【物理】2019届一轮复习人教版动量守恒定律的常见模型学案

【物理】2019届一轮复习人教版动量守恒定律的常见模型学案

能力课　动量守恒定律的常见模型 ‎　“人船”模型 ‎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)两物体相互作用过程满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝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；人船平均速度的大小(瞬时速率)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v1、v2和x一般都是相对地面而言的。‎ ‎【例1】　如图1所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？‎ 图1‎ 解析　设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止。因整个过程中动量守恒，所以有mv1＝Mv2‎ 而整个过程中的平均速度大小为1、2，则有 m1＝M2。‎ 两边乘以时间t有m1t＝M2t，即mx1＝Mx2。‎ 且x1＋x2＝L，可求出x1＝ L，x2＝ L。‎ 答案　 L　 L ‎“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。‎ ‎　“子弹打木块”模型 ‎1.模型图 ‎2.模型特点 ‎(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值。‎ ‎(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，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大。‎ ‎(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Ek0，等于系统其他形式能的增加。由上式可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。‎ ‎(4)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借助图象求解。‎ ‎【例2】　如图2所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 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，取g＝10 m/s2，求 图2‎ ‎(1)物块在车面上滑行的时间t；‎ ‎(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。‎ 解析　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v 设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g 解得t＝ 代入数据得t＝0.24 s。‎ ‎(2)要使物块恰好不从车面滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′‎ 由能量守恒有m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL 代入数据解得v0′＝5 m/s 故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s。‎ 答案　(1)0.24 s　(2)5 m/s ‎“子弹打木块”模型解题思路 ‎(1)应用系统的动量守恒。‎ ‎(2)在涉及子弹(滑块)或平板的时间时，优先考虑用动量定理。‎ ‎(3)在涉及子弹(滑块)或平板的位移时，优先考虑用动能定理。‎ ‎(4)在涉及子弹(滑块)的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。‎ ‎(5)滑块恰好不滑出时，有滑块与平板达到共同速度时相对位移为板长L。‎ ‎　“滑块—弹簧”模型 模型特点 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，应注意以下四点：‎ ‎(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)在相互作用过程中，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】　如图3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。‎ 图3‎ 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 (3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv③‎ 由①②③式得弹簧所释放的势能为 Ep＝mv 答案　mv ‎“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。‎ ‎　“圆弧轨道＋滑块(小球)”模型 ‎1.模型图 ‎2.模型特点 ‎(1)最高点：m与M具有共同水平速度，且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒。mv0＝(M＋m)v共，mv＝(M＋m)v＋mgh。‎ ‎(2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，系统机械能守恒，mv0＝mv1＋Mv2，mv＝mv＋Mv。‎ ‎【例4】　如图4所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向左运动，不计冲上斜面时的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为(　　)‎ 图4‎ A.h B. C. D. 解析　斜面固定时，由动能定理得 ‎－mgh＝0－mv 所以v0＝ 斜面不固定时，由水平方向动量守恒得 mv0＝(M＋m)v 由机械能守恒得 mv＝(M＋m)v2＋mgh′‎ 解得h′＝h，选项D正确。‎ 答案　D 与图象结合的动量守恒定律的应用型问题 动量守恒定律往往与图象结合，比较常见的就是速度图象、位移图象。解题时从两种图象中读出物体运动的速度或初、末速度并结合动量守恒定律作答。‎ ‎【典例】　(2015·全国卷Ⅱ)两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置x随时间t变化的图象如图5所示。求：‎ 图5‎ ‎(1)滑块a、b的质量之比；‎ ‎(2)整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。‎ 解析　(1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2。由题给图象得 v1＝－2 m/s①‎ v2＝1 m/s②‎ a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v。由题给图象得 v＝ m/s③‎ 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④‎ 联立①②③④式得 m1∶m2＝1∶8⑤‎ ‎(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2⑥‎ 由图象可知，两滑块最后停止运动.