2020届高考物理总复习第六章碰撞与动量守恒6.2动量守恒定律及其应用课件新人教版.pptx

第2讲 动量守恒定律及其应用,【秒判正误】 (1)只要系统合外力做功为零，系统动量就守恒。 ( ) (2)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 ( ) (3)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静 止，则两球碰前的动量大小一定相同。 ( ),(4)两物体相互作用时若系统间存在摩擦力，则两物体 组成的系统动量不守恒。 ( ) (5)若系统动量不守恒，就无法应用动量守恒定律解 题。 ( ) (6)只要系统所受合外力为零，则系统的动量守恒，系 统的机械能也守恒。 ( ),考点1 动量守恒定律的理解及应用 【典题突破】 题型1 动量是否守恒的判断 【典例1】 (2018郑州模拟)将一个光滑的半圆形槽 置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平 面上的物块。现让一个小球自左侧槽口A点正上方由静,止开始落下，从A点落入槽内，则下列说法中正确的是 ( ),A.小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒 B.小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒 C.小球在半圆槽内由B点向C点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒 D.小球从C点离开半圆槽后，一定还会从C点落回半圆槽,【解题思维】 1.题型特征：动量守恒与机械能守恒的判断。 2.题型解码： (1)当小球下落到最低点过程，由于左侧物块作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，但小球机械能守恒。,(2)当球从最低点上升时，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，但小球的机械能不守恒，而小球与槽组成的系统机械能守恒。,【解析】选D。只有重力或只有弹力做功时物体的机械 能守恒。小球在半圆槽内运动由B到C过程中，除重力 做功外，半圆槽的支持力也对小球做功，小球机械能 不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程 中，小球的机械能不守恒，故A错误；小球在半圆槽内 运动的前半过程中，左侧物块对半圆槽有作用力，小 球与半圆槽组成的系统动量不守恒。小球在半圆槽内,运动的后半过程中，小球有向心加速度，竖直方向的 合力不为零，系统的动量也不守恒，故B错误；小球自 半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，竖直方向的合 力不为零，系统的动量也不守恒。系统在水平方向所 受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守 恒，故C错误；小球离开C点以后，既有竖直向上的分 速度，又有水平分速度，小球做斜上抛运动，水平方,向做匀速直线运动，水平分速度与半圆槽的速度相同，所以小球一定还会从C点落回半圆槽，故D正确。,【触类旁通】(多选)(2018乌鲁木齐模拟)如图所示，小球A、B、C质量均为m，将小球B、C同时拉开相同角度后由静止释放，两小球到达最低点时，小球间发生对心弹性碰撞，不计空气阻力 ( ),A.从释放小球到碰撞结束的过程中，整个系统动量守恒 B.从释放小球到碰撞结束的过程中，整个系统机械能守恒 C.B与A碰撞过程中动量守恒表达式为mv0=mv1+mv2 D.B与A碰撞过程中动量守恒表达式为2mv0=2mv1+mv2,【解析】选B、C。解决本题时要注意碰撞过程遵守动量守恒定律，但小球摆动过程中，系统的动量并不守恒。小球在摆动的过程中做圆周运动，系统的合外力不为零，所以整个系统动量不守恒，故A错误；从释放小球到碰撞结束的过程中，绳子拉力不做功，只有重力做功，所以整个系统机械能守恒，故B正确；B与A碰撞过程中遵守动量守恒定律，动量守恒表达式为 mv0=mv1+mv2。故C正确，D错误。,题型2 某一方向上的动量守恒问题 【典例2】(2018张家界模拟)如图所示，一个质量为M的滑块放置在光滑水平面上，滑块的一侧是一个四分之一圆弧EF，圆弧半径为R=1 m。E点切线水平。另有一个质量为m的小球以初速度v0从E点冲上滑块，若小球刚好没跃出圆弧的上端，已知M=4m，g取10 m/s2，不计摩擦。则小球的初速度v0的大小为 ( ),A.4 m/s B.5 m/s C.6 m/s D.7 m/s,【解题思维】 1.题型特征：水平方向满足动量守恒。 2.题型解码： (1)判断水平方向上满足动量守恒，找出初末状态。 (2)末态，小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向上速度相同。,(3)水平方向系统动量守恒和系统机械能守恒列式求解即可。,【解析】选B。当小球上升到滑块上端时，小球与滑块 水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒 有mv0=(m+M)v1，根据机械能守恒定律有 (m+M) +mgR，根据题意，有M=4m，联立两式解得v0=5 m/s， 故A、C、D错误，B正确。,【触类旁通】(2018济南模拟)如图所示，A、B、C三球的质量分别为m、m、2m，三个小球从同一高度同时出发，其中A球有水平向右的初速度v0，B、C由静止释放。三个小球在同一竖直平面内运动，小球与地面之间、小球与小球之间的碰撞均为弹性碰撞，则小球与小球之间最多能够发生碰撞的次数为 ( ),A.1次 B.2次 C.3次 D.4次,【解析】选C。由于A球做平抛运动，竖直方向可看作 自由落体运动，与B、C竖直方向的运动情况相同，所 以一定可以发生碰撞。可假设高度无穷大，可看作三 球碰撞完成后才落地。尽管竖直方向合力不为零，但 是系统水平方向不受力，满足动量守恒。