广东省2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒定律课件

广东省2021高考物理一轮复习专题七碰撞与动量守恒定律课件

考点一　动量　冲量　动量定理 1.动量 (1)定义:物体的质量与速度的乘积。 (2)表达式: p =①      mv      。 (3)单位:kg·m/s。 (4)方向:动量的方向与 速度 的方向相同。 考点清单 2.动量的变化量 (1)动量是矢量,动量的变化量Δ p 也是矢量,其方向与速度的变化量Δ v 的方 向相同。 (2)动量的变化量Δ p ,一般用末动量 p '减去初动量 p 进行计算,也称为动量的 增量,即Δ p =②      p '- p      。 3.冲量 (1)定义:力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量。 (2)表达式: I =③      Ft      。 (3)单位:N·s。 (4)方向: 冲量是矢量 ,其方向与④ 　力的方向相同     。 4.动量定理 (1)内容:物体在一个运动过程始末的 动量变化量 等于它在这个过程中所受 合力 的冲量。 (2)表达式: mv '- mv =⑤      F ( t '- t )     或 p '- p = I 。 (3)意义:合外力的冲量是引起物体动量变化的原因。 (4)标矢性:动量定理表达式是矢量式(注意正方向的选取)。 　　物理量 项目　     动量 动能 物理意义 描述机械运动的状态 描述某个状态由于机械运动而 具有的能量 定义式 p = mv E k =   mv 2 标矢性 矢量 标量 变化因素 物体所受冲量 外力所做的功 关联方程 p =   E k =   对于给定的物体,若动能发生了变化,动量一定也发生了变化;而动量发生变化,动能不一定发生变 化。它们都是相对量,均与参考系的选取有关,高中阶段通常选取地面为参考系 (5)动量与动能的比较 考点二　动量守恒定律 1.内容:如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的 总 动量保持不变 。 2.表达式: m 1 v 1 + m 2 v 2 =⑥      m 1 v 1 '+ m 2 v 2 '     。 考点三　碰撞　反冲运动　爆炸 1. 碰撞 (1) 特点 : 物体间的相互作用时间极短 , 内力 ( 相互碰撞力 ) 远大于外力 , 总动 量守恒。 (2)分类 (3)碰撞遵循的三条原则 A.动量守恒定律。 B.机械能不增加,即: 动量是否守恒 机械能是否守恒 弹性碰撞 守恒 ⑦ 　守恒     非完全弹性碰撞 守恒 有损失 完全非弹性碰撞 守恒 损失⑧ 　最多       +   ≥   '+   '或   +   ≥   +   。 C.速度要合理 a.同向碰撞:碰撞前,后面的物体速度大;碰撞后,前面的物体速度大或两物 体速度相等。 b.相向碰撞:碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变。 2.爆炸 与碰撞类似,物体间的相互作用时间很短,作用力很大,且远大于系统所受 的外力,所以系统动量守恒。 3.反冲运动 (1)定义:当物体的一部分以一定的速度离开物体时,剩余部分将获得一个 反向冲量,如发射炮弹、火箭等。 (2)特点:系统内各物体间的相互作用的内力远大于系统受到的外力,动量守恒。 思考:五个完全相同的金属球沿直线排列并彼此邻接,把最左端的小球拉高释放,撞击后发现最右端的小球摆高,而其余四球不动,你知道这是为什么吗?   提示:由于小球发生了弹性碰撞,碰撞中的动量和机械能都守恒,发生了速度、机械能的“传递”。 拓展一　动量、冲量及动量定理的理解与应用 1.对动量的理解 动量的两性: ①瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言 的。 ②相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动 量。 知能拓展 2.对冲量的理解 (1)冲量的两性 ①时间性:冲量不仅由力决定,还由力的作用时间决定,恒力的冲量等于该 力与该力的作用时间的乘积。 ②矢量性:对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致;对于作用 时间内方向变化的力来说 , 冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方 向一致。 (2)冲量的计算 ①恒力的冲量:直接用定义式 I = Ft 计算。 ②变力的冲量 a.方向不变的变力的冲量,若力的大小随时间均匀变化,即力为时间的一次 函数,则力 F 在某段时间 t 内的冲量 I =   t ,其中 F 1 、 F 2 为该段时间内初、 末两时刻力的大小。 b.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。 c.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Δ p 间接 求出冲量。 