與滑板共速時(shí)小滑塊恰好位于O點(diǎn)，每當(dāng)前一個(gè)小滑塊與P共速時(shí)，下一個(gè)小滑塊便以相同初速度沿O′O沖上滑板．已知最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，滑板P與小滑塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2，求：(1)滑板P恰靜止時(shí)與一側(cè)長(zhǎng)直軌道間的摩擦力f；(2)第1、2個(gè)小滑塊分別與滑板P共速時(shí)的速度大小v1和v2；(3)第3個(gè)小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q.[試解]考點(diǎn)三力學(xué)三大觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．力學(xué)三大觀點(diǎn)對(duì)比動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)牛頓第二定律F合＝ma勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v＝v0＋atx＝v0t+12at2v能量觀點(diǎn)動(dòng)能定理W合＝ΔEk機(jī)械能守恒定律Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2功能關(guān)系WG＝－ΔEp等能量守恒定律E1＝E2動(dòng)量觀點(diǎn)動(dòng)量定理I合＝p′－p動(dòng)量守恒定律p1＝p22.選用原則(1)當(dāng)物體受到恒力作用做勻變速直線運(yùn)動(dòng)(曲線運(yùn)動(dòng)某一方向可分解為勻變速直線運(yùn)動(dòng))，涉及時(shí)間與運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)時(shí)，一般選用動(dòng)力學(xué)方法解題．(2)當(dāng)涉及功、能和位移時(shí)，一般選用動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律、功能關(guān)系或能量守恒定律解題，題目中出現(xiàn)相對(duì)位移(摩擦生熱)時(shí)，應(yīng)優(yōu)先選用能量守恒定律．(3)不涉及物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的加速度而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問(wèn)題，特別是對(duì)于打擊類問(wèn)題，因時(shí)間短且作用力隨時(shí)間變化，應(yīng)用動(dòng)量定理求解．(4)對(duì)于碰撞、爆炸、反沖、地面光滑的板—塊問(wèn)題，若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解．例3[2022·全國(guó)乙卷]如圖(a)，一質(zhì)量為m的物塊A與輕質(zhì)彈簧連接，靜止在光滑水平面上；物塊B向A運(yùn)動(dòng)，t＝0時(shí)與彈簧接觸，到t＝2t0時(shí)與彈簧分離，第一次碰撞結(jié)束，A、B的v-t圖像如圖(b)所示．已知從t＝0到t＝t0時(shí)間內(nèi)，物塊A運(yùn)動(dòng)的距離為0.36v0t0.A、B分離后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，與一直在水平面上運(yùn)動(dòng)的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，達(dá)到的最高點(diǎn)與前一次相同．斜面傾角為θ(sinθ＝0.6)，與水平面光滑連接．碰撞過(guò)程中彈簧始終處于彈性限度內(nèi)．求(1)第一次碰撞過(guò)程中，彈簧彈性勢(shì)能的最大值；(2)第一次碰撞過(guò)程中，彈簧壓縮量的最大值；(3)物塊A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)．[試解]預(yù)測(cè)6如圖甲所示，“打彈珠”是一種常見(jiàn)的民間游戲，該游戲的規(guī)則為：將手中一彈珠以一定的初速度瞬間彈出，并與另一靜止的彈珠發(fā)生碰撞，被碰彈珠若能進(jìn)入小坑中即為勝出．現(xiàn)將此游戲進(jìn)行簡(jiǎn)化，如圖乙所示，粗糙程度相同的水平地面上，彈珠A和彈珠B與坑在同一直線上，兩彈珠間距x1＝2m，彈珠B與坑的間距x2＝1m．某同學(xué)將彈珠A以v0＝6m/s的初速度水平向右瞬間彈出，經(jīng)過(guò)時(shí)間t1＝0.4s與彈珠B正碰(碰撞時(shí)間極短)，碰后彈珠A又向前運(yùn)動(dòng)Δx＝0.1m后停下．