江苏专用2022版高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用学案

江苏专用2022版高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用学案江苏专用2022版高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用学案PAGE36-江苏专用2022版高考物理一轮复习第6章动量第2节动量守恒定律及其应用学案第2节动量守恒定律及其应用一、动量守恒定律1．动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。2．动量守恒的数学表达式（1)p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′）.(2）Δp＝0(系统总动量变化为零)。(3)Δp1＝－Δp2（相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量增量大小相等，方向相反)。3．动量守恒的条件（1）系统不受外力或所受外力之和为零时，系统的动量守恒。（2）系统所受外力之和不为零，但当内力远大于外力时系统动量近似守恒。（3）系统所受外力之和不为零,但在某个方向上所受合外力为零或不受外力,或外力可以忽略，则在这个方向上,系统动量守恒.二、碰撞、反冲和爆炸1．碰撞（1）概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象。（2)特点:在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守恒。(3）分类:动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒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最大2．反冲运动(1）物体在内力作用下分裂为两个不同部分，并且这两部分向相反方向运动的现象。(2）反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量守恒定律来处理。3．爆炸问题（1)爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大,且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒.（2)爆炸过程中位移很小,可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动。1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1）系统所受合外力的冲量为零，则系统动量一定守恒。 (√）（2）动量守恒是指系统在初、末状态时的动量相等. (×)(3)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。 (√)(4）在爆炸现象中,动量严格守恒。 (×）（5）在碰撞问题中，机械能也一定守恒。 （×)(6)反冲现象中动量守恒、动能增加. (√）2．（人教版选修3－5P16T1改编）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车，人和车都处于静止状态。一个人站在车上用大锤敲打车的左端，在连续的敲打下，下列说法不正确的是(）A．车左右往复运动B．车持续向右运动C．大锤、人和平板车组成的系统水平方向动量守恒D．当大锤停止运动时，人和车也停止运动B［把人和车看成一个整体，用大锤连续敲打车的左端，根据系统水平方向受力为零，则沿该方向动量守恒,又由系统水平方向总动量为零，则当锤头敲打下去时，大锤向右运动，小车就向左运动，抬起锤头时大锤向左运动，小车向右运动,所以平板车在水平面上左右往复运动，当大锤停止运动时,人和车也停止运动，A、C、D正确.］3．（教科版选修3－5P17T4、6改编)下列叙述的情况中，系统动量不守恒的是（)甲乙A．如图甲所示，小车停在光滑水平面上，车上的人在车上走动时，人与车组成的系统B．如图乙所示，子弹射入放在光滑水平面上的木块中，子弹与木块组成的系统C．子弹射入紧靠墙角的木块中，子弹与木块组成的系统D．斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时C［对于人和车组成的系统，人和车之间的力是内力，系统所受的外力有重力和支持力，合力为零,系统的动量守恒；子弹射入木块过程中，虽然子弹和木块之间的力很大，但这是内力,木块放在光滑水平面上，系统所受合力为零，动量守恒；子弹射入紧靠墙角的木块时，墙对木块有力的作用，系统所受合力不为零，系统的动量减小；斜向上抛出的手榴弹在空中炸开时，虽然受到重力作用,合力不为零，但爆炸的内力远大于重力,动量近似守恒。故选C.]4．（人教版选修3－5P21T2改编）质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止的B球发生正碰.碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的,因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值，碰撞后B球的速度大小可能是()A．0。6vB．0.4vC．0。2vD．vB［根据动量守恒定律得mv＝mv1＋3mv2，则当v2＝0.6v时，v1＝－0。8v，则碰撞后的总动能E′k＝eq\f（1,2）m（－0.8v）2＋eq\f（1，2)×3m(0.6v)2＝1.72×eq\f(1，2）mv2，大于碰撞前的总动能,违反了能量守恒定律,故A项错误；当v2＝0.4v时,v1＝－0.2v，则碰撞后的总动能为E′k＝eq\f（1,2）m(－0。2v）2＋eq\f（1，2）×3m(0.4v）2＝0。52×eq\f(1,2)mv2，小于碰撞前的总动能，故可能发生的是非弹性碰撞，B项正确；当v2＝0。2v时，v1＝0.4v，则碰撞后的A球的速度大于B球的速度，而两球碰撞，A球不可能穿透B球，故C项错误;当v2＝v时，v1＝－2v，显然碰撞后的总动能大于碰撞前的总动能，故D项错误。]动量守恒定律的理解及应用eq\o（[讲典例示法])1．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p1、p2、…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2．动量守恒定律常用的四种表达形式(1）p＝p′:即系统相互作用前的总动量p和相互作用后的总动量p′大小相等，方向相同。