根据动量守 恒定律和能量守恒定律，质量相等的两球发生弹性碰 撞后交换速度，所以A、B第一次碰撞后水平速度互,换，B、C发生第二次碰撞后，由于B的质量小于C的质量，则B反向；B、A发生第三次碰撞后，B、A水平速度互换，A向左，B竖直下落，三球不可能再发生碰撞，所以最多能够发生3次碰撞。故C项正确。,题型3 爆炸中的动量守恒问题 【典例3】(2018全国卷)一质量为m的烟花弹获得动能E后，从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分，两部分获得的动能之和也为E，且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短，重力加速度大小为g，不计空气阻力和火药的质量。求：,(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间。 (2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。,【解析】(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件 有 E= 设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t， 由运动学公式有 0-v0=-gt ,联立式得 t= ,(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1，由机械能守恒 定律有 E=mgh1 火药爆炸后，烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动，设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有,=E mv1+ mv2=0 由式知，烟花弹两部分的速度方向相反，向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2，由机械能守恒定律有,mgh2 联立式得，烟花弹上部分距地面的最大高度 为 h=h1+h2= 答案：(1) (2),【触类旁通】(2019南昌模拟)有人对鞭炮中炸药爆 炸的威力产生了浓厚的兴趣，他设计如下实验，在一 光滑水平面上放置两个可视为质点的紧挨着的A、B两 个物体，它们的质量分别为m1=1 kg，m2=3 kg并在它 们之间放少量炸药，水平面左方有一弹性的挡板，水 平面右方接一光滑的 竖直圆轨道。开始A、B两物体 静止，点燃炸药让其爆炸，物体A向左运动与挡板碰后,原速返回，在水平面上追上物体B并与其碰撞后粘在一起，最后恰能到达圆弧最高点，已知圆弧的半径为R=0.2 m，g取10 m/s2。求炸药爆炸时对A、B两物体所做的功。,【解析】炸药爆炸后，设A的速度大小为v1，B的速度大小为v2。取向左为正方向，由动量守恒定律得 m1v1-m2v2=0 A物体与挡板碰后追上B物体，碰后两物体共同速度设为v，取向右为正方向，由动量守恒定律得 m1v1+m2v2=(m1+m2)v,两物体上升到圆弧的最高点时速度为0，两物体的动能 转化为重力势能，由机械能守恒定律得 (m1+m2)v2=(m1+m2)gR 炸药爆炸时对A、B两物体所做的功 W= 联立解得W=10.7 J。 答案：10.7 J,题型1 用动量守恒定律分析单过程问题 【典例1】(2018揭阳模拟)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图(a)所示，碰撞前后两壶运动的v-t图线如图(b)中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则 ( ),A.碰后红壶将被反弹回来 B.碰后蓝壶速度为0.8 m/s C.碰后蓝壶移动的距离为2.4 m D.碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受的摩擦力,【解题思维】 1.题型特征：单过程动量守恒问题。 2.题型解码： (1)根据速度的正负分析红壶的速度方向。 (2)对于碰撞过程，运用动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度。,(3)根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解蓝壶移动的位移。 (4)根据图象的斜率分析碰后两壶的加速度关系，根据牛顿第二定律分析碰后红、蓝两壶所受的摩擦力大小关系。,【解析】选B。由图(b)知碰前红壶的速度v0= 1.0 m/s，碰后速度v0=0.2 m/s可知，碰后红壶沿原 方向运动，故A错误；设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞 前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得 mv0=mv0+mv，解得v=0.8 m/s，故B正确；根据速度 图象与坐标轴围成的面积表示位移可得，碰后蓝壶移,动的位移大小 x= 5 m=2 m，故C错误；根据 图象的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝 壶的加速度，两者的质量相等，由牛顿第二定律知碰 后红壶所受摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故D错误。,【触类旁通】打羽毛球是一种常见的体育健身活动。当羽毛球以5 m/s 的速度水平飞来时，运动员迅速挥拍以10 m/s的水平速度迎面击球，假设羽毛球和羽毛球拍的碰撞为弹性碰撞，且球拍的质量远大于球的质量，羽毛球反弹的速度大小为 ( ),A.25 m/s B.20 m/s C.15 m/s D.5 m/s,【解析】选A。设碰撞前羽毛球和羽毛球拍的速度分别 为v1和v2，碰后羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v1和 v2。