已知兩彈珠的質(zhì)量均為2.5g，取重力加速度g＝10m/s2，若彈珠A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，并將彈珠的運(yùn)動(dòng)視為滑動(dòng)，求：(1)碰撞前瞬間彈珠A的速度大小和彈珠與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；(2)兩彈珠碰撞瞬間的機(jī)械能損失，并判斷該同學(xué)能否勝出．[試解]預(yù)測(cè)7如圖所示，固定軌道由水平軌道AB，與AB相切于B點(diǎn)且半徑R＝0.18m的豎直半圓軌道BC組成，AB上靜置一質(zhì)量m1＝0.3kg的小滑塊a；AB右側(cè)水平地面上停靠一質(zhì)量M＝0.4kg的小車，小車的上表面水平且與AB等高，鎖定小車．一水平輕彈簧右端固定在小車的擋板上，彈簧的自由端在P點(diǎn)，P點(diǎn)左側(cè)的小車上表面是粗糙的，其他各處的摩擦均不計(jì)．現(xiàn)用手將一質(zhì)量m2＝0.1kg的小滑塊b緩慢向右壓縮彈簧一段距離并由靜止釋放b，b離開(kāi)彈簧一段時(shí)間后與a發(fā)生彈性碰撞，碰撞后a沿軌道運(yùn)動(dòng)，恰好能通過(guò)最高點(diǎn)C，此后取走a；碰撞后b返回，經(jīng)彈簧反彈一次后恰好停在小車的左端．已知b與AP間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.225，a、b均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度大小g＝10m/s2.(1)求碰撞后瞬間a的速率v1；(2)求P、A兩點(diǎn)間的距離L以及手對(duì)b做的功W；(3)若b與a碰撞時(shí)將小車解鎖，b最終停在P點(diǎn)左側(cè)何處？[試解]素養(yǎng)培優(yōu)·情境命題利用動(dòng)量觀點(diǎn)解決實(shí)際情境問(wèn)題情境1[2021·北京西城二模]蹦床是體操運(yùn)動(dòng)的一種，有“空中芭蕾”之稱．為了能夠更好地完成空中動(dòng)作，在網(wǎng)上準(zhǔn)備階段運(yùn)動(dòng)員要設(shè)法使自己彈得足夠高．如圖所示，蹦床的中心由彈性網(wǎng)面組成，若運(yùn)動(dòng)員從離水平網(wǎng)面3m高處由靜止自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向回到離水平網(wǎng)面5m高處，則在此過(guò)程中()A．只有重力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做功，運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能守恒B．運(yùn)動(dòng)員的機(jī)械能增加，是因?yàn)閺椥跃W(wǎng)彈力對(duì)運(yùn)動(dòng)員做正功C．彈性網(wǎng)彈力對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小等于運(yùn)動(dòng)員重力的沖量大小D．彈性網(wǎng)彈力對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小大于運(yùn)動(dòng)員重力的沖量大小[解題心得]情境2[2022·北京押題卷]如圖，2022年北京冬奧會(huì)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，乙的位移是甲的9倍，則()A．兩壺碰撞過(guò)程無(wú)機(jī)械能損失B．兩壺碰撞過(guò)程動(dòng)量變化量相同C．碰撞后瞬間，甲壺的速度為vD．碰撞后瞬間，乙壺的速度為v0[解題心得]情境3[2021·廣東卷]算盤是我國(guó)古老的計(jì)算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導(dǎo)桿上滑動(dòng)，使用前算珠需要?dú)w零．如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10－2m，乙與邊框a相隔s2＝2.0×10－2m，算珠與導(dǎo)桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1.現(xiàn)用手指將甲以0.4m/s的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為0.1m/s，方向不變，碰撞時(shí)間極短且不計(jì)，重力加速度g取10m/s2.(1)通過(guò)計(jì)算，判斷乙算珠能否滑動(dòng)到邊框a；(2)求甲算珠從撥出到停下所需的時(shí)間．[試解]專題七動(dòng)量定理動(dòng)量守恒定律高頻考點(diǎn)·能力突破考點(diǎn)一例1解析：由圖知0～3s內(nèi)F的大小為F1＝4N，3～6s內(nèi)F的大小F2＝4N；在0到3s內(nèi)，物塊沿正方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)1－μmg＝ma1，解得a1＝2m/s2，為正方向，3s末的速度v1＝a1t1＝6m/s；3s末力F反向，物塊先沿正方向減速到零，F(xiàn)2＋μmg＝ma2，解得a2＝6m/s2，為負(fù)方向，物塊減速到零所用的時(shí)間t2＝v1a2＝1s，即4s末物塊減速到零；在4～6s內(nèi)，物塊再反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)2－μmg＝ma3，解得a3＝2m/s2，為負(fù)方向．