高考物理一輪復(fù)習(xí)方略關(guān)鍵能力題型突破6-2動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用

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()、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒、B、C及彈簧整個(gè)系統(tǒng)機(jī)械能守恒C.小車(chē)C先向左運(yùn)動(dòng)后向右運(yùn)動(dòng)D.小車(chē)C一直向右運(yùn)動(dòng)直到靜止【解析】選D。A、B兩物體和彈簧、小車(chē)C組成的系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。在彈簧釋放的過(guò)程中，因mA∶mB=1∶2，由摩擦力公式Ff=μFN=μmg知，A、B兩物體所受的摩擦力大小不等，所以A、B兩物體組成的系統(tǒng)合外力不為零，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A物體對(duì)小車(chē)向左的滑動(dòng)摩擦力小于B對(duì)小車(chē)向右的滑動(dòng)摩擦力，在A、B兩物體相對(duì)小車(chē)停止運(yùn)動(dòng)之前，小車(chē)所受的合外力向右，會(huì)向右運(yùn)動(dòng)，因存在摩擦力做負(fù)功，最終整個(gè)系統(tǒng)將靜止，則系統(tǒng)的機(jī)械能減為零，不守恒，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。【多維訓(xùn)練】(多選)(2019·宣城模擬)如圖所示，小車(chē)在光滑水平面上向左勻速運(yùn)動(dòng)，水平輕質(zhì)彈簧左端固定在A點(diǎn)，物體與固定在A點(diǎn)的細(xì)線相連，彈簧處于壓縮狀態(tài)(物體與彈簧未連接)，某時(shí)刻細(xì)線斷了，物體沿車(chē)滑動(dòng)到B端粘在B端的油泥上，取小車(chē)、物體和彈簧為一個(gè)系統(tǒng)，下列說(shuō)法正確的是 ()A.若物體滑動(dòng)中不受摩擦力，則該系統(tǒng)全過(guò)程機(jī)械能守恒B.若物體滑動(dòng)中有摩擦力，則該系統(tǒng)全過(guò)程動(dòng)量守恒C.不論物體滑動(dòng)中有沒(méi)有摩擦，小車(chē)的最終速度與斷線前相同D.不論物體滑動(dòng)中有沒(méi)有摩擦，系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同【解析】選B、C、D。物體與油泥粘合的過(guò)程，發(fā)生非彈簧碰撞，系統(tǒng)機(jī)械能有損失，故A錯(cuò)誤；整個(gè)系統(tǒng)在水平方向不受外力，豎直方向上合外力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量一直守恒，故B正確；取系統(tǒng)的初速度方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量守恒定律可知，物體在沿車(chē)滑動(dòng)到B端粘在B端的油泥上后系統(tǒng)共同的速度與初速度是相同的，故C正確；由C的分析可知，當(dāng)物體與B端油泥粘在一起時(shí)，系統(tǒng)的速度與初速度相等，所以系統(tǒng)的末動(dòng)能與初動(dòng)能是相等的，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于彈簧的彈性勢(shì)能，與物體滑動(dòng)中有沒(méi)有摩擦無(wú)關(guān)，故D正確。某一方向上的動(dòng)量守恒問(wèn)題【典例2】(2019·六安模擬)如圖所示將一光滑的半圓槽置于光滑水平面上，槽的左側(cè)有一固定在水平面上的物塊。今讓一小球自左側(cè)槽口A的正上方從靜止開(kāi)始落下，與圓弧槽相切自A點(diǎn)進(jìn)入槽內(nèi)，則以下結(jié)論中正確的是 ()A.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，只有重力對(duì)它做功B.小球在半圓槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒C.小球自半圓槽的最低點(diǎn)B向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，小球與半圓槽在水平方向動(dòng)量守恒D.小球離開(kāi)C點(diǎn)以后，將做豎直上拋運(yùn)動(dòng)【通型通法】1.題型特征：水平方向上滿足動(dòng)量守恒。2.思維導(dǎo)引：【解析】選C。當(dāng)小球在槽內(nèi)由A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程中，左側(cè)物塊對(duì)槽有作用力，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；當(dāng)小球由B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中，因小球?qū)Σ塾行毕蛴蚁路降膲毫?