2019高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 動(dòng)量和能量 1-3-7 碰撞與動(dòng)量守恒課件.ppt

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1、第7講碰撞與動(dòng)量守恒,1(2018課標(biāo))高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)。在啟動(dòng)階段，列車的動(dòng)能() A與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比 B與它的位移成正比 C與它的速度成正比 D與它的動(dòng)量成正比,解析 設(shè)列車運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律vat、s at2，結(jié)合動(dòng)能公式Ek 得Ek 、Ekmas，可知Ekv2、Ekt2、Eks，故A、C項(xiàng)均錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。由Ek ，得Ekp2，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案 B,2(2018天津理綜)質(zhì)量為0.45 kg的木塊靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為0.05 kg的子彈以200 m/s的水平速度擊中木塊，并留在其中，整個(gè)木塊沿子彈原方向運(yùn)動(dòng)，則木塊

2、最終速度的大小是_m/s。若子彈在木塊中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的平均阻力為4.5103 N，則子彈射入木塊的深度為_m。,答案 200.2,3(2018課標(biāo))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)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時(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 mv 設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)

3、學(xué)公式有 0v0gt 聯(lián)立式得 t (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 Emgh1 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,由式知，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,4(2018課標(biāo))汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B，立即采取制動(dòng)措施，但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示，碰撞后B車向前滑動(dòng)了4.5 m，A車向前滑動(dòng)了2.0 m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0103 kg

4、和1.5103 kg，兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.10，兩車碰撞時(shí)間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動(dòng)，重力加速度大小g10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬間B車速度的大??； (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。,解析 (1)設(shè)B車的質(zhì)量為mB，碰后加速度大小為aB，根據(jù)牛頓第二定律有 mBgmBaB 式中是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB，碰撞后滑行的距離為sB。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vB22aBsB,聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vB3.0 m/s (2)設(shè)A車的質(zhì)量為mA，碰后加速度大小為aA。根據(jù)牛頓第二定律有 mAgmAaA 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA，碰撞后

5、滑行的距離為sA。由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有 vA22aAsA 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動(dòng)量守恒，有,mAvAmAvAmBvB 聯(lián)立式并利用題給數(shù)據(jù)得 vA4.3 m/s 答案 (1)3.0 m/s(2)4.3 m/s 解題關(guān)鍵 確定速度是解決碰撞問題的關(guān)鍵 (1)由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可確定碰撞后瞬間A、B兩車的速度。 (2)由于兩車碰撞時(shí)間極短，因此碰撞時(shí)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，滿足動(dòng)量守恒，故可確定碰撞前的瞬間A車的速度。,1動(dòng)量定理的應(yīng)用范圍 (1)一般來說，用牛頓第二定律能解決的問題，用動(dòng)量定理也能解決，如果題目不涉及加速度和位移，用動(dòng)量定理求解更便捷。動(dòng)量定理不僅適用于

6、恒力，也適用于變力問題。這種情況下，動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。,(2)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式，運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向，公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。 2應(yīng)用動(dòng)量定理解題的一般步驟 (1)明確研究對(duì)象和研究過程(研究過程既可以是全過程，也可以是全過程中的某一階段)。 (2)進(jìn)行受力分析：只分析研究對(duì)象以外的物體施加給研究對(duì)象的力，不必分析內(nèi)力。 (3)規(guī)定正方向。,例1 (2018福建省大聯(lián)考)汽車碰撞試驗(yàn)是綜合評(píng)價(jià)汽車安全性能的有效方法之一。設(shè)汽車在碰撞過程中受到的平均撞擊力達(dá)到某個(gè)臨界值F0時(shí)，安全氣囊爆開。某次試驗(yàn)中，質(zhì)量m11

