新教材高考物理一轮复习第6章动量守恒定律研专项素养提升课件

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典型物理模型指导突破:三种综合模型【模型概述】一、人船模型人船模型是动量守恒问题中典型的物理模型,其常见情境如下。
二、子弹打木块模型1.子弹打木块的两种常见类型(1)木块放在光滑的水平面上,子弹以初速度v0射击木块。运动性质:子弹相对地面做匀减速直线运动;木块在子弹对木块的作用下做匀加速运动。
图像描述:从子弹击中木块时刻开始,在同一个v-t坐标系中,两者的速度图线如图甲(子弹穿出木块)或图乙(子弹停留在木块中)所示。
图中,图线的纵坐标给出各时刻两者的速度,图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。方法:把子弹和木块看成一个系统,利用以下三个关系。①系统水平方向动量守恒;②系统的能量守恒(机械能不守恒);③对木块和子弹分别利用动能定理。推论:系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移,即ΔE=Ffd。(2)木块固定在水平面上时,子弹以初速度v0射击木块,对子弹利用动能定理,
2.两种类型的共同点(1)系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。(因为有一部分机械能转化为内能)(2)摩擦生热的条件:必须存在滑动摩擦力和相对滑行的位移。摩擦产生的热量为Q=Ff·s,其中Ff是滑动摩擦力的大小,s是两个物体的相对位移。(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度,就是这段时间内两者相对位移的大小,所以说是一个相对运动问题)(3)静摩擦力可对物体做功,但不能产生内能。(因为两物体的相对位移为零)
三、滑块—滑板模型滑块—滑板模型可分为两类。1.没有外力参与,滑块与滑板组成的系统动量守恒,系统除遵从动量守恒定律外,还遵从能量守恒定律,摩擦力与相对位移的乘积等于系统动能的损失,即Ff·s相对=ΔEk。受恒力作用时,此类问题可以应用牛顿运动定律和运动学公式求解,但是求解过程相当麻烦,受变力作用时更是无能为力,因此选用能量守恒和动量守恒求解是最好选择。2.系统受到外力,这时对滑块和滑板一般隔离分析,画出它们运动的示意图,应用牛顿运动定律和运动学公式求解。
【考向分析】三种模型问题,是生活中常见问题,也是一个高频的考查点。此三类问题是对直线运动、牛顿运动定律、动量守恒定律有关知识的综合应用,能力要求很高,弄清三种模型及其典型变形,通过类比和等效方法,可以使许多动量守恒问题的分析思路和解答步骤变得极为简捷,对顺利求解该类问题有很大帮助。
【案例探究】案例1.(人船模型)如图所示,质量为m'的滑块B套在光滑的水平杆上可自由滑动,质量为m的小球A用一长为l的轻杆通过铰链与B上的O点相连接,可绕O点在竖直平面内自由转动,开始时轻杆处于水平位置。(1)固定滑块B,给小球A一竖直向上的初速度,使轻杆绕O点转过90°,则小球初速度的最小值是多少?(2)不固定滑块B,若m'=2m,给小球A一竖直向上的初速度v0,则当A球运动至最高点,即使轻杆绕O点转过90°时,滑块B的速度多大?(3)在上述情况(2)中,当A球运动至最高点时,滑块B向左运动了多远?
思路突破 (1)小球A连着的是轻杆,可求出通过最高点的临界速度,由机械能守恒定律求解小球初速度的最小值。(2)滑块B不固定时,A、B组成的系统水平方向所受的合力为零,根据水平方向动量守恒和机械能守恒定律求解。(3)A、B组成的系统水平方向所受的合力为零,水平方向动量守恒,满足人船模型,其中“人与船”的合位移为绳长l。
解析 (1)小球A连着的是轻杆,所以能通过最高点的条件为v1≥0由机械能守恒定律得
(2)滑块B不固定时,A、B组成的系统水平方向所受的合力为零,所以水平方向动量守恒。设A运动到最高点时,A、B的速度分别为vA、vB,取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mvA-m'vB=0
(3)当A球运动至最高点时,设滑块B向左运动了x。则A相对于地面向右运动了l-x。根据水平方向动量守恒定律得
案例2.(子弹打木块模型)如图所示,电容器固定在一个绝缘座上,绝缘座放在光滑水平面上,平行板电容器板间的距离为d,右极板上有一小孔,通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆,电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为m0,给电容器充电后,
有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动,并从小孔进入电容器,设带电环不影响电容器板间电场分布,带电环进入电容器后距左板的最小距离为 。(1)求带电环与左极板相距最近时速度的大小v。(2)求此过程中电容器移动的距离s。(3)此过程中能量如何变化?
