適用于老高考舊教材廣西專版2023屆高考物理二輪總復(fù)習(xí)第二部分專題二第7講動(dòng)量動(dòng)量的綜合應(yīng)用課件

第7講動(dòng)量動(dòng)量的綜合應(yīng)用專題二內(nèi)容索引0102核心梳理?規(guī)律導(dǎo)引高頻考點(diǎn)?探究突破03新題演練?能力遷移04怎樣得高分核心梳理?規(guī)律導(dǎo)引【知識(shí)脈絡(luò)梳理】

【規(guī)律方法導(dǎo)引】

1.知識(shí)規(guī)律(1)動(dòng)量定理:Ft=Δp=p'-p。(2)動(dòng)量守恒定律。①m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2',系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p'。②Δp1=-Δp2,相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向。③Δp=0,系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零。2.思想方法(1)物理思想:守恒思想、轉(zhuǎn)化思想。(2)物理方法:守恒法、轉(zhuǎn)化法。高頻考點(diǎn)?探究突破命題熱點(diǎn)一動(dòng)量定理常以選擇題或計(jì)算題形式考查動(dòng)量定理的應(yīng)用。例1右圖為教室內(nèi)吊扇,在炎熱的夏日為我們提供清涼。某同學(xué)通過查閱資料發(fā)現(xiàn)該型號(hào)吊扇質(zhì)量m=1kg,旋轉(zhuǎn)直徑D=1000mm,某擋位轉(zhuǎn)速n=2000r/min時(shí),能使空氣得到v=2m/s的速度(初速度認(rèn)為是零),已知空氣密度ρ=1.29kg/m3,g=9.8m/s2,求風(fēng)扇正常工作時(shí),懸掛點(diǎn)對(duì)天花板的拉力。(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)思維導(dǎo)引

答案:

5.75N,方向向下

解析:

設(shè)在Δt時(shí)間內(nèi)通過風(fēng)扇作用獲得2

m/s速度的空氣質(zhì)量為Δm,則有

由牛頓第三定律可知,空氣對(duì)風(fēng)扇的作用力F'=F=4.05

N風(fēng)扇受力平衡,天花板對(duì)風(fēng)扇的拉力F拉=mg-F'=5.75

N由牛頓第三定律可知,風(fēng)扇懸掛點(diǎn)對(duì)天花板的拉力大小為5.75

N,方向向下。規(guī)律方法

1.應(yīng)用動(dòng)量定理的注意事項(xiàng)(1)一般來說,能用牛頓第二定律解決的問題,也能用動(dòng)量定理解決,如果題目不涉及加速度和位移,用動(dòng)量定理求解更簡(jiǎn)捷。(2)動(dòng)量定理既適用于恒力,也適用于變力。當(dāng)為變力時(shí),動(dòng)量定理中的力F應(yīng)理解為變力在作用時(shí)間內(nèi)的平均值。(3)動(dòng)量定理的表達(dá)式是矢量式,運(yùn)用它分析問題時(shí)要特別注意沖量、動(dòng)量及動(dòng)量變化量的方向,公式中的F是物體或系統(tǒng)所受的合力。2.運(yùn)用動(dòng)量定理處理“流體模型”的沖擊力問題在處理此類問題時(shí),常常需要把流體作為研究對(duì)象,如水、空氣等。隔離出一定形狀的一部分流體作為研究對(duì)象,然后列式求解?；舅悸?(1)在極短的時(shí)間Δt內(nèi),取一段小柱體作為研究對(duì)象。(2)求小柱體的體積ΔV=vSΔt。(3)求小柱體質(zhì)量Δm=ρΔV=ρvSΔt。(4)求小柱體的動(dòng)量變化Δp=vΔm=ρv2SΔt。(5)運(yùn)用動(dòng)量定理FΔt=Δp。拓展訓(xùn)練1(2021·廣西河池九校聯(lián)考)2020年2月2日,四川援鄂物資航班飛赴武漢,執(zhí)飛任務(wù)的機(jī)長(zhǎng)是“中國(guó)民航英雄機(jī)長(zhǎng)”劉傳健。他曾于2018年5月14日?qǐng)?zhí)行重慶飛拉薩任務(wù)時(shí),在萬米高空突遇前擋風(fēng)玻璃破裂脫落的緊急關(guān)頭,沉著冷靜地率領(lǐng)機(jī)組人員奇跡般地安全迫降成都,挽救了近120名旅客及機(jī)組人員生命和國(guó)家財(cái)產(chǎn)安全。假設(shè)飛機(jī)擋風(fēng)玻璃破裂時(shí)飛機(jī)的速度大小約為900km/h,空中風(fēng)速不計(jì),萬米高空空氣密度約為ρ=0.4kg/m3,機(jī)長(zhǎng)的面部面積約為S=0.04m2,試估算機(jī)長(zhǎng)面部受到的沖擊力大小約為(