7、 600 kg的試驗(yàn)車以速度v136 km/h正面撞擊固定試驗(yàn)臺(tái)，經(jīng)時(shí)間t10.10 s碰撞結(jié)束，車速減為零，此次碰撞安全氣囊恰好爆開。忽略撞擊過程中地面阻力的影響。 (1)求此過程中試驗(yàn)車受到試驗(yàn)臺(tái)的沖量I0的大小及F0的大??；,(2)若試驗(yàn)車以速度v1撞擊正前方另一質(zhì)量m21 600 kg、速度v218 km/h同向行駛的汽車，經(jīng)時(shí)間t20.16 s兩車以相同的速度一起滑行。試通過計(jì)算分析這種情況 下試驗(yàn)車的安全氣囊是否會(huì)爆開。 解析 (1)v136 km/h10 m/s，取速度v1的方向?yàn)檎较颍?由動(dòng)量定理有I00m1v1 將已知數(shù)據(jù)代入式得I01.6104 Ns 由沖量定義有I0F0

8、t1,將已知數(shù)據(jù)代入式得F01.6105 N (2)設(shè)試驗(yàn)車和汽車碰撞后獲得共同速度v， 由動(dòng)量守恒定律有m1v1m2v2(m1m2)v 對(duì)試驗(yàn)車，由動(dòng)量定理有Ft2m1vm1v1 將已知數(shù)據(jù)代入式得F2.5104 N 可見FF0，故試驗(yàn)車的安全氣囊不會(huì)爆開。 答案 (1)1.6104 Ns1.6105 N(2)不會(huì)爆開,創(chuàng)新預(yù)測(cè) 1(2018遼師大附中二模)質(zhì)量相同的子彈a、橡皮泥b和鋼球c以相同的初速度水平射向豎直墻，結(jié)果子彈穿墻而過，橡皮泥粘在墻上，鋼球被以原速率反向彈回。關(guān)于它們對(duì)墻的水平?jīng)_量的大小，下列說法中正確的是 () A子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小相等 B子彈對(duì)墻的沖量最小

9、 C橡皮泥對(duì)墻的沖量最小 D鋼球?qū)Φ臎_量最小,解析 根據(jù)沖量的作用的相互性，子彈、橡皮泥和鋼球?qū)Φ臎_量大小可以通過對(duì)墻對(duì)子彈、橡皮泥和銅球的沖量而知；對(duì)子彈：p1mv1mv2，對(duì)橡皮泥：p2mv1，對(duì)鋼球：p32mv1，由此可知p1p2p3。 答案 B,2豎直向上拋出一個(gè)物體，物體受到大小恒定的阻力f，上升的時(shí)間為t1，上升的最大高度為h，物體從最高點(diǎn)經(jīng)過時(shí)間t2落回拋出點(diǎn)。從拋出點(diǎn)拋出到回到拋出點(diǎn)的過程中，阻力做功為W，阻力的沖量為I，則下列表達(dá)式正確的是() AW0If(t1t2)BW0If(t2t1) CW2fhIf(t1t2) DW2fhIf(t2t1) 解析 無論向上還是向下運(yùn)動(dòng)

10、，阻力做負(fù)功W1W2fh，阻力做的總功WW1W22fh，取向上為正方向，Ift2ft1，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 答案 D,3小球質(zhì)量為2m，以速度v沿水平方向垂直撞擊墻壁，球被反方向彈回后速度大小是 v，球與墻撞擊時(shí)間為t，在撞擊過程中，球?qū)Φ钠骄鶝_力大小是(),解析 設(shè)初速度方向?yàn)檎?，則彈后的速度為 v；由動(dòng)量定理可得，F(xiàn)t2m v2mv 解得F ； 負(fù)號(hào)表示力的方向與初速度方向相反； 由牛頓第三定律可知，球?qū)Φ钠骄鶝_擊力為 FF 。故選項(xiàng)C正確。 答案 C,1動(dòng)量守恒定律,2. 注意區(qū)分動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件 (1)不受外力或者所受外力的矢量和為零時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒；當(dāng)外力比