取碰撞前羽毛球的速度方向为正方向，根据动 量守恒定律和机械能守恒定律得 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2。 ,联立解得 v1= 据题有 m1m2， 则得 v1=2v2-v1=210-(-5) m/s=25 m/s。,题型2 用动量守恒定律分析多过程问题 【典例2】(2018烟台模拟)如图，A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球，mB=3mA。B球静止，拉起A球，使细线与竖直方向偏角为30，由静止释放，在最低点A与B发生弹性碰撞。不计空气阻力，则关于碰后两小球的运动，下列说法正确的是 ( ),A.A静止，B向右，且偏角小于30 B.A向左，B向右，且偏角都等于30 C.A向左，B向右，A偏角小于B偏角，且都小于30 D.A向左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30,【解题思维】 1.题型特征：弹性碰撞过程中动量和机械能都守恒。 2.题型解码： (1)先根据机械能守恒定律求出A球与B球碰撞前瞬间的速度。,(2)两球碰撞过程动量守恒、机械能守恒，注意选择正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后瞬间两球的速度。 (3)再由机械能守恒定律分析碰后两球的偏角关系。,【解析】选D。设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0。碰 撞后瞬间A、B两球的速度分别为vA、vB。碰撞前，A球 下摆过程，由机械能守恒定律得mAgL(1-cos 30)= 碰撞过程取水平向右为正方向，由动量守恒定 律与机械能守恒定律得 mAv0=mAvA+mBvB， 联立以上三式解得vA=,方向向左；vB= 方向向右。设碰后A 球的偏角为，B球的偏角为。由机械能守恒定律， 对A球有 =mAgL(1-cos )，对B球有 =mBgL(1-cos )，解得：=30，因此：A向 左，B向右，A偏角等于B偏角，且都小于30，故A、 B、C错误，D正确。,【触类旁通】(2018新余模拟)半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，如图所示，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰撞后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60，则两物体的质量之比m1m2为 ( ),A.( +1)( -1) B. 1 C.( -1)( +1) D.1,【解析】选C。两球到达最低点的过程由动能定理得 mgR= mv2，解得v= ，所以两球到达最低点的速 度均为 ，设向左为正方向，则m1的速度v1= ，m2的速度v2= ，由碰撞瞬间动量守 恒，得m2v2+m1v1=(m1+m2)v共 解得v共= ,二者碰撞后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M 点，对此过程由动能定理得： -(m1+m2)gR(1-cos 60)=0- (m1+m2) 由解得 =2 整理得m1m2=( -1)( +1)。,【提分秘籍】 1.动量守恒定律解题“五步法”：,2.应用动量守恒定律应注意以下三点： (1)确定所研究的系统，单个物体无从谈起动量守恒。 (2)判断系统是否动量守恒，或者某个方向上动量守恒。 (3)系统中各物体的速度是否是相对地面的速度，若不是，则应转换成相对于地面的速度。,3.爆炸现象三规律：,【加固训练】 一炮弹质量为m，以一定的倾角斜向上发射，达到最高 点时速度大小为v，方向水平。炮弹在最高点爆炸成两 块，其中一块恰好做自由落体运动，质量为 m，则 爆炸后另一块瞬时速度大小为 ( ) A.v B. v C. v D.0,【解析】选B。爆炸前动量为mv，设爆炸后另一块瞬时 速度大小为v，取炮弹到最高点未爆炸前的速度方向 为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：mv= mv， 解得：v= v。,考点2 碰撞问题 【典题突破】 题型1 碰撞中的可能性问题 【典例4】如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧 轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨 道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速 度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8 m，小滑块的质量关,系是mB=2mA，重力加速度g=10 m/s2。则碰后小滑块B的 速度大小不可能是 ( ) A.5 m/s B.4 m/s C.3 m/s D.2 m/s,【解题思维】 1.题型特征：满足动量守恒，机械能未必守恒。 2.题型解码： (1)若两个滑块发生的是弹性碰撞，机械能守恒，B获得的速度最大。 (2)若两个滑块发生的是非弹性碰撞，系统机械能损失最大，B获得的速度最小。,(3)根据动量守恒定律和机械能守恒定律结合求出碰后小滑块B的速度范围，从而确定碰后小滑块B的速度大小。,【解析】选A。滑块A下滑过程，由机械能守恒定律得 mAgR= 解得 v0=6 m/s。若两个滑块发生的是弹 性碰撞，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能 守恒定律得mAv0=mAvA+mBvB， 解得vB=4 m/s。若两个滑块发生的是完全非弹性碰 撞，由动量守恒定律得mAv0=(mA+mB)vB，解得 vB=,2 m/s。所以碰后小滑块B的速度范围为 2 m/svB 4 m/s，不可能为5 m/s。,【触类旁通】(多选)(2019肇庆模拟)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动。