2020版高考一轮物理复习数字课件第6章专题七 动量观点和能量观点综合应用的“四个模型”
A 和 B 固定在轻簧的两端(A 和 B 静止在光滑的水平面上)。小球 C 以初速度 v0＝8 m/s 向 右运动，在极短时间 Δt＝0.1 s 内与 A 发生碰撞后以速度 v＝－2 m/s 被反弹，求： (1)C 与 A 碰撞过程中的平均作用力大小 F； (2)碰撞过程中损失的机械能 ΔE； (3)弹簧的最大弹性势能 Ep。
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左 端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质 量为 m0＝5 g的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)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到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．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
A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定 律得：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3 代入数据解得：v3＝1 m/s 由能量守恒定律得：μ(mA＋mB)gL＝12(mA＋ mB)v22－12(mA＋mB＋mC)v23 代入数据解得：L＝0.375 m 答案： (1)2.5 m/s (2)0.375 m
答案： A
模型一 “子弹打木块”模型 [多维练透] 2.如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为 R 的14光滑固定圆弧轨道，两轨道 恰好相切。质量为 M 的小木块静止在 O 点，一个质量 为 m 的子弹以初速度 v0 水平向右快速射入小木块内， 并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道 的最高点 C(木块和子弹均可以看成质点)。已知 R＝0.4 m，m＝1 kg，M＝10 kg。(g ＝10 m/s2、本题结果保留 2 位有效数字)求： (1)子弹射入木块前的速度 v0； (2)若每当小木块上升到圆弧并返回到 O 点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留 在其中，则当第 3 颗子弹射入小木块后，木块速度多大？
2
1
A.3x
B.2x
1
1
C.3x
D.4x
解析：设弹簧开始具有的弹性势能
为 Ep，只解除甲的锁定，则 μmgx
＝Ep，若同时解除甲、乙的锁定，
根据动量守恒定律有 mv1＝2mv2，
根据能量守恒定律有 Ep＝12mv21
＋
1 2
×2mv
22
，
根
据
动
能
定
理
有
μmgx′＝12mv12，解得 x′＝23x，
A 项正确。
答案： (1)31 m/s (2)2.4 m/s
模型二 滑块——木板模型问题 模型特点 (1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的 相对位移取得极值。 (2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与 两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能 损失最大。 (3)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借 助图象求解。
答案： BC
模型一 “子弹打木块”模型
[多维练透]
1.如图所示，子弹水平射入放在光滑水平
地面上静止的
木块，子弹未穿
透木块，此过程
木块的动能增加了 6 J，那么此过程产生
的内能可能为( )
A．16 J
B．2 J
C．6 J
D．4 J
解析：设子弹的质量为 m0，初速度为 v0，木 块的质量为 m，则子弹打入木块的过程中， 子弹与木块组成的系统动量守恒，即 m0v0 ＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统 损失的动能，即 E＝12m0v20－12(m＋m0)v2，而 木块获得的动能 E 木＝12mv2＝6 J，两式相 除得EE木＝m＋m0m0>1，即 E>6 J ，A 项正确。
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2 对子弹物块整体，由动量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1) 联立解得物块相对木板的滑行时间
t＝1 s
模型三 “弹簧类”模型
模型特点 两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中： (1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能
答案： (1)20 N (2)2 J (3)1.5 J
模型三 “弹簧类”模型
[多维练透] 1．如图所示，甲、乙两个物块(均可视为质点)锁定在水平
面上，处于压缩状态的轻弹簧放在两物块之间，与两物 块没有连接，乙的质量是甲的 2 倍。水平面上 O 点左侧 光滑，右侧粗糙。甲到 O 点的距离大于弹簧的压缩量， 若只解除甲物块的锁定，则甲物块被弹簧弹出后在 O 点 右侧滑行的距离为 x，若同时解除甲、乙两物块的锁定， 则甲物块在 O 点右侧滑行的距离为( )
模型二 滑块——木板模型问题
解析：由 v -t 图象可知木块 A 滑上长木 滑上长木板后到二者相对静止的过程
板后木块 A 的加速度大小为 a1＝ΔΔvt ＝ 1 m/s2，长木板 B 的加速度大小为 a2＝ ΔΔvt ＝1 m/s2，设 A、B 之间的动摩擦因 数为 μ，对木块 A，由牛顿第二定律，
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 1．(多选)如图 1，光滑水平面上放着长木板 B，质量为 m＝2 kg 的木块 A 以 v0＝2 m/s 的速度滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于 A、B 之间存在有摩擦，之后，A、 B 的速度随时间的变化情况如图 2 所示，重力加速度 g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( ) A．A、B 之间的动摩擦因数为 0.1 B．长木板的质量 M＝2 kg C．长木板的长度至少为 2 m D．A、B 组成的系统损失的机械能为 4 J
中，木块 A 的位移大小为 xA＝1.5 m ， 长木板 B 的位移大小为 xB＝0.5 m，长 木板的长度至少为 L＝xA－xB＝1.5 m －0.5 m ＝1 m ，选项 C 错误；由功能 关系可得，A、B 组成的系统损失的机
μmg＝ma1，解得 μ＝0.1，选项 A 正确； 械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘
模型三 “弹簧类”模型
解析：(1)对 C 由动量定理得：－FΔt＝mCv－mCv0 代入数据解得 F＝20 N。 (2)C 与 A 碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得 mCv0＝mAvA＋mCv，解得 vA＝4 m/s 碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝12mCv02－12mCv2－12mAv2A＝2 J。 (3)A 和 B 在运动过程中动量守恒，机械能守恒，当弹簧压缩到最短时有共同速度，此 时弹性势能最大，设共同速度为 v1，有 mAvA＝(mA＋mB)v1 12mAv2A＝12(mA＋mB)v12＋Ep 联立解得 Ep＝1.5 J。
第六章 碰撞与动量守恒
专题七 动量观点和能量观点 综合应用的“四个模型”
模型一 “子弹打木块”模型 模型二 滑块——木板模型问题 模型三 “弹簧类”模型 模型四 “圆弧轨道＋滑块(小球)”模型
核心素养 三大观点解决力学综合问题
模型一 “子弹打木块”模型
“子弹击中木块模型”问题的分类归纳 (1)“子弹击中木块模型”，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在 子弹的运动方向动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v(未击穿时) mv0＝mv1＋Mv2(击穿时)。 (2)“子弹击中木块模型”中各力做功情况 如图所示，质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射入静止在光滑水平面上的质量为 M 的 木块中，射入木块的深度为 d 而未穿出，木块与子弹的共同速度为 v，木块滑行 x 木 过程中，子弹与木块相互作用力为 F。则 F 对子弹做的负功 WF＝－Fx 子 F 对木块做的正功 W′＝Fx 木 F 对系统(子弹和木块)做的功 W＝WF＋W′＝－F(x 子－x 木)＝－Fd(d 实质是子弹相对木块发生的位移。)
将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做 功，系统机械能守恒。 (2)在动量方面，系统动量守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守 恒，机械能守恒。
模型三 “弹簧类”模型 如图所示，A、B、C 为三个大小相同的小球，mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，mC＝0.2 kg，
模型一 “子弹打木块”模型
解析：设子弹的初速度为 v，子弹与滑块的共同速度为 v′，则根据动量守恒定律，有 mv＝ (M＋m)v′，解得 v′＝Mm＋vm；由于两矩形滑块 A、B 的质量相同，故最后子弹与滑块的 速度都是相同的，子弹速度变化相同，故 A 错误；滑块 A、B 的质量相同，初速度均为零， 末速度均为 mv ，故动量变化量相等，根据动量定理可知两滑块受到的冲量相等，故 B M＋m 正确；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 C 正确；根据动能定理，子弹射入滑块中时阻力对子弹做功 等于子弹动能的减小量，故射入滑块 A 中时阻力对子弹做功等于射入滑块 B 中时阻力对子 弹做功，故 D 错误。
模型一 “子弹打木块”模型
解析：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v1 系统由 O 到 C 的运动过程中机械能守恒，即12(m＋M)v21＝(m＋M)gR m＋M 联立以上两式解得 v0＝ m 2gR＝31 m/s。 (2)由动量守恒定律可知，第 2 颗子弹射入木块后，木块的速度为 0 当第 3 颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得 mv0＝(3m＋M)v3 解得 v3＝3mm＋v0M＝2.4 m/s。
设长木板 B 的质量为 M，对长木板 B， 由牛顿第二定律，μmg＝Ma2，解得 M
积，即为 ΔE＝μmgL＝0.1×2×10×1 J ＝2 J，选项 D 错误。
＝2 kg，选项 B 正确；根据 v -t 图线与 答案： AB 横轴所围的面积等于位移可知，木块 A
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 2.如图所示，质量为 m＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M＝0.5 kg 的木板左 端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为 μ＝0.4。质 量为 m0＝5 g的子弹以速度 v0＝300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)， g 取 10 m/s2。子弹射入后，求： (1)物块相对木板滑行的时间。 (2)物块相对木板滑行的位移。
模型一 “子弹打木块”模型
(2019·福建龙岩质检)(多选)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到的冲量一样大 C．两个过程中系统产生的热量相同 D．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
A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定 律得：(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3 代入数据解得：v3＝1 m/s 由能量守恒定律得：μ(mA＋mB)gL＝12(mA＋ mB)v22－12(mA＋mB＋mC)v23 代入数据解得：L＝0.375 m 答案： (1)2.5 m/s (2)0.375 m
答案： A
模型一 “子弹打木块”模型 [多维练透] 2.如图所示，AOB 是光滑水平轨道，BC 是半径为 R 的14光滑固定圆弧轨道，两轨道 恰好相切。质量为 M 的小木块静止在 O 点，一个质量 为 m 的子弹以初速度 v0 水平向右快速射入小木块内， 并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道 的最高点 C(木块和子弹均可以看成质点)。已知 R＝0.4 m，m＝1 kg，M＝10 kg。(g ＝10 m/s2、本题结果保留 2 位有效数字)求： (1)子弹射入木块前的速度 v0； (2)若每当小木块上升到圆弧并返回到 O 点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留 在其中，则当第 3 颗子弹射入小木块后，木块速度多大？
2
1
A.3x
B.2x
1
1
C.3x
D.4x
解析：设弹簧开始具有的弹性势能
为 Ep，只解除甲的锁定，则 μmgx
＝Ep，若同时解除甲、乙的锁定，
根据动量守恒定律有 mv1＝2mv2，
根据能量守恒定律有 Ep＝12mv21
＋
1 2
×2mv
22
，
根
据
动
能
定
理
有
