2018届高考物理一轮总复习课件 专题6 动量 第2讲 动量观点的综合应用
• 3. [对碰撞规律的考查]如图所示，在光滑水平面上质量分别 为mA＝2 kg、mB＝4 kg，速率分别为vA＝5 m/s，vB＝2 m/s的A，B两小球沿同一直线相向运动( )
• • • •
A．它们碰撞前的总动量是18 kg· m/s，方向水平向右 B．它们碰撞后的总动量是18 kg· m/s，方向水平向左 C．它们碰撞前的总动量是2 kg· m/s，方向水平向右 D．它们碰撞后的总动量是2 kg· m/s，方向水平向左
• 2. [对碰撞种类和情景的考查](多选)在光滑的水平面上，两 球沿球心连线以相等的速率相向而行，并发生碰撞，下列 现象可能的是( ) • A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率相互分开 • B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行 • C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率相互分开 • D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行 • 【答案】AD
第2讲
动量观点的综合应用
【考纲解读】1.掌握碰撞、爆炸与反冲的特点和遵守的规 律；2.会解决动量守恒与机械能守恒或能量守恒综合应用问题； 3.能用动力学、能量、动量三大观点分析和解决力学综合题．
•考点O 讲堂梳理自查
• 一、碰撞 • 1．碰撞现象 • 两个或两个以上的物体在相遇的________ 时间内 极短 非常大 的相互作用的过程． 产生________ • 2．碰撞特征 短 • (1)作用时间________ ． 快 • (2)作用力变化________ ．
•考点1 碰撞、反冲和爆炸
1．三种碰撞形式的理解
2 p′2 1－p1 (1)弹性碰撞： 两物碰撞时动量、 机械能守恒， 即 p′1－p1＝－(p′2－p2)， 2m1 2 p′2 － p m1－m2 m2－m1 2m2 2m1 2 2 ＝－ .易解得 v1′＝ v＋ v ，v ′＝ v＋ v. 2m2 m1＋m2 1 m1＋m2 2 2 m1＋m2 2 m1＋m2 1
1 2 1 2 【解析】根据动量守恒和机械能守恒可得 mAv0＝mAv1＋mBv2， mAv0＝ mAv1＋ 2 2 mA－mBv0 2mAv0 1 2 m v ，联立解得 v1＝ ，v2＝ ，由于 mA＜mB，B 球质量越大，v1 2 B 2 mA＋mB mA＋mB 越大，v2 越小，A 球上升的最大高度 hA 越大，B 球上升的最大高度 hB 越小，由于机 械能不能增加，hA 和 hB 都不可能大于 h，选项 B 正确．
• 1．[对碰撞和反冲中动量守恒的考查](多选)下列相互作 用的过程中，可以认为系统动量守恒的是( )
滑轮男孩推滑轮女孩 A
子弹击穿地上面粉袋的瞬间 B
太空人在舱外发射子弹 C
【答案】AC
公路上运动的汽车发生碰撞 D
• 【解析】男孩和女孩都站在滑轮上，男孩推女孩过程中， 可以认为他们所受的合力为零，动量守恒；面粉袋放在地 面上，在子弹穿过面粉袋的过程中，面粉袋受到地面的摩 擦力作用，子弹和面粉袋系统的动量不守恒；太空人在舱 外所受合力为零，发射子弹时，系统动量守恒；两辆汽车 受到地面的摩擦力作用，碰撞时动量不守恒．选项A、C正 确．
• 【解析】两球的质量m1、m2大小关系未知，以相等的速率 相向碰撞，碰撞后的状态取决于两个因素，其一是两球的 质量关系，如m1＝m2，m1＞m2，m1＜m2；其二是碰撞过程 中能量损失情况，如完全弹性碰撞，完全非弹性碰撞，一 般的碰撞．若m1＝m2，且是完全弹性碰撞，由动量守恒定 律和动能定理可以得到的两球分别以原来的相等的速率反 向运动，所以选项A是可能的；在两球发生完全非弹性碰撞 时，由动量守恒定律得m1v－m2v＝(m1＋m2)v共．若m1＝m2 时，则v共＝0，故选项B不正确．若m1≠m2时，则v共≠0， 故选项D是可能的．当m1＞m2时，m1v1－m2v2＞0系统的总 动量与m1v1同向，若两球碰撞后以某一相等速率v′分开， 则碰后系统的总动量为－m1v′＋m2v′＜0，说明了系统的 总动量在碰后改变了方向，这是违反了动量守恒定律的， 因此选项C不可能，故本题正确答案为AD．
①当 v2＝0 时，若 m1＝m2，v1′＝0，v2′＝v1，速度交换．
• 【答案】C • 【解析】它们碰撞前的总动量是2 kg· m/s，方向水平向 右，A、B相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量是2 kg· m/s恒的应用]如图所示，两个半径相同的小球A， B分别被不可伸长的细线悬吊着，两个小球静止时，它们刚好接触，且 球心在同一条水平线上，两根细线竖直．小球A的质量小于B的质 量．现向左移动小球A，使悬吊A球的细线张紧着与竖直方向成某一角 度，然后无初速释放小球A，两个小球将发生碰撞．碰撞过程没有机械 能损失，且碰撞前后小球的摆动平面不变．已知碰撞前A球摆动的最高 点与最低点的高度差为h.则小球B的质量越大，碰后( ) • A．A上升的最大高度hA越大，而且hA可能大于h • B．A上升的最大高度hA越大，但hA不可能大于h • C．B上升的最大高度hB越大，而且hB可能大于h • D．B上升的最大高度hB越大，但hB不可能大于h
