江苏版高考物理一轮复习第6章第2节动量守恒定律及其应用课件.ppt

规律总结 对反冲运动的三点说明 作用 原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律 机械能 增加 反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加 5．(水平方向“人船模型”)长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端，而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)(　　) 1 2 3 4 5 6 7 “人船模型” 角度3 1 2 3 4 5 6 7 6．(竖直方向“人船模型”)(2023·海门市模拟)如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度大约是(可以把人看作质点)(　　) A．5 m B．3.6 m C．2.6 m D．8 m 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 7.如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h。现有一质量为m的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 1 2 3 4 5 6 7 1．人船模型的适用条件 物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态，合动量为零。 2．人船模型的特点 遵从动量守恒定律：mv1－Mv2＝0。如图所示。 规律总结 [典例1]　如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。 考点4　动量和能量观点的综合应用 “滑块—弹簧”模型 思路点拨：解此题要注意以下关键信息： (1)“B、C可视为一个整体”表明A与B碰后，三者共速。 (2)“A与B碰后黏在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。 [解析]　设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得 3mv＝mv0① 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得 3mv＝2mv1＋mv0② 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 (1)模型图示 (2)模型特点 ①动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒。 “滑块—弹簧”模型 规律总结 ②机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。 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，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)。 ④弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(完全弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)。 [跟进训练] 1.如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上。若mA＝3mB，则下列结果正确的是(　　) A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2 ＝1∶1 B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零 C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1 D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3 2．如图甲所示，劲度系数为k的竖直轻弹簧下端固定在地面上，上端与物块B相连并处于静止状态。一物块A在外力作用下静止在弹簧正上方某高度处，取物块A静止时的位置为原点O、竖直向下为正方向建立x轴。某时刻撤去外力，物块A自由下落，与物块B碰撞后以共同速度一起向下运动，碰撞过程时间极短。物块A的动能Ek与其位置坐标x的关系如图乙所示。物块A、B均可视为质点，则(　　) 甲　　　　　乙 [典例2]　(一题多变)(2022·天一中学模拟)如图所示，质量m1＝4.0 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝4 m，现有质量m2＝1.0 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝5 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10 m/s2。求： (1)物块在车面上滑行的时间t； (2)要使物块不从小