两球质量关系为mB=2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞前后A球动量变化量为-4 kgm/s，则 ( ),A.左方是A球，碰前两球均向右运动 B.右方是A球，碰前两球均向左运动 C.碰撞后A、B两球速度大小之比为25 D.经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞,【解析】选A、C。大小相同的A、B两球在光滑水平面 上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定律可 得pA=-pB，由题知pA=-4 kgm/s，则得pB= 4 kgm/s。由于碰撞前两球均向右运动，所以左方是 A球，右边是B球，故A正确，B错误；碰撞后，两球的 动量分别为pA=pA+pA=6 kgm/s-4 kgm/s=,2 kgm/s，pB=pB+pB=6 kgm/s+4 kgm/s= 10 kgm/s，由于两球质量关系为 mB=2mA，那么碰撞 后A、B两球速度大小之比为 故C正确；碰 撞前系统的总动能为Ek=,碰撞后系统的总动能为Ek= 可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的 碰撞是弹性碰撞，故D错误。,题型2 碰撞中的临界问题 【典例5】(2018通化模拟)三个半径相同的弹性球，静止于光滑水平面的同一直线上，顺序如图所示，已知mA=m，mC=4m。当A以速度v0向B运动，若要使得B、C碰后C具有最大速度，则B的质量应为 ( ),A.m B.2m C.3m D.4m,【解题思维】 1.题型特征：满足动量守恒定律和能量守恒定律。 2.题型解码： (1)要使得BC碰后C具有最大速度，应发生弹性碰撞。 (2)先分析AB两球碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒列式求解出碰撞后B球的速度。,(3)再分析BC两球碰撞过程，根据动量守恒定律和能量守恒列式求解出碰撞后速度，根据C球碰撞后的速度的表达式运用数学关系求最大值。,【解析】选B。设B球的质量为M，以碰撞前A球的速度 方向为正，A球与B球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度 分别为v1和v2，根据A球与B球动量守恒得mv0=mv1+ Mv2，由能量守恒定律得 解得v2= B球与C球发生弹性碰撞，设碰撞后的速度分别 为v2和v3，由能量守恒定律得,规定碰撞前A球的速度方向为正，由动量守恒定律得 Mv2=M +4mv3，解得v3= 故C球碰撞后的速度为 v3= 由数学关系解得 M= =2m时，BC球碰撞后C球的速度最大。,【触类旁通】(多选)(2018凉山州模拟)如图所示，在光滑绝缘水平面上，A、B两小球质量分别为2m、m，带电量分别为+q、+2q。某时刻 A有指向B的速度v0而B球速度为零，之后两球在运动中始终未相碰，当两小球从该时刻开始到第一次相距最近的过程中 ( ),A.任意时刻A、B两小球的加速度大小之比均为12 B.两小球构成的系统动量守恒，电势能减少 C.A球减少的机械能大于B球增加的机械能 D.电场力对A球做功的大小为,【解析】选A、C。两球所受的合力为作用力与反作用 力，两小球所受合力F大小相等，两球的加速度之比 故A正确；两球组成的系统所受合外力为 零，系统动量守恒，从A开始运动到两球距离最近的过 程，两球间的距离减小，电场力(库仑力)做负功，系 统电势能增加，故B错误；系统电势能增加，由能量守,恒定律可知，有部分机械能转化为电势能，A球减少的 机械能大于B球增加的机械能，故C正确；两球组成的 系统动量守恒，两球距离最近时，两球速度相等，由 动量守恒定律得2mv0=(2m+m)v，解得v= v0，由动能 定理可知，电场力对A球做功大小W= 故D错误。,题型3 “滑块弹簧”类碰撞模型 【典例6】(多选)(2018赤峰模拟)如图所示，质量均 为m的A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧拴接在 一起竖直放置在水平地面上，物体A处于静止状态。在 A的正上方h高处有一质量也为m的小球C。现将小球C由 静止释放，C与A发生碰撞后立刻粘在一起，弹簧始终,在弹性限度内，忽略空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是 ( ),A.C与A碰撞后瞬间A的速度大小为 B.C与A碰撞时产生的内能为 C.C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能为 D.要使碰后物体B被拉离地面，h至少为,【解题思维】 1.题型特征：动量守恒，机械能守恒。 2.题型解码： (1)根据机械能守恒定律求出C与A碰撞前瞬间的速度，根据动量守恒定律求出碰后瞬间两者的共同速度，即可求得C与A碰撞时产生的内能。,(2)当C、A运动到最低点时弹簧的弹性势能最大，由系统的机械能守恒分析最大的弹性势能。 (3)要使碰后物体B被拉离地面，弹簧对B的拉力至少等于B的重力，对C、A与弹簧组成的系统运用机械能守恒定律求得A上升的高度，从而得到h的最小值。,【解析】选A、B。设C与A碰前瞬间C的速度为v0，C与A 碰后瞬间C、A的共同速度为v1。对C自由下落过程，由 机械能守恒得mgh= 解得v0= 。C与A碰撞过 程：对C与A组成的系统，取向下为正方向，由动量守 恒定律得：mv0=2mv1，所以v1= ，故A正确；C与A碰 撞时产生的内能为E内= 故B正确；,C、A一起向下运动压缩弹簧的过程中，C、A的重力势 能和动能转化为弹簧的弹性势能，由系统的机械能守 恒知，C与A碰撞后弹簧的最大弹性势能大于A、C动能 的减少量之和，即大于 故C错误；开始时 弹簧的压缩量为x= ，碰后物体B刚被拉离地面时弹 簧伸长量为x= ，则知碰后C、A将上升2x，弹簧,弹性势能不变，由系统的机械能守恒得 = 2mg2x，联立以上各式代入数据得h= ，故D错误。,【触类旁通】(2018青岛模拟)如图，连接有轻弹簧的物块a静止于光滑水平面上，物块b以一定初速度向左运动。