)A.106N B.105

N C.104N D.103

ND解析:

機(jī)長(zhǎng)面部的面積約為S=0.04

m2,空氣與機(jī)長(zhǎng)的相對(duì)速度等于飛機(jī)的速度v=250

m/s,時(shí)間t內(nèi)吹在面部的空氣的質(zhì)量為m,則m=ρSvt,根據(jù)動(dòng)量定理得-Ft=0-mv=0-ρSv2t,解得機(jī)長(zhǎng)面部受到的沖擊力大小F=ρSv2=0.4×0.04×2502

N=1

000

N,故選項(xiàng)D正確,A、B、C錯(cuò)誤。命題熱點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用常以選擇題或計(jì)算題的形式考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。

例2(2021·廣西北海期末)如圖所示,一足夠長(zhǎng)傾角為α=37°的斜面固定在水平地面上,有一質(zhì)量為m1=4kg的滑塊M在斜面上的B點(diǎn)靜止,滑塊M與斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)處處相等且為μ=0.8。另一質(zhì)量為m2=2kg的滑塊N(下表面光滑)從離B點(diǎn)距離為d=

m且在B點(diǎn)上方的A點(diǎn)由靜止下滑,之后兩滑塊發(fā)生碰撞(碰撞時(shí)間極短),若碰后分離且M的速率是N的2倍,碰后兩者速度方向均沿斜面向下,已知重力加速度g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,兩滑塊皆可看成質(zhì)點(diǎn)。求:(不考慮多次碰撞)(1)碰前瞬間N的速度大小及碰后瞬間M的速度大小;(2)此次碰撞過程中損失的機(jī)械能。思維導(dǎo)引

答案:

(1)10m/s

4m/s

(2)64J解析:

(1)設(shè)N碰前的速度為v1,碰后的速度為v2,則M的速度為2v2,代入數(shù)據(jù)解得v1=10

m/sN與M碰撞時(shí),由于碰撞時(shí)間極短,故系統(tǒng)動(dòng)量守恒,規(guī)定沿斜面向下為正,m2v1=m2v2+m1·2v2代入數(shù)據(jù)解得v2=2

m/s故M的速率為4

m/s。規(guī)律方法

一般碰撞的三個(gè)制約關(guān)系一般碰撞介于彈性碰撞和完全非彈性碰撞之間:動(dòng)量守恒,機(jī)械能(或動(dòng)能)有損失,遵循以下三個(gè)制約關(guān)系:(1)動(dòng)量制約:碰撞過程中必須受到動(dòng)量守恒定律的制約,總動(dòng)量的方向恒定不變,即p1+p2=p1'+p2'。(2)動(dòng)能制約:在碰撞過程中,碰撞雙方的總動(dòng)能不會(huì)增加,即Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。(3)運(yùn)動(dòng)制約:碰撞要受到運(yùn)動(dòng)的合理性要求的制約,如果碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng),碰撞后原來在前面的物體速度必增大,且大于或等于原來在后面的物體的碰后速度。拓展訓(xùn)練2(2022·廣西五市聯(lián)考二模)如圖所示,一輛質(zhì)量m1=2.0kg的平板車,左端放有質(zhì)量m2=4.0kg的滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),滑塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.1。開始時(shí)平板車和滑塊共同以v1=2.0m/s的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng),并與豎直墻壁發(fā)生碰撞,設(shè)碰撞時(shí)間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變,但方向與原來相反,平板車足夠長(zhǎng),以致滑塊不會(huì)滑到平板車右端后掉下,重力加速度g取10m/s2。求:(1)平板車第一次與墻壁碰撞后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離x1;(2)平板車第一次碰撞后再次與滑塊共速時(shí),平板車右端距墻壁的距離l;(3)從平板車第一次與墻壁碰撞后瞬間算起,平板車來來回回所走的總路程s。解析:

(1)平板車向左運(yùn)動(dòng)過程中始終受摩擦力的作用,有μm2g=m1a,解得a=2

m/s2解得x1=1

m。

(2)設(shè)滑塊與平板車相對(duì)靜止時(shí),二者共同速度為v2,以水平向右為正方向,再次共速m2v2+m1(-v2)=(m2+m1)v3命題熱點(diǎn)三動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用常以計(jì)算題形式考查應(yīng)用動(dòng)量或能量關(guān)系分析問題。例3(2022·山東高考模擬)如圖甲所示的康樂棋也稱康樂球,是一種棋類游戲,游戲時(shí)雙方用“球桿”通過擊打母棋撞擊其他棋子入洞,棋子順利入洞者可連續(xù)擊打,所有棋子打入洞內(nèi)算一局,一局中打入的棋子最多的一方獲勝。某康樂棋的母棋、棋子與棋桌之間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ=0.5,母棋的質(zhì)量m0=50g,被擊打的棋子質(zhì)量均為m1=30g。如圖乙所示,母棋、棋子A與1號(hào)洞在一條直線上,某玩家擊打母棋,使其與棋子A碰撞后,棋子A恰好落入1號(hào)洞。已知母棋距離1號(hào)洞口d0=40cm,棋子A距離1號(hào)洞口d1=10cm。設(shè)它們之間的碰撞為彈性碰撞。棋子的大小可忽略不計(jì),重力加速度g取10m/s2。(1)求母棋與棋子A碰撞后瞬間,棋子A獲得的速度大小v。(2)為使棋子A恰好落入1號(hào)洞,玩家需擊打母棋使其獲得合適的速度。①求母棋撞擊棋子A前瞬間的速度大小v0。②保持母棋初始位置不變,改變棋子A在虛線上的位置,玩家對(duì)母棋做的功也相應(yīng)的需要改變,請(qǐng)你分析計(jì)算玩家對(duì)母棋做功的最小值。思維導(dǎo)引

答案:

(1)1m/s(2)①0.8m/s

②0.064J解析:

母棋的質(zhì)量m0=50

g=0.05

kg,被擊打的棋子質(zhì)量均為m1=30

g=0.03

kg;d0=40

cm=0.4

m,d1=10

cm=0.1

m。(1)碰撞后棋子A做勻減速直線運(yùn)動(dòng),達(dá)到1號(hào)洞時(shí)速度恰好為零,由動(dòng)能定解得v=1

m/s。(2)①母棋與棋子A發(fā)生彈性碰撞,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,機(jī)械能守恒,取母棋碰前的速度方向?yàn)檎较?則有m0v0=m0v1+m1v代入數(shù)據(jù)解得v0=0.8

m/s。②設(shè)玩家對(duì)母棋做功為W,則母棋獲得的初動(dòng)能為W,棋子A到1號(hào)洞的距解得W=0.1-0.09x(J)當(dāng)x=d0時(shí),x最大,W最小,解得Wmin=(0.1-0.09×0.4)

J=0.064

J。規(guī)律方法

動(dòng)量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)的選取原則(1)動(dòng)量觀點(diǎn)①對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度,而涉及物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間的問題,特別對(duì)于打擊一類的問題,因時(shí)間短且沖擊力隨時(shí)間變化,應(yīng)用動(dòng)量定理求解,即Ft=mv-mv0。②對(duì)于碰撞、爆炸、反沖一類的問題,若只涉及初、末速度而不涉及力、時(shí)間,應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求解。(2)能量觀點(diǎn)①對(duì)于不涉及物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間的問題,無論是恒力做功還是變力做功,一般都利用動(dòng)能定理求解。②如果物體系統(tǒng)只有重力和彈簧彈力做功而又不涉及運(yùn)動(dòng)過程中的加速度和時(shí)間問題,則采用機(jī)械能守恒定律求解。③對(duì)于相互作用的兩物體,若明確兩物體相對(duì)滑動(dòng)的距離,應(yīng)考慮選用能量守恒定律建立方程。拓展訓(xùn)練3(2021·福建福州第一中學(xué)高三模擬)如圖所示,上表面光滑的L形木板B鎖定在傾角為37°的足夠長(zhǎng)的斜面上。將一小物塊A從木板B的中點(diǎn)輕輕地釋放,同時(shí)解除木板B的鎖定,此后A與B發(fā)生碰撞,碰撞過程時(shí)間極短且不計(jì)機(jī)械能損失。已知物塊A的質(zhì)量m=1kg,木板B的質(zhì)量m0=4kg,板長(zhǎng)L=6m,木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.6,最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求第一次碰撞前的瞬間A的速率。(2)求第一次碰撞后的瞬間B的速率。(3)求在第一次碰撞后到第二次碰撞前的過程中,A距B下端的最大距離。答案:

(1)6m/s

(2)2.4m/s

(3)3m解析:

(1)對(duì)木板B受力分析,有μ(mA+mB)gcos

37°=mBgsin

37°所以在A與B發(fā)生碰撞前,木板B處于靜止?fàn)顟B(tài)。設(shè)小物塊A與木板B發(fā)(2)設(shè)A與B發(fā)生彈性碰撞后的速度分別為v1和v2,碰撞過程動(dòng)量守恒和能量守恒,有mv0=mv1+m0v2聯(lián)立方程,解得v1=-3.6

m/s,v2=2.4

m/s可見,A與B第一次碰撞后,A的速度大小為3.6

m/s,方向沿斜面向上,B的速率為2.4

m/s。(3)A與B第一次碰撞后,A沿板向上做勻減速運(yùn)動(dòng),B沿斜面向下做勻速直線運(yùn)動(dòng),在A與B第一次碰撞后到第二次碰撞前,當(dāng)A與B速度相等之時(shí),A與xB=v2t1聯(lián)立方程,解得xm=3

m。命題熱點(diǎn)四動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律在電磁學(xué)中的綜合應(yīng)用常以選擇題或計(jì)算題形式考查動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律在電場(chǎng)、磁場(chǎng)、電磁感應(yīng)中的應(yīng)用。例4如圖所示,兩根平行的光滑金屬導(dǎo)軌MN、PQ放在水平面上,左端向上彎曲,導(dǎo)軌間距為l,電阻不計(jì)。水平段導(dǎo)軌所處空間存在方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。導(dǎo)體棒a與b的質(zhì)量均為m,電阻值分別為Ra=R,Rb=2R。b棒放置在水平導(dǎo)軌上足夠遠(yuǎn)處,a棒在弧形導(dǎo)軌上距水平面h高度處由靜止釋放。運(yùn)動(dòng)過程中導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌接觸良好且始終與導(dǎo)軌垂直,重力加速度為g。(1)求a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)受到的安培力的大小和方向。(2)求最終穩(wěn)定時(shí)兩棒的速度大小。(3)從a棒開始下落到最終穩(wěn)定的過程中,求b棒上產(chǎn)生的內(nèi)能。思維導(dǎo)引

解析:

(1)設(shè)a棒剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v,從開始下落到進(jìn)入磁場(chǎng),根據(jù)機(jī)械能守恒定律有(2)設(shè)兩棒最后穩(wěn)定時(shí)的速度為v',從a棒開始進(jìn)入磁場(chǎng)到兩棒速度達(dá)到穩(wěn)定,根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv=2mv'規(guī)律方法

電磁感應(yīng)中的導(dǎo)體棒問題要注意下列三點(diǎn)1.涉及單棒問題,一般考慮動(dòng)量定理。2.涉及雙棒問題,一般考慮動(dòng)量守恒。3.導(dǎo)體棒的運(yùn)動(dòng)過程要注意電路的串并聯(lián)及能量轉(zhuǎn)化和守恒。拓展訓(xùn)練4如圖所示,豎直平面MN與紙面垂直,MN右側(cè)的空間存在著垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng),MN左側(cè)的水平面光滑,右側(cè)的水平面粗糙。質(zhì)量為m的物體A靜止在MN左側(cè)的水平面上,已知該物體帶負(fù)電,電荷量的大小為q。一質(zhì)量為

m的不帶電的物體B以速度v0沖向物體A并發(fā)生彈性碰撞,碰撞前后物體A的電荷量保持不變。(1)求碰撞后物體A的速度大小vA。(2)若A與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,重力加速度的大小為g,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大的距離為l時(shí),速度增加到最大值。求:①此過程中物體A克服摩擦力所做的功W;②此過程所經(jīng)歷的時(shí)間t。解析:

(1)設(shè)A、B碰撞后的速度分別為vA、vB,由于A、B發(fā)生彈性碰撞,動(dòng)量、動(dòng)能均守恒,則有(2)①A的速度達(dá)到最大值vm時(shí)合力為零,受力如圖所示。豎直方向合力為零,有FN=qvmB+mg④水平方向合力為零,有qE=μFN⑤新題演練?能力遷移1.(2021·廣西南寧期末)中國(guó)高鐵成為走出國(guó)門的“中國(guó)名片”。小宏同學(xué)評(píng)估高鐵在運(yùn)行時(shí)撞擊飛鳥的安全問題,假設(shè)飛鳥的質(zhì)量為0.25kg,列車的速度是300km/h,忽略小鳥的初速度,兩者相撞的作用時(shí)間是0.01s,請(qǐng)你幫助小宏同學(xué)估算飛鳥對(duì)高鐵的平均撞擊力最接近于(

)A.2×103N B.2×104NC.2×105N D.2×106NA解析:

分析飛鳥的受力情況,忽略小鳥的初速度,末速度和高鐵一樣,v=300

km/h=83.3

m/s,設(shè)高鐵的速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量定理可得Ft=mΔv,解得F=

N=2×103

N,飛鳥對(duì)高鐵的平均撞擊力與高鐵對(duì)飛鳥的撞擊力大小相等、方向相反,故飛鳥對(duì)高鐵的平均撞擊力為2×103

N,故A正確,B、C、D錯(cuò)誤。2.中國(guó)空間實(shí)驗(yàn)室的建設(shè)過程是,首先發(fā)射核心艙,核心艙入軌并完成相關(guān)技術(shù)驗(yàn)證后,再發(fā)射實(shí)驗(yàn)艙與核心艙對(duì)接,組合形成空間實(shí)驗(yàn)室。假設(shè)實(shí)驗(yàn)艙先在近地圓形過渡軌道上運(yùn)行,某時(shí)刻實(shí)驗(yàn)艙短暫噴氣,離開過渡軌道與運(yùn)行在較高軌道上的核心艙安全對(duì)接。忽略空氣阻力,以下說法正確的是(

)A.實(shí)驗(yàn)艙應(yīng)當(dāng)向前噴出氣體B.噴氣前后,實(shí)驗(yàn)艙與噴出氣體的總動(dòng)量不變C.噴氣前后,實(shí)驗(yàn)艙與噴出氣體的機(jī)械能不變D.實(shí)驗(yàn)艙在飛向核心艙過程中,機(jī)械能逐漸減小B解析:

由題意可知,實(shí)驗(yàn)艙噴氣后軌道變大,做離心運(yùn)動(dòng),實(shí)驗(yàn)艙在噴氣過程速度變大,實(shí)驗(yàn)艙噴氣過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,噴氣前后實(shí)驗(yàn)艙與噴出氣體的總動(dòng)量不變,噴出氣體后實(shí)驗(yàn)艙速度變大,由動(dòng)量守恒定律可知,應(yīng)向后噴出氣體,故A錯(cuò)誤,B正確;噴氣過程作用力對(duì)實(shí)驗(yàn)艙與氣體均做正功,系統(tǒng)機(jī)械能增加,故C錯(cuò)誤;忽略空氣阻力,實(shí)驗(yàn)艙在飛向核心艙過程只有萬有引力做功,實(shí)驗(yàn)艙的機(jī)械能守恒,故D錯(cuò)誤。3.(2021·浙江高三三模)如圖所示,質(zhì)量為m'的滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng),質(zhì)量為m的小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長(zhǎng)的輕繩相連,繩長(zhǎng)為L(zhǎng)。開始時(shí),輕繩處于水平拉直狀態(tài),小球和滑塊均靜止?，F(xiàn)將小球由靜止釋放,當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí),滑塊剛好被一表面涂有黏性物質(zhì)的固定擋板粘住,在極短的時(shí)間內(nèi)速度減為零,小球繼續(xù)向左擺動(dòng)到繩與豎直方向的夾角為60°時(shí)達(dá)到最高點(diǎn)?；瑝K與小球均視為質(zhì)點(diǎn),空氣阻力不計(jì),重力加速度為g,則以下說法正確的是(