畫出整個(gè)過(guò)程中的v4s時(shí)物塊的速度為零，動(dòng)能為零，A正確；由圖可知在0～6s內(nèi)，物塊的位移不為零，6s時(shí)物塊沒(méi)有回到初始位置，B錯(cuò)誤；3s時(shí)的速度v1＝6m/s，動(dòng)量p1＝mv1＝6kg·m/s，C錯(cuò)誤；由v-t圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示位移知，0～3s內(nèi)、3～4s內(nèi)、4～6s內(nèi)物塊的位移大小分別為x1＝9m、x2＝3m、x3＝4m，則F對(duì)物塊做的功分別為W1＝F1x1＝36J、W2＝－F2x2＝－12J、W3＝F2x3＝16J，則0～6s時(shí)間內(nèi)F對(duì)物塊所做的功W＝W1＋W2＋W3＝40J，D正確．答案：AD預(yù)測(cè)1解析：10s末火箭的速度為v＝2ht＝200由動(dòng)量定理可得(F－mg)t＝mv解得F＝5.7×106N，D正確．答案：D預(yù)測(cè)2解析：剛開(kāi)始滑動(dòng)的2m內(nèi)：Ek－Ek0＝－μmgx，帶入數(shù)據(jù)解得μ＝0.5物體的加速度a＝μg＝5m/s2根據(jù)圖像結(jié)合動(dòng)能定義式可知，初速度v0＝6m/s所以滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為t＝v0a＝1.2s，故A正確；滑塊在水平面上運(yùn)動(dòng)的總位移為x＝12v0t＝3.6m，故B錯(cuò)誤；滑塊沿水平面做加速度不變的勻變速運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，整個(gè)過(guò)程中，滑塊受水平面摩擦力的沖量大小為I＝Δp＝但水平面對(duì)物體的作用力還包括彈力，故滑塊受水平面作用力的沖量大小不是6N·s，故D錯(cuò)誤．答案：A考點(diǎn)二例2解析：(1)物塊C、D碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質(zhì)量均為m＝1kg，以向右方向?yàn)檎较?，則有mv0－m·kv0＝(m＋m)v物，解得v物＝1-k2v0＝5(1－k)m/s＞可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5(1－k)m/s，方向向右．滑板A、B碰撞過(guò)程中滿足動(dòng)量守恒，設(shè)碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質(zhì)量分別為1kg和2kg，則由Mv0－2M·kv0＝(M＋2M)v滑解得v滑＝1-2k3v0＝10-20k則新滑板速度方向也向右．(2)若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v′物＝5(1－k)m/s＝5×(1－0.5)m/s＝2.5m/s，碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v′滑＝10-20k3可知碰后新物塊相對(duì)于新滑板向右運(yùn)動(dòng)，新物塊向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，新滑板向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)新物塊的質(zhì)量為m′＝2kg，新滑板的質(zhì)量為M′＝3kg，相對(duì)靜止時(shí)的共同速度為v共，根據(jù)動(dòng)量守恒可得m′v′物＝(m′＋M′)v共解得v共＝1m/s根據(jù)能量守恒可得μm′gx相＝1解得x相＝1.875m.答案：(1)5(1－k)m/s，10-20k3(2)1.875m預(yù)測(cè)3解析：脫離彈簧的過(guò)程滿足動(dòng)量守恒定律，以甲的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较蚩傻胮1－p2＝0或m1v1－m2v2＝0故剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)量大小相等，方向相反，A錯(cuò)誤；動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系為Ek＝12mv2＝由于質(zhì)量不同，故剛脫離彈簧時(shí)，甲、乙兩球的動(dòng)能不相同，B錯(cuò)誤；甲、乙兩球在操作臺(tái)滑行時(shí)，距臺(tái)邊緣距離相等但速度不等，故在操作臺(tái)滑行時(shí)間不相等，之后做平拋運(yùn)動(dòng)的豎直位移相同，由h＝12gt可知，兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，因此甲、乙兩球不會(huì)同時(shí)落到水平桌面上，C正確；由A的解析可得v1v平拋的水平位移為x＝v0t故甲、乙兩球做平拋運(yùn)動(dòng)的水平射程與初速度成正比，即與質(zhì)量成反比，可得x1∶x2＝m2∶m1，D錯(cuò)誤．