，槽做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)能增加，小球機(jī)械能減少，槽對(duì)小球的支持力對(duì)小球做了負(fù)功，故A錯(cuò)誤；小球從B到C的過(guò)程中，系統(tǒng)水平方向合外力為零，滿足系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，故C正確；小球離開(kāi)C點(diǎn)以后，既有豎直向上的分速度，又有水平分速度，小球做斜上拋運(yùn)動(dòng)，故D錯(cuò)誤。人船模型問(wèn)題【典例3】如圖所示，質(zhì)量m=60kg的人，站在質(zhì)量M=300kg的車(chē)的一端，車(chē)長(zhǎng)L=3m，A.后退m B.后退C.后退m D.【解析】選A。人車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mv1=Mv2，所以mx1=Mx2，又有x1+x2=L，解得x2=m1.動(dòng)量守恒定律的五個(gè)特性：矢量性動(dòng)量守恒定律的表達(dá)式為矢量方程，解題應(yīng)選取統(tǒng)一的正方向相對(duì)性各物體的速度必須是相對(duì)同一參考系的速度(一般是相對(duì)于地面)同時(shí)性動(dòng)量是一個(gè)瞬時(shí)量，表達(dá)式中的p1、p2、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用前同一時(shí)刻的動(dòng)量，p1′、p2′、…必須是系統(tǒng)中各物體在相互作用后同一時(shí)刻的動(dòng)量系統(tǒng)性研究的對(duì)象是相互作用的兩個(gè)或多個(gè)物體組成的系統(tǒng)普適性動(dòng)量守恒定律不僅適用于低速宏觀物體組成的系統(tǒng)，還適用于接近光速運(yùn)動(dòng)的微觀粒子組成的系統(tǒng)SHAPE2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的解題步驟：(1)明確研究對(duì)象，確定系統(tǒng)的組成(系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過(guò)程)。(2)進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動(dòng)量是否守恒(或某一方向上是否守恒)。(3)規(guī)定正方向，確定初、末狀態(tài)動(dòng)量。(4)由動(dòng)量守恒定律列出方程。(5)代入數(shù)據(jù)，求出結(jié)果，必要時(shí)討論說(shuō)明。3.爆炸現(xiàn)象的三個(gè)規(guī)律：動(dòng)量守恒由于爆炸是在極短的時(shí)間內(nèi)完成的，爆炸物體間的相互作用力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于受到的外力，所以在爆炸過(guò)程中，系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒動(dòng)能增加在爆炸過(guò)程中，由于有其他形式的能量(如化學(xué)能)轉(zhuǎn)化為動(dòng)能，所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加位置不變爆炸的時(shí)間極短，因而作用過(guò)程中，物體產(chǎn)生的位移很小，一般可忽略不計(jì)，可以認(rèn)為爆炸后仍然從爆炸前的位置以新的動(dòng)量開(kāi)始運(yùn)動(dòng)【加固訓(xùn)練】1.一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后，從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí)，彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分，兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E，且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)。爆炸時(shí)間極短，重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量。求：(1)煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間。(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度。