高考物理創(chuàng)新大一輪（基礎(chǔ)課能力課實驗課）版第六章動量守恒定律及應(yīng)用能力課

能力課動量守恒定律的常見模型“人船”模型1.“人船”模型問題兩個原來靜止的物體發(fā)生相互作用時，若所受外力的矢量和為零，則動量守恒，在相互作用的過程中，任一時刻兩物體的速度大小之比等于質(zhì)量的反比。這樣的問題歸為“人船”模型問題。2.“人船”模型的特點(1)兩物體相互作用過程滿足動量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)運動特點：人動船動，人靜船靜，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它們質(zhì)量的反比；人船平均速度的大小(瞬時速率)比等于它們質(zhì)量的反比，即eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(3)應(yīng)用此關(guān)系時要注意一個問題：公式v1、v2和x一般都是相對地面而言的?！纠?】如圖1所示，長為L、質(zhì)量為M的小船停在靜水中，質(zhì)量為m的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計水的阻力，求船和人相對地面的位移各為多少？圖1解析設(shè)任一時刻人與船的速度大小分別為v1、v2，作用前都靜止。因整個過程中動量守恒，所以有mv1＝Mv2而整個過程中的平均速度大小為1、2，則有m1＝M2。兩邊乘以時間t有m1t＝M2t，即mx1＝Mx2。且x1＋x2＝L，可求出x1＝eq\f(M,m＋M)L，x2＝eq\f(m,m＋M)L。答案eq\f(m,m＋M)Leq\f(M,m＋M)L“人船”模型問題應(yīng)注意以下兩點(1)適用條件①系統(tǒng)由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統(tǒng)總動量為零。②在系統(tǒng)內(nèi)發(fā)生相對運動的過程中至少有一個方向的動量守恒(如水平方向或豎直方向)。(2)畫草圖解題時要畫出各物體的位移關(guān)系草圖，找出各長度間的關(guān)系，注意兩物體的位移是相對同一參考系的位移?！白訌棿蚰緣K”模型1.模型圖2.模型特點(1)當子彈和木塊的速度相等時木塊的速度最大，兩者的相對位移(子彈射入木塊的深度)取得極值。(2)系統(tǒng)的動量守恒，但系統(tǒng)的機械能不守恒，摩擦力與兩者相對位移的乘積等于系統(tǒng)機械能的減少，當兩者的速度相等時，系統(tǒng)機械能損失最大。(3)根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，等于系統(tǒng)其他形式能的增加。由上式可以看出，子彈的質(zhì)量越小，木塊的質(zhì)量越大，動能損失越多。(4)解決該類問題，既可以從動量、能量兩方面解題，也可以從力和運動的角度借助圖象求解?！纠?】如圖2所示，質(zhì)量m1＝0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L＝1.5m，現(xiàn)有質(zhì)量m2＝0.2kg且可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0＝2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，取g＝10m/s2，求圖2(1)物塊在車面上滑行的時間t；(2)要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過多少。解析(1)設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v設(shè)物塊與車面間的滑動摩擦力為Ff，對物塊應(yīng)用動量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g解得t＝eq\f(m1v0,μ（m1＋m2）g)代入數(shù)據(jù)得t＝0.24s。(2)要使物塊恰好不從車面滑出，須物塊到車面最右端時與小車有共同的速度，設(shè)其為v′，則m2v0′＝(m1＋m2)v′由能量守恒有eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入數(shù)據(jù)解得v0′＝5m/s故要使物體不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0′不超過5m/s。答案(1)0.24s(2)5m/s“子彈打木塊”模型解題思路(1)應(yīng)用系統(tǒng)的動量守恒。(2)在涉及子彈(滑塊)或平板的時間時，優(yōu)先考慮用動量定理。(3)在涉及子彈(滑塊)或平板的位移時，優(yōu)先考慮用動能定理。(4)在涉及子彈(滑塊)的相對位移時，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。(5)滑塊恰好不滑出時，有滑塊與平板達到共同速度時相對位移為板長L。“滑塊—彈簧”模型模型特點對兩個(或兩個以上)物體與彈簧組成的系統(tǒng)在相互作用的過程中，應(yīng)注意以下四點：(1)在能量方面，由于彈簧的形變會具有彈性勢能，系統(tǒng)的總動能將發(fā)生變化，若系統(tǒng)所受的外力和除彈簧彈力以外的內(nèi)力不做功，系統(tǒng)機械能守恒。(2)在相互作用過程中，系統(tǒng)動量守恒。(3)彈簧處于最長(最短)狀態(tài)時兩物體速度相等，彈性勢能最大，系統(tǒng)滿足動量守恒，機械能守恒。(4)彈簧處于原長時，彈性勢能為零?！纠?】如圖3所示，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸可不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B、C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體。