思维点拨 带电环进入电容器后在静电力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动,而电容器则在静电力的作用下做匀加速直线运动,当它们的速度相等时,带电环与电容器的左极板相距最近,可由系统动量守恒定律求解。
(3)在此过程,带电环动能减少,电势能增加,同时电容器等的动能增加,系统中减少的动能全部转化为电势能。
案例3.(板块模型)人工智能在现代工业生产中的应用越来越普遍。某自动化生产过程可简化如下:如图所示,足够长的水平工作台上从左向右依次有A、B、C三点,相邻两点之间的距离均为L=2 m;质量为m=2 kg、长度也为L的薄木板静止放置在工作台上,其右端刚好在A点;现对木板施加大小F=4 N的水平向右的恒力,当木板右端运动到B点时,位于B点的机器人将质量也为m的物块轻放在木板右端,当木板右端运动到C点时,撤去恒力F。已知木板与台面间的动摩擦因数μ1=0.1,木板与物块间的动摩擦因数μ2=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,物块可视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)木板右端运动到B点时的速度大小;(2)撤去恒力F前的过程中,摩擦力对物块的冲量;(3)木板从开始运动至最终停止的过程中,台面对木板的摩擦力对木板做的总功。
思维点拨(1)第1阶段,在F的作用下木板向右匀加速运动,可以应用动能定理分析求得B点速度;(2)第2阶段,板块相互作用,可分析系统所受外力的矢量和为零,可用动量守恒定律和能量守恒分析求解;(3)分析撤去恒力F 后的过程中的情况可知物块和木板一起做匀减速直线运动直到静止,分别分不同阶段分析求得台面对木板的摩擦力对木板做的总功。
答案 (1)2 m/s　(2)2 N·s,方向水平向右　(3)-14 J解析 (1)木板右端从A运动到B的过程中,水平方向受恒力F和台面摩擦力Ff1作用Ff1=μ1mg=2 N由动能定理有(F-Ff1)L= mv2代入数据解得v=2 m/s。
(2)物块放上木板后,物块受木板水平向右的摩擦力Ff2作用,向右做匀加速直线运动Ff2=μ2mg=4 N木板所受台面摩擦力Ff1'=μ1(m+m)g=4 N因木板所受物块摩擦力大小等于Ff2,方向水平向左,F代入数据得v共=1 m/s,Δx=0.5 m对物块,由动量定理有Ff2t=mv共-0代入数据得t=0.5 s此过程中,设木板发生的位移为x由运动学规律有x= (v+v共)t代入数据得x=0.75 m因x(3)设当木板右端运动到C点时,撤去恒力F,木板停止运动时木板右端位于D点,示意图如图所示因μ2>μ1,可知撤去力F后,物块和木板一起做匀减速直线运动直到静止木板右端从A到B,台面对木板的摩擦力对木板做的功为W1=-Ff1L木板右端从B到C,台面对木板的摩擦力对木板做的功为W2=-Ff1'L木板右端从C到D,台面对木板的摩擦力对木板做的功为整个过程中,台面对木板的摩擦力对木板做的总功为W=W1+W2+W3=-14 J。
【创新训练】1.(多选)(2023广东东莞高三检测)如图所示,弹簧一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量为2m的小球从槽高h处自由下滑,则下列说法正确的是(　　 )A.在下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向上动量守恒B.在下滑过程中,小球和槽组成的系统机械能守恒C.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动D.被弹簧反弹后,小球和槽组成的系统机械能守恒,小球能回到槽高h处