3.动量定理的理解 (1)中学物理中,动量定理研究的对象通常是单个物体。 (2) Ft = p '- p 是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中 Ft 是物体所受 的合外力的冲量。 (3) Ft = p '- p 除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即 合外力的冲量是动量变化的原因。   4.用动量定理解题的一般步骤 例1　一高空作业的工人重为600 N,系一条长为 L =5 m的安全带,若工人不 慎跌落时安全带的缓冲时间 t =1 s,求安全带受的冲力。( g 取10 m/s 2 ) 解析    解法一(程序法)　依题意作图,如图所示,设工人刚要拉紧安全带时 的速度为 v 1 ,   =2 gL ,得 v 1 =   经缓冲时间 t =1 s后速度变为0,取向下为正方向,对工人进行受力分析,工人 受两个力作用,即拉力 F 和重力 mg ,根据动量定理有 ( mg - F ) t =0- mv 1 解得 F =1 200 N 由牛顿第三定律知,安全带所受的冲力 F '= F =1 200 N,方向竖直向下。 解法二(全过程法)    在整个下落过程中对工人应用动量定理,在整个下落 过程中,重力的冲量大小为 mg   ,拉力 F 的冲量大小为 Ft 。初、末动 量都是零,取向下为正方向,由动量定理得 mg   - Ft =0 解得 F =   =1 200 N 由牛顿第三定律知,安全带所受的冲力 F '= F =1 200 N,方向竖直向下。 答案　1 200 N　方向竖直向下 拓展二　动量守恒定律的理解及应用 1.动量守恒的条件判断 (1)理想守恒:不受外力或所受外力的合力为0。 (2)近似守恒:系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力。 (3)某一方向守恒:如果系统在某一方向上所受外力的合力为0,则系统在该 方向上动量守恒。 2.动量守恒定律表达式 (1) p = p ',系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动量 p '。 (2) m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 '+ m 2 v 2 ',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。 (3)Δ p 1 =-Δ p 2 ,相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 (4)Δ p =0,系统总动量的增量为零。 3.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量方程,解题应选取 统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度(一 般是相对于地面) 同时性 动量是一个瞬时量,表达式中的 p 1 、 p 2 、 … 必须 是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量, p 1 '、 p 2 '、 … 必须是系统中各物体在相互作用后 同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成 的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的 系统,还适用于接近光速运动的微观粒子组成的 系统 4.应用动量守恒定律的解题步骤   例2    如图所示,甲、乙两名宇航员正在离空间站一定距离的地方执行太 空维修任务。某时刻甲、乙都以大小为 v 0 =2 m/s的速度相向运动,甲、乙 和空间站在同一直线上且可视为质点。甲和他的装备总质量为 M 1 =90 kg, 乙和他的装备总质量为 M 2 =135 kg,为了避免直接相撞,乙从自己的装备中 取出一质量为 m =45 kg的物体 A 推向甲,甲迅速接住 A 后即不再松开,此后 甲、乙两宇航员在空间站外做相对距离不变的同向运动,且安全“飘”向 空间站。(设甲、乙距离空间站足够远,本题中的速度均指相对空间站的 速度)   (1)乙要以多大的速度 v (相对于空间站)将物体 A 推出? (2)设甲与物体 A 作用时间为 t =0.5 s,求甲与 A 的相互作用力 F 的大小。 解析　(1)以甲、乙、 A 三者组成的系统为研究对象,系统动量守恒,以乙运 动的方向为正方向, 则有 M 2 v 0 - M 1 v 0 =( M 1 + M 2 ) v 1 以乙和 A 组成的系统为研究对象,由动量守恒定律得 M 2 v 0 =( M 2 - m ) v 1 + mv 代入数据联立解得 v 1 =0.4 m/s, v =5.2 m/s。 (2)以甲为研究对象,由动量定理得 Ft = M 1 v 1 -(- M 1 v 0 ),代入数据解得 F =432 N。 