2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量 動量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案.doc
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專題強(qiáng)化七 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用 專題解讀1.本專題是力學(xué)三大觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用,高考對本專題將作為計算題壓軸題的形式命題. 2.學(xué)好本專題,可以幫助同學(xué)們熟練應(yīng)用力學(xué)三大觀點(diǎn)分析和解決綜合問題. 3.用到的知識、規(guī)律和方法有:動力學(xué)方法(牛頓運(yùn)動定律、運(yùn)動學(xué)規(guī)律);動量觀點(diǎn)(動量定理和動量守恒定律);能量觀點(diǎn)(動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律). 一、力的三個作用效果與五個規(guī)律 分類 對應(yīng)規(guī)律 公式表達(dá) 力的瞬時作用效果 牛頓第二定律 F合=ma 力對空間積累效果 動能定理 W合=ΔEk W合=mv22-mv12 機(jī)械能守恒定律 E1=E2 mgh1+mv12=mgh2+mv22 力對時間積累效果 動量定理 F合t=p′-p I合=Δp 動量守恒定律 m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ 二、常見的力學(xué)模型及其結(jié)論 模型名稱 模型描述 模型特征 模型結(jié)論 “速度交換”模型 相同質(zhì)量的兩球發(fā)生彈性正碰 m1=m2,動量、動能均守恒 v1′=0,v2′=v0(v2=0,v1=v0) “完全非彈性碰撞”模型 兩球正碰后粘在一起運(yùn)動 動量守恒、能量損失最大 v=v0(v2=0,v1=v0) “子彈打木塊”模型 子彈水平射入靜止在光滑的水平面上的木塊中并最終一起共同運(yùn)動 恒力作用、已知相對位移、動量守恒 Ffx相對=m1v02-(m1+m2)v2 “人船”模型 人在不計阻力的船上行走 已知相對位移、動量守恒、開始時系統(tǒng)靜止 x船=L, x人=L 命題點(diǎn)一 動量與動力學(xué)觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 1.解動力學(xué)問題的三個基本觀點(diǎn) (1)力的觀點(diǎn):運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)知識解題,可處理勻變速運(yùn)動問題. (2)能量觀點(diǎn):用動能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題,可處理非勻變速運(yùn)動問題. (3)動量觀點(diǎn):用動量守恒觀點(diǎn)解題,可處理非勻變速運(yùn)動問題. 2.力學(xué)規(guī)律的選用原則 (1)如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式,可用牛頓第二定律. (2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時,一般用動量定理(涉及時間的問題)或動能定理(涉及位移的問題)去解決問題. (3)若研究的對象為一物體系統(tǒng),且它們之間有相互作用,一般用動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問題,但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件. (4)在涉及相對位移問題時則優(yōu)先考慮能量守恒定律,系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量,即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量. (5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時,需注意到這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換.這種問題由于作用時間都極短,因此用動量守恒定律去解決. 例1 (2017山西五校四聯(lián))如圖1甲所示,質(zhì)量均為m=0.5kg的相同物塊P和Q(可視為質(zhì)點(diǎn))分別靜止在水平地面上A、C兩點(diǎn).P在按圖乙所示隨時間變化的水平力F作用下由靜止開始向右運(yùn)動,3s末撤去力F,此時P運(yùn)動到B點(diǎn),之后繼續(xù)滑行并與Q發(fā)生彈性碰撞.已知B、C兩點(diǎn)間的距離L=3.75m,P、Q與地面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.2,取g=10m/s2,求: 圖1 (1)P到達(dá)B點(diǎn)時的速度大小v及其與Q碰撞前瞬間的速度大小v1; (2)Q運(yùn)動的時間t. 