動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用高考物理專(zhuān)題教學(xué)課件

動(dòng)量守恒定律及應(yīng)用必備知識(shí)

·

整合

一、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0,這個(gè)系統(tǒng)的總

動(dòng)量保持不變。2.表達(dá)式:m1v1+m2v2=

m1v'1+m2v'2

或p=p'。3.適用條件(1)理想守恒:系統(tǒng)不受外力或所受

外力的合力

為零,則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)近似守恒:系統(tǒng)受到的合力不為零,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)某一方向守恒:系統(tǒng)在某一方向上所受合力為零,系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。二、碰撞爆炸反沖運(yùn)動(dòng)1.碰撞(1)特點(diǎn):物體間的相互作用時(shí)間極短,內(nèi)力

遠(yuǎn)大于

外力。(2)分類(lèi)項(xiàng)目動(dòng)量是否守恒機(jī)械能是否守恒彈性碰撞守恒守恒非彈性碰撞守恒有損失完全非彈性碰撞守恒損失最大(3)分析碰撞現(xiàn)象的三個(gè)依據(jù)A.動(dòng)量守恒:p1+p2=p'1+p'2。B.動(dòng)能不增加:即Ek1+Ek2≥E'k1+E'k2

≥

。C.速度要合理a.若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng),則應(yīng)有v后>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。b.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或速度均為零。2.爆炸(1)爆炸過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,爆炸的各部分組成的系統(tǒng)總動(dòng)量

守恒

。(2)爆炸過(guò)程中有其他形式的能量轉(zhuǎn)化為動(dòng)能,所以爆炸后系統(tǒng)的總動(dòng)能增加。(3)爆炸過(guò)程中物體的位移很小,一般可忽略不計(jì)。3.反沖運(yùn)動(dòng)(1)如果一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩部分,一部分向某個(gè)方向運(yùn)

動(dòng),另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)。這個(gè)現(xiàn)象叫做反沖。(2)反沖運(yùn)動(dòng)中,相互作用力一般較大,通?？梢岳?/p>

動(dòng)量守恒

定律來(lái)處理?？键c(diǎn)一動(dòng)量守恒定律的理解和應(yīng)用關(guān)鍵能力

·

突破

1.[動(dòng)量守恒條件]如圖所示,甲木塊的質(zhì)量為m1,以v的速度沿光滑水平地面向

前運(yùn)動(dòng),正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊,乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木

塊與彈簧接觸后

()A.甲木塊的動(dòng)量守恒B.乙木塊的動(dòng)量守恒C.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)量守恒D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒C解析甲木塊與彈簧接觸后,甲、乙兩木塊均受到彈力,動(dòng)量不守恒;但對(duì)

于甲、乙兩木塊組成的系統(tǒng),其所受合外力為零,動(dòng)量守恒,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤,

選項(xiàng)C正確。對(duì)于甲、乙兩木塊組成的系統(tǒng),其部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性

勢(shì)能,故選項(xiàng)D錯(cuò)誤。2.[單方向動(dòng)量守恒]如圖所示,質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑的水平桌面上,滑

塊的光滑弧面底部與桌面相切,一個(gè)質(zhì)量為m的球以速度v0向滑塊滾來(lái),小球

不能越過(guò)滑塊,則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí),小球和滑塊的速度大小是

()

A.

B.

C.

D.

A解析小球沿滑塊上滑的過(guò)程中,對(duì)小球和滑塊組成的系統(tǒng),水平方向不

受外力,因而該系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒,小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)和滑塊具有相

同的對(duì)地速度v(若速度不相同,必然相對(duì)滑塊運(yùn)動(dòng),此時(shí)一定不是最高點(diǎn))。由

水平方向動(dòng)量守恒得,mv0=(M+m)v,所以v=

,A正確。3.[爆炸與反沖]將質(zhì)量為1.00kg的模型火箭點(diǎn)火升空,50g燃燒的燃?xì)庖源笮?/p>

為600m/s的速度從火箭噴口在很短時(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(噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略)

()A.30kg·m/s

B.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/s

D.6.3×102kg·m/sA通關(guān)錦囊1.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,解題時(shí)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)于同一參考系的速度(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,p'1、p'2、…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)2.動(dòng)量守恒定律常用的四種表達(dá)形式(1)p=p':即系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p和相互作用后的總動(dòng)量p'大小相等,方