)A.繩的拉力對(duì)小球始終不做功B.滑塊與小球的質(zhì)量關(guān)系為m'=2mC4.(2020·天津卷)長(zhǎng)為l的輕繩上端固定,下端系著質(zhì)量為m1的小球A,處于靜止?fàn)顟B(tài)。A受到一個(gè)水平瞬時(shí)沖量后在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng),恰好能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。當(dāng)A回到最低點(diǎn)時(shí),質(zhì)量為m2的小球B與之迎面正碰,碰后A、B粘在一起,仍做圓周運(yùn)動(dòng),并能通過圓周軌跡的最高點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力,重力加速度為g。(1)求A受到的水平瞬時(shí)沖量I的大小。(2)碰撞前瞬間B的動(dòng)能Ek至少多大?(2)設(shè)兩球粘在一起時(shí)的速度大小為v',A、B粘在一起后恰能通過圓周軌跡的最高點(diǎn),需滿足v'=vA⑤要達(dá)到上述條件,碰后兩球速度方向必須與碰前B的速度方向相同,以此方向?yàn)檎较?設(shè)碰前瞬間B的速度大小為vB,由動(dòng)量守恒定律,有m2vB-m1vA=(m1+m2)v'⑥5.(2022·廣東卷)某同學(xué)受自動(dòng)雨傘開傘過程的啟發(fā),設(shè)計(jì)了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個(gè)滑塊,初始時(shí)它們處于靜止?fàn)顟B(tài)。當(dāng)滑塊從A處以初速度v0=10m/s向上滑動(dòng)時(shí),受到滑桿的摩擦力Ff為1N,滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,帶動(dòng)滑桿離開桌面一起豎直向上運(yùn)動(dòng)。已知滑塊的質(zhì)量m=0.2kg,滑桿的質(zhì)量m桿=0.6kg,A、B間的距離l=1.2m,重力加速度g取10m/s2,不計(jì)空氣阻力。求:(1)滑塊在靜止時(shí)和向上滑動(dòng)的過程中,桌面對(duì)滑桿支持力的大小FN1和FN2;(2)滑塊碰撞前瞬間的速度大小v;(3)滑桿向上運(yùn)動(dòng)的最大高度h。答案:

(1)8N

5N

(2)8m/s

(3)0.2m解析:

(1)當(dāng)滑塊處于靜止時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的總重力,即FN1=(m+m桿)g=8

N滑塊向上滑動(dòng)過程中受到滑桿的摩擦力為1

N,根據(jù)牛頓第三定律可知滑塊對(duì)滑桿的摩擦力也為1

N,方向豎直向上,則此時(shí)桌面對(duì)滑桿的支持力為FN2=m桿g-Ff=5

N。(2)滑塊向上運(yùn)動(dòng)到碰前瞬間,根據(jù)動(dòng)能定理有代入數(shù)據(jù)解得v=8

m/s。

(3)由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞,即碰后兩者共速,碰撞過程根據(jù)動(dòng)量守恒有mv=(m+m桿)v共碰后滑塊和滑桿以速度v共整體向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理有怎樣得高分多研究對(duì)象、多過程碰撞問題【典例示范】如圖所示,質(zhì)量m0=3.5kg的小車M靜止于光滑水平面上靠近桌子處,其上表面與水平桌面相平,小車長(zhǎng)

l=1.2m,其左端放有一質(zhì)量為0.5kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定,質(zhì)量為1kg的小物塊P置于桌面上的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸,此時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)?，F(xiàn)用水平向左的推力將P緩慢推至B點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi)),推力做的功為WF=6J,撤去推力后,P沿桌面滑到小車上并與Q相碰,最后Q停在小車的右端,P停在距小車左端s=0.5m處。已知A、B間距l(xiāng)1=5cm,A點(diǎn)離桌子邊沿C點(diǎn)距離l2=