• • • • • •
远大于 (3)内力________ 外力． 动量守恒 ． (4)满足__________ 3．碰撞的分类及特点 守恒 守恒 (1)弹性碰撞：动量________ ，机械能________ ． 守恒 不守恒 (2)非弹性碰撞：动量________ ，机械能________ ． (3)完全非弹性碰撞：动量________ ，机械能损失 守恒 最多 ________ ．
• 二、爆炸现象：爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部 守恒 分组成的系统总动量________ ． • 三、反冲运动 • 1．物体在内力作用下分裂为两个不同部分并且这两部分向 相反 方向运动的现象． ________ • 2．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用 动量守恒 定律来处理． __________
2018届高考物理一轮总复习课件 专题6 动量 第1讲 动量动量守恒定律
动量、动量守恒定律
【考纲解读】1.理解动量与冲量的概念、定义、方向和表 示方法；2.理解动量定理并能熟练运用；3.理解动量守恒定律 并能熟练掌握它的应用．
•考点O 讲堂梳理自查
• • • • • • • 一、冲量、动量和动量定理 1．冲量 作用时间 (1)定义：力和力的__________的乘积． Ft (2)公式：I＝________ ，适用于求恒力的冲量． 力的方向 相同． (3)方向：与_________ 2．动量 质量 与________ 速度 (1)定义：物体的________ 的乘积．
合力 • (3)矢量性：动量变化量方向与________ 的方向相同，可以 在力的方向上用动量定理． p2 2m • (4)动能和动量的关系：Ek＝________.
• 二、动量守恒定律 • 1．动量守恒定律的内容 不受外力 • 如果一个系统____________ ，或者 所受外力的矢量和为零 _______________________ ，这个系统的总动量保持不变． • 2．常用的四种表达式 p′ • (1)p＝________ ，系统相互作用前总动量p等于相互作用后 的总动量p′. m1v1′＋m2v2′ • (2)m1v1＋m2v2＝_______________ ，相互作用的两个物体组 成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． －Δp2 ，相互作用的两个物体动量的变化量等大 • (3)Δp1＝________ 反向． 0 • (4)Δp＝________ ，系统总动量的增量为零．
• (1)求解恒力作用下的曲线运动问题
• ①曲线运动中，不论力是否恒定，运动轨迹是直线还是曲线，I合＝Δp 始终成立，因此可由Δp＝p′－选初速度方
向为正方向，应用矢量运算的平行四边形定则(或三角形法则)进行运 算． • (2)求解流体问题 • 处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)冲击物体表面产生的冲力(或 压强)问题时候，可选在短时间(Δt)内射到物体表面上的流体为研究对
高考物理一轮总复习精品课件 第6章 动量守恒定律 专题提升课11 力学三大观点的综合应用
下列说法不正确的是(
)
A.小球第一次运动至最低点的瞬间,小球具有的水平速度为 2
B.小球第一次运动至最低点的瞬间,此时轻绳对小球拉力的大小为 2mg
1
C.小球运动至右端最高点时相对最低点的高度为 L
3
D.当小球第二次摆回最低点瞬间,小球具有水平向左的速度为
2 2
水平向右的速度为
答案 BC
3
开始火箭受推力、重力及空气阻力,当合力为零时,加速度为零,速度最大,
动能最大,选项A正确。火箭向上运动过程中,重力势能也增加,选项B错误。
根据动量定理,推力、重力和空气阻力的合力的冲量等于火箭动量的增加
量,选项C错误。根据动能定理,推力、重力和空气阻力对火箭做功之和等
于火箭动能的增加量,选项D错误。
简易打桩机模型如图所示,重物A、B和C通过不可
伸长的轻质长绳跨过两个光滑的等高小定滑轮连
接,C与滑轮等高(图中实线位置)时,C到两定滑轮的
距离均为L。重物A和B的质量均为m,系统可以在
如图虚线位置保持静止,此时连接C的绳与水平方
向的夹角为60°。某次打桩时,用外力将C拉到图中实线位置,然后由静止
释放。设 C 的下落速度为
考点二
力学三大观点的综合应用(名师破题)
1.力的三个作用效果与五个规律
分类
对应规律
力的瞬时作用效果 牛顿第二定律
公式表达
F 合=ma
1
2
合= v2
2
1
− 2 v1 2