向相同。(2)Δp=p'-p=0:即系統(tǒng)總動(dòng)量的增加量為零。(3)Δp1=-Δp2:即相互作用的系統(tǒng)內(nèi)的兩部分物體,其中一部分動(dòng)量的增加量等

于另一部分動(dòng)量的減少量。(4)m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2,即相互作用前后系統(tǒng)內(nèi)各物體的動(dòng)量都在同一直線

上時(shí),作用前總動(dòng)量與作用后總動(dòng)量相同。3.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的一般步驟

4.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)的幾點(diǎn)易錯(cuò)提醒(1)動(dòng)量守恒定律的研究對(duì)象都是相互作用的物體組成的系統(tǒng)。系統(tǒng)的動(dòng)量

是否守恒,與選擇哪幾個(gè)物體作為系統(tǒng)和分析哪一段運(yùn)動(dòng)過(guò)程有直接關(guān)系。(2)分析系統(tǒng)內(nèi)物體受力時(shí),要弄清哪些是系統(tǒng)的內(nèi)力,哪些是系統(tǒng)外的物體

對(duì)系統(tǒng)的作用力。(3)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒的條件不同,動(dòng)量守恒時(shí)機(jī)械能不一定守恒,機(jī)械

能守恒時(shí)動(dòng)量不一定守恒,二者不可混淆。5.爆炸和反沖的說(shuō)明(1)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)(2)反沖運(yùn)動(dòng)的三點(diǎn)說(shuō)明作用原理反沖運(yùn)動(dòng)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(dòng)量守恒反沖運(yùn)動(dòng)中系統(tǒng)不受外力或內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,所以反沖運(yùn)動(dòng)遵循動(dòng)量守恒定律機(jī)械能增加反沖運(yùn)動(dòng)中,由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能,所以系統(tǒng)的總機(jī)械能增加考點(diǎn)二碰撞現(xiàn)象中動(dòng)量守恒的分析1.碰撞遵守的規(guī)律(1)動(dòng)量守恒。(2)機(jī)械能不增加,即碰撞結(jié)束后總動(dòng)能不增加,表達(dá)式為Ek1+Ek2≥E'k1+E'k2或

+

≥

+

。(3)速度要合理①碰后若同向運(yùn)動(dòng),原來(lái)在前的物體速度一定增大,且v前≥v后。②兩物體相向運(yùn)動(dòng),碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向肯定有一個(gè)改變或速度均為零。2.碰撞模型類(lèi)型(1)彈性碰撞碰撞結(jié)束后,形變?nèi)肯?動(dòng)能沒(méi)有損失,不僅動(dòng)量守恒,而且初、末動(dòng)能相

等。m1v1+m2v2=m1v'1+m2v'2

m1

+

m2

=

m1v1'2+

m2v2'2v'1=

v'2=

v2=0時(shí),v'1=

v1v'2=

v1討論:①m1=m2,v'1=0,v'2=v1(速度交換);②m1>m2,v'1>0,v'2>0(碰后,兩物體沿同一方向運(yùn)動(dòng));③m1?m2,v'1≈v1,v'2≈2v1;④m1<m2,v'1<0,v'2>0(碰后,兩物體沿相反方向運(yùn)動(dòng));⑤m1?m2,v'1≈-v1,v'2≈0;⑥m1、m2改變時(shí),v'2范圍是0<v'2<2v1。(2)完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后,兩物體合二為一,以同一速度運(yùn)動(dòng),動(dòng)能損失最大。m1v1+m2v2=(m1+m2)v

m1

+

m2

=

(m1+m2)v2+ΔEk損max

例1如圖,在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上,物體A、B、C位于同一直線上,A位

于B、C之間。A的質(zhì)量為m,B、C的質(zhì)量都為M,三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使

A以某一速度向右運(yùn)動(dòng),求m和M之間應(yīng)滿足什么條件,才能使A只與B、C各發(fā)

生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性碰撞。

審題關(guān)鍵(1)A與C碰撞屬于彈性碰撞,滿足什么規(guī)律?提示:一動(dòng)碰一靜,既滿足動(dòng)量守恒也滿足機(jī)械能守恒(2)要A只與B、C各發(fā)生一次碰撞意味著什么?提示:A與C碰后反彈,A與B碰后必然也反彈且A的第二次碰撞后的速度小于等于C的速度答案(

-2)M≤m<M解析

A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過(guò)程中,系統(tǒng)的動(dòng)量守恒、機(jī)械