現(xiàn)A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并黏合在一起。以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能。圖3解析設(shè)碰后A、B和C共同速度的大小為v，由動量守恒定律得3mv＝mv0①設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得3mv＝2mv1＋mv0②設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有eq\f(1,2)(3m)v2＋Ep＝eq\f(1,2)(2m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)③由①②③式得彈簧所釋放的勢能為Ep＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)答案eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)“滑塊—彈簧”模型的解題思路(1)應(yīng)用系統(tǒng)的動量守恒。(2)應(yīng)用系統(tǒng)的機械能守恒。(3)應(yīng)用臨界條件：兩滑塊同速時，彈簧的彈性勢能最大?！皥A弧軌道＋滑塊(小球)”模型1.模型圖2.模型特點(1)最高點：m與M具有共同水平速度，且m不可能從此處離開軌道，系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒。mv0＝(M＋m)v共，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh。(2)最低點：m與M分離點。水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒，mv0＝mv1＋Mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)?！纠?】如圖4所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向左運動，不計沖上斜面時的機械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達到的最大高度為()圖4A.h B.eq\f(mh,m＋M) C.eq\f(mh,M) D.eq\f(Mh,m＋M)解析斜面固定時，由動能定理得－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以v0＝eq\r(2gh)斜面不固定時，由水平方向動量守恒得mv0＝(M＋m)v由機械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh′解得h′＝eq\f(M,M＋m)h，選項D正確。答案D與圖象結(jié)合的動量守恒定律的應(yīng)用型問題動量守恒定律往往與圖象結(jié)合，比較常見的就是速度圖象、位移圖象。解題時從兩種圖象中讀出物體運動的速度或初、末速度并結(jié)合動量守恒定律作答?！镜淅?2015·全國卷Ⅱ)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運動；經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段。兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖5所示。求：圖5(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比。解析(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2。由題給圖象得v1＝－2m/s①v2＝1m/s②a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v。由題給圖象得v＝eq\f(2,3)m/s③由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8⑤(2)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2⑥由圖象可知，兩滑塊最后停止運動.由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2⑦聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE＝1∶2答案(1)1∶8(2)1∶2【變式訓(xùn)練】(多選)如圖6所示，(a)圖表示光滑平臺上的物體A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小車上，車與水平地面間摩擦力不計；(b)圖為物體A與小車B的v－t圖象，由此可知()圖6A.小車上表面長度B.物體A與小車B的質(zhì)量之比C.A與小車B上表面的動摩擦因數(shù)D.小車B獲得的動能解析由圖象可知，A滑上B后，AB最終以共同速度v1勻速運動，因不知最終A、B間位置關(guān)系，不能確定小車上表面長度，選項A錯誤；由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)，故可以確定物體A與小車B的質(zhì)量之比，選項B正確；由圖(b)知道A相對小車B的位移Δx＝eq\f(1,2)v0t1，根據(jù)能量守恒定律有μmAgΔx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,1)，結(jié)合eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)可以解出動摩擦因數(shù)，選項C正確；由于小車B的質(zhì)量不可知，故不能確定小車B獲得的動能，選項D錯誤。