动能定理
W 合=ΔEk,W
机械能守恒定律
1
1
2
E1=E2,mgh1+2 v1 =mgh2+2 v2 2
力对时间
高考物理一轮总复习第六章动量基础课1动量动量定理课件高三全册物理课件
卷
卷
(3)动量守恒定律的应用 (4)动量和能量观点的综合应
Ⅱ·T15 Ⅱ·T35 用
卷 Ⅲ·T20
(2)
卷
Ⅲ·T35
(5)碰撞、反冲等模型的建构 (6)动量守恒定律与磁场、原 子核物理等知识的综合应用
(2)
12/8/2021
动量 动量定 理
12/8/2021
栏 板块一 双基 1
目
巩固
导 板块二 考点 2 突破
12/8/2021
2．(2018 年全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直 线运动．在启动阶段，列车的动能( )
A．与它所经历的时间成正比 B．与它的位移成正比 C．与它的速度成正比 D．与它的动量成正比
12/8/2021
解析：选 B 列车的动能 Ek＝12mv2 与速度的平方成正比，故选项 C 错误；列车 的动能 Ek＝12mv2＝12m(at)2＝12ma2t2，则列车的动能与时间的平方成正比，故选项 A 错误；列车的动能 Ek＝12mv2＝12m·2ax＝max，则列车的动能与位移成正比，故选项 B 正确；列车的动能 Ek＝12mv2＝2pm2 ， 则列车的动能与动量的平方成正比，故选项 D 错误．
12/8/2021
②作出 F-t 变化图线，图线与 t 轴所夹的面积即为变力的冲量．如图所示．
③对于易确定始、末时刻动量的情况，可用动量定理求解，即通过求 Δp 间接求 出冲量．
12/8/2021
|练高分| 1．(多选)对任何一个固定质量的物体，下列说法正确的是( ) A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B．物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化 C．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 D．物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化 解析：选 BC 物体的动量发生变化，可能是方向改变也可能是大小改变，所以 物体的动能不一定发生变化，故选项 A 错误，B 正确；物体的动能变化，速度大小 一定变化，则动量一定发生变化，故选项 C 正确，D 错误．
2018版高考物理一轮总复习课件：热点专题6 动量定理在七种情境中的运用
A．小球的机械能减少了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m 2gH D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
【解析】 在整个过程中，小球机械能的减少量等于其重力势能的减少量为 mg(H＋ h)，选项 A对；由动能定理，可推出小球克服阻力做的功为mg(H＋h)，选项 B错；在陷入泥潭过程中，取竖直向上为正方向，由动量定理，I1－mgt＝0，而t等于 自由下落时间与在泥潭中运动时间之和．自由下落时间t1＝ 力的冲量I1＝mgt＞ mg 2H ，可推出小球受阻 g
Δmv 【解析】 根据动量定理FΔt＝Δmv，作用力F＝ ，下落的人与安全网接触 Δt 时间较长，动量变化较慢，网对人的作用力比落在地上的作用力较小，选项A、B正 确C、D错误．
【答案】 AB
重难点 2
例2
动量定理在碰撞情境中的运用 (2017届福建厦门质检)古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为
【答案】 (1)3 m/s (2)12 kg· m/s
重难点 6
动量定理在涉及多过程情境中的运用
例 1 (多选 )如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的 A点由静止开始释放，
落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的 B点时速度减 为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确 的有( )
橡胶 花岗岩 铸铁 工具钢
5×107 Pa 1.2×108 Pa～2.6×108 Pa 8.8×108 Pa 6.7×108 Pa
设想有一水刀的水射流横截面积为 S，垂直入射的速度为 800 m/s，水射流与材
料接触后速度变为零，且不附着在材料上，水的密度ρ＝1×103 kg/m3，则此水刀不
高考物理一轮复习 第六章 专题探究六 动力学、动量和能量观点的综合应用课件
恒定律有 mAv1=(mA+mB)v2,解得 v2= mAv1 = 1 2gh . mA mB 3
答案:(1) 1 2gh 3
2021/12/9
第二十一页，共四十五页。
(2)被压缩(yā suō)弹簧的最大弹性势能.
