《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 6.2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 6.2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課件.ppt（83頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、第2講 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用,【知識(shí)導(dǎo)圖】,不受外力,所受外力的矢量和為零,m1v1+m2v2,-p2,所受合外力為零,外力為零,遠(yuǎn)大于,守恒,不增加,守恒,增加,守恒,可能增加,【微點(diǎn)撥】 1.動(dòng)量守恒定律的四個(gè)特性: (1)矢量性:守恒方程為矢量式,應(yīng)統(tǒng)一正方向。 (2)瞬時(shí)性:每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初始時(shí)刻的總動(dòng)量相等。 (3)同一性:各物體的速度必須相對(duì)同一參考系。 (4)普適性:不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng),也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。,2.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律的三點(diǎn)注意: (1)研究對(duì)象為系統(tǒng),而不是單個(gè)物體。 (2)是系統(tǒng)總動(dòng)量守恒,還是某個(gè)方向上動(dòng)量守恒。 (3)系統(tǒng)中各物體的速度是
2、否相對(duì)于同一參考系。,【慧眼糾錯(cuò)】 (1)兩物體相互作用時(shí)若系統(tǒng)間存在摩擦力,則兩物體 組成的系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。 糾錯(cuò):__________________________________________ _______。 (2)動(dòng)量守恒只適用于宏觀低速運(yùn)動(dòng)的物體系統(tǒng)。 糾錯(cuò):___________________________________。,系統(tǒng)所受合外力為零則動(dòng)量守恒,與系統(tǒng)間作用,力無(wú)關(guān),動(dòng)量守恒也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng),(3)系統(tǒng)動(dòng)量不守恒時(shí)無(wú)法應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題。 糾錯(cuò):_________________________________________。 (4)物體相互作用時(shí)
3、動(dòng)量守恒,機(jī)械能也一定守恒。 糾錯(cuò):_________________________________________ ________________________________________。,某一方向上合外力為零也可應(yīng)用動(dòng)量守恒定律,系統(tǒng)所受合外力為零,動(dòng)量守恒,但除重力以外,的其他力做功不一定為零,機(jī)械能不一定守恒,(5)若在光滑水平面上兩球相向運(yùn)動(dòng),碰后均變?yōu)殪o止, 則兩球碰前的動(dòng)量一定相同。 糾錯(cuò):__________________________________________ _________________________________________。 (6)飛
4、船做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),若想變軌通常需要向前或向后 噴出氣體,該過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量將增加。 糾錯(cuò):________________________________。,若在光滑水平面上兩球相向運(yùn)動(dòng),碰后均變?yōu)殪o,止,則兩球碰前的動(dòng)量大小一定相同,方向相反,飛船變軌噴氣時(shí),滿足動(dòng)量守恒條件,考點(diǎn)1動(dòng)量守恒定律的理解及應(yīng)用 【典題探究】 【典例1】(多選)(2018昆明模擬)如圖所示,在光滑 的水平地面上靜止放置一質(zhì)量為M=1.5 kg的木板A,木 板上表面粗糙且固定一豎直擋板,擋板上連接一輕質(zhì)彈 簧,當(dāng)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí),在彈簧的左端輕放一質(zhì)量為,m=0.9 kg的物塊B,現(xiàn)有一顆質(zhì)量為m0=0.1 kg的子彈C
5、以v0=500 m/s的速度水平擊中物塊并嵌入其中,該過(guò)程作用時(shí)間極短,則在A、B、C相互作用的過(guò)程中,下列說(shuō)法中正確的有() 導(dǎo)學(xué)號(hào)04450138,A.A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B.A、B、C以及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 C.子彈擊中物塊B的瞬間對(duì)物塊B產(chǎn)生的沖量為45 Ns D.彈簧被壓縮到最短時(shí)木板的速度為25 m/s,【解析】選A、C。A、B、C三者組成的系統(tǒng)所受合外力為零,動(dòng)量守恒,故A正確;由于存在摩擦阻力做功,機(jī)械能不守恒,故B錯(cuò)誤;子彈擊中物塊B后與物塊B共速,由動(dòng)量守恒有m0v0=(m+m0)v1,v1=50 m/s,故對(duì)物塊B產(chǎn)生的沖量等于B物塊獲得的動(dòng)量,故對(duì)物塊B