答案　(1)5.2 m/s　(2)432 N 拓展三　碰撞、反冲运动、爆炸的理解和应用 一、碰撞模型问题 弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解 根据动量守恒和机械能守恒   解得 v 1 '=   v 2 '=   (2)分析讨论: 当碰前物体2的速度不为零时,若 m 1 = m 2 ,则 v 1 '= v 2 , v 2 '= v 1 ,即两物体交换速度。 当碰前物体2的速度为零时, v 2 =0,则: v 1 '=   , v 2 '=   , ① m 1 = m 2 时, v 1 '=0, v 2 '= v 1 ,碰撞后两物体交换速度。 ② m 1 > m 2 时, v 1 '>0, v 2 '>0,碰撞后两物体沿同方向运动。 ③ m 1 < m 2 时, v 1 '<0, v 2 '>0,碰撞后质量小的物体被反弹回来。 二、爆炸现象的三个规律 动量 守恒 由于爆炸是在极短的时间内完成的,爆炸物体间 的相互作用力远远大于受到的外力,所以在爆炸 过程中,系统的动量守恒 动能 增加 在爆炸过程中,由于有其他形式的能量(如化学 能)转化为动能,因此爆炸后系统的总动能增加 位置 不变 爆炸的时间极短,因而在作用过程中,物体产生的 位移很小,一般可忽略不计,可以认为爆炸后仍然 从作用前的位置以新的动量开始运动 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, 因此系统的总机械能增加 三、反冲运动的三个规律 例3    (2019梅州模拟,24)如图所示, A 、 B 两球静止在地面上方,质量分别为 m A =1 kg、 m B =3 kg,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 =1 s时,刚好与在空中速度为 v B =10 m/s的 B 球相碰,碰撞时间极短。重力加速度大小 g =10 m/s 2 ,忽略空气阻力,两球碰撞发生位置 P 距离地面足够高。求: (1) A 球与 B 球碰前, A 球速度大小; (2)如果两球碰后粘在一起,发生完全非弹性碰撞,则它们碰后瞬间的共同速度; (3)如果两球碰撞过程中没有动能损失,发生弹性碰撞,则它们碰后分开的 瞬间各自速度 v A 、 v B 大小; 解析　(1) A 自由下落,碰撞前的速度为: v A = gt =10 × 1 m/s=10 m/s; (2) A 、 B 两球碰撞过程系统动量守恒,以向上为正方向,由动量守恒定律得: m B v B - m A v A =( m A + m B ) v , 代入数据解得: v =5 m/s,方向向上; (3) A 、 B 两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向上 为正方向,由动量守恒定律得: m B v B - m A v A = m B v B '+ m A v A ', 由机械能守恒定律得:   m B   +   m A   =   m B v   +   m a v   , 代入数据解得: v A '=20 m/s, v B '=0 m/s。 答案　(1)10 m/s　(2)5 m/s　方向向上　(3)20 m/s　0 m/s 拓展四　解决力学问题的三个基本观点的综合应用 1.解决力学问题的三个基本观点 动力学观点 运用牛顿第二定律结合运动学知识解题,可处理 匀变速运动问题 能量观点 用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变 速运动问题 动量观点 用动量守恒观点解题,可处理非匀变速运动问题 力的观点 能量观点 动量观点 规律 力的瞬 时效应 力的空间积累效应 力的时间积累效应 牛顿第 二定律 动能定理 机械能守 恒定律 动量定理 动量守 恒定律 规律 内容 物体的加速度 跟所受的合外 力成正比,跟物 体的质量成反 比 合外力对物体 做的功等于物 体动能的变化 量 在只有重力或 弹力做功的物 体系统内,动能 与势能可以相 互转化,而总的 机械能保持不 变 物体所受合外 力的冲量等于 物体动量的变 化量 一个系统不受 外力或所受外 力的矢量和为 零,这个系统的 总动量保持不 变 2.研究动力学问题三大观点的比较 规律 表达 式 F 合 = ma W 总 =Δ E k E k1 + E p1 = E k2 + E p2 I 合 = mv m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 ' + m 2 v 2 ' 研究 对象 单个物体或物 体系、某一时 刻 单个物体、一 段位移 物体系、一个 过程 单个物体或物 体系、一段时 间 物体系、一个 过程 受力 分析 特点 分析每个外力 的大小、方向, 求出合力 分析一段位移 上每个力做功 情况后确定合 外力做的总功 分析是否只有 重力或系统内 弹力做功 分析一段时间 内各外力的大 小、方向,求外 力的合冲量 分析系统所受 外力之和是否 为零 注意 应用三大观点解决问题时,都必须做好受力分析和过程分析,这是解决力学问题的 前提。用力的观点解题侧重于分析物体的受力情况求合力;用能量的观点解题侧 重于分析力的做功情况;用动量的观点解题侧重于分析合外力是否为零 3.