解析:(2)滑块 C 解除锁定后,滑块 A,B 继续压缩弹簧,被压缩弹簧的弹性势能最大时,
2021/12/9
第五页，共四十五页。
【典例1】 (2018·山东菏泽一模)如图所示,长木板AB和光滑四分之一圆弧轨道在B点平滑连接成 一个(yī ɡè)整体,放置在光滑的水平面上,长木板和圆弧轨道的总质量为M=3 kg,一个(yī ɡè)质量为 m=0.98 kg的物块放在木板AB的中点,一颗质量为m0=20 g的子弹以初速度v0=100 m/s射入物块 并留在物块中(子弹射入物块时间极短,可忽略不计),木板的长度L=1 m,重力加速度取g=10 m/s2.
1 2
m（
2 5
v0）2-
1 2
m v02
对木块,由动能定理得 fs= 1 ·3mv2 2
联立解得 f= 9mv02 ,s= L .
25L
6
答案:(2) L 6
2021/12/9
第十页，共四十五页。
(3)若改将木块固定在水平传送带上,使木块始终以某一恒定速度(小于v0)水平向右运动,子 弹仍以初速度v0水平向右射入木块.如果子弹恰能穿透(chuān tòu)木块,求此过程所经历的时间.
根据功能关系
μmax(m0+m)g·
1 2
L=
1 2
(m0+m)
v12
-
1 2
(m0+m+M)
v22
2018年高考物理一轮(课标通用)复习课件-专题6 动量 (共114张PPT)
考纲要 高频考 考查频率 高考示例 求 点 弹性 碰撞 和非 弹性 碰撞 2016· 课标全国Ⅲ35(2) 题 2015· 课标全国Ⅱ35(2) ★★★★☆ 题 2015· 课标全国Ⅰ35(2) 5年4考 题 2014· 课标全国Ⅰ35(2) 题
命题趋向
Ⅰ
碰撞 动量 与能 量的 综合
2.预计 2018 年 高考考查本考 点时,会同时涉 及动量和动量 守恒定律。
Δ������ =ρv0S Δ������
③
考点19
考点20
考点21
试做真题
高手必备
萃取高招
对点精练
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h,水从喷口喷出 后到达玩具底面时的速度大小为 v。对于 Δt 时间内喷出的水,由能
1 1 2 量守恒得 (Δm)v +(Δm)gh= (Δm)������0 2 2 2
考点19
考点20
考点21
试做真题
高手必备
萃取高招
对点精练
考点19动量 冲量 动量定理 1.(多选)(2017· 课标全国Ⅲ,20,6分)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从 静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则( ) A.t=1 s时物块的速率为1 m/s B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg· m/s C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg· m/s 【答案】 AB 根据动量定理Ft=m×Δv得,t=1 s时物块的速率为1 m/s,A正 D.t=4 s时物块的速度为零 确;t=2 s时物块的动量大小为4 kg· m/s,B正确;t=3 s时物块的动量大小为前3 s内图线与时间轴所围成图形的“总面积”,S=2×2 N· s-1×1 N· s=3 N· s,故t=3 s时物块的动量大小为3 kg· m/s,C错误;由于前4 s内图线与时间轴所围成图 形的“总面积”不为零,故冲量不为零,速度不为零,D错误。
(新课标)2018年高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒第一节动量冲量动量定理课件
[解析]
从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，
人先做加速度减小的加速运动， 后做加速度增大的减速运动， 加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大 后减小， 加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力 时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加 速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终 向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对 人的拉力始终做负功．故选项 A 正确，选项 B、C、D 错误．
2．冲量
作用时间 的乘积． (1)定义：力和力的__________
Ft ，适用于求恒力的冲量． (2)公式：I＝______ 力F的方向 相同． (3)方向：与____________
1.判断正误 (1)动量越大的物体，其运动速度越大．( ) ) )
(2)物体的动量越大，则物体的惯性就越大．(
b．建立如图所示的 Oxy 直角坐标系．
x 方向： 根据(2)a 同理可知，两光束对小球的作用力沿 x 轴负方向． y 方向： 设Δ t 时间内，光束①穿过小球的粒子数为 n1，光束②穿过 小球的粒子数为 n2，n1>n2.
这些粒子进入小球前的总动量为 p1y＝(n1－n2)psin θ 从小球出射时的总动量为 p2y＝0 根据动量定理得 FyΔ t＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin θ 可知，小球对这些粒子的作用力 Fy 的方向沿 y 轴负方向，根 据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿 y 轴正方向． 所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．
(2)表达式：F· Δ t＝Δ p＝p′－p.