能守恒。設(shè)速度方向向右為正,開(kāi)始時(shí)A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為

vC1,A的速度為vA1。由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1

①

m

=

m

+

M

②聯(lián)立①②式得vA1=

v0

③vC1=

v0

④如果m>M,第一次碰撞后,A與C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能與B發(fā)生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng),A不可

能與B發(fā)生碰撞;所以只需考慮m<M的情況。第一次碰撞后,A反向運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞。設(shè)與B發(fā)生碰撞后,A的速度為vA2,B

的速度為vB1,同樣有vA2=

vA1=

v0

⑤根據(jù)題意,要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,應(yīng)有vA2≤vC1

⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2+4mM-M2≥0

⑦解得m≥(

-2)M

⑧另一解m≤-(

+2)M舍去。所以,m和M應(yīng)滿足的條件為(

-2)M≤m<M

⑨解題感悟碰撞問(wèn)題解題策略(1)抓住碰撞的特點(diǎn)和不同種類(lèi)碰撞滿足的條件,列出相應(yīng)方程求解。(2)可熟記一些公式,例如“一動(dòng)一靜”模型中,兩物體發(fā)生彈性正碰后的速

度滿足:v1=

v0、v2=

v0。(3)熟記彈性正碰的一些結(jié)論,例如,當(dāng)兩物體質(zhì)量相等時(shí),兩物體碰撞后交換

速度;當(dāng)m1?m2,且v20=0時(shí),碰后質(zhì)量大的物體速度v0不變,質(zhì)量小的物體速度為

2v0;當(dāng)m1?m2,且v20=0時(shí),碰后質(zhì)量大的物體速度不變(仍靜止),質(zhì)量小的物體

原速率反彈。1.[碰撞的可能性分析]如圖所示,質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)球,原來(lái)在光滑水平面

上沿同一直線相向做勻速直線運(yùn)動(dòng),A球的速度是6m/s,B球的速度是-2m/s,A、B兩球發(fā)生對(duì)心碰撞。對(duì)于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值,某實(shí)驗(yàn)小組的同學(xué)們做了很多種猜測(cè),下面的猜測(cè)結(jié)果一定無(wú)法實(shí)現(xiàn)的是

(

)A.v'A=-2m/s,v'B=6m/sB.v'A=2m/s,v'B=2m/sC.v'A=1m/s,v'B=3m/sD.v'A=-3m/s,v'B=7m/sD2.[彈性碰撞]如圖所示,在光滑的水平面上有三個(gè)完全相同的小球,它們排成

一條直線,小球2、3靜止,并靠在一起,球1以速度v0射向它們,設(shè)碰撞中不損失

機(jī)械能,則碰后三個(gè)小球的速度值是

()

A.v1=v2=v3=

v0

B.v1=0,v2=v3=

v0C.v1=0,v2=v3=

v0

D.v1=v2=0,v3=v0

D3.[非彈性碰撞]如圖所示,光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、

C。B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì))。A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng),

壓縮彈簧;當(dāng)A、B速度相等時(shí),B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運(yùn)動(dòng)。

假設(shè)B和C碰撞過(guò)程時(shí)間極短。求從A開(kāi)始?jí)嚎s彈簧直至與彈簧分離的過(guò)程

中:

(1)整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能;(2)彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢(shì)能。答案(1)

m

(2)

m

解析(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí),對(duì)A、B與彈簧組成的系統(tǒng),

由動(dòng)量守恒定律得mv0=2mv1

①此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞,設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2,損失的機(jī)械能為Δ

E。對(duì)B、C組成的系統(tǒng),由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得mv1=2mv2

②

m

=ΔE+

(2m)

③聯(lián)立①②③式得ΔE=

m

④(2)由②式可知v2<v1,A將繼續(xù)壓縮彈簧,直至A、B、C三者速度相同,設(shè)此速度為v3,此時(shí)彈簧被壓縮至最短,其彈性勢(shì)能為Ep。由動(dòng)量守恒定律和能量守恒

定律得mv0=3mv3

⑤

m

-ΔE=

(3m)

+Ep⑥聯(lián)立④⑤⑥式得Ep=

m

⑦考點(diǎn)三碰撞類(lèi)模型的拓展考向一“彈簧類(lèi)”模型1.圖示2.模型特點(diǎn)(1)兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧相互作用的過(guò)程中,若系統(tǒng)所受外力的矢量