由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为 W＝(m1＋m2)v2⑦‎ 联立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2‎ 答案　(1)1∶8　(2)1∶2‎ ‎【变式训练】　(多选)如图6所示，(a)图表示光滑平台上的物体A以初速度v0‎ 滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平地面间摩擦力不计；(b)图为物体A与小车B的v－t图象，由此可知(　　)‎ 图6‎ A.小车上表面长度 B.物体A与小车B的质量之比 C.A与小车B上表面的动摩擦因数 D.小车B获得的动能 解析　由图象可知，A滑上B后，AB最终以共同速度v1匀速运动，因不知最终A、B间位置关系，不能确定小车上表面长度，选项A错误；由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得＝，故可以确定物体A与小车B的质量之比，选项B正确；由图(b)知道A相对小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒定律有μmAgΔx＝mAv－(mA＋mB)v，结合＝可以解出动摩擦因数，选项C正确；由于小车B的质量不可知，故不能确定小车B获得的动能，选项D错误。‎ 答案　BC ‎1.如图7，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为(　　)‎ 图7‎ A.v0＋v B.v0－v C.v0＋(v0＋v) D.v0＋(v0－v)‎ 解析　设水平向右为正方向，根据动量守恒定律，对救生员和船有(M＋m)v0＝‎ ‎－mv＋Mv′，解得v′＝v0＋(v0＋v)，选项C正确。‎ 答案　C ‎2.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度—时间图象如图8所示，下列关系正确的是(　　)‎ 图8‎ A.ma＞mb 　 B.ma＜mb C.ma＝mb 　 D.无法判断 解析　由图象知a球以一初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律，a球的质量小于b球的质量。‎ 答案　B ‎3.将一个质量为3m的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v0，方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块的质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，则另一块的速度大小为(　　)‎ A.3v0－v B.2v0－3v C.3v0－2v D.2v0＋v 解析　取水平向东为正方向，爆炸过程系统动量守恒，3mv0＝2mv＋mux，可得ux＝3v0－2v，选项C正确。‎ 答案　C ‎4.如图9所示，一质量为M＝3.0 kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量为m＝1.0 kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B。在A做加速运动的时间内，B的速度大小可能是(　　)‎ 图9‎ A.1.8 m/s B.2.4 m/s C.2.8 m/s D.3.0 m/s 解析　A先向左减速到零，再向右做加速运动，在此期间，B做减速运动，最终它们保持相对静止，设A减速到零时，B的速度为v1，最终它们的共同速度为v2，取水平向右为正方向，则Mv－mv＝Mv1，Mv1＝(M＋m)v2，可得v1＝ m/s，v2＝2 m/s，所以在A做加速运动的时间内，B的速度大小应大于2 m/s且小于 m/s，只有选项B正确。‎ 答案　B 活页作业 ‎(时间：40分钟)‎ 一、单项选择题 ‎1.静止的实验火箭，总质量为M，当它以对地速度为v0喷出质量为Δm的高温气体后，火箭的速度为(　　)‎ A. B.－ C. D.－ ‎ 解析　由动量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，火箭的速度为v＝－，选项B正确。‎ 答案　B ‎2.如图1所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上。槽的左侧有一竖直墙壁。现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A.小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动 B.小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功 C.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒 D.小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒 解析　‎ 小球从下落到最低点的过程中，槽没有动，与竖直墙之间存在挤压，动量不守恒；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽与竖直墙分离，水平方向动量守恒；全过程中有一段时间系统受竖直墙弹力的作用，故全过程系统水平方向动量不守恒，选项D错误；小球离开右侧槽口时，水平方向有速度，将做斜抛运动，选项A错误；小球经过最低点往上运动的过程中，斜槽往右运动，斜槽对小球的支持力对小球做负功，小球对斜槽的压力对斜槽做正功，系统机械能守恒，选项B错误，C正确。‎ 答案　C ‎3.如图2所示，一个质量为m的物块A与另一个质量为2m的物块B发生正碰，碰后B物块刚好能落入正前方的沙坑中。假如碰撞过程中无机械能损失，已知物块B与地面间的动摩擦因数为0.1，与沙坑的距离为0.5 m，g取10 m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为(　　)‎ 图2‎ A.0.5 m/s B.1.0 m/s C.1.5 m/s D.2.0 m/s 解析　碰后物块B做匀减速直线运动，由动能定理有－μ·2mgx＝0－·2mv，得v2＝1 m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有mv0＝mv1＋2mv2，‎ mv＝mv＋·2mv，解得v0＝1.5 m/s，则选项C正确。‎ 答案　C ‎4.如图3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，他离地面高度是(可以把人看做质点)(　　)‎ 图3‎ A.5 m B.3.6 m C.2.6 m D.8 m 解析　当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h。解得h1＝1.4 m；所以他离地高度H＝h－h1＝3.6 m，故选项B正确。‎ 答案　B ‎5.[人教版选修3－5·P17·T7改编]悬绳下吊着一个质量为M＝9.99 kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1 m。一颗质量m＝10 g的子弹以v0＝500 m/s的水平速度射入沙袋，瞬间与沙袋达到共同速度(不计悬绳质量，g取10 m/s2)，则此时悬绳的拉力为(　　)‎ A.35 N B.100 N C.102.5 N D.350 N 解析　子弹打入沙袋过程中，对子弹和沙袋由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，得子弹与沙袋的共同速度v＝＝ m/s＝0.5 m/s。