11、相互作用的內(nèi)力小得多，系統(tǒng)的動(dòng)量近似守恒；當(dāng)某一方向上的合外力為零，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。 (2)在只有重力或彈力做功的系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒。 (3)動(dòng)量是否守恒與機(jī)械能是否守恒沒有必然的聯(lián)系。,例2 如圖所示，在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為。一質(zhì)量為m(mM)的小物塊以一定的初速度沿水平面向右運(yùn)動(dòng)，不計(jì)沖上斜面過程中的機(jī)械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為(),答案 D,創(chuàng)新預(yù)測(cè) 4(多選)如圖所示，甲、乙兩小車的質(zhì)量分別為m1和m2，且m1m2，用輕彈簧將

12、兩小車連接，靜止在光滑水平面上，現(xiàn)同時(shí)對(duì)甲、乙兩小車施加等大、反向的水平恒力F1和F2，兩車同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，直到彈簧被拉到最長(zhǎng)(仍在彈性限度內(nèi))的過程中，下列說法正確的是(),A甲和乙的動(dòng)量都不斷增大 B甲和乙受到的合力的沖量大小之比為11 C甲、乙及彈簧系統(tǒng)的總機(jī)械能不斷增大 Dm1和m2的平均速率之比為m2m1 解析 在拉力大于彈簧拉力時(shí)，兩小車的速度在增大，動(dòng)量在增大，在彈簧拉力大于拉力時(shí)，兩小車的動(dòng)量開始減小，A錯(cuò)誤；外力做正功，所以甲、乙及彈簧系統(tǒng)的總機(jī)械能不斷增大，,C正確；將兩小車和彈簧看作一個(gè)整體，因F1和F2等大反向，故甲、乙彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故m1v

13、1m2v20，根據(jù)動(dòng)量定理可得I甲m1v1，I乙m2v2，故 1，B正確；因?yàn)檫^程中任意時(shí)刻兩小車 的動(dòng)量和為零，所以 ，D正確。 答案 BCD,5(多選)質(zhì)量為M和m0的滑塊用輕彈簧連接，一起以恒定的速度v沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，與位于正對(duì)面的質(zhì)量為m的靜止滑塊發(fā)生碰撞，如圖所示，碰撞時(shí)間極短。在此過程中，下列情況可能發(fā)生的是(),AM、m0、m速度均發(fā)生變化，分別為v1、v2、v3，而且滿足(Mm0)vMv1m0v2mv3 Bm0的速度不變，M和m的速度變?yōu)関1和v2，而且滿足MvMv1mv2 Cm0的速度不變，M和m的速度都變?yōu)関，且滿足Mv(Mm)v DM、m0、m速度均發(fā)生變化，M、m0速

14、度都變?yōu)関1，m的速度變?yōu)関2，且滿足(Mm0)v0(Mm0)v1mv2,解析 碰撞的瞬間M和m組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，m0的速度在瞬間不變，以M的初速度方向?yàn)檎较颍襞龊驧和m的速度變?yōu)関1和v2，由動(dòng)量守恒定律得MvMv1mv2；若碰后M和m速度相同，由動(dòng)量守恒定律得Mv(Mm)v，故B、C正確，A、D錯(cuò)誤。 答案 BC,6如圖，水平面上有一質(zhì)量m1 kg的小車，其右端固定一水平輕質(zhì)彈簧，彈簧左端連接一質(zhì)量m01 kg的小物塊，小物塊與小車一起以v06 m/s的速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止在水平面上質(zhì)量M4 kg的小球發(fā)生正碰，碰后小球的速度變?yōu)関2 m/s。碰撞時(shí)間極短，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略

15、一切摩擦阻力。求：,(1)小車與小球碰撞后瞬間小車的速度v1； (2)從碰后瞬間到彈簧被壓縮至最短的過程中，彈簧彈力對(duì)小車的沖量大小。 解析 (1)小車與小球碰撞過程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 mv0Mvmv1 解得v12 m/s，負(fù)號(hào)表示碰撞后小車向左運(yùn)動(dòng),(2)當(dāng)彈簧被壓縮到最短時(shí)，設(shè)小車的速度為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 m0v0mv1(m0m)v2 解得v22 m/s 設(shè)從碰撞后瞬間到彈簧被壓縮到最短的過程中，彈簧彈力對(duì)小車的沖量大小為I，根據(jù)動(dòng)量定理有 Imv2mv1 解得I4 Ns 答案 (1)2 m/s，方向向左(2)4 Ns,利用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解題的技巧 (1)若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)