力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式,可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般用动量定理 (涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)。 (3)若研究的对象为一物体系统,且它们之间有相互作用,一般用两个守恒 定律去解决问题,但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律,通常系统克服摩擦力 所做的功等于系统机械能的减少量,即转变为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意到这些过程一 般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这种问题由于作用 时间都极短,因此动量守恒定律一般能派上大用场。 例4    (2019惠州4月模拟,25,20分)高 H =5 m的光滑水平台左端水平放置一 两轮间距 d =6.0 m的传送带。可视为质点的滑块 a 、 b 之间用细绳相连,其 间有一处于压缩状态的轻质弹簧(滑块与弹簧不拴接),开始时整个装置处 于静止状态。某时刻装置中的细绳忽然断开,滑块 a 、 b 被弹出,其中滑块 a 以速度 v 0 =5.0 m/s向左滑上传送带,滑块 b 沿竖直放置的半径为 R =0.1 m的光 滑圆形管道做圆周运动,并通过最高点 C 。已知滑块 a 、 b 的质量分别为 m a = 1.0 kg、 m b =2.0 kg,传送带逆时针转动,滑块 a 与传送带之间的动摩擦因数 μ =0.2,空气阻力不计, g =10 m/s 2 。 (1)求滑块 a 、 b 被弹出时,滑块 b 的速度 v b 及细绳断开前弹簧弹性势能 E p ; (2)求滑块 b 通过圆形管道最高点时对管道的压力; (3)试分析传送带的速度满足什么条件时,滑块 a 离开传送带左边缘落地的 水平距离最大,并求出最大距离。 解析　(1)弹开前后, a 、 b 系统动量守恒。选取向左为正方向,则: m a v 0 - m b v b =0 解得: v b =2.5 m/s 又由能量守恒知,弹簧弹性势能 E p =   m a   +   m b   代入数据解得: E p =18.75 J (2)滑块 b 通过圆形管道到最高点 C 过程,根据机械能守恒定律有:   m b   =   m b   + m b g ·2 R 在最高点处,对滑块 b ,由牛顿第二定律有 m b g + F C = m b   解得: F C =25 N 又由牛顿第三定律知:滑块 b 对管道外壁有向上的压力,大小为25 N。 (3)经分析知,若传送带逆时针转动,且滑块 a 能一直匀加速运动直至平抛出, 滑块 a 离开传送带左边缘落地的水平距离最大。 滑块 a 在传送带上匀加速运动: a = μg =2 m/s 2 设滑块 a 离开传送带时速度为 v a ,则由运动学公式有:   -   =2 ad 解得: v a =7 m/s 故当传送带的速度 v ≥ 7 m/s时,滑块 a 离开传送带左边缘落地的水平距离最 大。 由平抛规律有: H =   gt 2 x = v a t 解得最大水平距离 x =7 m 答案　见解析 应用一　动量定理处理“流体模型”的冲击力问题 实践探究 　　应用动量定理解决流体问题,建立“柱状模型”。对于“连续”质点 系发生持续作用,物体动量(或其他物理量)连续发生变化这类问题的处理 思路是:正确选取研究对象,即选取很短时间Δ t 内动量(或其他物理量)发生 变化的那部分物体作为研究对象,建立如下的“柱状模型”:在时间Δ t 内所 选取的研究对象均分布在以 S 为截面积、长为 v Δ t 的柱体内,这部分质点的 质量为Δ m = ρSv Δ t ,以这部分质点为研究对象,研究它在Δ t 时间内动量(或其 他物理量)的变化情况,再根据动量定理(或其他规律)求出有关的物理量。 模型一　流体类问题 流体及 其特点 通常液体流、气体流等被广义地视为“流体”, 质量具有连续性,通常已知密度 ρ 分析 步骤 (1)建立“柱状”模型,沿流速 v 的方向选取一段 柱状流体,其横截面积为 S (2)微元研究,作用时间Δ t 内的一段柱状流体的长 度为Δ l ,对应的质量为Δ m = ρSv Δ t (3)建立方程,应用动量定理研究这段柱状流体 模型二　微粒类问题 微粒及 其特点 通常电子流、光子流、尘埃等被广义地视为 “微粒”,质量具有独立性,通常给出单位体积内 粒子数 n 分析 步骤 (1)建立“柱体”模型,沿运动的方向选取一段微 元,柱体的横截面积为 S (2)微元研究,作用时间Δ t 内一段柱形流体的长度 为Δ l ,对应的体积为Δ V = Sv 0 Δ t ,则微元内的粒子数 N = nv 0 S Δ t (3)先应用动量定理研究单个粒子,建立方程,再乘 以 N 计算 例1　为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将 一圆柱水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知,当 时雨滴竖直下落速度约为12 m/s,据此估算该平均压强约为(设雨滴撞击睡 莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1 × 10 3 kg/m 3 )   (　　) A.0.15 Pa　　    B.0.54 Pa　　    C.1.5 Pa　　    D.5.4 Pa 解析　对 t 时间落入水杯的雨水由动量定理得 F · t =0-(- mv ), m = ρhS ,由牛顿第 三定律得叶面所受压力 F '= F ,压强 p =   =   =0.15 Pa,故选项A正确。 