μmgx′＝12mv12，解得 x′＝23x，
A 项正确。
答案： (1)31 m/s (2)2.4 m/s
模型二 滑块——木板模型问题 模型特点 (1)当滑块和木板的速度相等时木板的速度最大，两者的 相对位移取得极值。 (2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与 两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能 损失最大。 (3)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借 助图象求解。
答案： BC
模型一 “子弹打木块”模型
[多维练透]
1.如图所示，子弹水平射入放在光滑水平
地面上静止的
木块，子弹未穿
透木块，此过程
木块的动能增加了 6 J，那么此过程产生
的内能可能为( )
A．16 J
B．2 J
C．6 J
D．4 J
解析：设子弹的质量为 m0，初速度为 v0，木 块的质量为 m，则子弹打入木块的过程中， 子弹与木块组成的系统动量守恒，即 m0v0 ＝(m＋m0)v，此过程产生的内能等于系统 损失的动能，即 E＝12m0v20－12(m＋m0)v2，而 木块获得的动能 E 木＝12mv2＝6 J，两式相 除得EE木＝m＋m0m0>1，即 E>6 J ，A 项正确。
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2 对子弹物块整体，由动量定理得
－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)(v2－v1) 联立解得物块相对木板的滑行时间
t＝1 s
模型三 “弹簧类”模型
模型特点 两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中： (1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能
答案： (1)20 N (2)2 J (3)1.5 J
模型三 “弹簧类”模型
[多维练透] 1．如图所示，甲、乙两个物块(均可视为质点)锁定在水平
面上，处于压缩状态的轻弹簧放在两物块之间，与两物 块没有连接，乙的质量是甲的 2 倍。水平面上 O 点左侧 光滑，右侧粗糙。甲到 O 点的距离大于弹簧的压缩量， 若只解除甲物块的锁定，则甲物块被弹簧弹出后在 O 点 右侧滑行的距离为 x，若同时解除甲、乙两物块的锁定， 则甲物块在 O 点右侧滑行的距离为( )
模型二 滑块——木板模型问题
解析：由 v -t 图象可知木块 A 滑上长木 滑上长木板后到二者相对静止的过程
板后木块 A 的加速度大小为 a1＝ΔΔvt ＝ 1 m/s2，长木板 B 的加速度大小为 a2＝ ΔΔvt ＝1 m/s2，设 A、B 之间的动摩擦因 数为 μ，对木块 A，由牛顿第二定律，
模型二 滑块——木板模型问题
[多维练透] 1．(多选)如图 1，光滑水平面上放着长木板 B，质量为 m＝2 kg 的木块 A 以 v0＝2 m/s 的速度滑上原来静止的长木板 B 的上表面，由于 A、B 之间存在有摩擦，之后，A、 B 的速度随时间的变化情况如图 2 所示，重力加速度 g＝10 m/s2。则下列说法正确的是( ) A．A、B 之间的动摩擦因数为 0.1 B．长木板的质量 M＝2 kg C．长木板的长度至少为 2 m D．A、B 组成的系统损失的机械能为 4 J
中，木块 A 的位移大小为 xA＝1.5 m ， 长木板 B 的位移大小为 xB＝0.5 m，长 木板的长度至少为 L＝xA－xB＝1.5 m －0.5 m ＝1 m ，选项 C 错误；由功能 关系可得，A、B 组成的系统损失的机
μmg＝ma1，解得 μ＝0.1，选项 A 正确； 械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘
模型三 “弹簧类”模型
解析：(1)对 C 由动量定理得：－FΔt＝mCv－mCv0 代入数据解得 F＝20 N。 (2)C 与 A 碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律得 mCv0＝mAvA＋mCv，解得 vA＝4 m/s 碰撞过程中损失的机械能 ΔE＝12mCv02－12mCv2－12mAv2A＝2 J。 (3)A 和 B 在运动过程中动量守恒，机械能守恒，当弹簧压缩到最短时有共同速度，此 时弹性势能最大，设共同速度为 v1，有 mAvA＝(mA＋mB)v1 12mAv2A＝12(mA＋mB)v12＋Ep 联立解得 Ep＝1.5 J。
第六章 碰撞与动量守恒
专题七 动量观点和能量观点 综合应用的“四个模型”
模型一 “子弹打木块”模型 模型二 滑块——木板模型问题 模型三 “弹簧类”模型 模型四 “圆弧轨道＋滑块(小球)”模型
核心素养 三大观点解决力学综合问题
模型一 “子弹打木块”模型
“子弹击中木块模型”问题的分类归纳 (1)“子弹击中木块模型”，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在 子弹的运动方向动量守恒，即 mv0＝(m＋M)v(未击穿时) mv0＝mv1＋Mv2(击穿时)。 (2)“子弹击中木块模型”中各力做功情况 如图所示，质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射入静止在光滑水平面上的质量为 M 的 木块中，射入木块的深度为 d 而未穿出，木块与子弹的共同速度为 v，木块滑行 x 木 过程中，子弹与木块相互作用力为 F。则 F 对子弹做的负功 WF＝－Fx 子 F 对木块做的正功 W′＝Fx 木 F 对系统(子弹和木块)做的功 W＝WF＋W′＝－F(x 子－x 木)＝－Fd(d 实质是子弹相对木块发生的位移。)
将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做 功，系统机械能守恒。 (2)在动量方面，系统动量守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统满足动量守 恒，机械能守恒。
模型三 “弹簧类”模型 如图所示，A、B、C 为三个大小相同的小球，mA＝0.5 kg，mB＝0.3 kg，mC＝0.2 kg，
模型一 “子弹打木块”模型
解析：设子弹的初速度为 v，子弹与滑块的共同速度为 v′，则根据动量守恒定律，有 mv＝ (M＋m)v′，解得 v′＝Mm＋vm；由于两矩形滑块 A、B 的质量相同，故最后子弹与滑块的 速度都是相同的，子弹速度变化相同，故 A 错误；滑块 A、B 的质量相同，初速度均为零， 末速度均为 mv ，故动量变化量相等，根据动量定理可知两滑块受到的冲量相等，故 B M＋m 正确；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 C 正确；根据动能定理，子弹射入滑块中时阻力对子弹做功 等于子弹动能的减小量，故射入滑块 A 中时阻力对子弹做功等于射入滑块 B 中时阻力对子 弹做功，故 D 错误。
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2020高考物理一轮总复习第六章链接高考6利用动量和能量观点解决力学综合问题课件新人教版