下列关于a、b两物块的动量p随时间t的变化关系图象，不合理的是 ( ),【解析】选A。b与弹簧接触后，弹力慢慢增大，故两 物块的加速度一定先增大后减小，故A不合理；b与弹 簧接触后，压缩弹簧，b做减速运动，a做加速运动， 且在运动过程中系统的动量守恒，如果b的质量较小， 可能出现b反弹的现象，故B合理；由B中分析可知，两 物块满足动量守恒定律，并且如果ab两物块的质量相,等，则可以出现符合选项C的运动过程，故C合理；由B 中分析可知，两物块满足动量守恒定律，如果a的质量很小，可能出现符合选项D的运动过程，故D合理。,题型1 “滑块木板”类碰撞模型 【典例1】 (多选)(2018乌鲁木齐模拟)如图所示，水平地面上停放一质量为3m的木板C，质量分别为2m和m的A、B两滑块，同时从木板的两端以相同的速率v滑上木板，两滑块相撞后粘连成一个整体一起运动。已知木板C与水平地面间的动摩擦因数为，滑块A、B与木板间的动摩擦因数分别为3和6，则 ( ),A.木板C加速运动时的加速度大小为g B.木板C加速运动时的加速度大小为2g C.两滑块相撞后瞬间的速度大小一定小于 D.两滑块相撞后瞬间的速度大小可能等于,【解题思维】 1.题型特征：多物体多过程问题。 2.题型解码： (1)解析的关键是合理选取研究对象，对研究对象进行正确的受力分析。分析A、B以及C板的受力情况可知，两滑块碰撞前C板不动。,(2)两滑块发生完全非弹性碰撞，可以由动量守恒定律分析碰撞后的速度。 (3)由牛顿第二定律求C板加速运动时的加速度大小。,【解析】选B、C。A受到重力、支持力和摩擦力，其中 摩擦力f1=32mg=6mg，B受到重力、支持力和摩 擦力的作用，其中摩擦力f2=6mg=6mg，开始时A 向右运动，对C的摩擦力的方向向右；B向左运动，对C 的摩擦力的方向向左，C在水平方向受到的两个摩擦力 大小相等，方向相反，所以C在水平方向没有相对运动 的趋势，所以开始时C不受地面的摩擦力；A和B碰撞后,速度的方向相同，所以A和B对C的摩擦力的方向相同， 此时若C也做加速运动，则C受到的地面的摩擦力 f3=(3m+2m+m)g=6mg，在运动中，A和B对C的摩 擦力是C运动的动力，而C受到的地面的摩擦力是阻 力，所以C的加速度aC= =2g。故A错误，B正 确； A与B由于受到C对它们的摩擦力，所以相碰前都,做减速运动，则碰撞前的速度大小都小于v，设大小都 是v1，则v1v，A与B碰撞的过程中可以认为二者沿水 平方向的动量守恒，选取向右为正方向，则2mv1-mv1 =3mv2，所以：v2= v1 v，可知碰撞后瞬间的速度 大小一定小于 。故C正确，D错误。,【触类旁通】 (多选)(2018石家庄模拟)如图所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块，现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法正确的是 ( ),A.最终小木块和木箱都将静止 B.最终小木块和木箱组成的系统损失机械能为 C.木箱速度为 时，小木块的速度为 D.最终小木块的速度为,【解析】选B、C。对于动量守恒定律的应用问题，不 需要涉及中间过程，特别是对于多次碰撞问题，解题 特别方便，要能灵活选择研究的过程。系统所受外力 的合力为零，系统的动量守恒，初状态木箱有向左的 动量，小木块动量为零，故系统总动量向左，系统内 部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终小木,块和木箱相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中 间过程如何相互作用，最终两物体以相同的速度一起 向左运动，故A错误；规定向左为正方向，由动量守恒 定律得Mv0=(m+M)v，则得最终系统的速度为v= 方向向左。最终小木块和木箱组成的系统损失机械能 为E= (m+M)v2= 故B正确，D错,误；当木箱速度为v1= 时，根据动量守恒定律有 Mv0=Mv1+mv2；可得v2= 。故C正确。,题型2 “滑块斜面”类碰撞模型 【典例2】(2018德州模拟)如图所示在足够长的光滑 水平面上有一静止的质量为M=2m的斜面，斜面表面光 滑、高度为h、倾角为。一质量为m的小物块以一定 的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中机 械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面顶,端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能到达的 最大高度为 ( ),【解题思维】 1.题型特征：某方向上动量守恒、机械能守恒。 2.题型解码： (1)斜面固定时，根据机械能守恒求得高度h和初速度的关系。,(2)斜面不固定时，根据动能定理求得物块、斜面在小物块冲上斜面后能到达最大高度时的速度，然后根据能量守恒求得最大高度。,【解析】选C。斜面固定时，物块运动过程只有重力做 功，机械能守恒；设物块初速度为v，则有mgh= mv2；斜面不固定时，物块和斜面在水平方向合外 力为零，故动量守恒；物块冲上斜面后能到达的最大 高度H，物块的竖直分速度为零，物块和斜面水平方向 速度相等；设此时，斜面速度为v；由水平方向动量,守恒得mv=(M+m)v；所以，v= v；运动过程无摩 擦，故对物块和斜面组成的整体，只有重力做功，机 械能守恒，故有 mv2= Mv2+ mv2+mgH，所以 mv2= mv2+mgH；即mgH= mv2= mgh，故H= h，故C正确，A、B、D错误。,【提分秘籍】 1.碰撞现象三规律：,2.碰撞问题解题三策略： (1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出 相应方程求解。 (2)可熟记一些公式，例如“一动一静”模型中，两物 体发生弹性正碰后的速度满足： v1=,(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1m2，且v2=0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1m2，且v2=0时，碰后质量小的球原速率反弹。