答案BC1.如圖7，質(zhì)量為M的小船在靜止水面上以速率v0向右勻速行駛，一質(zhì)量為m的救生員站在船尾，相對小船靜止。若救生員以相對水面速率v水平向左躍入水中，則救生員躍出后小船的速率為()圖7A.v0＋eq\f(m,M)v B.v0－eq\f(m,M)vC.v0＋eq\f(m,M)(v0＋v) D.v0＋eq\f(m,M)(v0－v)解析設(shè)水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，對救生員和船有(M＋m)v0＝－mv＋Mv′，解得v′＝v0＋eq\f(m,M)(v0＋v)，選項C正確。答案C2.在光滑的水平面上有a、b兩球，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球碰撞前后的速度—時間圖象如圖8所示，下列關(guān)系正確的是()圖8A.ma＞mb B.ma＜mbC.ma＝mb D.無法判斷解析由圖象知a球以一初速度向原來靜止的b球運動，碰后a球反彈且速度大小小于其初速度大小，根據(jù)動量守恒定律，a球的質(zhì)量小于b球的質(zhì)量。答案B3.將一個質(zhì)量為3m的爆竹斜向上拋出，到達最高點時速度大小為v0，方向水平向東，在最高點爆炸成質(zhì)量不等的兩塊，其中一塊的質(zhì)量為2m，速度大小為v，方向水平向東，則另一塊的速度大小為()A.3v0－v B.2v0－3v C.3v0－2v D.2v0＋v解析取水平向東為正方向，爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，3mv0＝2mv＋mux，可得ux＝3v0－2v，選項C正確。答案C4.如圖9所示，一質(zhì)量為M＝3.0kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質(zhì)量為m＝1.0kg的小木塊A。給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B。在A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小可能是()圖9A.1.8m/s B.2.4m/s C.2.8m/s D.3.0m/s解析A先向左減速到零，再向右做加速運動，在此期間，B做減速運動，最終它們保持相對靜止，設(shè)A減速到零時，B的速度為v1，最終它們的共同速度為v2，取水平向右為正方向，則Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在A做加速運動的時間內(nèi)，B的速度大小應(yīng)大于2m/s且小于eq\f(8,3)m/s，只有選項B正確。答案B活頁作業(yè)(時間：40分鐘)一、單項選擇題1.靜止的實驗火箭，總質(zhì)量為M，當它以對地速度為v0噴出質(zhì)量為Δm的高溫氣體后，火箭的速度為()A.eq\f(Δmv0,M－Δm) B.－eq\f(Δmv0,M－Δm) C.eq\f(Δmv0,M) D.－eq\f(Δmv0,M)解析由動量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，火箭的速度為v＝－eq\f(Δmv0,M－Δm)，選項B正確。答案B2.如圖1所示，一內(nèi)外側(cè)均光滑的半圓柱槽置于光滑的水平面上。槽的左側(cè)有一豎直墻壁?，F(xiàn)讓一小球(可認為質(zhì)點)自左端槽口A點的正上方從靜止開始下落，與半圓槽相切并從A點進入槽內(nèi)，則下列說法正確的是()圖1A.小球離開右側(cè)槽口以后，將做豎直上拋運動B.小球在槽內(nèi)運動的全過程中，只有重力對小球做功C.小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D.小球在槽內(nèi)運動的全過程中，小球與槽組成的系統(tǒng)水平方向上的動量守恒解析小球從下落到最低點的過程中，槽沒有動，與豎直墻之間存在擠壓，動量不守恒；小球經(jīng)過最低點往上運動的過程中，斜槽與豎直墻分離，水平方向動量守恒；全過程中有一段時間系統(tǒng)受豎直墻彈力的作用，故全過程系統(tǒng)水平方向動量不守恒，選項D錯誤；小球離開右側(cè)槽口時，水平方向有速度，將做斜拋運動，選項A錯誤；小球經(jīng)過最低點往上運動的過程中，斜槽往右運動，斜槽對小球的支持力對小球做負功，小球?qū)π辈鄣膲毫π辈圩稣?，系統(tǒng)機械能守恒，選項B錯誤，C正確。答案C3.如圖2所示，一個質(zhì)量為m的物塊A與另一個質(zhì)量為2m的物塊B發(fā)生正碰，碰后B物塊剛好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞過程中無機械能損失，已知物塊B與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1，與沙坑的距離為0.5m，g取10m/s2，物塊可視為質(zhì)點。則A碰撞前瞬間的速度為()圖2A.0.5m/s B.1.0m/s C.1.5m/s D.2.0m/s解析碰后物塊B做勻減速直線運動，由動能定理有－μ·2mgx＝0－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，得v2＝1m/s。A與B碰撞過程中動量守恒、機械能守恒，則有mv0＝mv1＋2mv2，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，解得v0＝1.5m/s，則選項C正確。答案C4.如圖3所示，氣球下面有一根長繩，一個質(zhì)量為m1＝50kg的人抓在氣球下方，氣球和長繩的總質(zhì)量為m2＝20kg，長繩的下端剛好和水平面接觸，當靜止時人離地面的高度為h＝5m。