6、產(chǎn)生的沖量為45 Ns,C正確;彈簧被壓縮到最短時(shí)三者共速,由動(dòng)量守恒有m0v0=(m+M+m0)v2,v2=20 m/s,故D錯(cuò)誤。,【遷移訓(xùn)練】,遷移1:某一方向上的動(dòng)量守恒 (2018吉林模擬)如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質(zhì)量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個(gè)質(zhì)量為m(m
7、的機(jī)械能守恒,但小球不能回到槽高h(yuǎn)處,【解析】選D。在運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程中,當(dāng)小球與彈簧接觸后,小球與槽組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零,系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量不守恒,故A錯(cuò)誤;在下滑過(guò)程中,兩物體都有水平方向的位移,而相互作用力是垂直于槽面的,故作用力方向和位移方向不垂直,相互作用力均要做功,故B錯(cuò)誤;全過(guò)程小球和槽、彈簧所組成的系統(tǒng)只有重力與彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,小球與彈簧,接觸過(guò)程系統(tǒng)在水平方向所受合外力不為零,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量不守恒,故C錯(cuò)誤;小球在槽上下滑過(guò)程系統(tǒng)水平方向不受力,系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒,球與槽分離時(shí)兩者動(dòng)量大小相等,由于m
8、反彈后的速度大小等于球與槽分離時(shí)的速度大小,小球被反彈后向左運(yùn)動(dòng),由于球的速度大于槽的速度,球?qū)⒆飞喜鄄⒀夭凵匣?在整個(gè),過(guò)程中只有重力與彈力做功,系統(tǒng)機(jī)械能守恒,由于球與槽組成的系統(tǒng)總動(dòng)量水平向左,球滑上槽的最高點(diǎn)時(shí)系統(tǒng)速度相等水平向左,系統(tǒng)總動(dòng)能不為零,由機(jī)械能守恒定律可知,小球上升的最大高度小于h,小球不能回到槽高h(yuǎn)處,故D正確。,遷移2:“人船”模型中的動(dòng)量守恒 (2018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)a,在其頂部有一三角形小木塊B質(zhì)量為m,其底邊長(zhǎng)b,若B從頂端由靜止滑至底部,則木塊后退的距離為(),【解析】選C。取向右為正方向,設(shè)木塊后退的距離為
9、 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 a-b-x,則水平方向上A的平均速度大小為 ,B的平均 速度大小為 ,根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒得: M -m =0,解得,x= ,故選C。,遷移3:爆炸中的動(dòng)量守恒 (2018安慶模擬)如圖,A、B質(zhì)量分別為m1=1 kg,m2= 2 kg,置于小車(chē)C上,小車(chē)的質(zhì)量為m3=1 kg,A、B與小車(chē)的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5,小車(chē)靜止在光滑的水平面上。某時(shí)刻炸藥爆炸,若A、B間炸藥爆炸的能量有12 J轉(zhuǎn)化為A、B的機(jī)械能,其余能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。A、B始終在小車(chē)表面水平運(yùn)動(dòng),小車(chē)足夠長(zhǎng),求:,(1)炸開(kāi)后A、B獲得的速度各是多少。 (2)A、B在小車(chē)上滑
10、行的時(shí)間各是多少。,【解析】(1)炸藥爆炸瞬間A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得: 0=m2v2-m1v1 A、B的機(jī)械能總量為12 J,故有: E= =12 J 聯(lián)立解得:v1=4 m/s,v2=2 m/s,(2)爆炸后A、B在C上滑動(dòng),B先與C相對(duì)靜止,設(shè)此時(shí)B、C的速度為v3,該過(guò)程中A、B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。設(shè)該過(guò)程的時(shí)間為t1,由動(dòng)量定理得: 對(duì)B:-m2gt1=m2v3-m2v2 對(duì)C:(m2g-m1g)t1=m3v3 解得:t1=0.2 s,對(duì)A、B、C系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律得: 0=(m1+m2+m3)v 解得:v=0 設(shè)A滑動(dòng)的總時(shí)間為t,由動(dòng)量定理得:
11、 -m1gt=0-m1v1 解得:t=0.8 s 答案:(1)4 m/s2 m/s(2)0.8 s0.2 s,【通關(guān)秘籍】 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律解題的基本步驟,【加固訓(xùn)練】 一炮彈質(zhì)量為m,以一定的傾角斜向上發(fā)射,達(dá)到最高點(diǎn) 時(shí)速度大小為v,方向水平。炮彈在最高點(diǎn)爆炸成兩塊, 其中一塊恰好做自由落體運(yùn)動(dòng),質(zhì)量為 m,則爆炸后另 一塊瞬時(shí)速度大小為(),【解析】選B。爆炸前動(dòng)量為mv,設(shè)爆炸后另一塊瞬時(shí) 速度大小為v,取炮彈到最高點(diǎn)未爆炸前的速度方向 為正方向,爆炸過(guò)程動(dòng)量守恒,則有:mv= mv, 解得:v= v。,考點(diǎn)2碰撞規(guī)律 【典題探究】 【典例2】(2016全國(guó)卷)如圖,水平地面上有兩個(gè)