答案 (1)8m/s 7 m/s (2)3.5s 解析 (1)在0~3s內(nèi),以向右為正方向,對P由動量定理有: F1t1+F2t2-μmg(t1+t2)=mv-0 其中F1=2N,F(xiàn)2=3N,t1=2s,t2=1s 解得v=8m/s 設(shè)P在B、C兩點(diǎn)間滑行的加速度大小為a,由牛頓第二定律有: μmg=ma P在B、C兩點(diǎn)間做勻減速直線運(yùn)動,有: v2-v12=2aL 解得v1=7m/s (2)設(shè)P與Q發(fā)生彈性碰撞后瞬間的速度大小分別為v1′、v2,有: mv1=mv1′+mv2 mv12=mv1′2+mv22 碰撞后Q做勻減速直線運(yùn)動,有: μmg=ma′ t= 解得t=3.5s 變式1 (2018寧夏銀川質(zhì)檢)質(zhì)量為m1=1200kg的汽車A以速度v1=21m/s沿平直公路行駛時,駕駛員發(fā)現(xiàn)前方不遠(yuǎn)處有一質(zhì)量m2=800 kg的汽車B以速度v2=15 m/s迎面駛來,兩車立即同時急剎車,使車做勻減速運(yùn)動,但兩車仍在開始剎車t=1s后猛烈地相撞,相撞后結(jié)合在一起再滑行一段距離后停下,設(shè)兩車與路面間動摩擦因數(shù)μ=0.3,取g=10m/s2,忽略碰撞過程中路面摩擦力的沖量,求: (1)兩車碰撞后剛結(jié)合在一起時的速度大??; (2)設(shè)兩車相撞時間(從接觸到一起滑行)t0=0.2s,則A車受到的水平平均沖力是其自身重力的幾倍; (3)兩車一起滑行的距離. 答案 (1)6m/s (2)6倍 (3)6m 解析 (1)對于減速過程有 a=μg 對A車有:vA=v1-at 對B車有:vB=v2-at 以碰撞前A車運(yùn)動的方向為正方向,對碰撞過程由動量守恒定律得: m1vA-m2vB=(m1+m2)v共 可得v共=6m/s (2)對A車由動量定理得:-Ft0=m1v共-m1vA 可得F=7.2104N 則=6 (3)對共同滑行的過程有 x= 可得x=6m 命題點(diǎn)二 動量與能量觀點(diǎn)的綜合應(yīng)用 1.兩大觀點(diǎn) 動量的觀點(diǎn):動量定理和動量守恒定律. 能量的觀點(diǎn):動能定理和能量守恒定律. 2.解題技巧 (1)若研究對象為一個系統(tǒng),應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律). (2)若研究對象為單一物體,且涉及功和位移問題時,應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理. (3)動量守恒定律、能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)、動能定理都只考查一個物理過程的初、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系,對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究,這正是它們的方便之處.特別對于變力做功問題,就更顯示出它們的優(yōu)越性. 例2 如圖2所示,一小車置于光滑水平面上,小車質(zhì)量m0=3kg,AO部分粗糙且長L=2m,動摩擦因數(shù)μ=0.3,OB部分光滑.水平輕質(zhì)彈簧右端固定,左端拴接物塊b,另一小物塊a,放在小車的最左端,和小車一起以v0=4m/s的速度向右勻速運(yùn)動,小車撞到固定豎直擋板后瞬間速度變?yōu)榱?,但不與擋板粘連.已知車OB部分的長度大于彈簧的自然長度,彈簧始終處于彈性限度內(nèi).a、b兩物塊視為質(zhì)點(diǎn),質(zhì)量均為m=1 kg,碰撞時間極短且不粘連,碰后以共同速度一起向右運(yùn)動.(g取10 m/s2)求: 圖2 (1)物塊a與b碰后的速度大?。? (2)當(dāng)物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離; (3)當(dāng)物塊a相對小車靜止時在小車上的位置到O點(diǎn)的距離. 答案 (1)1m/s (2)m (3)0.125m 解析 (1)對物塊a,由動能定理得 -μmgL=mv12-mv02 代入數(shù)據(jù)解得a與b碰前a的速度:v1=2m/s; a、b碰撞過程系統(tǒng)動量守恒,以a的初速度方向為正方向, 由動量守恒定律得:mv1=2mv2 代入數(shù)據(jù)解得v2=1m/s (2)當(dāng)彈簧恢復(fù)到原長時兩物塊分離,a以v2=1m/s的速度,在小車上向左滑動,當(dāng)與小車同速時,以向左為正方向,由動量守恒定律得mv2=(m0+m)v3,代入數(shù)據(jù)解得v3=0.25 m/s. 對小車,由動能定理得μmgs=m0v32 代入數(shù)據(jù)解得,同速時小車B端到擋板的距離s=m (3)由能量守恒得μmgx=mv22-(m0+m)v32 解得物塊a與車相對靜止時與O點(diǎn)的距離:x=0.125m 變式2 (2017山東濰坊中學(xué)一模)如圖3所示,滑塊A、B靜止于光滑水平桌面上,B的上表面水平且足夠長,其左端放置一滑塊C,B、C間的動摩擦因數(shù)為μ(數(shù)值較小),A、B由不可伸長的輕繩連接,繩子處于松弛狀態(tài).