合力 的方向相同，可以 (3)矢量性：动量变化量的方向与________
在某一方向上应用动量定理．
(新课标)2018版高考物理一轮复习第五章机械能专题六动力学和能量观点的综合应用教案
专题六 动力学和能量观点的综合应用突破应用动力学和能量观点分析多过程问题力学综合题中多过程问题的分析思路：(1)对力学综合题中的多过程问题，关键是抓住物理情境中出现的运动状态与运动过程，将物理过程分解成几个简单的子过程.(2)找出各阶段是由什么物理量联系起来的，然后对于每一个子过程分别进行受力分析、过程分析和能量分析，选择合适的规律列出相应的方程求解.[典例1] (2016·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，一轻弹簧原长为2R ，其一端固定在倾角为37°的固定直轨道AC 的底端A 处，另一端位于直轨道上B 处，弹簧处于自然状态.直轨道与一半径为56R 的光滑圆弧轨道相切于C 点，AC ＝7R ，A 、B 、C 、D 均在同一竖直平面内.质量为m 的小物块P 自C 点由静止开始下滑，最低到达E 点(未画出).随后P 沿轨道被弹回，最高到达F 点，AF ＝4R .已知P 与直轨道间的动摩擦因数μ＝14，重力加速度大小为g .(取sin 37°＝35，cos 37°＝45)(1)求P 第一次运动到B 点时速度的大小； (2)求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能；(3)改变物块P 的质量，将P 推至E 点，从静止开始释放.已知P 自圆弧轨道的最高点D 处水平飞出后，恰好通过G 点.G 点在C 点左下方，与C 点水平相距72R 、竖直相距R .求P 运动到D 点时速度的大小和改变后P 的质量.[解题指导] 第(1)问，求P 从C 第一次运动到B 点时速度的大小，有两种方法，可以用动能定理或牛顿运动定律及运动学公式计算.第(2)问，求P 运动到E 点时弹簧的弹性势能，先根据从C 到E 再到F 的过程，由动能定理求出B 、E 之间的距离；再根据从C 到E 的过程，由动能定理或能量守恒定律求弹性势能.第(3)问，先逆向推理，从D 到G 过程，根据平抛运动的分解求出D 点的速度.再分析由E 到D 过程，由动能定理求出质量.[解析] (1)根据题意知，B 、C 之间的距离为l ＝7R －2R ① 设P 到达B 点时的速度为v B ，由动能定理得mgl sin θ－μmgl cos θ＝12mv 2B ②式中θ＝37°联立①②式并由题给条件得v B ＝2gR . ③(2)设BE ＝x .P 到达E 点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为E p .P 由B 点运动到E 点的过程中，由动能定理有mgx sin θ－μmgx cos θ－E p ＝0－12mv 2B ④ E 、F 之间的距离为l 1＝4R －2R ＋x ⑤P 到达E 点后反弹，从E 点运动到F 点的过程中，由动能定理有 E p －mgl 1sin θ－μmgl 1cos θ＝0 ⑥联立③④⑤⑥式并由题给条件得x ＝R ⑦E p ＝125mgR . ⑧(3)设改变后P 的质量为m 1.D 点与G 点的水平距离x 1和竖直距离y 1分别为x 1＝72R －56R sin θ ⑨ y 1＝R ＋56R ＋56R cos θ ⑩式中，已应用了过C 点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为θ的事实. 设P 在D 点的速度为v D ，由D 点运动到G 点的时间为t .由平抛运动公式有y 1＝12gt 2 ⑪ x 1＝v D t ⑫联立⑨⑩⑪⑫式得v D ＝355gR ⑬设P 在C 点速度的大小为v C .在P 由C 点运动到D 点的过程中机械能守恒，有 12m 1v 2C ＝12m 1v 2D ＋m 1g ⎝ ⎛⎭⎪⎫56R ＋56R cos θ ⑭ P 由E 点运动到C 点的过程中，同理，由动能定理有 E p －m 1g (x ＋5R )sin θ－μm 1g (x ＋5R )cos θ＝12m 1v 2C ⑮联立⑦⑧⑬⑭⑮式得m 1＝13m . ⑯[答案] (1)2gR (2)125mgR (3)355gR 13m[变式1] (2017·四川乐山模拟)如图甲所示，在倾角为37°足够长的粗糙斜面底端，一质量m ＝1 kg 的滑块压缩着一轻弹簧且锁定，但它们并不相连，滑块可视为质点.t ＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的v t 图象如图乙所示，其中Oab 段为曲线，bc 段为直线，在t 1＝0.1 s 时滑块已上滑s ＝0.2 m 的距离(取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8).求：甲 乙(1)滑块离开弹簧后在图中bc 段对应的加速度a 及动摩擦因数μ的大小； (2)t 2＝0.3 s 和t 3＝0.4 s 时滑块的速度v 1、v 2的大小； (3)弹簧锁定时具有的弹性势能E p .