12、 靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直;a和b相距l(xiāng),b與墻 之間也相距l(xiāng);a的質(zhì)量為m,b的質(zhì)量為 m,兩物塊與地 面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同。現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng),,此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞,重力加速度大小為g,求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件。導(dǎo)學(xué)號(hào)04450139,【題眼直擊】 (1)a與b發(fā)生彈性碰撞_____________________。 (2)b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞______________。,動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒,b的最大位移為l,【解析】設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為, 要使物塊a、b能發(fā)生碰撞,應(yīng)有 mgl, 即< 設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前,a的速
13、度大小為v1, 由動(dòng)能定理可得-mgl=,設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞后,a、b的速度大小分別 為v2、v3, 由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得: mv1=mv2+ mv3 聯(lián)立各式得v3= v1,由題意知b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞,由動(dòng)能定理得 解得 綜上所述有 答案:,【遷移訓(xùn)練】,遷移1:完全非彈性碰撞問(wèn)題 (多選)(2018長(zhǎng)沙模擬)如圖所示,兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng),滑塊A的質(zhì)量為m,速度大小為2v0,方向向右,滑塊B的質(zhì)量為m,速度大小為v0,方向向左。兩滑塊發(fā)生碰撞后粘在一起,下列說(shuō)法正確的是(),A.碰撞過(guò)程中機(jī)械能守恒 B.碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒 C.碰后A和B一起向
14、左運(yùn)動(dòng),速度大小為 D.碰后A和B一起向右運(yùn)動(dòng),速度大小為,【解析】選B、D。兩滑塊碰撞的過(guò)程動(dòng)量守恒,以兩滑 塊組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象,由于合外力為零,所以系統(tǒng) 的動(dòng)量守恒,碰撞過(guò)程中機(jī)械能不守恒,轉(zhuǎn)化為內(nèi)能,故 A錯(cuò)誤,B正確;取水平向右方向?yàn)檎较?碰撞前,A、B 的速度分別為vA=2v0,vB=-v0,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得 m2v0+m(-v0)=2mv,解得v= ,故C錯(cuò)誤,D正確。,遷移2:多物體多過(guò)程的碰撞問(wèn)題 (多選)(2018深圳模擬)質(zhì)量為m和M的兩個(gè)物塊A、B,中間夾著一根由輕繩束縛著的、被壓縮的輕質(zhì)彈簧,彈簧與A、B不相連,它們一起在光滑的水平面上以共同的速度向右運(yùn)動(dòng),總動(dòng)
15、量為p,彈簧的彈性勢(shì)能為Ep;某時(shí)刻輕繩斷開(kāi),彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí),A剛好靜止,B向右運(yùn)動(dòng),與質(zhì)量為M的靜止物塊C相碰并粘在一起,則(),A.彈簧彈力對(duì)A的沖量大小為 B.彈簧彈力對(duì)B做功的大小為Ep C.全過(guò)程中機(jī)械能減小量為Ep D.B、C的最終速度為,【解析】選A、D。選取向右為正方向,兩個(gè)物體的總動(dòng) 量是p,則A的動(dòng)量pA= ,彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)時(shí),A剛 好靜止,由動(dòng)量定理得I=pA-pA=0- =- 負(fù)號(hào)表示與選定的正方向相反,故A正確;彈簧對(duì)A、B作 用的過(guò)程中,彈簧對(duì)A做負(fù)功,對(duì)B做正功,系統(tǒng)的機(jī)械能 全部轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能,所以B的動(dòng)能的增加量等于彈簧的 彈性勢(shì)能與A的動(dòng)能的和,所