和為零,則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(2)在能量方面,由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化,系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生

變化;若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒。(3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等,彈性勢(shì)能最大,系統(tǒng)動(dòng)能通常

最小(完全非彈性碰撞拓展模型)。(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),彈性勢(shì)能為零,系統(tǒng)動(dòng)能最大(彈性碰撞拓展模型,相當(dāng)于

碰撞結(jié)束時(shí))。例2兩物塊A、B用輕彈簧相連,質(zhì)量均為2kg,初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng),A、B兩

物塊都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng),質(zhì)量為4kg的物塊C靜止

在前方,如圖所示。已知B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)。在以后的運(yùn)動(dòng)

中:

(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí),物塊A的速度為多大?(2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少?審題關(guān)鍵(1)彈簧的彈性勢(shì)能最大對(duì)應(yīng)什么狀態(tài)?提示:A、B、C三個(gè)物塊的速度相等(2)整個(gè)過(guò)程機(jī)械能是否守恒?提示:否,B、C碰撞屬于完全非彈性碰撞,有機(jī)械能損失答案(1)3m/s(2)12J解析(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大,根據(jù)A、B、C

三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,取向右為正方向,有(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vABC代入數(shù)據(jù)解得vABC=3m/s(2)B、C碰撞時(shí),B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)碰撞后瞬間B、C的共同速度為

vBC,則有mBv=(mB+mC)vBC代入數(shù)據(jù)解得vBC=2m/s當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大,設(shè)為Ep,在B、C碰撞后,

A、B、C及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒。根據(jù)機(jī)械能守恒定律得Ep=

(mB+mC)

+

mAv2-

(mA+mB+mC)

=12J解題感悟處理“彈簧類(lèi)”模型的方法技巧(1)應(yīng)用系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2)應(yīng)用系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。(3)應(yīng)用臨界條件:兩物體共速時(shí),彈簧的彈性勢(shì)能最大?？枷蚨白訌棿蚰緣K”“滑塊—木板”模型1.圖示2.模型特點(diǎn)(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下,當(dāng)兩者速度相等時(shí)木塊或木板

的速度最大,兩者的相對(duì)位移(為子彈射入木塊的深度或滑塊相對(duì)木板滑動(dòng)的

距離)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,但機(jī)械能不守恒,摩擦力與兩者相對(duì)位移的乘積等于系

統(tǒng)減少的機(jī)械能。(3)根據(jù)能量守恒,系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk=

Ek0,可以看出,子彈(或滑塊)的質(zhì)量越小,木塊(或木板)的質(zhì)量越大,動(dòng)能損失越多。(4)該類(lèi)問(wèn)題既可以從動(dòng)量、能量角度求解(相當(dāng)于完全非彈性碰撞拓展模型),也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖像求解。例3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=0.5kg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

μ=0.4。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10m/s2。子彈射入后,求:(1)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。審題關(guān)鍵(1)子彈打物塊的過(guò)程物塊動(dòng)不動(dòng)?提示:子彈打物塊屬于瞬時(shí)作用,物塊不動(dòng)(2)木板速度最大對(duì)應(yīng)哪個(gè)狀態(tài)?提示:子彈、物塊、木板三者共速時(shí),木板的速度最大(3)求作用時(shí)間運(yùn)用哪個(gè)物理規(guī)律?提示:動(dòng)量定理或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合牛頓第二定律答案(1)6m/s(2)2m/s(3)1s解析(1)子彈進(jìn)入物塊后和物塊一起向右滑行的初速度即最大速度v1,由動(dòng)

量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1解得v1=6m/s(2)當(dāng)子彈、物塊、木板三者共速時(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/s(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解題感悟“滑塊—木板”模型解題思路(1)應(yīng)用系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。(2)在涉及滑塊或木板的時(shí)間時(shí),優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。(3)在涉及滑塊或木板的位移時(shí),優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理。(4)在涉及滑塊的相對(duì)位移時(shí),優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。(5)滑塊恰好不相對(duì)滑動(dòng)時(shí),滑塊與木板達(dá)到共同速度?？枷蛉肮饣瑘A弧軌道(或做豎直面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng))+滑塊(小球)”模型1.圖示

或

2.模型特點(diǎn)(1)最高點(diǎn):滑塊與圓弧軌道具有共同水平速度v共。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,

mv0=(M+m)v共;系統(tǒng)機(jī)械能守恒,

m

=

(M+m)