◆考向 2 “滑块－弹簧”类问题 [典例 2] (2019·河北石家庄二中模拟)如图甲所示，物块 A、B 的质量分别是 mA＝4.0 kg 和 mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接，放在光滑的 水平地面上，物块 B 右侧与竖直墙相接触．另有一物块 C 从 t＝0 时 以一定速度向右运动，在 t＝4 s 时与物块 A 相碰，并立即与 A 粘在 一起不再分开，物块 C 的 v－t 图象如图乙所示．求：
“滑块－平板”模型的解题思路 1．应用系统的动量守恒． 2．在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理． 3．在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理． 4．在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒． 5．滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度．
[跟踪训练] 3．(2019·唐山模拟)(多选)如图所示，一块质量为 M 的木板停在 光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧．一 个质量为 m 的小物块(可视为质点)以水平速度 v0 从木板的右端开始 向左运动，与弹簧碰撞后(弹簧处于弹性限度内)，最终又恰好停在木 板的右端．根据上述情景和已知量，可以求出( )
A．弹簧的劲度系数 B．弹簧的最大弹性势能 C．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能 D．若再已知木板长度 l，可以求出木板和小物块间的动摩擦因 数
解析：BCD [小物块 m 与长木板 M 构成的系统动量守恒，设 小物块滑到最左端和最右端的速度分别为 v1、v2，以向左为正方向， 小物块从开始位置滑动到最左端的过程，由动量守恒定律得 mv0＝ (M＋m)v1，小物块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程 mv0 ＝(M＋m)v2，解得 v1＝Mm＋v0m，v2＝Mm＋v0m，小物块滑动到最左端的 过程中，
(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服 摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的 量．
2020届高三物理一轮复习第六章第3讲动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型课件
②牛顿运动定律牛 牛顿 顿第 第一 二定 定律 律 牛顿第三定律
(2)动量的观点 ①动量定理：I 合＝Δp. ②动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′. (3)能量的观点 ①动能定理：W 总＝ΔEk. ②机械能守恒定律：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2. ③能量守恒定律．
第六章 动量 第3讲 动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型
C
目录
ONTENTS
基础知识·自主梳理 高频考点·分类突破 学科素养提升 4 课时作业
1．研究力学问题的三大观点
(1)力的观点
速度公式：v＝v0＋at ①运动学公式位移公式：x＝v0t＋12at2
速度位移公式：v2－v02＝2ax
(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小； (2)小车的长度 L.
解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒 定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1 解得 v1＝10 m/s.
(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3 解得 v2＝8 m/s 由能量守恒可得 12(m0＋m1)v12＝μm2gL＋12(m0＋m1)v22＋12m2v32 解得 L＝2 m.
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得 －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1， 解得 t＝1 s.
[答案] (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
1．(2019·贵州八校联盟模拟)如图所示，在平直轨道上 P 点静止放置一个质量 为 2m 的物体 A，P 点左侧粗糙，右侧光滑．现有一颗质量为 m 的子弹以水平 速度 v0 射入物体 A，并和物体 A 一起滑上光滑平面，与前方静止的物体 B 发 生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离 d 停下．已知物体 A 与粗糙面之间的动 摩擦因数为 μ＝7v20g2d，求：
(2)动量的观点 ①动量定理：I 合＝Δp. ②动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′. (3)能量的观点 ①动能定理：W 总＝ΔEk. ②机械能守恒定律：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2. ③能量守恒定律．
第六章 动量 第3讲 动量、动力学和能量观点综合应用的三类典型模型
C
目录
ONTENTS
基础知识·自主梳理 高频考点·分类突破 学科素养提升 4 课时作业
1．研究力学问题的三大观点
(1)力的观点
速度公式：v＝v0＋at ①运动学公式位移公式：x＝v0t＋12at2
速度位移公式：v2－v02＝2ax
(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小； (2)小车的长度 L.
解析：(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒 定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1 解得 v1＝10 m/s.
(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 (m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3 解得 v2＝8 m/s 由能量守恒可得 12(m0＋m1)v12＝μm2gL＋12(m0＋m1)v22＋12m2v32 解得 L＝2 m.
(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得 －μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1， 解得 t＝1 s.