16、以彈簧彈力對(duì)B做的功大于Ep,,故B錯(cuò)誤;物塊A與B以及彈簧組成的系統(tǒng)相互作用的過(guò) 程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,設(shè)相互作用結(jié)束后B的速度為v1, 選取向右為正方向,則p=Mv1,B與C相互作用的過(guò)程中二 者組成的系統(tǒng)的動(dòng)量也守恒,設(shè)最終的速度為v2,根據(jù) 動(dòng)量守恒得Mv1=(M+M)v2,聯(lián)立解得v2= ,整個(gè)過(guò)程 中損失的機(jī)械能E= (m+M) +Ep-,而v0= ,聯(lián)立解得E=Ep+ ,可知 只有在m與M相等時(shí),全過(guò)程中機(jī)械能減小量才為Ep, 故C錯(cuò)誤,D正確。,遷移3:碰撞中的臨界問(wèn)題 如圖所示,固定的光滑圓弧面與質(zhì)量為6 kg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2 kg的
17、滑 塊A,在小車(chē)C的左端有一個(gè)質(zhì)量為2 kg的滑塊B,滑塊 A與B均可看作質(zhì)點(diǎn)。現(xiàn)使滑塊A從距小車(chē)的上表面高 h=1.25 m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=0.5,小車(chē)C與水平地面的摩擦忽略不計(jì),取g=10m/s2。求:,(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。,【解析】(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= mA 代入數(shù)據(jù)解得:v1=5 m/s A、B碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以A的初速度方向?yàn)?正方向,由動(dòng)量守恒定律得: mAv1=(mA+mB)v2
18、 代入數(shù)據(jù)解得:v2=2.5 m/s,(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?由動(dòng)量守恒定律得: (mA+mB)v2=(mA+mB+mC)v3 代入數(shù)據(jù)解得:v3=1 m/s,由能量守恒定律得: (mA+mB)gL= (mA+mB) - (mA+mB+mC) 代入數(shù)據(jù)解得: L=0.375 m 答案:(1)2.5 m/s(2)0.375 m,【通關(guān)秘籍】 碰撞現(xiàn)象滿足的三個(gè)規(guī)律:,【加固訓(xùn)練】 (多選)A、B兩球在光滑水平軌道上同向運(yùn)動(dòng),A球的動(dòng)量是7 kgm/s,B球的動(dòng)量是9 kgm/s,當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞,則碰撞后B球的動(dòng)量變?yōu)?2 kgm/s,則兩球質(zhì)
19、量mA、mB的關(guān)系可能是() A.mB=2mAB.mB=3mA C.mB=4mAD.mB=5mA,【解析】選A、B。以A的初速度方向?yàn)檎较? 由動(dòng)量守恒定律得:pA+pB=pA+pB, pB=12 kgm/s, 解得,pA=4 kgm/s,碰撞過(guò)程系統(tǒng)的總動(dòng)能 不增加,則有 解得:,由題意可知:當(dāng)A球追上B球時(shí)發(fā)生碰撞,則碰撞前A的速度大于B的速度,則有: 解得:,碰撞后A的速度不大于B的速度,則有 綜上得: 故A、B正確。,考點(diǎn)3動(dòng)量守恒定律的綜合應(yīng)用 【典題探究】 【典例3】(2016全國(guó)卷)如圖,光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體,斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的
20、冰塊均靜止于冰面上。某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3 m/s的速度向斜面體推出,冰塊平滑,地滑上斜面體,在斜面體上上升的最大高度為h= 0.3 m(h小于斜面體的高度)。已知小孩與滑板的總 質(zhì)量為m1=30 kg,冰塊的質(zhì)量為m2=10 kg,小孩與滑 板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng)。重力加速度的大小g取10 m/s2。導(dǎo)學(xué)號(hào)04450140,(1)求斜面體的質(zhì)量。 (2)通過(guò)計(jì)算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?,【解題探究】 (1)小孩推開(kāi)冰塊過(guò)程中,小孩和冰塊系統(tǒng)動(dòng)量守恒嗎? 提示:動(dòng)量守恒。,(2)冰塊滑上斜面過(guò)程中動(dòng)量守恒嗎?能否應(yīng)用動(dòng)量守恒定律?機(jī)械能守恒嗎? 提示:動(dòng)量不守恒,但水平方向合力為
21、零,因此水平方向動(dòng)量守恒,水平方向可以應(yīng)用動(dòng)量守恒定律,冰塊滑上斜面過(guò)程中機(jī)械能守恒,冰塊的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為兩者的動(dòng)能和冰塊的重力勢(shì)能。,【解析】(1)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度,設(shè)此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得,m2v20=(m2+m3)v (m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s為冰塊推出時(shí)的速度。聯(lián)立式 并代入題給數(shù)據(jù)得 m3=20 kg,(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,由動(dòng)量守恒定律 有m1v1+m2v20=0 代入數(shù)據(jù)得v1=1 m/s 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3, 由