答案    A 方法技巧　将动量定理应用于流体时,应在任意时刻Δ t 时从流管中取出一 个在流动方向上的截面1和2围起来的柱体体积Δ V ,在此柱体内截取一微小 流束Δ l ,将“无形”流体变为“有形”实物Δ m ,则在Δ t 时间内质量为Δ m 的 柱形流体的动量变化为Δ p ,即 F ·Δ t =Δ mv 2 -Δ mv 1 。 实践探究 1.“人船模型”问题 两个原来静止的物体发生相互作用时,若所受外力的矢量和为零,则动量守 恒,在相互作用的过程中,任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反 比。这样的问题归为“人船模型”问题。 2.“人船模型”的特点 (1)两物体满足动量守恒定律: m 1 v 1 - m 2 v 2 =0。 (2)运动特点:人动船动,人静船静,人快船快,人慢船慢,人左船右;人、船位 移比等于它们质量的反比;人、船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的 反比,即   =   =   。 (3)应用此关系时要注意一个问题:公式 v 1 、 v 2 和 x 一般都是相对地面而言的。 应用二　“人船”模型 例2　长为 L 、质量为 M 的小船停在静水中,一个质量为 m 的人立在船头,若 不计水的黏滞阻力,当人从船头走到船尾的过程中,人和船对地面的位移各 是多大? 解析　设某时刻人对地的速率和位移分别为 v 1 、 x 1 ,船对地的速率和位移 分别为 v 2 和 x 2 ,根据动量守恒得 mv 1 - Mv 2 =0   ① 因为在人从船头走到船尾的整个过程中系统的动量时刻守恒,对①式两边 同乘Δ t ,得 mx 1 - Mx 2 =0   ② ②式为人对地的位移和船对地的位移关系。由图还可看出: x 1 + x 2 = L   ③ 联立②③两式得   答案　见解析 方法技巧　“人船模型”问题应注意以下两点 (1)适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止,系统总动量为零; ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方 向或竖直方向)。 (2)画草图 解题时要画出各物体的位移关系草图,找出各长度间的关系,注意两物体的 位移是相对同一参考系的位移。 应用三　“滑块—弹簧”模型 实践探究 对两个(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。 (4)弹簧处于原长时,弹性势能为零。 例3　两物块 A 、 B 用轻弹簧相连,质量均为2 kg,初始时弹簧处于原长, A 、 B 两物块都以 v =6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动,质量为4 kg的物块 C 静止在前方,如图所示。已知 B 与 C 碰撞后二者会粘在一起运动。在以后的 运动中,求:   (1)当弹簧的弹性势能最大时,物块 A 的速度大小; (2)系统中弹性势能的最大值。 解析　(1)当 A 、 B 、 C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大,根据 A 、 B 、 C 三者组成的系统动量守恒,取向右为正方向,有( m A + m B ) v =( m A + m B + m C ) v ABC 代入数据解得 v ABC =3 m/s (2) B 、 C 碰撞时 B 、 C 组成的系统动量守恒,设碰撞后瞬间 B 、 C 的共同速度 为 v BC ,则有 m B v =( m B + m C ) v BC 代入数据解得 v BC =2 m/s 当 A 、 B 、 C 三者的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,设为 E p ,在 B 、 C 碰撞 后, A 与 B 、 C 组成的系统通过弹簧相互作用的过程中机械能守恒。根据机 械能守恒定律得 E p =   ( m B + m C )   +   m A v 2 -   ( m A + m B + m C )   代入数据解得 E p =12 J。 答案    (1)3 m/s　(2)12 J 方法技巧　“滑块—弹簧”模型的解题思路 (1)应用系统的动量守恒。 (2)应用系统的机械能守恒。 (3)应用临界条件:两滑块同速时,弹簧的弹性势能最大。 应用四　“滑块—平板”模型、“子弹打木块”模型 实践探究 一、“滑块—平板”模型 1.当滑块和平板的速度相等时,平板的速度最大,两者的相对位移也最大。 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量,当两者的速度相等时,系统机械能损失最大。 二、“子弹打木块”模型 1.木块放在光滑水平面上,子弹水平打进木块,系统所受的合外力为零,因此 动量守恒。 2.两者发生的相对位移为子弹射入的深度 x 相 。 3.根据能量守恒定律,系统损失的动能等于系统增加的内能。 4.系统产生的内能 Q = F f · x 相 ,即两物体由于相对运动而摩擦产生的热量(机 械能转化为内能)等于摩擦力大小与两物体相对位移的乘积。 5.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,但穿透过程中系统的动量仍守恒,系统损失的动能为Δ E k = F f · L ( L 为 木块的长度)。 例4    (2019华南师大附中三模,25,20分)如图所示,以 A 、 B 为端点的   光滑 圆弧轨道固定于竖直平面,一长滑板静止在光滑水平地面上,左端紧靠 B 点, 上表面所在平面与圆弧轨道相切于 B 点。离滑板右端 L 0 =   处有一竖直固 定的挡板 P ,一物块从 A 点由静止开始沿轨道滑下,经 B 滑上滑板。已知物块 可视为质点,质量为 m ,滑板质量 M =2 m ,圆弧轨道半径为 R ,物块与滑板间的 动摩擦因数为 μ =0.5,重力加速度为 g 。滑板与挡板 P 和 B 端的碰撞没有机械 能损失。 (1)求物块滑到 B 点的速度 v 0 大小; (2)求滑板与挡板 P 碰撞前瞬间物块的速度 v 1 大小; (3)要使物块始终留在滑板上,求滑板长度最小值 L 。 解析　(1)物块由 A 到 B 过程机械能守恒,由机械能守恒定律得: mgR =   m   , 解得: v 0 =   ; (2)设滑板与 P 碰撞前物块与滑板具有共同速度 v 1 ,物块与滑板组成的系统 动量守恒, 以向右为正方向,由动量守恒定律得: mv 0 =( m + M ) v , 设此过程滑板位移为 s ,对滑板,由动能定理得: μmgs =   Mv 2 -0, 解得: s =   > L 0 =   ,假设不成立,滑板与挡板 P 碰撞前瞬间,物块与滑板未达 到共速,设碰撞前瞬间滑板速度为 v 2 , 由动能定理得: μmg ·   =   M   -0,解得: v 2 =   , 滑板撞 P 前,由牛顿第二定律得: 对滑板: μmg = Ma M ,解得: a M =   , 对物块: μmg = ma M ,解得: a m =   , 该过程运动时间: t =   =   , 滑板撞 P 前瞬间物块的速度: v 1 = v 0 - a m t =   ; (3)由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失,所以滑板与挡板 P 碰撞后的速 度 v 2 大小不变,方向向左, 此后滑板做匀减速直线运动,物块先向右减速然后向左加速,设两者第二次 具有共同速度 v 3 ,以向左为正方向, 由动量守恒定律得: Mv 2 - mv 1 =( M + m ) v 3 , 设此时滑板离 P 的距离为 s ',由动能定理得:- μmgs '=   M   -   M   , 解得: v 3 =0, s '=   , 全程物块和滑板对地位移分别为: s 1 =   =2 R , s 2 =0, 因此,滑板长度最小值即相对位移为: L = s 1 - s 2 =2 R 。 答案　(1)   　(2)   　(3)2 R 方法技巧　“滑块—平板”模型解题思路 (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。 例5　一质量为 M 的木块放在光滑的水平面上,一质量为 m 的子弹以初速度 v 0 水平打进木块并留在其中,设子弹与木块之间的相互作用力为 F f 。则: (1)求子弹、木块相对静止时的速度大小; (2)子弹在木块内运动的时间为多长? (3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块 的深度分别是多少? 解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为 v ,以子弹初速度的方向为正 方向,由动量守恒定律得 mv 0 =( M + m ) v 解得 v =   v 0 (2)设子弹在木块内运动的时间为 t ,由动量定理得 对木块: F f t = Mv -0 解得 t =   (3)设子弹、木块发生的位移分别为 x 1 、 x 2 ,如图所示,由动能定理得   对子弹:- F f x 1 =   mv 2 -   m   解得: x 1 =   对木块: F f x 2 =   Mv 2 解得: x 2 =   子弹打进木块的深度等于相对位移,即 x 相 = x 1 - x 2 =   答案　(1)   v 0 　(2)   　(3)