对子弹和沙袋，由向心力公式FT－(m＋M)g＝(m＋M)得悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)＝102.5 N，所以选项C正确。‎ 答案　C 二、多项选择题 ‎6.A、B两球沿同一条直线运动，如图4所示的x－t图象记录了它们碰撞前后的运动情况，其中a、b分别为A、B碰撞前的x－t图象。c为碰撞后它们的x－t图象。若A球质量为1 kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为(　　)‎ 图4‎ A.2 kg B. kg C.4 m/s D.1 m/s 解析　由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va＝ m/s＝－3 m/s，‎ vb＝ m/s＝2 m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc＝ m/s＝‎ ‎－1 m/s。‎ 碰撞过程中动量守恒，即 mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc 可解得mB＝ kg 由以上可知选项B、D正确。‎ 答案　BD ‎7.如图5所示，木块A的质量mA＝1 kg，足够长的木板B的质量mB＝4 kg，质量为mC＝4 kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝12 m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4 m/s的速度弹回，则(　　)‎ 图5‎ A.B运动过程中的最大速度为4 m/s B.B运动过程中的最大速度为8 m/s C.C运动过程中的最大速度为4 m/s D.C运动过程中的最大速度为2 m/s 解析　A与B碰后瞬间，C的运动状态未变，此时B的速度最大，由A、B组成的系统动量守恒(取向右为正方向)，有mAv0＝－mAvA＋mBvB，代入数据得vB＝4 m/s，选项A正确，B错误；B与C相互作用使B减速，C加速，由于B足够长，所以B和C能达到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C组成的系统动量守恒，有mBvB＝(mB＋mC)vC，代入数据得vC＝2 m/s，选项C错误，D正确。‎ 答案　AD ‎8.如图6所示，用轻绳将两个弹性小球紧紧束缚在一起并发生微小的形变，现正在光滑水平面上以速度v0＝0.1 m/s向右做直线运动，已知a、b两弹性小球质量分别为m1＝1.0 kg和m2＝2.0 kg。一段时间后轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动。经过t＝5.0 s两球的间距s＝4.5 m，则下列说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A.刚分离时，a、b两球的速度方向相同 B.刚分离时，b球的速度大小为0.4 m/s C.刚分离时，a球的速度大小为0.7 m/s D.两球分开过程中释放的弹性势能为0.27 J 解析　在轻绳突然自动断开过程中，两球组成的系统动量守恒，设断开后两球的速度分别为v1和v2，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，根据题述，经过t＝5.0 s两球的间距s＝4.5 m，有v1t－v2t＝4.5，联立解得v1＝0.7 m/s，v2＝－0.2 m/s，负号说明b球的速度方向向左，选项A、B错误，C正确；由机械能守恒定律，两球分开过程中释放的弹性势能Ep＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v＝0.27 J，选项D正确。‎ 答案　CD ‎9.如图7所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车。现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去(不计摩擦)，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则(　　)‎ 图7‎ A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为 B.小球离车后，对地将向右做平抛运动 C.小球离车后，对地将做自由落体运动 D.此过程中小球对车做的功为mv 解析　小球到达最高点时，小车和小球相对静止，且水平方向总动量守恒，有mv0＝2mv，v＝，选项A正确；小球离开小车时类似完全弹性碰撞，两者速度互换，所以小球与小车分离后做自由落体运动，此过程中小球对车做的功W＝mv，故选项C、D正确，B错误。‎ 答案　ACD 三、计算题 ‎10.如图8所示，一质量m1＝0.45 kg的平顶小车静止在光滑的水平轨道上。质量m2＝0.5 kg的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m0＝0.05 kg的子弹、以水平速度v0＝100 m/s射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2 m/s的速度滑离小车。已知子弹与车的作用时间极短，物块与车顶面的动摩擦因数μ＝0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g＝10 m/s2，求：‎ 图8‎ ‎(1)子弹相对小车静止时小车速度的大小；‎ ‎(2)小车的长度L。‎ 解析　(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 m0v0＝(m0＋m1)v1‎ 解得v1＝10 m/s ‎(2)三物体组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 ‎(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v2＋m2v3‎ 解得v2＝8 m/s 由能量守恒可得 (m0＋m1)v＝μm2gL＋(m0＋m1)v＋m2v 解得L＝2 m 答案　(1)10 m/s　(2)2 m ‎11.如图9甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示。求：‎ 图9‎ ‎(1)物块C的质量mC；‎ ‎(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。‎ 解析　(1)由图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度为v2＝3 m/s，C与A碰撞过程动量守恒。‎ mCv1＝(mA＋mC)v2‎ 即mC＝2 kg ‎(2)12 s时B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大 根据动量守恒定律，有 ‎(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4‎ 根据机械能守恒定律，有 (mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep 得Ep＝9 J 答案　(1)2 kg　(2)9 J