动量守恒定律木板题型技法解读高考

1、动量守恒定律木板题型技法解读高考一、滑动摩擦力做功的特点技法讲解滑动摩擦力做功的特点先研究一个实例：如图所示，质量为m的木块以速度v0 滑上原来静止的质量为M的木板，木板长为L，木板与木块之间动摩擦因数为，水平地面光滑. 当木块滑到木板的另一端时，木块和木板的速度分别为v1、v2，木板对地的位移为s.在两者相互作用的过程中，木块 m在滑动摩擦力作用下向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，分别对它们用动能定理. 对木块：- mg(L+s)=1 mv12-12mv02212对木板： mgs=M1v2 以上两式相加得：- mgL=1 M1v22 + 122212mv1 -mv02整理得： mgL=

2、 1 221212mv0 -(2M1 v2 +mv1) 2对上述几个方程进行讨论：式中木块减少的动能分为两部分，一部分通过摩擦力对木板做正功，转移到木板上成为木板的动能；另一部分通过克服摩擦力做功，转化成系统的内能.式中，等号右边是木块和木板在运动过程中减少的机械能，而系统减少的机械能全部转化为系统的内能，即热量 . 可见，在这类“摩擦生热”的问题中，系统在相互作用过程中产生的热能（等于减少的机械能）等于系统之间的摩擦力和物体相对位移的乘积. 即： Q= mgs相对 .此式可作为一个公式直接应用.综上所述，滑动摩擦力做功有以下特点：（ 1）滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以

3、不做功（比如物体在有摩擦的地面上滑动时，地面受的摩擦力对地面就不做功）.（ 2）一对滑动摩擦力做功的过程中， 能量的转化有两种情况： 一是相互摩擦的物体之间有机械能的转移；二是机械能转化为内能，转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积.（ 3）相互摩擦的系统内， 一对滑动摩擦力所做的功总是负值，其绝对值恰等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即恰等于系统损失的机械能 .典例剖析例 1 一质量为M、长为 L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其左端放一质量为m的小木块A，m<M.现以地面为参考系，给A 和 B 以大小相等、方向相反的初速度，如图所示，使A 开始向右运动，B 开始向左运

4、动，但是，最后A 刚好没有滑离B 板 . 求小木块A 向右运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离.解析：小木块 A 先向右减速运动到速度vA=0，后又向左加速直至与木块 B 具有相同速度 v2，木块 B 一直向左减速运动直至与 A 具有相同速度 v2，以后 A、 B 以 v2匀速向左运动，整个过程中木板与木块组成的系统动量守恒 . 由动量守恒定律有：Mv0-mv0=（M+m） v2对系统的全过程，由能量转化与守恒定律有：Q=fL=1212(M+m)v 0 -(M+m)v 222设 A 向右运动的对地最大位移为s ，对小木块 A 由动能定理有m-fs m=-1 mv022解以上各式得（Mm

5、）sm=L .4M二、子弹打击木块模型技法讲解1.木块固定，子弹留在其中，对子弹有：12可求得射入的深度d.-fd=0-mv 022.木块固定， 子弹穿出 .（设木块厚度为L），对子弹由动能定理得：12-12-fL=mvmv。由此可求得 v .20023.木块不固定，子弹留在其中. （设地面光滑）如图所示，子弹位移为s1，木块位移为s2，末速度为 v.对系统由动量守恒得：mv0=（ M+m） v解得： v=mv 0对子弹由动能定理得：Mm-f s1=Ek1= 1 mv2- 1 mv022212·- Ek1=mv02M （M 2m）2（Mm）对木块由动能定理得：fs 2=12Mv2=E

6、k212MmE =mv·2k20（Mm）2对整个系统由能量守恒得：Q=f s=f （ s -s121（ M+m）v2） =mv -12202解得：Q=12M综上得：s1M 2mQM m2m v0·s2mE M 2m（ Mm）- Ek1= Ek2+Q.4. 木块不固定，子弹最后穿出，设穿出时木块速度为v2，子弹速度为v1，如图所示 .对系统由动量守恒得：mv0=mv1+Mv2对系统由能量守恒得：-Q=-fL=1212-2mv1 +Mv21 mv0222对子弹由动能定理得：1212-fs 1=mv1 -2mv02对木块由动能定理得：fs 2= 12Mv22联立以上方程便可求出所

7、要求的物理量.典例剖析例 2 一质量为M的木块静止于光滑水平地面上，一质量为m的子弹以初速度v0 射入木块并最终停留在木块中 . 在子弹射入木块的过程所受的阻力恒定，如图所示， 试求子弹进入木块的过程中系统产生的热量Q和木块相对地面的位移大小s1.解析：将子弹和木块看作一个系统，此系统在子弹进入木块的过程动量守恒， 设最终子弹和木块的共同速度为 v，子弹进入木块过程受到的阻力为 Ff ，对系统由动量守恒定律得：mv0=(M+m)v解得： v=mv 0Mm对子弹由动能定理得：-F(s+d)=1211E =mv -fk1222mv0 对木块由动能定理得：Ff s1=11 Mv22对整个系统由能量守