【解析】(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0，由題給條件有E=12mv設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0v0=gt ②聯(lián)立①②式得t=1g(2)設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1，由機(jī)械能守恒定律有E=mgh1 ④火藥爆炸后，煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題給條件和動(dòng)量守恒定律有14mv12+112mv1+12mv由⑥式知，煙花彈兩部分的速度方向相反，向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2，由機(jī)械能守恒定律有14mv12=1聯(lián)立④⑤⑥⑦式得，煙花彈上部分距地面的最大高度為h=h1+h2=2E答案：(1)1g22.(2019·贛州模擬)如圖所示，三角形木塊A質(zhì)量為M，置于光滑水平面上，底邊長(zhǎng)為a，在其頂部有一三角形小木塊B質(zhì)量為m，其底邊長(zhǎng)為b，若B從頂端由靜止滑至底部，則木塊后退的距離為 ()A.maM+mC.m(a-b【解析】】選C。取向右為正方向，設(shè)木塊后退的距離為x，B從頂端由靜止滑至底部時(shí)，B向左運(yùn)動(dòng)的距離為abx，則水平方向上A的平均速度大小為xt，B的平均速度大小為a-b-xt，根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得：Mxtma-3.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(zhǎng)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=3m，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。則 ()A.全程滑塊水平方向相對(duì)地面的位移R+LB.全程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小s=14C.滑塊m運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的最大速度vm=2、L、R三者之間的關(guān)系為R=4μL【解析】選B。設(shè)全程小車(chē)相對(duì)地面的位移大小為s，則滑塊水平方向相對(duì)地面的位移x=R+Ls。取水平向右為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得mxtMst=0，即mR+L-stMst=0，結(jié)合M=3m，解得s=14(R+L)，x=34(R+L)，故A錯(cuò)誤，B正確；滑塊剛滑到B點(diǎn)時(shí)速度最大，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒分別得0=mvmMv、mgR=12mvm2+12Mv2。聯(lián)立解得vm=32gR，故考點(diǎn)二碰撞問(wèn)題碰撞的可能性問(wèn)題【典例4】(多選)質(zhì)量分別為mP=1kg、mQ=2kg的小球P、Q靜止在光滑的水平面上，現(xiàn)給小球P以水平的速度vP0=4m/s沿直線朝小球Q運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生正碰，分別用vP、vQ表示兩小球碰撞結(jié)束的速度。則關(guān)于vP=vQ=43P=-1m/s，vQ=P=1m/s，vQ=P=-4m/s，vQ=【解析】選A、B。碰撞前總動(dòng)量為p=mPvP0=4kg·m/s，碰撞前總動(dòng)能為Ek=12m8J。如果vP=vQ=43m/s，p′=mPvP+mQvQ=4kg·m/s，Ek′=12mPvP2+12mQvQ2=83J，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，能量不增加，A正確；如果vP=-1m4kg·m/s，Ek′=12mPvP2+12mQvQ2J，能量不增加，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，B正確；如果vP=1m/s，vQ=3m/s，p′=mPvP+mQvQ=7kg·m/s，碰撞過(guò)程動(dòng)量不守恒，C錯(cuò)誤；如果vP=-4m/s，vQ=4m/s，p′=mPvP+m24J，碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，動(dòng)能增加，D錯(cuò)誤?！径嗑S訓(xùn)練】質(zhì)量為m、速度為v的A球與質(zhì)量為3m的靜止的B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是 ()【解析】選B。