[答案] (1)6 m/s (2)2 m/s (3)1 s
1．(2019·贵州八校联盟模拟)如图所示，在平直轨道上 P 点静止放置一个质量 为 2m 的物体 A，P 点左侧粗糙，右侧光滑．现有一颗质量为 m 的子弹以水平 速度 v0 射入物体 A，并和物体 A 一起滑上光滑平面，与前方静止的物体 B 发 生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离 d 停下．已知物体 A 与粗糙面之间的动 摩擦因数为 μ＝7v20g2d，求：
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
2020高考物理一轮复习6.3定律与能量综合专题课件新人教版
4.(2018·安徽三模)(多选)如图所示，
质量为 m 的长木板 B 放在光滑的水平面
上，质量为14m 的木块 A 放在长木板的左端，一颗质量为116m 的
子弹以速度 v0 射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为
18v0，木块在木板上滑行的时间为 t，则下列说法正确的是(
(3)对小车应用动能定理：μm2gx＝12m1v2 解得：x＝0.096 m (4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与 小车有共同的速度，设其为 v′，则：m2v0′＝(m1＋m2)v′ 由系统能量守恒有：
12m2v0′2＝12(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得 v0′＝5 m/s. 故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度 v0 ′不超过 5 m/s.
答案 B 解析 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：12mv02＝12(m＋M)v12＋mgR，根据题意， 有：M＝4m，联立两式解得：v0＝5 m/s，故 A、C、D 三项错误， B 项正确．
2．(2018·山东模拟)(多选)如图所示，质
是一个四分之一圆弧 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．v0＝4 m/s
B．v0＝5 m/s
C．v0＝6 m/s
D．v0＝7 m/s
题型透析
“滑块－弹簧”模型 例 1 如图所示，质量分别为 1 kg、3 kg 的滑块 A、B 位于 光滑水平面上，现使滑块 A 以 4 m/s 的速度向右运动，与左侧连 有轻弹簧的滑块 B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．
2020版高考物理人教版山东一轮复习课件：专题7 电磁感应现象中的动力学、动量和能量问题(共51张PPT)
解析 答案
1 2
1 2
知识梳理
考点自诊
关闭
磁铁上下运动时,由于穿过铜盘的磁通量发生变化,则在铜盘中会产生感 另一端拴接条形磁铁 ,一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平 应电流,铜盘对磁铁有磁场力阻碍磁铁的运动 ,则当磁铁所受弹力与重力 桌面上 ,控制磁铁使弹簧处于原长 ,然后由静止释放磁铁 ,不计磁铁 等大反向时 ,此时磁铁还应该受到下面铜盘的作用力 ,故此时磁铁的加速 与弹簧之间的磁力作用 ,且磁铁运动过程中未与铜盘接触 度不为零,选项A错误;根据楞次定律 ,磁铁下降过程中,俯视铜盘,,下列说 铜盘中产 法中正确的是 ( ) ,选项B错误;磁铁从静止释放到第一次运动到最 生逆时针方向的涡旋电流 低点的过程中 ,由于有电能产生,则磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势 A.磁铁所受弹力与重力等大反向时 ,磁铁的加速度为零 能与产生的电能之和 ,选项 C错误;磁体最终静止时弹簧有弹性势能 B.磁铁下降过程中 ,俯视铜盘 ,铜盘中产生顺时针方向的 ,则磁 铁从静止释放到最终静止的过程中 ,磁铁减少的重力势能等于铜盘产生的 涡旋电流 焦耳热与弹簧弹性势能之和 ,选项D正确;故选D。 C.磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中 ,磁
安培力公式:F = BIl 感应电动势:E = Blv 感应电流:I = ������
������
⇒F=
������ 2 ������ 2 ������ ������
2.安培力的方向 (1)先用 右手定则 判定感应电流方向,再用 左手定则 判定安 培力方向。 (2)根据楞次定律,安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向 相反 。
知识梳理
考点自诊
三、电磁感应现象中的能量问题 1.能量的转化 感应电流在磁场中受安培力,外力克服安培力 做功 ,将机械能 转化为 电能 ,电流做功再将电能转化为 内能或其他形式的能 。 2.实质 电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能和 电能 之间 的转化。
1 2
1 2
知识梳理
考点自诊
关闭
磁铁上下运动时,由于穿过铜盘的磁通量发生变化,则在铜盘中会产生感 另一端拴接条形磁铁 ,一个铜盘放在条形磁铁的正下方的绝缘水平 应电流,铜盘对磁铁有磁场力阻碍磁铁的运动 ,则当磁铁所受弹力与重力 桌面上 ,控制磁铁使弹簧处于原长 ,然后由静止释放磁铁 ,不计磁铁 等大反向时 ,此时磁铁还应该受到下面铜盘的作用力 ,故此时磁铁的加速 与弹簧之间的磁力作用 ,且磁铁运动过程中未与铜盘接触 度不为零,选项A错误;根据楞次定律 ,磁铁下降过程中,俯视铜盘,,下列说 铜盘中产 法中正确的是 ( ) ,选项B错误;磁铁从静止释放到第一次运动到最 生逆时针方向的涡旋电流 低点的过程中 ,由于有电能产生,则磁铁减少的重力势能等于弹簧弹性势 A.磁铁所受弹力与重力等大反向时 ,磁铁的加速度为零 能与产生的电能之和 ,选项 C错误;磁体最终静止时弹簧有弹性势能 B.磁铁下降过程中 ,俯视铜盘 ,铜盘中产生顺时针方向的 ,则磁 铁从静止释放到最终静止的过程中 ,磁铁减少的重力势能等于铜盘产生的 涡旋电流 焦耳热与弹簧弹性势能之和 ,选项D正确;故选D。 C.磁铁从静止释放到第一次运动到最低点的过程中 ,磁