16、優(yōu)先考慮應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律。 (2)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律都只考查一個(gè)物理過程的初、末兩個(gè)狀態(tài)，不考查過程的細(xì)節(jié)。 (3)注意挖掘隱含條件，根據(jù)選取的對(duì)象和過程判斷動(dòng)量和能量是否守恒。 (4)如含摩擦生熱問題，則考慮用能量守恒定律分析。,例3 (2018山東臨沂市一模)如圖，長(zhǎng)度x5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一豎直擋板，右端Q處與水平傳送帶平滑連接，傳送帶以一定速率v逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，其上表面QM間距離為L(zhǎng)4 m，MN無限長(zhǎng)，M端與傳送帶平滑連接。物塊A和B可視為質(zhì)點(diǎn)，A的質(zhì)量m1.5 kg，B的質(zhì)量M5.5 kg。開始A靜止在P處，B靜止在Q處，現(xiàn)給A一個(gè)向右的初速度v08 m

17、/s，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與B發(fā)生彈性碰撞，設(shè)A、B與傳送帶和水平面PQ、MN間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.15，A與擋板的碰撞也無機(jī)械能損失。取重力加速度g10 m/s2，求：,(1)A、B碰撞后瞬間的速度大??； (2)若傳送帶的速率為v4 m/s，試判斷A、B能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它們最終相距多遠(yuǎn)。 解析 (1)設(shè)A與B碰撞前的速度為vA， 由P到Q過程，由動(dòng)能定理得：,聯(lián)立式得vA4 m/s，vB3 m/s 碰后A、B的速度大小分別為4 m/s、3 m/s (2)設(shè)A碰撞后運(yùn)動(dòng)的路程為sA，由動(dòng)能定理得： mgsA0 mvA2 sA m 所以A與擋板碰撞后再運(yùn)動(dòng)sAsA

18、x m 設(shè)B碰撞后向右運(yùn)動(dòng)的距離為sB，則,MgsB0 MvB2 解得sB3 mL 故物塊B碰后不能滑上MN，當(dāng)速度減為0后，B將在傳送帶的作用下反向加速運(yùn)動(dòng)，B再次到達(dá)Q處時(shí)的速度大小為3 m/s。 在水平面PQ上，B再運(yùn)動(dòng)sBsB3 m停止，sBsA5 m，所以A、B不能再次相遇。最終A、B的距離sABxsAsB m。,創(chuàng)新預(yù)測(cè) 7.如圖所示，物塊A和B通過一根輕質(zhì)不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩相連，跨放在質(zhì)量不計(jì)的光滑定滑輪兩側(cè)，質(zhì)量分別為mA2 kg、mB1 kg。初始時(shí)A靜止于水平地面上，B懸于空中?，F(xiàn)將B豎直向上再舉高h(yuǎn)1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時(shí)間后細(xì)繩繃直，A、B以大小相等

19、的速度一起運(yùn)動(dòng)，之后B恰好可以和地面接觸。取g10 m/s2，空氣阻力不計(jì)。求：,(1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直時(shí)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t； (2)A的最大速度v的大??； (3)初始時(shí)B離地面的高度H。,解析 (1)B從釋放到細(xì)繩剛繃直前做自由落體運(yùn)動(dòng)，有 h gt2 代入數(shù)據(jù)解得 t0.6 s (2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有 vBgt 細(xì)繩繃直瞬間，細(xì)繩張力遠(yuǎn)大于A、B的重力，A、B相互作用，由動(dòng)量守恒得 mBvB(mAmB)v,之后A做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以細(xì)繩繃直后瞬間的速度v即最大速度，聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得 v2 m/s (3)細(xì)繩繃直后，A、B一起運(yùn)動(dòng)，B恰好可以和地面接觸，說明此時(shí)A、B的速