根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv=mv1+3mv2，則當(dāng)v2時(shí)，v1=0.8v，則碰撞后的總動(dòng)能Ek′=12m(0.8v)2+12×3m(0.6v)2=1.72×12mv2，大于碰撞前的總動(dòng)能，違反了能量守恒定律，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)v2時(shí)，v1=0.2v，則碰撞后的總動(dòng)能為Ek′=12m(0.2v)2+12×3m(0.4v)2=0.52×12mv2，小于碰撞前的總動(dòng)能，故可能發(fā)生的是非彈性碰撞，B項(xiàng)正確；當(dāng)v2時(shí)，v1=0.4v，則碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而兩球碰撞，A球不可能穿透B球，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)v2=v時(shí)，v1彈性碰撞模型【典例5】如圖，水平面上相距為L(zhǎng)=5m的P、Q兩點(diǎn)分別固定一豎直擋板，一質(zhì)量為M=2kg的小物塊B靜止在O點(diǎn)，OP段光滑，OQ段粗糙且長(zhǎng)度為d=3m。一質(zhì)量為m=1kg的小物塊A以v0=6m/s的初速度從OP段的某點(diǎn)向右運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生彈性碰撞。兩物塊與OQ段間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，(1)A與B在O點(diǎn)碰后瞬間各自的速度；(2)兩物塊各自停止運(yùn)動(dòng)時(shí)的時(shí)間間隔?！窘馕觥?1)設(shè)A、B在O點(diǎn)碰后的速度分別為v1和v2，以向右為正方向。由動(dòng)量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2碰撞前后動(dòng)能相等，則得：12mv02=12mv解得：v1=2m/s，方向向左，v2=4(2)碰后，兩物塊在OQ段減速時(shí)加速度大小均為：a=μg=2m/sB經(jīng)過(guò)t1時(shí)間與Q處擋板相碰，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：v2t112at得：t1=1s(t1=3s舍去)與擋板碰后，B的速度大小v3=v2at1=2m/s，反彈后減速時(shí)間t2=v3反彈后經(jīng)過(guò)位移s1=v322a物塊A與P處擋板碰后，以v4=2m/s的速度滑上O點(diǎn)，經(jīng)過(guò)s2=v4所以最終A、B的距離s=ds1s2=1兩者不會(huì)碰第二次。在A、B碰后，A運(yùn)動(dòng)總時(shí)間tA=2(L-d)B運(yùn)動(dòng)總時(shí)間tB=t1+t2=2s，則時(shí)間間隔ΔtAB=tAtB=1s。答案：(1)2m/s，方向向左4(2)1s【多維訓(xùn)練】如圖所示，兩質(zhì)量分別為m1和m2的彈性小球A、B疊放在一起，從高度為h處自由落下，h遠(yuǎn)大于兩小球的半徑，落地瞬間，B先與地面碰撞，后與A碰撞，所有的碰撞都是彈性碰撞，且都發(fā)生在豎直方向、碰撞時(shí)間均可忽略不計(jì)。已知m2=3m1，則A反彈后能達(dá)到的最大高度為 ()【解析】選D。所有的碰撞都是彈性碰撞，所以不考慮能量損失。設(shè)豎直向上為正方向，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律可得，(m1+m2)gh=12(m1+m2)v2，m2vm1v=m1v1+m2v2，12(m1+m2)v2=12m1v12+12m2v22，12m1v12=m1gh1，又m2=3m1，則v1完全非彈性碰撞模型【典例6】如圖所示，質(zhì)量為m=245g的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))放在質(zhì)量為M=kg的木板左端，足夠長(zhǎng)的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為。質(zhì)量為m0=5g的子彈以速度v0=300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，g取10(1)子彈進(jìn)入物塊后子彈和物塊一起向右滑行的最大速度v1。(2)木板向右滑行的最大速度v2。(3)物塊在木板上滑行的時(shí)間t?！就ㄐ屯ǚā?.題型特征：滿足動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒。2.思維導(dǎo)引：【解析】(1)子彈進(jìn)入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由動(dòng)量守恒可得：m0v0=(m0+m)v1，解得v1=6m(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者同速時(shí)，木板的速度最大，由動(dòng)量守恒定律可得：(m0+m)v1=(m0+m+M)v2，解得v2=2m(3)對(duì)物塊和子彈組成的整體應(yīng)用動(dòng)量定理得：μ(m0+m)gt=(m0+m)v2(m0+m)v1，解得：t=1s。答案：(1)6m/s(2)2【舉一反三】在例題的基礎(chǔ)上，回答下列問(wèn)題：(1)子彈射入物塊并留在其中(時(shí)間極短)，其中的含義是什么？