22、動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有 m2v20=m2v2+m3v3 ,聯(lián)立式并代入數(shù)據(jù)得v2=1 m/s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方,故冰塊不能追上小孩。 答案:(1)20 kg(2)見(jiàn)解析,【通關(guān)秘籍】 1.解動(dòng)力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn):,2.動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的比較:,【考點(diǎn)沖關(guān)】 1.(多選)(2018唐山模擬)如圖所示,一塊質(zhì)量為M的木板停在光滑的水平面上,木板的左端有擋板,擋板上固定一個(gè)小彈簧。一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以水平速度v0從木板的右端開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng),與彈簧碰撞后(彈簧處于彈性限度內(nèi)),最終又恰好停在木板的右端。根據(jù)上述情景和已知量,
23、可以求出(),A.彈簧的勁度系數(shù) B.彈簧的最大彈性勢(shì)能 C.木板和小物塊組成的系統(tǒng)最終損失的機(jī)械能 D.若再已知木板長(zhǎng)度l,可以求出木板和小物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù),【解析】選B、C、D。小物塊m與長(zhǎng)木板M構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng) 量守恒,設(shè)小物塊滑到最左端和最右端的速度分別為 v1 、v2,以向左為正方向,小物塊從開(kāi)始位置滑動(dòng)到最 左端的過(guò)程,由動(dòng)量守恒定律得mv0=(M+m)v1,小物塊從 開(kāi)始位置滑動(dòng)到最后相對(duì)長(zhǎng)木板靜止過(guò)程mv0=(M+m)v2, 解得v1= ,v2= ,小物塊滑動(dòng)到最左端的,過(guò)程中,由能量守恒定律得 = (M+m) +Q+Ep, Q=Ffl,小物塊從開(kāi)始滑動(dòng)到最右端的過(guò)程中,由
24、能量 守恒定律得 = (M+m) +Q,Q=2Ffl,由以上各 式可以解出Ep、Q、Q,故B、C正確;求出Q后,如果已 知木板長(zhǎng)l,由Q=mgl,可以求出木板和小物塊間的動(dòng) 摩擦因數(shù),故D正確;因?yàn)槿鄙購(gòu)椈傻膲嚎s量,無(wú)法求出 彈簧的勁度系數(shù),故A錯(cuò)誤。,2.(2017天津高考)如圖所示,物塊A和B通過(guò)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mA=2 kg、mB=1 kg。初始時(shí)A靜止于水平地面上,B懸于空中。現(xiàn)將B豎直向上舉高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以大小相等的速度一起運(yùn)動(dòng),之后B恰好可以和地面接觸。g取10 m/
25、s2,空氣阻力不計(jì)。求:導(dǎo)學(xué)號(hào)04450141,(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的大小。 (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 解得:t=0.6 s,(2)設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間B速度大小為v0,有 v0=gt=6 m/s, 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,總動(dòng)量守恒: mBv0=(mA+mB)v,繩子繃直瞬間,A、B系統(tǒng)獲得的速度:v=2 m/s 之后A做勻減速運(yùn)動(dòng),所以細(xì)繩繃直瞬間的速度v即為 最大速度,A的最大速度為2 m/s。,(3)細(xì)繩繃直后,A、B一起運(yùn)動(dòng),B恰好
26、可以和地面接觸, 說(shuō)明此時(shí)A、B的速度為零,這一過(guò)程中A、B組成的系統(tǒng) 機(jī)械能守恒,有: (mA+mB)v2+mBgH=mAgH,解得初始時(shí) B離地面的高度H=0.6 m。 答案:(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m,【加固訓(xùn)練】 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R=0.5 m。物塊A以v0=6 m/s的速度滑入圓軌道,滑過(guò)最高點(diǎn)Q,再沿圓軌道滑出后,與直軌道上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
27、的質(zhì)量均為m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B可視為質(zhì)點(diǎn),碰撞時(shí)間極短)。,(1)求A滑過(guò)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)(n
（全國(guó)通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 6.2 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用課件.ppt