,【加固训练】 1.(多选)(2019沈阳模拟)质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是7 kgm/s，B球的动量是5 kgm/s，当A球追上B球发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能值是 ( ),A.pA=-2 kgm/s，pB=14 kgm/s B.pA=-4 kgm/s，pB=16 kgm/s C.pA=6 kgm/s，pB=6 kgm/s D.pA=5 kgm/s，pB=7 kgm/s,【解析】选C、D。A、B碰撞过程动量守恒，碰撞过程 系统机械能不增加，碰后两球不可能再发生二次碰 撞，碰后后面小球的速度不大于前面小球的速度，据 此分析答题。碰撞前系统总动量p=pA+pB= 12 kgm/s，由题意，设mA=mB=m，碰前总动能为Ek= 若pA=-2 kgm/s，pB=,14 kgm/s，系统动量守恒，碰撞后的总动能： 不可能，A错误；若pA=-4 kgm/s，pB= 16 kgm/s，碰撞后的总动能： Ek，不 可能，B错误；若pA=6 kgm/s，pB=6 kgm/s，系统 动量守恒，碰撞后的总动能2 Ek，是可能 的，C正确；若pA=5 kgm/s，pB=7 kgm/s，系统动,量守恒，碰撞后的总动能 =Ek，是可能 的，D正确。,2.(多选)质量为3m足够长的木板静止在水平面上，木板与地面的摩擦可忽略，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为。现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度为g。则下列说法正确的是 ( ),A.1木块相对静止前，木板是静止的 B.1木块的最小速度是0 C.2木块的最小速度是 v0 D.木块3从开始运动到相对静止时的位移是,【解析】选C、D。木块1在木板上向右做减速运动，该 过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度相等 时相对木板静止，由此可知，木块1相对静止前木板向 右做加速运动，故A错误；木块1在木板上向右减速运 动，该过程木板向右做加速运动，当木块1与木板速度 相等时相对木板静止，此时木块1的速度最小，木块1 向右运动，速度不为零，木块1的最小速度不为零，故,B错误；第(n-1)号木块与木板相对静止时，它在整个 运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为 v，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律 得m( v0+2v0+n v0)=(2n-1)m vn-1+mv，对第(n-1) 号木块，由动量定理得-mgt=m vn-1-m(n-1)v0，对 第n号木块，由动量定理得-mgt=mv-mn v0，由以,上三式解得vn-1= 2木块的最小速度v2= v0，故C正确；系统动量守恒，以向右为正方向，木 块3相对木板静止过程，由动量守恒定律得m(v0+2v0 +3v0)=(3m+3m)v，解得v=v0，对木块3，由动能定理 得-mgx= mv2- m(3v0)2，解得x= ，故D正确。,3.如图所示，小车的上面是由中间突起的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下。关于这个过程，下列说法正确的是 ( ),A.小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B.小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的大小是,C.小球和小车作用前后，小车和小球的速度可能没有 变化 D.车上曲面的竖直高度可能大于,【解析】选C。小球滑上曲面的过程，小车向右运动， 小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位 置，故A错误；mv是冲量的表达式，不是压力，故B错 误；由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增 加，所以是可能的，两曲面光滑时会出现这个情况， 故C正确；由于小球原来的动能为 mv2，小球到最高,点时系统的动能为 2m( )2= ，所以系统 动能减少了 ，如果曲面光滑，则减少的动能等于 小球增加的重力势能，即 =mgh，得h= 。显然， 这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，故D错 误。,考点3 用力学三大观点解决综合性问题 【典题突破】 题型1 “弹簧类”模型 【典例7】(多选)如图所示，质量为M的长木板静止在 光滑水平面上，上表面OA段光滑，AB段粗糙且长为l， 左端O处固定轻质弹簧，右侧用不可伸长的轻绳连接于 竖直墙上，轻绳所能承受的最大拉力为F。质量为m的,小滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，弹簧的压缩量达最大时轻绳恰好被拉断，再过一段时间后长木板停止运动，小滑块恰未掉落。则 ( ),A.轻绳被拉断瞬间木板的加速度大小为 B.轻绳被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 mv2 C.弹簧恢复原长时滑块的动能为 mv2 D.滑块与木板AB间的动摩擦因数为,【解析】选A、B、D。轻绳被拉断瞬间弹簧的弹力等于 F，对木板，由牛顿第二定律得 F=Ma，得 a= ，故A 正确；滑块以速度v从A点向左滑动压缩弹簧，到弹簧 压缩量最大时速度为0，由系统的机械能守恒得，轻绳 被拉断瞬间弹簧的弹性势能为 mv2，故B正确；弹簧 恢复原长时木板获得动能，所以滑块的动能小于,mv2，故C错误；弹簧最大的弹性势能 Ep= mv2，小 滑块恰未掉落时滑到木板的右端，且速度与木板相 同，均为0。