(2)足夠長(zhǎng)的木板會(huì)使子彈、物塊、木板的運(yùn)動(dòng)有怎樣的結(jié)果？(3)當(dāng)木板的速度v板=1m/s時(shí)，子彈和物塊的速度v物是多大？【解析】(1)子彈射入物塊并留在其中，說(shuō)明子彈最終與物塊同速。時(shí)間極短，說(shuō)明子彈與物塊從相互作用到二者同速的過(guò)程中，物塊在木板上沒(méi)來(lái)得及移動(dòng)，而木板此時(shí)的速度仍為零。(2)木板足夠長(zhǎng)，說(shuō)明物塊最終沒(méi)有滑出木板，三者最終同速，此時(shí)木板速度最大。(3)由動(dòng)量守恒定律可得：(m0+m)v1=Mv板+(m0+m)v物，可求得v物=4由μ(m0+m)g=(m0+m)a，v物=v1at′可得s所以物塊相對(duì)于木板滑行的距離d=v1+v物2答案：(1)(2)見(jiàn)解析(3)4m/s1.碰撞遵循的三條原則：(1)動(dòng)量守恒定律。(2)機(jī)械能不增加。Ek1+Ek2≥Ek1′+Ek2′或p122m1+(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相等。②相向碰撞：碰撞后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。2.彈性碰撞討論：(1)碰后速度的求解根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒m解得v1′=(mv2′=((2)分析討論：當(dāng)碰前物體2的速度不為零時(shí)，若m1=m2，則v1′=v2，v2′=v1，即兩物體交換速度。當(dāng)碰前物體2的速度為零時(shí)，v2=0，則：v1′=(m1-m2)v①m1=m2時(shí)，v1′=0，v2′=v1，碰撞后兩物體交換速度。②m1>m2時(shí)，v1′>0，v2′>0，碰撞后兩物體沿同方向運(yùn)動(dòng)。③m1<m2時(shí)，v1′<0，v2′>0，碰撞后質(zhì)量小的物體被反彈回來(lái)?！炯庸逃?xùn)練】(2019·湛江模擬)如圖所示，水平地面放置A和B兩個(gè)物塊，物塊A的質(zhì)量m1=2kg，物塊B的質(zhì)量m2=1kg，物塊A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。現(xiàn)對(duì)物塊A施加一個(gè)與水平方向成37°角的外力F，F(xiàn)=10N，使物塊A由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)12s物塊A剛好運(yùn)動(dòng)到物塊B處，A物塊與B物塊碰前瞬間撤掉外力F，物塊A與物塊B碰撞過(guò)程沒(méi)有能量損失，設(shè)碰撞時(shí)間很短，A、B兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2，(1)計(jì)算A與B兩物塊碰撞前瞬間物塊A的速度大??；(2)若在物塊B的正前方放置一個(gè)彈性擋板，物塊B與擋板碰撞時(shí)沒(méi)有能量損失，要保證A和B兩物塊能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過(guò)多大？【解析】(1)設(shè)物塊A與物塊B碰前速度為v1，由牛頓第二定律得：Fcos37°μ(m1gFsin37°)=m解得：a=m/s則速度v1=at=6(2)設(shè)A、B兩物塊相碰后A的速度為v1′，B的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得：m1v1=m1v1′+m2v2，由機(jī)械能守恒定律得：12m1v12=12m1v1′2+聯(lián)立解得：v1′=2m/s、v2=對(duì)物塊A用動(dòng)能定理得：μm1gxA=012m1v1′解得：xA=對(duì)物塊B用動(dòng)能定理得：μm2gxB=012m2解得：xB=物塊A和物塊B能發(fā)生第二次碰撞的條件是xA+xB>2L，解得L<即要保證物塊A和物塊B能發(fā)生第二次碰撞，彈性擋板距離物塊B的距離L不得超過(guò)m答案：(1)6m考點(diǎn)三用力學(xué)三大觀點(diǎn)解決綜合性問(wèn)題“子彈打木塊”模型【典例7】如圖所示，一質(zhì)量m1=kg的平板小車(chē)靜止在光滑的水平軌道上。車(chē)頂右端放一質(zhì)量m2=kg的小物塊，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，小物塊與小車(chē)上表面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。現(xiàn)有一質(zhì)量m0=kg的子彈以v0=100m/s的水平速度射中小車(chē)左端，并留在車(chē)中，子彈與車(chē)相互作用時(shí)間很短。g取10(1)子彈剛剛射入小車(chē)時(shí)，小車(chē)的速度大小v1；(2)要使小物塊不脫離小車(chē)，小車(chē)的長(zhǎng)度至少為多少？【通型通法】1.