（浙江選考）2020版高考物理大一輪復習 第六章 動量守恒定律本章學科素養(yǎng)提升學案.docx

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第六章 動量守恒定律 滑塊模型可分為兩類：單一滑塊模型和多個滑塊模型．單一滑塊模型是指一個滑塊在水平面、斜面或曲面上運動的問題，主要運用牛頓運動定律、動能定理或動量定理進行分析．多個滑塊模型是指兩個或兩個以上的滑塊組成的系統(tǒng)，如滑塊與滑塊、小車與滑塊、子彈與滑塊等，對于此類問題應著重分析物體的運動過程，明確它們之間的時間、空間關系，并注意臨界、隱含和極值等條件，然后用能量守恒和動量守恒等規(guī)律求解． 例1　如圖1所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊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的質量為m，b的質量為m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件． 圖1 答案　≤μ< 解析　設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有 mv02>μmgl① 即μ<② 設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1.由能量守恒定律得 mv02＝mv12＋μmgl③ 設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，以向右為正方向，由動量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′④ mv12＝mv1′2＋mv2′2⑤ 聯(lián)立④⑤式解得 v2′＝v1⑥ 由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知 mv2′2≤μgl⑦ 聯(lián)立③⑥⑦式，可得 μ≥⑧ 聯(lián)立②⑧式得，a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為≤μ<. 彈簧模型是指由物體與彈簧組成的系統(tǒng)，此類問題的關鍵在于分析物體的運動過程，認清彈簧的狀態(tài)及不同能量之間的轉化，由兩個或兩個以上物體與彈簧組成的系統(tǒng)，應注意彈簧伸長或壓縮到最大程度時彈簧兩端連接的物體具有相同的速度；彈簧處于自然長度時，彈性勢能最小(為零)等隱含條件． 例2　如圖2所示，小球A質量為m，系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質量分別是5m和3m，B與C用輕彈簧拴接，置于光滑的水平面上，且B物塊位于O點正下方．現(xiàn)拉動小球使細線水平伸直，小球由靜止釋放，運動到最低點時與物塊B發(fā)生正碰(碰撞時間極短)，反彈后上升到最高點時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求碰撞過程B物塊受到的沖量大小及碰后輕彈簧獲得的最大彈性勢能． 圖2 答案　m　mgh 解析　設小球運動到最低點與物塊B碰撞前的速度大小為v1，根據(jù)機械能守恒定律有： mgh＝mv12 解得：v1＝ 設碰撞后小球反彈的速度大小為v1′，同理有：mg＝mv1′2 解得：v1′＝ 設碰撞后物塊B的速度大小為v2，取水平向右為正方向，由動量守恒定律有： mv1＝－mv1′＋5mv2 解得：v2＝ 由動量定理可得，碰撞過程B物塊受到的沖量為：I＝5mv2＝m 碰撞后當B物塊與C物塊速度相等時輕彈簧的彈性勢能最大，據(jù)動量守恒定律有 5mv2＝8mv3 根據(jù)機械能守恒定律：Epm＝5mv22－8mv32 解得：Epm＝mgh. 懸繩模型是指由懸繩或通過弧形滑槽將不同的物體連在一起組成的系統(tǒng)．此類問題應認清物體的運動過程狀態(tài)．注意物體運動到最高點或最低點時速度相同的隱含條件及系統(tǒng)機械能守恒定律的應用． 例3　如圖3所示，在光滑的水平桿上套有一個質量為m的滑環(huán)．滑環(huán)上通過一根不可伸縮的輕繩懸掛著一個質量為M的物塊(可視為質點)，繩長為L.將滑環(huán)固定時，給物塊一個水平沖量，物塊擺起后剛好碰到水平桿；若滑環(huán)不固定時，仍給物塊以同樣的水平沖量，求物塊擺起的最大高度． 圖3 答案　L 解析　滑環(huán)固定時，根據(jù)機械能守恒定律，有：MgL＝Mv02，v0＝. 滑環(huán)不固定時，物塊初速度仍為v0，在物塊擺起最大高度h時，它們速度都為v，在此過程中物塊和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒，則： Mv0＝(m＋M)v， Mv02＝(m＋M)v2＋Mgh， 由以上各式，可得：h＝L.