安培力公式:F = BIl 感应电动势:E = Blv 感应电流:I = ������
������
⇒F=
������ 2 ������ 2 ������ ������
2.安培力的方向 (1)先用 右手定则 判定感应电流方向,再用 左手定则 判定安 培力方向。 (2)根据楞次定律,安培力的方向一定和导体切割磁感线运动方向 相反 。
知识梳理
考点自诊
三、电磁感应现象中的能量问题 1.能量的转化 感应电流在磁场中受安培力,外力克服安培力 做功 ,将机械能 转化为 电能 ,电流做功再将电能转化为 内能或其他形式的能 。 2.实质 电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能和 电能 之间 的转化。
高考物理一轮总复习热点专题7动量和能量观点的综合应用课件
(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
【解析】 (1)对小物块从A运动到 B处的过程中 1 2 1 2 应用动能定理－μmgs＝ mv － mv0 2 2 代入数值解得μ＝0.32. (2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s 由动量定理得：FΔt＝mv′－ mv 解得F＝－130 N 其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．
的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：
(1)滑块a、b的质量之比； (2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
【解析】 (1)设 a、 b的质量分别为m1、 m2， a、b碰撞前的速度为v1、 v2，由题 给图象得 v1＝－ 2 m/s① v2＝ 1 m/s② a、 b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得 2 v＝ m/s③ 3 由动量守恒定律得 m1v1＋ m2v2＝ (m1＋ m2)v④ 联立①②③④式得 m1∶ m2＝ 1∶ 8.⑤
【答案】 (1)1∶8 (2)1∶2
(2014年新课标全国卷 Ⅰ) 如图所示，质量分别为 mA 、 mB 的两个弹性小 球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上 方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB＝3mA，重力 加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求： (1)B球第一次到达地面时的速度； (2)P点距离地面的高度．
vB′＝ vB⑥ 设 P点v2 h′＝ ⑦ 2g
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝ 0.75 m.
【解析】 (1)对小物块从A运动到 B处的过程中 1 2 1 2 应用动能定理－μmgs＝ mv － mv0 2 2 代入数值解得μ＝0.32. (2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s 由动量定理得：FΔt＝mv′－ mv 解得F＝－130 N 其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左．
的位置x随时间t变化的图象如图所示．求：
(1)滑块a、b的质量之比； (2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．
【解析】 (1)设 a、 b的质量分别为m1、 m2， a、b碰撞前的速度为v1、 v2，由题 给图象得 v1＝－ 2 m/s① v2＝ 1 m/s② a、 b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得 2 v＝ m/s③ 3 由动量守恒定律得 m1v1＋ m2v2＝ (m1＋ m2)v④ 联立①②③④式得 m1∶ m2＝ 1∶ 8.⑤
【答案】 (1)1∶8 (2)1∶2
(2014年新课标全国卷 Ⅰ) 如图所示，质量分别为 mA 、 mB 的两个弹性小 球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B 球释放，经过一段时间后再将A球释放．当A球下落t＝0.3 s时，刚好与B球在地面上 方的P点处相碰．碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零．已知mB＝3mA，重力 加速度大小g＝10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求： (1)B球第一次到达地面时的速度； (2)P点距离地面的高度．
vB′＝ vB⑥ 设 P点v2 h′＝ ⑦ 2g
联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得 h′＝ 0.75 m.
高中物理高考 2020年物理高考大一轮复习高考必考题突破讲座6动量和能量观点的综合应用课件
(2)C 与 A 碰撞过程中动量守恒 mvC＝2mvA，其中 vA ＝4.5 m/s,
解得 vC＝9 m/s，弹簧弹开过程中，C、D 系统动量守 恒，由动量守恒定律 2mv0＝mvC＋mvD，解得 vD＝7 m/s， 弹簧弹开过程中，C、D 及弹簧组成的系统的机械能守恒， 则有
12×2mv20＋Ep＝12mv2C＋12mv2D，解得 Ep＝1 J.
(1)物块在 A 点时的平抛速度 v0； (2)物块经过 C 点时对轨道的压力 FN； (3)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的
热量 Q.
解析 (1)设物体在 B 点的速度为 vB，在 C 点的速度为 vC，从 A 到 B 物体做平抛运动 vBsin θ＝v0 得 v0＝1.2 m/s.