答案：C預(yù)測(cè)4解析：(1)小球從A釋放滑到最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有4mgH＝12兩球在B處發(fā)生完全非彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有4mv1＝(4m＋m)v2兩球恰好滑到C點(diǎn)速度為零，根據(jù)動(dòng)能定理有－5mg·2R＝0-聯(lián)立解得H＝1.25m(2)兩球在離開(kāi)C后它受到的力如圖所示，由于F風(fēng)＝5mg，且它們的夾角等于120°，根據(jù)力的平行四邊形定則，可得合力的大小F合＝5mg方向與重力的夾角成60°，如圖所示設(shè)小球到達(dá)水平線的點(diǎn)為E，其速度為vE，從C到E的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有F合·Rcos60°解得vE＝4m/s.答案：(1)1.25m(2)4m/s預(yù)測(cè)5解析：(1)滑板受力平衡，所以2f＝Mgsin37°，解得f＝9N.(2)由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得mv0＝(M＋m)v1第1個(gè)小滑塊與滑板P共速的速度v1＝0.5m/s由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得2mv0＝(M＋2m)v2第2個(gè)小滑塊與滑板P共速的速度v2＝0.8m/s(3)由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得3mv0＝(M＋3m)v33個(gè)小滑塊與滑板P共速的速度v3＝1m/s設(shè)第3個(gè)小滑塊滑上滑板后與P發(fā)生的相對(duì)位移為l3，由動(dòng)能定理得mgsinθ·l3－μm3gcosθ·l3＝1解得l3＝1.5m第3個(gè)小滑塊與P之間摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθ·l3＝9.6J.答案：(1)9N(2)0.5m/s0.8m/s(3)9.6J考點(diǎn)三例3解析：(1)t0時(shí)彈簧被壓縮至最短，A、B碰撞動(dòng)量守恒，由圖(b)知mB·1.2v0＝(mB＋mA)v0得：mB＝5mA＝5m此過(guò)程A、B與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒彈簧的最大彈性勢(shì)能Epmax＝|ΔEk|＝12mB(2)t0時(shí)彈簧壓縮量最大，設(shè)為Δx由題意，0～t0內(nèi)，mAvA＋mBvB＝mB·1.2v0即mvA＋5mvB＝6mv0化簡(jiǎn)得vA＝5(1.2v0－vB)根據(jù)圖(b)分析上式，A圖線在0～t0上任意一點(diǎn)到橫坐標(biāo)軸的距離等于同一時(shí)刻B圖線上對(duì)應(yīng)點(diǎn)到v＝1.2v0線的距離的5倍．由v-t圖線與時(shí)間軸所圍面積表示位移，且0～t0時(shí)間內(nèi)xA＝0.36v0t0，可知0～t0時(shí)間內(nèi)圖線B與v＝1.2v0線所圍面積x1＝15xA＝0.072v0t0，圖線B與A之間所圍面積表示Δx，則Δx＝1.2v0t0－xA－15xA＝0.768v0t(3)A、B第二次碰撞過(guò)程，設(shè)碰前A速度大小為vA1，碰后A、B速度大小分別為v′A、v′B動(dòng)量守恒：mB·0.8v0－mAvA1＝mBv′B＋mAv′A動(dòng)能不變：12mB0.8由題意知v′A＝2v0聯(lián)立解得vA1＝v0對(duì)A第一次碰撞后以2v0沖上斜面至速度為零過(guò)程，由動(dòng)能定理有－mgh－μmghcosθsinθ＝0－12m對(duì)A沖上斜面又下滑至水平面過(guò)程，由動(dòng)能定理有-2μmghcosθsinθ＝12mvA12聯(lián)立解得μ＝0.45.答案：10.6mv02(2)0.768v0預(yù)測(cè)6解析：(1)設(shè)碰撞前瞬間彈珠A的速度為v1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得x1＝v0t1-12at12由牛頓第二定律得Ff＝μmg＝ma聯(lián)立解得a＝5m/s2，μ＝0.5，v1＝4m/s.(2)由(1)可知彈珠A和B在地面上運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小均為a＝5m/s2，彈珠A碰撞后瞬間的速度為v′1，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律v′21＝2aΔx解得v′1＝1m/s設(shè)碰后瞬間彈珠B的速度為v′2，由動(dòng)量守恒定律得mv1＋0＝mv′1＋mv′2解得v′2＝3m/s所以兩彈珠碰撞瞬間的機(jī)械