答案：(1)10 m/s 20.5 (2)0 0.2 m/s (3)4 J 解析：(1)在bc 段做匀减速运动，加速度为a ＝Δv Δt＝10 m/s 2根据牛顿第二定律得mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma解得μ＝0.5.(2)设t 1＝0.1 s 时速度大小为v 0，根据速度时间公式得t 2＝0.3 s 时的速度大小v 1＝v 0－a (t 2－t 1)＝0在t 2之后开始下滑，下滑时由牛顿第二定律得mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma ′解得a ′＝2 m/s 2从t 2到t 3做初速度为零的加速运动，t 3时刻的速度大小为v 3＝a ′(t 3－t 2)＝0.2 m/s.(3)从0到t 1时间内，由能量守恒定律得E p ＝mgs sin 37°＋μmgs cos 37°＋12mv 2b解得E p ＝4 J. 突破应用动力学和能量观点分析传送带、滑块—木板模型1.方法技巧传送带、滑块—木板的问题是和实际联系较紧密且较难的物理模型，是高中阶段必须掌握的重要内容.解决此类问题的关键是对物体进行动态分析和终态推断，灵活巧妙地从能量的观点和力的观点来揭示其本质、特征，列方程联立求解.2.解题模板考向1 传送带模型分析[典例2] 如图所示，一质量为m ＝1 kg 的可视为质点的滑块，放在光滑的水平平台上，平台的左端与水平传送带相接，传送带以v ＝2 m/s 的速度沿顺时针方向匀速转动(传送带不打滑)，现将滑块缓慢向右压缩轻弹簧，轻弹簧的原长小于平台的长度，滑块静止时弹簧的弹性势能为E p ＝4.5 J ，若突然释放滑块，滑块向左滑上传送带.已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，取g ＝10 m/s 2.求：(1)滑块第一次滑上传送带到离开传送带所经历的时间； (2)滑块第一次滑上传送带到离开传送带由于摩擦产生的热量.[解题指导] (1)分清运动过程：首先是弹开过程，使滑块获得一速度；然后滑上传送带减速滑行，直到速度减为零；最后反向加速.(2)由于本题数据都为数值，所以需要一边计算一边判断. (3)计算摩擦生热的重点是计算相对位移，根据Q ＝f ·x 相对求解.[解析] (1)释放滑块的过程中机械能守恒，设滑块滑上传送带的速度为v 1，则E p ＝12mv 21，得v 1＝3 m/s滑块在传送带上运动的加速度的大小a ＝μg ＝2 m/s 2滑块向左运动的时间t 1＝v 1a＝1.5 s向左运动的最大位移x 1＝v 212a ＝2.25 m向右匀加速运动的位移x 2＝v 22a＝1 mx 1＞x 2，所以滑块在向右运动的过程中先向右匀加速运动，再同传送带一起向右匀速运动向右匀加速运动的时间t 2＝v a＝1 s向右匀速运动的时间为t 3＝x 1－x 2v＝0.625 s 所以t ＝t 1＋t 2＋t 3＝3.125 s.(2)滑块在传送带上向左运动x 1的位移时，传送带向右运动的位移为x 1′＝vt 1＝3 m 则Δx 1＝x 1′＋x 1＝5.25 m滑块向右运动x 2时，传送带向右运动的位移为x 2′＝vt 2＝2 m 则Δx 2＝x 2′－x 2＝1 m Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝6.25 m则产生的热量为Q ＝μmg ·Δx ＝12.5 J. [答案] (1)3.125 s (2)12.5 J 考向2 滑块—木板模型分析[典例3] 10个同样长度的木块放在水平地面上，每个木块的质量m ＝0.5 kg 、长度L ＝0.6 m ，它们与地面之间的动摩擦因数μ1＝0.1，在左方第一个木块上放一质量M ＝1 kg 的小铅块(视为质点)，它与木块间的动摩擦因数μ2＝0.25.现给铅块一向右的初速度v 0＝5 m/s ，使其在木块上滑行.取g ＝10 m/s 2，求：(1)开始带动木块运动时铅块的速度； (2)铅块与木块间因摩擦产生的总热量； (3)铅块运动的总时间.[解题指导] (1)铅块对木块的摩擦力是带动木块的动力，当该力大于木块受到地面的摩擦力时，木块开始运动.(2)判断铅块能否与某个木块共速，确定相对滑动的距离.(3)若铅块能与木块共速，则总时间等于木块不动时铅块的运动时间、一起运动到共速的时间与一起减速到零的时间之和.[解析] (1)设铅块可以带动n 个木块移动，以这n 个木块为研究对象，铅块施加的摩擦力应大于地面施加的摩擦力，即μ2Mg >μ1(M ＋mn )g解得n <3，取n ＝2，此时铅块已滑过8个木块 根据动能定理有：12Mv 20－12Mv 2＝μ2Mg ×8L代入数据得，刚滑上木块9时铅块的速度：v ＝1 m/s. (2)对铅块M ：a 2＝μ2g ＝2.5 m/s 2v 2＝v －a 2t 2对最后两块木块9和10有：a 1＝μ2Mg －μ1 M ＋2m ）g 2m＝0.5 m/s 2v 1＝a 1t 2令v 1＝v 2，故它们获得共同速度所需时间：t 2＝v a 1＋a 2＝13s铅块的位移：x 2＝vt 2－12a 2t 22木块的位移：x 1＝12a 1t 22铅块相对木块的位移：Δx ＝x 2－x 1＝16 m<L所以铅块与木块间因摩擦产生的总热量：Q ＝μ2Mg (8L ＋Δx )≈12.42 J.