8、恒定律得：1212Q=Ffd=mv 0 -2（ M+m） v2联立方程解得：Q= 1 mv0 2·M（ M+m）2联立方程解得：mds1=.Mm12Mmd答案： Q=m v0 ·s =2Mm1M m三、用动量和能量的观点分析解决问题的基本思路技法讲解用动量和能量的观点分析解决问题的基本思路：用动量和能量的观点分析解决问题时，应首先判断是否满足动量守恒定律和机械能守恒定律的条件，这两个守恒定律一般用来求物体在某状态时的速度 . 若不满足动量守恒定律和机械能守恒定律的条件， 再从研究对象上分析，若研究的对象是单个物体，应优先考虑用动量定理或动能定理（涉及力和时间的问题用动量定理

9、，涉及力和位移的问题用动能定理） ；若研究的对象是一个系统，或涉及到功能关系，则应考虑从能量守恒定律的角度分析解决.总之，需要用动量和能量观点处理的题目特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们掌握分析解决这类问题的特点和方法，切实提高审题能力和过程分析能力.典例剖析例 3 如图所示，光滑轨道上，小车A、 B 用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A、B 上 . 然后使 A、 B以速度 v0 沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A 的速度刚好为0，已知 A、 B 的质量分别为mA、 mB，且 mA<mB. 求：（ 1）被压缩的弹簧具有的弹性势能E

10、p.（ 2）试定量分析、讨论在以后的运动过程中，小车B 有无速度为0 的时刻 .解析：（ 1）设弹簧第一次恢复自然长度时B 的速度为vB，以 A、B、弹簧为系统，此系统在运动过程中动量守恒 . 由动量守恒定律得：(mA+mB)v 0=mB· vB该系统在运动过程中机械能也守恒，故：1（ mA+mB） v02122+Ep=mB· vB2由上式解出：m（A m AmB） 2.E =v 0p2m B（ 2）假设以后运动过程中B 的速度为0 时， A 的速度为 vA，此时弹簧的弹性势能为Ep . 由动量守恒有：（mA+mB） v0=mA· vA由机械能守恒定律有：1（ m

11、+m） v2+E =12+Epmv2AB0p2A A由以上两式得：mAm B2m A mB2p22E =v 02m Av02m B因为 m<mB,所以可推出： E <0Ap弹性势能小于0 是不可能的，所以B 的速度没有等于0的时刻 .答案：（ 1） Ep= m（A m AmB）v02 （ 2）见解析2mB第三关：训练关笑对高考随堂训练1. 水平传送带以速度 v 匀速运动，现将一小工件轻轻放到传送带上，它将在传送带上滑动一段时间后才与传送带保持相对静止，设工件的质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为 , 在相对滑动过程中 ()mv2A. 传送带对工件做的功为2B. 产生的内能为1 mv

12、22C. 传送带对工件做的功为零D. 传送带作用于工件的冲量为mv解析：当工件的速度增为v 时，与传送带相对静止，此前工件的加速度a= g, 相对地面的位移 s= v2,2 g运动时间 t=v, 相对传送带落后的距离s 相对 =vt-s=v 2, 过程中产生的内能Q= mg× s 相对 =1 mv 2, 传送带g2 g2对工件做的功W= 1 mv 2( 动能定理 ) ，传送带作用于工件的冲量指的是传送带对工件的支持力和摩擦力的冲2量的矢量和，而mv仅为摩擦力对工件的冲量（也是合外力对工件的冲量）.答案： AB2. 如图所示，木块 A 放在木块 B 上左侧，用恒力 F 将 A 拉到功为

13、 W1，生热为 Q1；第二次让 B 可以在光滑地面上自由滑动，这次B 的右端，第一次将 B 固定在地面上， F 做 F 做的功为 W2，生热为 Q2，则应有（）A.W1<W2， Q1=Q2B.W1=W2， Q1=Q2C.W1<W2， Q1<Q2D.W1=W2， Q1<Q2解析：因摩擦生热Q= mgs相对 =mgl （ l 为 B 的长度），故 Q1=Q2又 W=Fs，当 B 固定时， F 的位移 s1=l ，当 B 不固定时， F 的位移 s2>l W1<W2，因而正确选项为A.答案： A3. 如图所示，小球A 和小球 B 质量相同，球B 置于光滑水平面上，

14、当球A 从高为 h 处由静止摆下，到达最低点恰好与B 相撞，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是()A.hB.1 hC.1 hD.1 h248解析： A 球从高 h 处摆到最低点过程中，机械能守恒：mgh= 1 mv 22A、 B 相碰过程，动量守恒： mv=2mvA、 B 一起上摆到最高点过程中，由能量守恒：21 (2m)v =2mgH2联立式可得 H=1 h4答案： C4. 质量为 m的小球 A，沿光滑水平面以速度v0 与质量为2 m的静止小球 B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的1 ，那么小球 B 的速度可能是 ()9A.1 v 0B.233v 04C.9v 0D.5 v 09解析：设碰后A 球速度为 vA， B 球速度为 vB，因 EKA = 1 EKA,12m21 m219v A =v0×29 v A=± 1 v0， A、 B 两球组成系统动量守恒. 由动量守恒定律：3mv0=mvA+mv B vB = 1 v0 或 vB = 2 v033答案： AB5.(