+mgh,其中h為滑塊上升的最大高度,不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)。(2)最低點(diǎn):滑塊與圓弧軌道分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒,mv0=mv1+Mv2;系統(tǒng)機(jī)

械能守恒,

m

=

m

+

M

(彈性碰撞拓展模型)。例4如圖所示,半徑均為R、質(zhì)量均為M、內(nèi)表面光滑的兩個(gè)完全相同的

圓槽A和B并排放在光滑的水平面上,圖中a、c分別為A、B槽的最高點(diǎn),b、b’

分別為A、B槽的最低點(diǎn),A槽的左端緊靠著墻壁,一個(gè)質(zhì)量為m的小球C從圓

槽A頂端的a點(diǎn)無(wú)初速度釋放,重力加速度為g,求:(1)小球C從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的速度大小及

A槽對(duì)地面的壓力大小;(2)小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)所能達(dá)到的最大高度;(3)B的最大速度。審題關(guān)鍵(1)小球C在B槽內(nèi)運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí),C、B兩者是否共速?提示:是(2)何時(shí)B的速度最大?提示:小球C回到B槽的底端b'點(diǎn)時(shí)答案(1)

3mg+Mg(2)

(3)

解析(1)小球C從a點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)的過(guò)程,機(jī)械能守恒,有mgR=

m

解得小球C運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)時(shí)的速度大小v0=

在最低點(diǎn)b,根據(jù)牛頓第二定律可得N-mg=m

解得N=3mg由牛頓第三定律可知,小球C對(duì)A的壓力N'=N=3mg,A靜止,處于平衡狀態(tài),由平

衡條件可知,地面對(duì)A的支持力F=N'+Mg=3mg+Mg,由牛頓第三定律可知,A對(duì)地面的壓力F'=F=3mg+Mg(2)B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,小球C在B槽內(nèi)運(yùn)

動(dòng)至所能達(dá)到的最大高度h處時(shí),兩者共速,由動(dòng)量守恒定律可知mv0=(M+m)v由機(jī)械能守恒定律,有

m

=

(M+m)v2+mgh解得h=

(3)當(dāng)小球C回到B槽的底端b'點(diǎn)時(shí),B的速度最大,根據(jù)動(dòng)量守恒定律,有mv0=mv1+Mv2由機(jī)械能守恒定律可知

m

=

m

+

M

解得v2=

1.[子彈打木塊類(lèi)]如圖所示,一質(zhì)量m1=0.45kg的平頂小車(chē)靜止在光滑的水平

軌道上。質(zhì)量m2=0.5kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))靜止在車(chē)頂?shù)挠叶?。一質(zhì)量

為m0=0.05kg的子彈、以水平速度v0=100m/s射中小車(chē)左端并留在車(chē)中,最終

小物塊相對(duì)地面以2m/s的速度滑離小車(chē)。已知子彈與車(chē)的作用時(shí)間極短,

物塊與車(chē)頂面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.8,認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。取

g=10m/s2,求:(1)子彈相對(duì)小車(chē)靜止時(shí)小車(chē)速度的大小;(2)小車(chē)的長(zhǎng)度L。解析(1)子彈進(jìn)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/s(2)三物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律得(m0+m1)v1=(m0+m1)v2+m2v3解得v2=8m/s由能量守恒可得

(m0+m1)

=μm2gL+

(m0+m1)

+

m2

解得L=2m答案(1)10m/s(2)2m2.[彈簧類(lèi)](2019課標(biāo)Ⅲ,25,20分)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B,質(zhì)量分

別為mA=1.0kg,mB=4.0kg;兩者之間有一被壓縮的微型彈簧,A與其右側(cè)的豎直

墻壁距離l=1.0m,如圖所示。某時(shí)刻,將壓縮的微型彈簧釋放,使A、B瞬間分

離,兩物塊獲得的動(dòng)能之和為Ek=10.0J。釋放后,A沿著與墻壁垂直的方向向

右運(yùn)動(dòng)。A、B與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.20。重力加速度取g=10m/s2。A、B運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小;(2)物塊A、B中的哪一個(gè)先停止?該物塊剛停止時(shí)A與B之間的距離是多少?(3)A和B都停止后,A與B之間的距離是多少?答案(1)4.0m/s1.0m/s(2)B先停0.50m(3)0.91m解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB,以向右為正,由動(dòng)量