題型特征：完全非彈性碰撞，有能量損失。2.思維導(dǎo)引：【解析】(1)子彈射入小車(chē)的過(guò)程中，子彈與小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得m0v0=(m0+m1)v1，解得v1=10m(2)子彈、小車(chē)、小物塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)當(dāng)小物塊與車(chē)共速時(shí)，共同速度為v2，兩者相對(duì)位移大小為L(zhǎng)，由動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能定理有：(m0+m1)v1=(m0+m1+m2)v2μm2gL=12(m0+m1)v1212(m0+m1解得L=5故要使小物塊不脫離小車(chē)，小車(chē)的長(zhǎng)度至少為5答案：(1)10m滑塊—木板模型問(wèn)題【典例8】如圖所示，固定的光滑圓弧面與質(zhì)量為6kg的小車(chē)C的上表面平滑相接，在圓弧面上有一個(gè)質(zhì)量為2kg的滑塊A，在小車(chē)C的左端有一個(gè)質(zhì)量為2kg的滑塊B，滑塊Am處由靜止下滑，與B碰撞后瞬間粘合在一起共同運(yùn)動(dòng)，最終沒(méi)有從小車(chē)C上滑出。已知滑塊A、B與小車(chē)C的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，小車(chē)C與水平地面的摩擦忽略不計(jì)，取g=10m/s2(1)滑塊A與B碰撞后瞬間的共同速度的大小。(2)小車(chē)C上表面的最短長(zhǎng)度?！窘馕觥?1)滑塊A下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：mAgh=12mA代入數(shù)據(jù)解得：v1=5A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mAv1=(mA+mB)v2代入數(shù)據(jù)解得：v2=m(2)A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：(mA+mB)v2=(mA+mB+mC)v3代入數(shù)據(jù)解得：v3=1由能量守恒定律得：μ(mA+mB)gL=12(mA+mB)v2212(mA+mB+mC)答案：(1)m/s(2)“彈簧類(lèi)”模型【典例9】如圖所示，A、B、C為三個(gè)大小相同的小球，mA=kg，mB=kg，mC=kg，A和B固定在輕彈簧的兩端(A和B靜止在光滑的水平面上)。小球C以初速度v0=8m/s向右運(yùn)動(dòng)，在極短時(shí)間s內(nèi)與A發(fā)生碰撞后以速度v=2(1)C與A碰撞過(guò)程中的平均作用力大小F；(2)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE；(3)彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep。【通型通法】1.題型特征：動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。2.思維導(dǎo)引：【解析】(1)對(duì)C由動(dòng)量定理得：FΔt=mCvmCv0代入數(shù)據(jù)解得F=20N。(2)C與A碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mCv0=mAvA+mCv，解得vA=4碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE=12mCv0212mCv212mA(3)A和B在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)有共同速度，此時(shí)彈性勢(shì)能最大，設(shè)共同速度為v1，有mAvA=(mA+mB)v112mAvA2=12(mA+mB聯(lián)立解得EpJ。答案：(1)20N(2)2J三大觀點(diǎn)解決力學(xué)綜合問(wèn)題三大觀點(diǎn)所涉及的主要內(nèi)容是“三個(gè)運(yùn)動(dòng)定律”——牛頓三大定律，“兩個(gè)定理”——?jiǎng)幽芏ɡ砗蛣?dòng)量定理，“三個(gè)守恒定律”——能量守恒定律、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律。1.從研究對(duì)象上看：(1)若多個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不同，則一般不宜對(duì)多個(gè)物體整體應(yīng)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律；(2)若研究對(duì)象為單個(gè)物體，則不能用動(dòng)量觀點(diǎn)中的動(dòng)量守恒定律；(3)若研究對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且系統(tǒng)內(nèi)的物體與物體間有相