解析 槽处于光滑水平面上,则小球在下滑过程中,小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零,则水平方向上动量守恒,选项A正确;在下滑过程中,小球和槽组成的系统只有重力做功,则机械能守恒,选项B正确;小球下滑到底端时由动量守恒定律可知mv1=2mv2,解得v1=2v2,小球被弹簧反弹后,小球的速度小于槽的速度,小球不能再次追上槽,因水平面光滑,则小球和槽都做速率不变的直线运动,选项C正确,D错误。
2.(多选)(2023山东济南模拟)如图所示,质量为m0=2 kg的四分之一圆弧形滑块P静止于水平地面上,其圆弧底端与水平地面相切。在滑块P右侧有一固定的竖直弹性挡板,将一质量为m=1 kg的小球Q从滑块顶端正上方距地面h=1.2 m处由静止释放,小球Q恰能沿切线落入滑块P。小球与挡板的碰撞为弹性碰撞,所有接触面均光滑,重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)A.若滑块P固定,小球Q能回到高1.2 m处B.若滑块P固定,小球Q第一次与挡板碰撞过程挡板对小球的冲量大小为2 N·sC.若滑块P不固定,小球Q第一次与挡板碰撞前的速度大小为4 m/sD.若滑块P不固定,经过多次碰撞后,滑块的最终速度大小为3 m/s
3.(2023天津和平区高三模拟)如图所示,质量为m0=2 kg的长木板放在光滑的水平面上,质量为m=1 kg的物块(可视为质点)放在长木板的左端,用大小为10 N、方向斜向右上与水平方向成θ=53°角的拉力F作用在物块上,使物块从静止开始运动,物块运动1 s后,撤去拉力,如果物块刚好不滑离木板,物块与木板间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g取10 m/s2,sin 53°=0.8,cs 53°=0.6,求:(1)撤去拉力时物块和木板的速度大小;(2)木板的长度。
答案 (1)5 m/s　0.5 m/s　(2)3.6 m解析 (1)对物块根据牛顿第二定律有Fcs θ-μ(mg-Fsin θ)=ma1对木板根据牛顿第二定律有μ(mg-Fsin θ)=m0a2撤去拉力时,物块的速度大小v1=a1t=5 m/s木板的速度大小v2=a2t=0.5 m/s。
4.如图所示,质量为m0=2 kg的物块A(可看作质点),开始放在长木板B的左端,B的质量为m=1 kg,长木板B可在水平面上无摩擦滑动。两端各有一固定竖直挡板M、N,现A、B以相同速度 v0=3 m/s向左运动并与挡板M发生碰撞。B与M碰后速度立即变为0,但不与M粘结,A与M碰撞没有机械能损失,碰后接着返回向N板运动,且在与N板碰撞之前,A、B能达到共同速度。在长木板B即将与挡板N碰前,立即将A锁定于长木板B上,使长木板B与挡板N碰后,A、B一并以碰前的速度向左运动。B与挡板N碰后,立即解除对A的锁定(锁定和解除锁定过程均无机械能损失)。M、N间距足够长,以后A、B若与M、N挡板碰撞,过程同前所述,最终两者静止于地面。A、B之间动摩擦因数μ=0.1,g取10 m/s2。
(1)求长木板B与挡板M发生第一次碰撞过程中,受到挡板M的冲量I;(2)求长木板B与挡板N发生第一次碰撞之前,A相对于B滑行的距离Δs1;(3)通过计算判断A与挡板M能否发生第二次碰撞,若能,求出A与挡板M第二次碰撞前的速度大小v2,若不能,请说明原因;(4)求整个运动过程中由于B与挡板M碰撞而损失的机械能ΔE碰。
答案 (1)3 N·s,方向水平向右　(2)1.5 m (3)见解析　(4)6.75 J解析 (1)由动量定理得I=mv0=3 N·s,方向水平向右。(2)第一次碰撞后A以v1=v0=3 m/s的速度向右运动,B的初速度为0,与N板碰前达共同速度v1',则m0v1=(m+m0)v1'解得v1'=2 m/s系统克服阻力做功损失动能μm0gΔs1=ΔE1解得Δs1=1.5 m。