守恒定律和題給條件有0=mAvA-mBvB

①Ek=

mA

+

mB

②聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA=4.0m/s,vB=1.0m/s③(2)A、B兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等,因而兩者滑動(dòng)時(shí)加速度大小相

等,設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前,已經(jīng)有一個(gè)物塊停止,此物塊應(yīng)為彈簧釋放

后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時(shí)間為t,B向左運(yùn)動(dòng)的路程為sB,則有mBa=μmBg

④sB=vBt-

at2

⑤vB-at=0

⑥在時(shí)間t內(nèi),A可能與墻發(fā)生彈性碰撞,碰撞后A將向左運(yùn)動(dòng),碰撞并不改變A的

速度大小,所以無(wú)論此碰撞是否發(fā)生,A在時(shí)間t內(nèi)的路程sA都可表示為sA=vAt-

at2

⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA=1.75m,sB=0.25m⑧sA>l且sA-sB<2l,這表明在時(shí)間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞,但沒(méi)有與B發(fā)生碰撞,此

時(shí)A位于出發(fā)點(diǎn)右邊0.25m處。B位于出發(fā)點(diǎn)左邊0.25m處,兩物塊之間的距

離s為s=0.25m+0.25m=0.50m⑨(3)t時(shí)刻后A將繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng),假設(shè)它能與靜止的B碰撞,碰撞時(shí)速度的大小為

v'A,由動(dòng)能定理有

mAv'

-

mA

=-μmAg(2l+sB)

聯(lián)立③⑧

式并代入題給數(shù)據(jù)得v'A=

m/s

故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為v″A和v″B,由動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律有mA(-v'A)=mAv″A+mBv″B

mAv'

=

mAv″

+

mBv″

聯(lián)立

式并代入題給數(shù)據(jù)得v″A=

m/s,v″B=-

m/s

這表明碰撞后A將向右運(yùn)動(dòng),B繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)。設(shè)碰撞后A向右運(yùn)動(dòng)距離為s'A

時(shí)停止,B向左運(yùn)動(dòng)距離為s'B時(shí)停止,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式2as'A=v″

,2as'B=v″

根據(jù)

式及題給數(shù)據(jù)得s'A=0.63m,s'B=0.28m

s'A小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s'=s'A+s'B=0.91m

3.[光滑圓弧軌道類(lèi)](2020廣東湛江聯(lián)考)如圖所示,在光滑水平面上放置一個(gè)

質(zhì)量為M的滑塊,滑塊的一側(cè)是一個(gè)

弧形凹槽AB,凹槽半徑為R,A點(diǎn)切線水平。另有一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0從A點(diǎn)沖上凹槽,重力加速度大小為g,

不計(jì)摩擦。下列說(shuō)法中正確的是

()

CA.當(dāng)v0=

時(shí),小球能到達(dá)B點(diǎn)B.如果小球的速度足夠大,球?qū)幕瑝K的左側(cè)離開(kāi)滑塊后落到水平面上C.當(dāng)v0=

時(shí),小球在弧形凹槽上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,滑塊的動(dòng)能一直增大D.如果滑塊固定,小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力大小為m

解析當(dāng)小球剛好到達(dá)B點(diǎn)時(shí),小球與滑塊水平方向速度相同,設(shè)為v1,以

小球的初速度方向?yàn)檎较?在水平方向上,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(m+M)v1,

由機(jī)械能守恒定律得

m

=

(m+M)

+mgR,聯(lián)立解得v0=

>

,故當(dāng)v0=

時(shí),小球不能到達(dá)B點(diǎn),A錯(cuò)誤;小球離開(kāi)

弧形凹槽時(shí),在水平方向上與滑塊的速度相同,則球離開(kāi)滑塊后返回時(shí)仍然回到滑塊上,不可能從滑塊

的左側(cè)離開(kāi)滑塊,B錯(cuò)誤;小球在弧形凹槽上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,小球?qū)瑝K的壓力

一直對(duì)滑塊做正功,所以滑塊動(dòng)能一直增加,C正確;若滑塊固定,由機(jī)械能守

恒定律知小球返回A點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為v0,在A點(diǎn),根據(jù)牛頓第二定律得F-mg=m

,解得F=mg+m

,根據(jù)牛頓第三定律可知,小球返回A點(diǎn)時(shí)對(duì)滑塊的壓力大小為mg+m

,D錯(cuò)誤。考點(diǎn)四用