由能量守恒定律得Ep=mgl，解得 = ，故D正确。,题型2 “滑块滑板类”模型 【典例2】 (2019天水模拟)如图所示，质量M= 0.8 kg的平板小车静止在光滑水平地面上，在小车左 端放有质量m=0.2 kg的物块A(可视为质点)，物块A与 小车表面间的动摩擦因数=0.2，在物块A正上方 l=0.45 m高处有一固定悬点，通过不可伸长的细绳悬 挂一质量m0=0.1 kg的物块B，把细绳拉至水平，由静,止释放，物块B(视为质点)在最低点与物块A发生弹性碰撞。最终物块恰好不能从小车上滑下。重力加速度g取10 m/s2。求：,(1)物块B与物块A碰撞后瞬间细绳的拉力大小(计算结果保留两位有效数字)。 (2)小车的长度。,【解析】(1)设物块B刚到达最低点时，速度为v0，物 块B自开始释放到运动至最低点过程中，由机械能守恒 定律得m0gl= m0 物块B与物块A发生弹性碰撞，设碰后A、B的速度分别 为v1、v2 由A、B碰撞前后动量守恒、机械能守恒有,m0v0=mv1+m0v2 在A点，由牛顿第二定律有 F-m0g=m0 联立解得F=1.2 N。,(2)物块A滑到小车右端时的速度与小车的速度相等， 设物块和小车的共同速度大小为v 由动量守恒定律有mv1=(M+m)v 由功能关系得mgx= (M+m)v2 联立解得：x=0.8 m。 答案：(1)1.2 N (2)0.8 m,【触类旁通】(多选)(2018泰安模拟)如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3 kg的薄板和质量m= 1 kg的物块，都以v=4 m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为 2.4 m/s时，下列说法正确的是 ( ),A.物块做减速运动 B.物块做加速运动 C.物块的速度大小为0.8 m/s D.此过程中，系统产生的内能为7.04 J,【解析】选B、C。开始阶段，m向左减速，M向右减 速，根据系统的动量守恒定律得，当m的速度为零时， 设此时M的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守 恒定律得(M-m)v=Mv1，代入解得v1=2.67 m/s。此后m 将向右加速，M继续向左减速；当两者速度达到相同 时，设共同速度为v2，规定向右为正方向，由动量守,恒定律得(M-m)v=(M+m)v2，代入解得v2=2 m/s。两者 相对静止后，一起向右做匀速直线运动，由此可知当M 的速度为2.4 m/s时，物块m在向右加速运动，故A错 误，B正确；设薄板的速度为2.4 m/s时物块的速度大 小为v，由动量守恒定律得(M-m)v=MvM+mv，将 vM=2.4 m/s，v=4 m/s，M=3 kg，m=1 kg代入解得,v=0.8 m/s，故C正确；此过程中，系统产生的内能 为Q= (M+m)v2- mv2，解得 Q=23.04 J。 故D错误。,题型3 “子弹木块类”模型 【典题9】(2018宜宾模拟)如图所示，一砂袋用无弹 性轻细绳悬于O点。开始时砂袋处于静止状态，一弹丸 以水平速度v0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动。若 弹丸质量为m，砂袋质量为5m，弹丸和砂袋形状大小忽 略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，,不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是 ( ),A.弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变 B.弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于 砂袋对弹丸的冲量大小 C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为 D.砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为,【解题思维】 1.题型特征：完全非弹性碰撞，有能量损失。 2.题型解码： (1)弹丸打入砂袋过程中，内力远大于外力，系统水平方向动量守恒。,(2)由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出产生的热量。 (3)弹丸打入砂袋的过程有机械能的损失，弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，由机械能守恒定律求摆动所达到的最大高度。,【解析】选D。弹丸打入砂袋过程中，砂袋的速度不断 增大，所需要的向心力增大，则细绳对砂袋的拉力增 大，由牛顿第三定律知，砂袋对细绳的拉力增大，故A 错误；弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的作用力与 砂袋对弹丸的作用力大小相等，作用时间相同，则弹 丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，故B,错误；弹丸打入砂袋过程中，取水平向右为正方向， 由动量守恒定律得mv0=(m+5m)v，得 v= ，产生的热 量为 Q= (m+5m)v2= 故C错误；弹丸打 入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒，则得 (m+5m)v2=(m+5m)gh，h= ，故D正确。,【触类旁通】(多选)(2018新乡模拟)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。上述两种射入过程相比较 ( ),A.射入滑块A的子弹速度变化大 B.整个射入过程中两滑块受的冲量一样大 C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍 D.两个过程中系统产生的热量相同,【解析】选B、D。