現(xiàn)在突然給C一個向右的速度v0,讓C在B上滑動,當(dāng)C的速度為v0時,繩子剛好伸直,接著繩子被瞬間拉斷,繩子拉斷時B的速度為v0.已知A、B、C的質(zhì)量分別為2m、3m、m.重力加速度為g,求: 圖3 (1)從C獲得速度v0開始經(jīng)過多長時間繩子剛好伸直; (2)從C獲得速度v0開始到繩子被拉斷的過程中整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能. 答案 (1) (2)mv02 解析 (1)從C獲得速度v0到繩子剛好伸直的過程中,以v0的方向為正方向,根據(jù)動量定理得: -μmgt=mv0-mv0 解得:t= (2)設(shè)繩子剛伸直時B的速度為vB,對B、C組成的系統(tǒng),以向右為正方向,由動量守恒定律得: mv0=mv0+3mvB 解得:vB=v0 繩子被拉斷的過程中,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,以向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律得: 3mvB=2mvA+3mv0 解得:vA=v0 整個過程中,根據(jù)能量守恒定律得: ΔE=mv02-2mv-3m(v0)2-m(v0)2=mv02 命題點(diǎn)三 力學(xué)三大觀點(diǎn)解決多過程問題 1.表現(xiàn)形式 (1)直線運(yùn)動:水平面上的直線運(yùn)動、斜面上的直線運(yùn)動、傳送帶上的直線運(yùn)動. (2)圓周運(yùn)動:繩模型圓周運(yùn)動、桿模型圓周運(yùn)動、拱形橋模型圓周運(yùn)動. (3)平拋運(yùn)動:與斜面相關(guān)的平拋運(yùn)動、與圓軌道相關(guān)的平拋運(yùn)動. 2.應(yīng)對策略 (1)力的觀點(diǎn)解題:要認(rèn)真分析運(yùn)動狀態(tài)的變化,關(guān)鍵是求出加速度;(2)兩大定理解題:應(yīng)確定過程的初、末狀態(tài)的動量(動能),分析并求出過程中的沖量(功);(3)過程中動量或機(jī)械能守恒:根據(jù)題意選擇合適的初、末狀態(tài),列守恒關(guān)系式,一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率). 例3 (2015廣東理綜36)如圖4所示,一條帶有圓軌道的長軌道水平固定,圓軌道豎直,底端分別與兩側(cè)的直軌道相切,半徑R=0.5m,物塊A以v0=6m/s的速度滑入圓軌道,滑過最高點(diǎn)Q,再沿圓軌道滑出后,與直軌道上P處靜止的物塊B碰撞,碰后粘在一起運(yùn)動,P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑,右側(cè)軌道呈粗糙段、光滑段交替排列,每段長度都為L=0.1 m,物塊與各粗糙段間的動摩擦因數(shù)都為μ=0.1,A、B的質(zhì)量均為m=1 kg(重力加速度g取10 m/s2;A、B視為質(zhì)點(diǎn),碰撞時間極短). 圖4 (1)求A滑過Q點(diǎn)時的速度大小v和受到的彈力大小F; (2)若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上,求k的數(shù)值; (3)求碰后AB滑至第n個(n<k)光滑段上的速度vn與n的關(guān)系式. 答案 見解析 解析 (1)由機(jī)械能守恒定律得: mv02=mg2R+mv2 得:A滑過Q點(diǎn)時的速度v=4 m/s>= m/s. 在Q點(diǎn),由牛頓第二定律和向心力公式有:F+mg= 解得:A滑過Q點(diǎn)時受到的彈力F=22 N (2)設(shè)A、B碰撞前A的速度為vA,由機(jī)械能守恒定律有: mv02=mv得:vA=v0=6 m/s A、B碰撞后以共同的速度vP前進(jìn),以v0的方向為正方向,由動量守恒定律得: mvA=(m+m)vP 解得:vP=3 m/s 總動能Ek=(m+m)v=9 J 滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機(jī)械能 ΔE=FfL=μ(m+m)gL=0.2 J 則k==45 (3)AB從碰撞到滑至第n個光滑段上損失的能量 E損=nΔE=0.2n J 由能量守恒得:(m+m)v-(m+m)v=nΔE 代入數(shù)據(jù)解得:vn= m/s,(n<k) 變式3 如圖5所示的水平軌道中,AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測器,C處有一豎直擋板,物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點(diǎn)的物體P2碰撞,并接合成復(fù)合體P,以此碰撞時刻為計時零點(diǎn),探測器只在t1=2s至t2=4s內(nèi)工作.已知P1、P2的質(zhì)量都為m=1kg,P與AC間的動摩擦因數(shù)為μ=0.1,AB段長L=4m,g取10m/s2,P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn),P與擋板的碰撞為彈性碰撞. 