(3)由(2)问知，铅块与木块的共同速度为v 1＝a 1t 2＝16m/s铅块、木块一起做匀减速运动的时间：t 3＝v 1μ1g ＝16s 铅块在前8个木块上运动的时间：t 1＝v 0－vμ2g＝1.6 s 所以铅块运动的总时间：t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2.1 s. [答案] (1)1 m/s (2)12.42 J (3)2.1 s处理滑块—木板模型问题的分析方法(1)动力学分析：分别对滑块和木板进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；从放上滑块到二者速度相等，所用时间相等，由t ＝Δv 2a 2＝Δv 1a 1可求出共同速度v 和所用时间t ，然后由位移公式可分别求出二者的位移.(2)功和能分析：对滑块和木板分别运用动能定理，或者对系统运用能量守恒定律，要注意区分三个位移：①求摩擦力对滑块做功时用滑块对地的位移x 滑； ②求摩擦力对木板做功时用木板对地的位移x 板； ③求摩擦生热时用相对滑动的位移x 相.1.[多过程问题的应用]如图所示，半径R ＝1.0 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B 和圆心O 的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C 为轨道的最低点.C 点右侧的水平路面上紧挨C 点放置一木板，木板质量M ＝1 kg ，上表面与C 点等高.质量m ＝1kg 的物块(可视为质点)从空中A 点以v 0＝1.2 m/s 的速度水平抛出，恰好从轨道的B 端沿切线方向进入轨道.已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因数μ2＝0.05，取g ＝10 m/s 2.(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)试求：(1)物块经过B 端时速度的大小；(2)物块经过轨道上的C 点时对轨道的压力大小；(3)若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？答案：(1)2 m/s (2)46 N (3)18 J 解析：(1)v B ＝v 0sin θ＝2 m/s.(2)物体从B 到C 应用动能定理，有mg (R ＋R sin θ)＝12mv 2C －12mv 2B解得v C ＝6 m/s在C 点：F －mg ＝mv 2CR解得F ＝46 N由牛顿第三定律知物体经过圆弧轨道上的C 点时对轨道的压力为46 N.(3)物块从A 到C 过程中无能量损失，所以整个过程产生的热量就是从C 到最终木板、物块都静止这一过程中产生的热量，即应用能量守恒定律得Q ＝12mv 2C ＝18 J.2.[能量守恒定律的应用]如图所示，一物体质量m ＝2 kg ，从倾角θ＝37°的斜面上的A 点以初速度v 0＝3 m/s 下滑，A 点距弹簧上端B 的距离AB ＝4 m.当物体到达B 点后将弹簧压缩到C 点，最大压缩量BC ＝0.2 m ，然后物体又被弹簧弹上去，弹到的最高位置为D 点，D 点距A 点的距离AD ＝3 m ，挡板及弹簧质量不计，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ； (2)弹簧的最大弹性势能E pm . 答案：(1)0.52 (2)24.5 J解析：(1)物体从开始位置A 点到最后D 点的过程中，弹性势能没有发生变化，动能和重力势能减少，机械能的减少量为ΔE ＝ΔE k ＋ΔE p ＝12mv 20＋mgl AD sin 37°①物体克服摩擦力产生的热量为Q ＝F f x ②其中x 为物体的路程，即x ＝5.4 m ③F f ＝μmg cos 37°④由能量守恒定律可得ΔE ＝Q ⑤ 由①②③④⑤式解得μ＝0.52. (2)由A 到C 的过程中，动能减少 ΔE k ′＝12mv 20⑥重力势能减少ΔE p ′＝mgl AC sin 37°⑦ 摩擦生热Q ′＝F f l AC ＝μmg cos 37°l AC ⑧ 由能量守恒定律得弹簧的最大弹性势能为 ΔE pm ＝ΔE k ′＋ΔE p ′－Q ′⑨ 联立⑥⑦⑧⑨式解得ΔE pm ＝24.5 J.3.[倾斜传送带模型]如图所示，与水平面夹角为θ＝30°的倾斜传送带始终绷紧，传送带下端A 点与上端B 点间的距离为L ＝4 m ，传送带以恒定的速率v ＝2 m/s 向上运动.现将一质量为1 kg 的物体无初速度地放于A 处，已知物体与传送带间的动摩擦因数μ＝32，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物体从A 运动到B 共需多长时间？ (2)电动机因传送该物体多消耗的电能. 答案：(1)2.4 s (2)28 J解析：(1)物体无初速度地放在A 处后，因mg sin θ<μmg cos θ，故物体斜向上做匀加速直线运动加速度a ＝μmg cos θ－mg sin θm＝2.5 m/s 2物体达到与传送带同速所需的时间t 1＝v a＝0.8 st 1时间内物体的位移L 1＝v2t 1＝0.8 m之后物体以速度v 1做匀速运动，运动的时间t 2＝L －L 1v＝1.6 s 物体运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝2.4 s.(2)前0.8 s 内物体相对传送带的位移为ΔL ＝vt 1－L 1＝0.8 m 因摩擦而产生的热量Q ＝μmg cos θ·ΔL ＝6 JE 电＝E k ＋E p ＋Q ＝12mv 2＋mgL sin θ＋Q ＝28 J.。