设子弹的初速度为v，共同速度为 v，则根据动量守恒定律，有mv=(M+m)v，解得 v= ；由于两矩形滑块A、B的质量相同，故最 后子弹与两滑块的速度都是相同的，故A错误；滑块 A、B的质量相同，初速度均为零，末速度均为 ， 故动量变化量相等，根据动量定理，冲量相等，故B正,确；根据动能定理，射入滑块中时阻力对子弹做的功等于子弹动能的减少量，故射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的1倍，故C错误；根据能量守恒定律，两个过程中系统产生的热量等于系统减小的机械能，故两个过程中系统产生的热量相同，故D正确。,【提分秘籍】 1.解决力学问题的三个基本观点：,2.利用动量和能量观点解题的技巧： (1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)。 (2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。,(3)因为动量守恒定律、能量守恒定律(或机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处，特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性。,【加固训练】 (2019廊坊模拟)如图所示，质量M=0.3 kg的长木板A放在光滑的水平面上，板长L=1.5 m，在其左端放一质量m=0.1 kg的物块B。现给A和B以大小相等、方向相反的水平初速度v0=2 m/s，使A开始向左运动、B开始向右运动。物块与木板间的动摩擦因数为，g取 10 m/s2。,(1)要使物块B不从长木板A的右端滑落，求动摩擦因数的取值范围。 (2)若B恰好不从长木板A的右端滑落，求B相对长木板A滑动过程中发生的对地位移大小。,【解析】(1)当物块B滑到木板A的最右端与木板有共同速度v时，取水平向左为正方向， 根据动量守恒定律得 Mv0-mv0=(M+m)v,根据能量守恒定律知 (M+m)v2+mgL 联立解得v=1 m/s，=0.4 所以要使物块B不从长木板A的右端滑落，动摩擦因数 的取值范围为0.4。,(2)B相对于A滑动过程中的加速度大小 a= =g=4 m/s2 由运动学公式有2ax= -v2 解得B相对长木板A滑动过程中发生的对地位移 x=0.375 m 答案：(1)0.4 (2)0.375 m,八 人船模型问题 【学科素养养成】 人船模型 核心素养分析：人船模型本质上仍是反冲运动，属于物理规律在头脑中的提炼和升华，也是分析、综合等方法在物理规律中的具体应用，通过对具体问题的研究提升科学思维能力。,1.模型探究：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力。,以人和船组成的系统为研究对象，在人由船的一端走 到船的另一端的过程中，系统水平方向不受外力作 用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得m船v船= m人v人，因人和船组成的系统动量始终守恒，故有 m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L，可解得x人= x船=,2.模型特点 3.结论：m1x1=m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量， x1、x2为其位移大小),【典题分类突破】 【典例1】(系统动量守恒)如图所示，质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，人从绳梯的下端爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离分别是多少(不计空气阻力)？,【解析】由于人和气球组成的系统静止在空中，竖直 方向系统所受外力之和为零，即系统竖直方向动量守 恒。 设某时刻人对地的速率为v1，气球对地的速率为v2，以人运动的方向为正方向，根据动量守恒定律 得mv1-Mv2=0 ,因为在人从绳梯的下端爬到顶端的整个过程中时刻满 足动量守恒定律，对式两边同乘以t， 可得mx=My 由题意知x+y=L 联立得x=,y= L 即人相对于地面移动的距离是 L。 气球相对于地面移动的距离是 L。 答案：,【典例2】(平直斜面上系统某个方向动量守恒)光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面A，斜面质量为M、底边长为L，如图所示。将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端。此过程中斜面对滑块的支持力大小为FN，则下列说法中正确的是 ( ),A.FN=mgcos B.滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos C.滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 D.此过程中斜面向左滑动的距离为 L,【解析】选D。当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面A 水平向左加速运动，所以滑块B相对于地面的加速度方 向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不 再为零，所以斜面对滑块的支持力FN不等于 mgcos ，故A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲 量大小为FNt，故B错误；由于滑块B有竖直方向的分加,速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量 不守恒，故C错误；系统水平方向不受外力，水平方向 动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2， 取水平向左为正方向，由动量守恒定律得M =0，即有Mx1=mx2，又 x1+x2=L，解得x1= L，故 D正确。,【典例3】(曲面上系统