如果這個人開始沿繩向下滑，當他滑到繩下端時，他離地面高度是(可以把人看做質(zhì)點)()圖3A.5m B.3.6mC.2.6m D.8m解析當人滑到繩下端時，如圖所示，由動量守恒定律，得m1eq\f(h1,t)＝m2eq\f(h2,t)，且h1＋h2＝h。解得h1＝1.4m；所以他離地高度H＝h－h(huán)1＝3.6m，故選項B正確。答案B5.[人教版選修3－5·P17·T7改編]懸繩下吊著一個質(zhì)量為M＝9.99kg的沙袋，構(gòu)成一個單擺，擺長L＝1m。一顆質(zhì)量m＝10g的子彈以v0＝500m/s的水平速度射入沙袋，瞬間與沙袋達到共同速度(不計懸繩質(zhì)量，g取10m/s2)，則此時懸繩的拉力為()A.35N B.100N C.102.5N D.350N解析子彈打入沙袋過程中，對子彈和沙袋由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子彈與沙袋的共同速度v＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(0.01×500,10)m/s＝0.5m/s。對子彈和沙袋，由向心力公式FT－(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v2,L)得懸繩的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)eq\f(v2,L)＝102.5N，所以選項C正確。答案C二、多項選擇題6.A、B兩球沿同一條直線運動，如圖4所示的x－t圖象記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B碰撞前的x－t圖象。c為碰撞后它們的x－t圖象。若A球質(zhì)量為1kg，則B球質(zhì)量及碰后它們的速度大小為()圖4A.2kg B.eq\f(2,3)kgC.4m/s D.1m/s解析由圖象可知碰撞前二者都做勻速直線運動，va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s，碰撞后二者連在一起做勻速直線運動，vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s。碰撞過程中動量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc可解得mB＝eq\f(2,3)kg由以上可知選項B、D正確。答案BD7.如圖5所示，木塊A的質(zhì)量mA＝1kg，足夠長的木板B的質(zhì)量mB＝4kg，質(zhì)量為mC＝4kg的木塊C置于木板B上，水平面光滑，B、C之間有摩擦。現(xiàn)使A以v0＝12m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4m/s的速度彈回，則()圖5A.B運動過程中的最大速度為4m/sB.B運動過程中的最大速度為8m/sC.C運動過程中的最大速度為4m/sD.C運動過程中的最大速度為2m/s解析A與B碰后瞬間，C的運動狀態(tài)未變，此時B的速度最大，由A、B組成的系統(tǒng)動量守恒(取向右為正方向)，有mAv0＝－mAvA＋mBvB，代入數(shù)據(jù)得vB＝4m/s，選項A正確，B錯誤；B與C相互作用使B減速，C加速，由于B足夠長，所以B和C能達到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，有mBvB＝(mB＋mC)vC，代入數(shù)據(jù)得vC＝2m/s，選項C錯誤，D正確。答案AD8.如圖6所示，用輕繩將兩個彈性小球緊緊束縛在一起并發(fā)生微小的形變，現(xiàn)正在光滑水平面上以速度v0＝0.1m/s向右做直線運動，已知a、b兩彈性小球質(zhì)量分別為m1＝1.0kg和m2＝2.0kg。一段時間后輕繩突然自動斷開，斷開后兩球仍沿原直線運動。經(jīng)過t＝5.0s兩球的間距s＝4.5m，則下列說法正確的是()圖6A.剛分離時，a、b兩球的速度方向相同B.剛分離時，b球的速度大小為0.4m/sC.剛分離時，a球的速度大小為0.7m/sD.兩球分開過程中釋放的彈性勢能為0.27J解析在輕繩突然自動斷開過程中，兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)斷開后兩球的速度分別為v1和v2，由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根據(jù)題述，經(jīng)過t＝5.0s兩球的間距s＝4.5m，有v1t－v2t＝4.5，聯(lián)立解得v1＝0.7m/s，v2＝－0.2m/s，負號說明b球的速度方向向左，選項A、B錯誤，C正確；由機械能守恒定律，兩球分開過程中釋放的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(2,0)＝0.27J，選項D正確。答案CD9.如圖7所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車?，F(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計摩擦)，到達某一高度后，小球又返回小車右端，則()圖7A.小球在小車上到達最高點時的速度大小為eq\f(v0,2)B.小球離車后，對地將向右做平拋運動C.小球離車后，對地將做自由落體運動D.此過程中小球?qū)囎龅墓閑q\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析小球到達最高點時，小車和小球相對靜止，且水平方向總動量守恒，有mv0＝2mv，v＝eq\f(v0,2)，選項A正確；小球離開小車時類似完全彈性碰撞，兩者速度互換，所以小球與小車分離后做自由落體運動，此過程中小球?qū)囎龅墓＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故選項C、D正確，B錯誤。答案ACD三、計算