圖5 (1)若v1=6m/s,求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能ΔEk; (2)若P與擋板碰后,能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點(diǎn),求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點(diǎn)時的最大動能Ekm. 答案 (1)3m/s 9 J (2)10 m/s≤v1≤14m/s 17J 解析 (1)P1、P2碰撞過程動量守恒,以向右為正方向,有 mv1=2mv 解得v==3m/s 碰撞過程中損失的動能為ΔEk=mv12-(2m)v2 解得ΔEk=9J. (2)由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞.故P在AC間等效為勻減速直線運(yùn)動,設(shè)P1、P2碰撞后速度為v,P在AC段加速度大小為a,碰后經(jīng)過B點(diǎn)的速度為v2,由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律,得 μ(2m)g=2ma 3L=vt-at2 v2=v-at 解得v1=2v= v2= 由于2s≤t≤4s,所以解得v1的取值范圍10m/s≤v1≤14 m/s v2的取值范圍1m/s≤v2≤5 m/s 所以當(dāng)v2=5m/s時,P向左經(jīng)過A點(diǎn)時有最大速度 v3==m/s 則P向左經(jīng)過A點(diǎn)時的最大動能Ekm=(2m)v32=17J 1.如圖1所示,C是放在光滑的水平面上的一塊木板,木板的質(zhì)量為3m,在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B,它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ.最初木板靜止,A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動,木板足夠長,A、B始終未滑離木板.求: 圖1 (1)木塊B從剛開始運(yùn)動到與木板C速度剛好相等的過程中,木塊B所發(fā)生的位移大??; (2)木塊A在整個過程中的最小速度. 答案 (1) (2)v0 解析 (1)木塊A先做勻減速直線運(yùn)動,后做勻加速直線運(yùn)動;木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動;木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動,直到A、B、C三者的速度相等為止,設(shè)為v1.對A、B、C三者組成的系統(tǒng),以向右為正方向,由動量守恒定律得: mv0+2mv0=(m+m+3m)v1 解得v1=0.6v0 對木塊B運(yùn)用動能定理,有: -μmgs=mv12-m(2v0)2 解得:s= (2)當(dāng)A和C速度相等時速度最小,設(shè)為v,以向右為正方向,由動量守恒定律得 則:3mv0=4mv+m[2v0-(v0-v)] 則v=v0 (其中v0-v為A和B速度的變化量) 2.如圖2所示,光滑水平面上有一質(zhì)量M=4.0kg的平板車,車的上表面是一段長L=1.5m的粗糙水平軌道,水平軌道左側(cè)連一半徑R=0.25m的四分之一光滑圓弧軌道,圓弧軌道與水平軌道在點(diǎn)O′相切.現(xiàn)將一質(zhì)量m=1.0kg的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從平板車的右端以水平向左的初速度v0滑上平板車,小物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,小物塊恰能到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)A.取g=10m/s2,求: 圖2 (1)小物塊滑上平板車的初速度v0的大??; (2)小物塊與車最終相對靜止時,它距點(diǎn)O′的距離. 答案 (1)5m/s (2)0.5m 解析 (1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,設(shè)小物塊到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)A時,二者的共同速度為v1,以向左的方向為正方向 由動量守恒得:mv0=(M+m)v1 ① 由能量守恒得: mv02-(M+m)v12=mgR+μmgL ② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)解得:v0=5m/s ③ (2)設(shè)小物塊最終與車相對靜止時,二者的共同速度為v2,從小物塊滑上平板車到二者相對靜止的過程中,以向左的方向為正方向,由動量守恒得: mv0=(M+m)v2 ④ 設(shè)小物塊與車最終相對靜止時,它距O′點(diǎn)的距離為x,由能量守恒得: mv02-(M+m)v22=μmg(L+x) ⑤ 聯(lián)立③④⑤并代入數(shù)據(jù)解得:x=0.5m. 3.如圖3所示,小球A質(zhì)量為m,系在細(xì)線的一端,線的另一端固定在O點(diǎn),O點(diǎn)到光滑水平面的距離為h.物塊B和C的質(zhì)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(diǎn)正下方.