2018高考物理一轮复习第六章碰撞与动量守恒专题六动量能量观点综合应用中常考的“三个模型”课件新人教
[变式训练 1] 如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、B、C.B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不 计)．设 A 以速度 v0 朝 B 运动，压缩弹簧；当 A、B 速度相等时， B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设 B 和 C 碰 撞过程时间极短．求从 A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程 中，
[解析] 设子弹的初速度为 v0，穿过厚度为 2d 的钢板后， 最终钢板和子弹的共同速度为 v，由动量守恒定律得
mv0＝(m＋2m)v① 由①式解得 v＝13v0 此过程中动能损失为 ΔE＝12mv20－12×3mv2② 由②式解得 ΔE＝13mv20 分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别 为 v1 和 V1，由动量守恒定律得 2mv1＋mV1＝mv0③
联立①②③式得 ΔE＝116mv20④
(2)由②式可知 v2<v1，A 将继续压缩弹簧，直至 A、B、C 三 者速度相同，设此速度为 v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势 能为 Ep.由动量守恒和能量守恒定律得 mv0＝3mv3⑤
12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋Ep⑥ 联立④⑤⑥式得
Ep＝1438mv20⑦ 答案：(1)116mv20 (2)1438mv20
(1)整个系统损失的机械能； (2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．
解析：(1)从 A 压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 v1 时，对 A、 B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得 mv0＝2mv1①
此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为 v2，损失的机械能为 ΔE，对 B、C 组成的系统，由动量守恒和能 量守恒定律得 mv1＝2mv2②， 12mv21＝ΔE＋12(2m)v22③
高考物理一轮复习课件第六章动量动量定理
05
动量守恒定律及其应用
动量守恒定律内容阐述
动量守恒定律定义
如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这 个系统的总动量保持不变。
动量守恒定律表达式
m1v1 + m2v2 = m1v1' + m2v2'，其中m1和m2表示两 个物体的质量，v1和v2表示两个物体相互作用前的速度， v1'和v2'表示两个物体相互作用后的速度。
动量守恒定律适用范围
适用于宏观低速运动的物体，对于高速运动或微观领域的 粒子，需要考虑相对论效应和量子力学原理。
系统内力和外力对系统总动量影响分析
系统内力对系统总动量的影响
系统内力是物体间相互作用力，根据牛顿第三定律，作用力和反作用力大小相等 、方向相反，因此系统内力对系统总动量的影响为零。
系统外力对系统总动量的影响
高考物理一轮复习课件第六章动量动 量定理
汇报人：XX 20XX-01-18
目 录
• 动量与冲量基本概念 • 动量定理及其理解 • 碰撞类型与特点分析 • 火箭飞行原理与宇宙速度计算 • 动量守恒定律及其应用 • 实验：验证动量守恒定律
01
动量与冲量基本概念
动量定义及物理意义
动量定义
物体质量与速度的乘积，即p=mv， 表示物体运动状态的物理量。
实验器材和步骤说明
• 实验器材：气垫导轨、光电计时器、天平、两个质量相等 的小球、弹性碰撞器。
实验器材和步骤说明
步骤说明
1. 将气垫导轨水平放置，并调节光电计时器的位置，使其能够准确测量小球通过的 时间。
2. 用天平测量两个小球的质量，并记录下来。
实验器材和步骤说明
3. 将两个小球分别放在气垫导 轨的两端，并给它们一定的初 速度，使它们相向运动。