【例题 3】(2019·天津静海一中高三学业能力调研)如图 甲所示，长木板 A 静止在水平地面上，其右端叠放着物块 B， 左端恰好在 P 点，水平面以 P 点为界，左侧光滑、右侧粗糙．物 块 C(可以看作质点)和 D 间夹着一根被压缩的弹簧，并用细 线锁住，两者以共同速度 v0＝8 m/s 向右运动，某时刻细线 突然断开，C 和弹簧分离后，撤去 D，C 与 A 碰撞并与 A 黏 在一起，此后，A、C 及 B 的速度－时间图象如图乙所示．已 知 A、B、C、D 的质量均为 m＝1 kg，木板 A 的长度 l＝ 5 m， A、C 与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑 动摩擦力，重力加速度 g＝10 m/s2.求：
在 0.4 s 内 B 相对 A 向右运动的位移
x2＝vt＋12aB2t2－12vt＝0.12 m， A 停止时 B 的速度 v′＝v＋aB2t＝0.6 m/s， 然后 B 在 A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度 aB3＝－μ′g＝－1 m/s2， B 相对 A 向右运动的位移 x3＝－v2′aB32＝0.18 m，所以最 终 B 离长木板 A 左端的距离 x＝l－x1＋x2＋x3＝3.05 m.
人教版物理高考复习动量和能量观点的综合应用ppt
11
针对训练
1．如图所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一质量为M静止的橡皮泥块 Q发生碰撞，且碰撞时间很短，碰后两者粘在一起，共同速度为v′.已知物体P运动时所受水平面的阻力 大小恒为Ff，则在这一过程中，下列说法正确的是( ) A．水平面的阻力Ff做的功为Ffx B．由于受到水平面阻力的作用，所以P、Q碰撞过程动量不守恒 C．P、Q碰撞过程中损失的能量为1/2mv2－1/2(m＋M)v′2－Ffx D．物体P克服外力做的总功为1/2mv2－Ffx
10
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 解析
(2)由(1)知 P 的位置到小车左端的最大距离 xmax＝Δx＝0.937 5m
假设滑块 B 从小车左端刚好不脱离小车时，滑块 B 和小车 的共同速度为 v 共′，由动量守恒定律得 mBvB＝(mB＋M)v 共′
由功能关系得 12mBv2B＝12(mB＋M)v 共′2＋2μmBgxmin 解得 xmin＝0.47 m 故 挡 板 P 的 位 置 到 小 车 左 端 的 距 离 x 的 范 围 为 0.47 m≤x≤0.94 m [答案] (1)1.5 J (2)0.47 m≤x≤0.94 m
[答案] AC
5
考点一 动量和能量观点在力学中的应用
考向2 碰撞中的动量守恒 [例2] 如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移图象， 已知物块P的质量为mp＝1 kg，由此可知( ) A．碰撞前P的动量为16 kg·m/s B．两物块的碰撞可能为弹性碰撞 C．物块Q的质量为4 kg D．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s
9
解析
则滑块 B 从滑上小车到与小车共速时的位移为 xB＝v－2共－2av2B＝1.312 5 m 小车的加速度 a 车＝μmMBg＝43m/s2 此过程中小车的位移为 x 车＝0－－2va2共 车＝0.375 m 滑块 B 相对小车的位移为 Δx＝xB－x 车＝0.937 5 m<L，故滑 块 B 未脱离小车， 滑块 B 对小车做的功 W＝μmBgx 车＝1.5 J
针对训练
1．如图所示，质量为m的物体P以初速度v在水平面上运动，运动x距离后与一质量为M静止的橡皮泥块 Q发生碰撞，且碰撞时间很短，碰后两者粘在一起，共同速度为v′.已知物体P运动时所受水平面的阻力 大小恒为Ff，则在这一过程中，下列说法正确的是( ) A．水平面的阻力Ff做的功为Ffx B．由于受到水平面阻力的作用，所以P、Q碰撞过程动量不守恒 C．P、Q碰撞过程中损失的能量为1/2mv2－1/2(m＋M)v′2－Ffx D．物体P克服外力做的总功为1/2mv2－Ffx
10
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ 解析
(2)由(1)知 P 的位置到小车左端的最大距离 xmax＝Δx＝0.937 5m
假设滑块 B 从小车左端刚好不脱离小车时，滑块 B 和小车 的共同速度为 v 共′，由动量守恒定律得 mBvB＝(mB＋M)v 共′
由功能关系得 12mBv2B＝12(mB＋M)v 共′2＋2μmBgxmin 解得 xmin＝0.47 m 故 挡 板 P 的 位 置 到 小 车 左 端 的 距 离 x 的 范 围 为 0.47 m≤x≤0.94 m [答案] (1)1.5 J (2)0.47 m≤x≤0.94 m
[答案] AC
5
考点一 动量和能量观点在力学中的应用
考向2 碰撞中的动量守恒 [例2] 如图甲所示，光滑水平面上有P、Q两物块，它们在t＝4 s时发生碰撞，图乙是两者的位移图象， 已知物块P的质量为mp＝1 kg，由此可知( ) A．碰撞前P的动量为16 kg·m/s B．两物块的碰撞可能为弹性碰撞 C．物块Q的质量为4 kg D．两物块碰撞过程中P对Q作用力的冲量是3 N·s
9
解析
则滑块 B 从滑上小车到与小车共速时的位移为 xB＝v－2共－2av2B＝1.312 5 m 小车的加速度 a 车＝μmMBg＝43m/s2 此过程中小车的位移为 x 车＝0－－2va2共 车＝0.375 m 滑块 B 相对小车的位移为 Δx＝xB－x 车＝0.937 5 m<L，故滑 块 B 未脱离小车， 滑块 B 对小车做的功 W＝μmBgx 车＝1.5 J
2020届高考物理总复习课件：第6章碰撞与动量守恒专题讲座六动力学、动量和能量观点的综合应用课件教科版
【典例3】(2018·河北衡水模拟)如图所示,在光滑的水平面上放置一个质量为 2m的木板B,B的左端放置一个质量为m的物块A,已知A,B之间的动摩擦因数为μ, 现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即粘住,在整个运动过 程中物块A始终未滑离木板B,且物块A可视为质点,求: (1)物块A相对木板B静止后的速度大小;
答案:(2)1 m/s (3)0.45 m
2. [滑块往复运动问题](2017·河南开封二模)如图所示的轨道由半径为R的光滑 圆弧轨道AB、竖直台阶BC、足够长的光滑水平直轨道CD组成.小车的质量为M,紧 靠台阶BC且上表面与B点等高.一质量为m的可视为质点的滑块自圆弧顶端A点由 静止下滑,滑过圆弧的最低点B之后滑到小车上表面.已知M=4m,小车的上表面的 右侧固定一根轻弹簧,轻弹簧的自由端在Q点,小车的上表面左端点P与Q点之间是 粗糙的,滑块与PQ之间表面的动摩擦因数为μ,Q点右侧表面是光滑的.求: (1)滑块滑到B点的瞬间对圆弧轨道的压力大小;
2.能量分析
说明:(1)若M≫m,则x2≪d,即在子弹射入木块过程中,木块的位移很小,可以忽 略不计,这就为分阶段处理问题提供了依据. (2)当子弹速度很大时,可能射穿木块,这时末状态子弹和木块的速度大小不再 相等,但穿透过程中系统动量仍然守恒,系统动能损失仍然是ΔEk=Ffd(这里的d 为木块的厚度).