現(xiàn)拉動小球使細(xì)線水平伸直,小球由靜止釋放,運(yùn)動到最低點(diǎn)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(diǎn)時到水平面的距離為.小球與物塊均視為質(zhì)點(diǎn),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3 答案 m mgh 解析 設(shè)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)與物塊B碰撞前的速度大小為v1,取小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時的重力勢能為零,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有: mgh=mv12 解得:v1= 設(shè)碰撞后小球反彈的速度大小為v1′,同理有: mg=mv1′2 解得:v1′= 設(shè)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(dāng)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 據(jù)機(jī)械能守恒定律:Epm=5mv22-8mv32 解得:Epm=mgh. 4.如圖4所示,光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C,B的左側(cè)固定一輕彈簧(彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計).設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動,壓縮彈簧;當(dāng)A、B速度相等時,B與C恰好相碰并粘接在一起,然后繼續(xù)運(yùn)動.假設(shè)B和C碰撞過程時間極短,求從A開始壓縮彈簧直到與彈簧分離的過程中. 圖4 (1)整個系統(tǒng)損失的機(jī)械能; (2)彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能. 答案 (1)mv02 (2)mv02 解析 (1)以v0的方向為正方向,對A、B組成的系統(tǒng),由動量守恒定律得 mv0=2mv1 解得v1=v0 B與C碰撞的瞬間,B、C組成的系統(tǒng)動量定恒,有 m=2mv2 解得v2= 系統(tǒng)損失的機(jī)械能 ΔE=m()2-2m()2=mv02 (2)當(dāng)A、B、C速度相同時,彈簧的彈性勢能最大.以v0的方向為正方向,根據(jù)動量守恒定律得 mv0=3mv 解得v= 根據(jù)能量守恒定律得,彈簧的最大彈性勢能 Ep=mv02-(3m)v2-ΔE=mv02. 5.如圖5所示,水平放置的輕彈簧左端固定,小物塊P置于水平桌面上的A點(diǎn)并與彈簧的右端接觸,此時彈簧處于原長.現(xiàn)用水平向左的推力將P緩緩?fù)浦罛點(diǎn)(彈簧仍在彈性限度內(nèi))時,推力做的功為WF=6J.撤去推力后,小物塊P沿桌面滑動到停在光滑水平地面上、靠在桌子邊緣C點(diǎn)的平板小車Q上,且恰好物塊P在小車Q上不滑出去(不掉下小車).小車的上表面與桌面在同一水平面上,已知P、Q質(zhì)量分別為m=1kg、M=4kg,A、B間距離為L1=5cm,A離桌子邊緣C點(diǎn)的距離為L2=90cm,P與桌面及P與Q的動摩擦因數(shù)均為μ=0.4,g= 10m/s2,試求: 圖5 (1)把小物塊推到B處時,彈簧獲得的彈性勢能; (2)小物塊滑到C點(diǎn)的速度大小; (3)P和Q最后的速度大??; (4)Q的長度. 答案 (1)5.8J (2)2m/s (3)0.4 m/s (4)0.4m 解析 (1)由能量守恒,增加的彈性勢能為:Ep=WF-μmgL1=(6-0.41100.05) J=5.8 J (2)對BC過程由動能定理可知:Ep-μmg(L1+L2)=mv02,代入數(shù)據(jù)解得小物塊滑到C點(diǎn)的速度為: v0=2 m/s; (3)以向右的方向為正方向,對P、Q由動量守恒定律得:mv0=(m+M)v 解得共同速度:v=0.4 m/s (4)對P、Q由能量守恒得: μmgL=mv02-(m+M)v2 代入數(shù)據(jù)解得小車的長度:L=0.4 m.- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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- 2019年度高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量 動量守恒定律 專題強(qiáng)化七 動力學(xué)、動量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的應(yīng)用學(xué)案 2019 年度 高考 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第六 守恒定律 專題 強(qiáng)化 動力學(xué) 能量 觀點(diǎn) 力學(xué)
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