20、度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有 (mAmB)v2mBgHmAgH 代入數(shù)據(jù)解得 H0.6 m 答案 (1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m,8如圖所示，一條帶有圓軌道的長(zhǎng)軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R0.5 m，物塊A以v06 m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處?kù)o止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段長(zhǎng)度都為L(zhǎng)0.1 m，物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為0.1，A、B的質(zhì)量均為m1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短)。,

21、(1)求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小v和受到的彈力大小F； (2)若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值； (3)求碰后AB滑至第n個(gè)(nk)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式。,(2)A撞B，由動(dòng)量守恒得mv02mv 解得v 3 m/s 設(shè)摩擦距離為x，則 2mgx0 2mv2 解得x4.5 m 所以k 45 (3)AB滑至第n個(gè)光滑段上，由動(dòng)能定理得,9(2018福建泉州市二模) 如圖，質(zhì)量為6m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的薄木板AB放在光滑的平臺(tái)上，木板B端與臺(tái)面右邊緣齊平。B端上放有質(zhì)量為3m且可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊C，C與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 ，質(zhì)量為m的小球用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸掛在平臺(tái)右邊緣正上方的O點(diǎn)，細(xì)繩

22、豎直時(shí)小球恰好與C接觸。現(xiàn)將小球向右拉至細(xì)繩水平并由靜止釋放，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩恰好斷裂，小球與C碰撞后反彈速率為碰前的一半。,(1)求細(xì)繩能夠承受的最大拉力； (2)若要使小球落在釋放點(diǎn)的正下方P點(diǎn)，平臺(tái)高度應(yīng)為多大； (3)通過計(jì)算判斷C能否從木板上掉下來。,解析 (1)設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的速率為v0，小球向下擺動(dòng)過程，由動(dòng)能定理mgL mv 得，v0 小球在圓周最低點(diǎn)時(shí)拉力最大，由牛頓第二定律得：FTmgm 解得：FT3mg 由牛頓第三定律可知，小球?qū)?xì)繩的拉力：FTFT 即細(xì)繩能夠承受的最大拉力為：FT3mg,(2)小球碰撞后做平拋運(yùn)動(dòng)：豎直位移h gt2 水平分位移：L t 解得

23、：hL (3)小球與滑塊C碰撞過程中小球和C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)C碰后速率為v1，依題意有mv0m( )3mv1 假設(shè)木板足夠長(zhǎng)，在C與木板相對(duì)滑動(dòng)直到相對(duì)靜止過程中，設(shè)兩者最終共同速率為v2，由動(dòng)量守恒得：3mv1(3m6m)v2,由能量守恒得： 3mv (3m6m)v 3mgs 聯(lián)立解得：s 由sL知，滑塊C不會(huì)從木板上掉下來。 答案 (1)3mg(2)L(3)不會(huì)掉下,用動(dòng)量的觀點(diǎn)解決“滑塊滑板”模型問題 1模型圖,2模型特點(diǎn) (1)當(dāng)滑塊和滑板的速度相等時(shí)滑板的速度最大，兩者的相對(duì)位移取得極值。 (2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但系統(tǒng)的機(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)機(jī)械能的減

24、少，當(dāng)兩者的速度相等時(shí)，系統(tǒng)機(jī)械能損失最大。 (3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動(dòng)能Ek Ek0， 由上式可以看出，滑塊的質(zhì)量越小，滑板的質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越多。 (4)解決該類問題，既可以從動(dòng)量、能量?jī)煞矫娼忸}，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖像求解。,【典例】 如圖所示，在光滑的水平面上并排放著兩個(gè)相同的木塊，長(zhǎng)度皆為L(zhǎng)1.00 m，在左邊木塊的左端放一個(gè)小金屬塊，它的質(zhì)量和一個(gè)木塊的質(zhì)量相等，現(xiàn)令小金屬塊以初速度v02.00 m/s開始向右滑動(dòng)，金屬塊與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.10。取g10 m/s2，求右邊木塊的最后速度。,解析 若金屬塊最后停在左邊的木塊上，則兩木塊和金屬塊以相同的速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)