解析:(1)以A为研究对象,由牛顿第二定律得F=mAa 代入数据解得a=2.5 m/s2. 答案:(1)2.5 m/s2
(2)A,B碰撞后瞬间的共同速度v的大小; (3)A的上表面长度l.
解析:(2)对A,B碰撞后共同运动t=0.6 s的过程中,由动量定理得 Ft=(mA+mB)vt-(mA+mB)v 代入数据解得v=1 m/s.
2020版高考物理一轮复习第六章动量(第3课时)课件
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碰撞前后总动量之差 若实验允许的相对误差绝对值 碰前总动量 ×100%最
大为 5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运 算过程．
[思路探究]
(1)滑块
A
碰撞前后的速度由
v＝ΔΔ
x求得； t
(2)滑块 B 的速度可由 v2＝ΔdtB解得；
(3)若 δp＝ppp×100%<5%，则可验证动量守恒定律．
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实验测得滑块 A 的质量 m1＝0.310 kg，滑块 B 的质量 m2＝0.108 kg，遮光片的宽度 d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率 f＝50.0 Hz.
将光电门固定在滑块 B 的右侧，启动打点计时器，给滑块 A 一 向右的初速度，使它与 B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为 ΔtB ＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．
动量应大小相等、方向相反，这就需要求两滑块的速度，其中滑块
A
的速度为L1，要求滑块 t1
B
的速度，还应测量
B
右端到
D
的距离
L2，这样滑块 B 的速度就可用表达式Lt22来表示．
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(2)A，B 开始时静止，放开卡销后两者均做匀速直线运动，总 动量为零，A，B 运动后动量大小相等、方向相反，即
mALt11＝mBLt22. (3)弹簧的弹性势能全部转化为 A，B 的动能，即 Ep＝12mALt112＋12mBLt222. 答案：(1)B 右端到 D 的距离 L2 (2)mALt11＝mBLt22. (3)Ep＝12mALt112＋12mBLt222
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解答：设 A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为 v0，v1，由题图 (b)得
v0＝2.00 m/s， v1＝0.970 m/s， 设 B 在碰撞后的速度大小为 v2，有
碰撞前后总动量之差 若实验允许的相对误差绝对值 碰前总动量 ×100%最
大为 5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运 算过程．
[思路探究]
(1)滑块
A
碰撞前后的速度由
v＝ΔΔ
x求得； t
(2)滑块 B 的速度可由 v2＝ΔdtB解得；
(3)若 δp＝ppp×100%<5%，则可验证动量守恒定律．
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实验测得滑块 A 的质量 m1＝0.310 kg，滑块 B 的质量 m2＝0.108 kg，遮光片的宽度 d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率 f＝50.0 Hz.
将光电门固定在滑块 B 的右侧，启动打点计时器，给滑块 A 一 向右的初速度，使它与 B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为 ΔtB ＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示．
动量应大小相等、方向相反，这就需要求两滑块的速度，其中滑块
A
的速度为L1，要求滑块 t1
B
的速度，还应测量
B
右端到
D
的距离
L2，这样滑块 B 的速度就可用表达式Lt22来表示．
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(2)A，B 开始时静止，放开卡销后两者均做匀速直线运动，总 动量为零，A，B 运动后动量大小相等、方向相反，即
mALt11＝mBLt22. (3)弹簧的弹性势能全部转化为 A，B 的动能，即 Ep＝12mALt112＋12mBLt222. 答案：(1)B 右端到 D 的距离 L2 (2)mALt11＝mBLt22. (3)Ep＝12mALt112＋12mBLt222
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解答：设 A 在碰撞前、后瞬时速度大小分别为 v0，v1，由题图 (b)得
v0＝2.00 m/s， v1＝0.970 m/s， 设 B 在碰撞后的速度大小为 v2，有