25、共同的速度為v，x表示金屬塊最后距左邊木塊的左端的距離，則0xL。由動(dòng)量守恒及功能關(guān)系可知： mv03mv， mv 3mv2mgx 代入數(shù)值可解得：x m1.00 m，不合理，說明金屬塊最后不能停在左邊的木塊上。,設(shè)金屬塊最后停在右邊的木塊上距離左端為x處，0 xL。令v1和v2表示兩木塊最后的速度，v0表示金屬塊到達(dá)左邊木塊右端時(shí)的速度，由動(dòng)量守恒及功能關(guān)系可知： mv0mv02mv1,x0.25 m1.00 m。 此值是合理的，證明金屬塊最后停在右邊的木塊上，右邊木塊的最后速度為v2 m/s0.83 m/s。 答案 0.83 m/s,拓展訓(xùn)練 1(多選)如圖所示，木塊A靜置于光滑的水平面上

26、，其曲面部分MN光滑、水平部分NP粗糙，現(xiàn)有一物體B自M點(diǎn)由靜止下滑，設(shè)NP足夠長(zhǎng)，則以下敘述正確的是(),AA、B最終以同一不為零的速度運(yùn)動(dòng) BA、B最終速度均為零 CA物體先做加速運(yùn)動(dòng)，后做減速運(yùn)動(dòng) DA物體先做加速運(yùn)動(dòng)，后做勻速運(yùn)動(dòng),解析 B物體滑下時(shí)，豎直方向的速度分量先增加后減小，故A、B物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，但系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)在水平方向的動(dòng)量守恒。因系統(tǒng)初動(dòng)量為零，A、B在任一時(shí)刻的水平方向動(dòng)量之和也為零，因NP足夠長(zhǎng)，B最終與A速度相同，此速度為零。A物體由靜止到運(yùn)動(dòng)、最終速度又為零，C選項(xiàng)正確。 答案 BC,2在光滑水平面上靜置有質(zhì)量均為m的木板AB和滑塊CD

27、，木板AB上表面粗糙，動(dòng)摩擦因數(shù)為，滑塊CD上表面是光滑的 圓弧，其始端D點(diǎn)切線水平且在木板AB上表面內(nèi)，它們緊靠在一起，如圖所示。一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊P，質(zhì)量也為m，從木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB，過B點(diǎn)時(shí)速度為 ，又滑上滑塊CD，最終恰好能滑到滑塊CD圓弧的最高點(diǎn)C處，求：,(1)物塊滑到B處時(shí)木板的速度vAB； (2)滑塊CD圓弧的半徑R。 解析 (1)由A點(diǎn)到B點(diǎn)，取向左為正，由動(dòng)量守恒得 mv0mvB2mvAB，則vAB (2)由D點(diǎn)到C點(diǎn)，滑塊CD與物塊P水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，,3(2018山西“晉商四校”聯(lián)考)如圖，在光滑的水平地面上，質(zhì)量為M3.0 kg的長(zhǎng)木板

28、A的左端，疊放著一個(gè)質(zhì)量為m1.0 kg的小物塊B(可視為質(zhì)點(diǎn))，A、B處于靜止?fàn)顟B(tài)，小物塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.30。在木板A的左端正上方，用長(zhǎng)為R0.8 m的不可伸長(zhǎng)的輕繩將質(zhì)量為m1.0 kg的小球C懸于固定點(diǎn)O，現(xiàn)將小球C拉至與O等高的位置且使輕繩拉直，由靜止釋放到達(dá)O點(diǎn)的正下方時(shí)，小球C與B發(fā)生彈性正碰，空氣阻力不計(jì)，g取10 m/s2。求：,(1)C與B碰撞后B的速度是多少？ (2)木板長(zhǎng)度L至少為多大時(shí)，小物塊才不會(huì)滑出木板？ 解析 (1)從C開始下落到與B碰撞前瞬間，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得,(2)B在木板A上滑動(dòng)過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有 mv2(mM)v B在木板A上滑動(dòng)的過程中，由能量守恒定律得 mgL mv (mM)v2 代入數(shù)據(jù)解得L2 m 答案 (1)4 m/s(2)2 m,