（2）Δp＝p′－p＝0:即系统总动量的增加量为零。（3）Δp1＝－Δp2：即相互作用的系统内的两部分物体,其中一部分动量的增加量等于另一部分动量的减少量。（4）m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2,即相互作用前后系统内各物体的动量都在同一直线上时，作用前总动量与作用后总动量相等。[典例示法］(2019·郑州高三质量预测）如图所示,质量为m＝245g的物块(可视为质点）放在质量为M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上,物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。质量为m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中（时间极短），g取10m/s2。子弹射入后，求：(1)子弹进入物块后子弹和物块一起向右滑行的最大速度v1；(2）木板向右滑行的最大速度v2.审题指导:题干关键获取信息子弹进入物块后到一起向右滑行的时间极短木板速度仍为零足够长的木板木板向右滑行的速度v2最大[解析］（1）子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒可得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝6m/s。(2）当子弹、物块、木板三者同速时,木板的速度最大，由动量守恒定律可得（m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2m/s.[答案］(1)6m/s(2)2m/s[拓展］在上例中，物块在木板上滑行的时间t是多少?整个过程共损失了多少机械能?[解析]对物块和子弹组成的整体应用动量定理得－μ(m0＋m)gt＝（m0＋m）v2－(m0＋m)v1解得t＝1s整个过程损失的机械能为ΔE＝eq\f(1，2）m0veq\o\al(2,0)－eq\f(1，2）（m0＋m＋M）v22＝223.5J。[答案］1s223.5J应用动量守恒定律解题的一般步骤［跟进训练]1．（2020·安徽安庆五校联考）如图所示，光滑水平面上静止着一辆质量为M的小车，小车上带有一光滑的、半径为R的eq\f(1,4)圆弧轨道。现有一质量为m的光滑小球从轨道的上端由静止开始释放，下列说法中不正确的是（）A．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B．小球下滑过程中，小车和小球组成的系统总动量不守恒C．小球下滑过程中,在水平方向上小车和小球组成的系统总动量守恒D．小球下滑过程中,小车和小球组成的系统机械能守恒A［小车和小球组成的系统在水平方向上所受的合外力为零，则水平方向上动量守恒，竖直方向所受合外力不为零，所以总的动量不守恒;除重力以外的其他外力不做功，小车和小球组成的系统机械能守恒，B、C、D正确.］2．(2019·湛江联考)如图所示,质量均为m的小车和木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上,质量为2m的小孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面运动的速度为v,木箱运动到右侧墙壁时与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后能被小孩接住，求:（1)小孩接住木箱后共同速度的大小；(2）若小孩接住箱子后再次以相对于冰面的速度v将木箱向右推出，木箱仍与竖直墙壁发生弹性碰撞,判断小孩能否再次接住木箱。［解析](1）取向左为正方向，根据动量守恒定律可得推出木箱的过程中0＝（m＋2m)v1－mv,接住木箱的过程中mv＋(m＋2m)v1＝(m＋m＋2m)v2。解得v2＝eq\f（v,2)。（2)若小孩第二次将木箱推出，根据动量守恒定律可得4mv2＝3mv3－mv，则v3＝v，故小孩无法再次接住木箱。［答案］（1)eq\f（v,2)（2）不能3．如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m,两船沿同一直线同一方向运动,速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力和货物在两船之间的运动过程）［解析］设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后乙船的速度为v乙。甲船上的人接到货物后甲船的速度为v甲，规定向右的方向为正方向。对乙船和货物的作用过程,由动量守恒定律得12mv0＝11mv乙－mvmin ①对货物和甲船的作用过程，同理有10m×2v0－mvmin＝11mv甲 ②为避免两船相撞应有v甲＝v乙 ③联立①②③式得vmin＝4v0。[答案]4v0碰撞问题eq\o(［讲典例示法]）1．碰撞现象三规律2．弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例,则有m1v1＝m1v′1＋m2v′2eq\f（1,2）m1veq\o\al(2,1)＝eq\f（1，2）m1v′eq\o\al(2,1）＋eq\f(1，2)m2v′eq\o\al（2,2)解得v′1＝eq\f(m1－m2v1，m1＋m2）,v′2＝eq\f（2m1v1,m1＋m2）结论：（1)当m1＝m2时，v′1＝0，v′2＝v1（质量相等，速度交换）；(2）当m1>m2时，v′1>0，v′2〉0，且v′2〉v′1(大碰小,一起跑)；(3)当m1<m2时，v′1〈0，v′2>0（小碰大，要反弹）；(4）当m1≫m2时，v′1＝v1,v′2＝2v1（极大碰极小,大不变，小加倍）；（5)当m1≪m2时，v′1＝－v1，v′2＝0（极小碰极大，小等速率反弹，大不变)。3．完全非弹性碰撞碰撞结束后，两物体合二为一，以同一速度运动,动能损失最大。m1v1＋m2v2＝(m1＋m2）veq\f(1，2)m1veq\o\al(2，1）＋eq\f（1，2)m2veq\o\al(2,2)＝eq\f（1，2）(m1＋m2)v2＋ΔEk损max4．碰撞遵守的原则（1）动量守恒。（2)机械能不增加，即碰撞结束后总动能不增加，表达式为Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1）,2m1）＋eq\f（p\o\al(2，2)，2m2）≥eq\f（p′\o\al(2,1）,2m1）＋eq\f(p′\o\al（2，2)，2m2）。（3)速度要合理①碰前若同向运动，原来在前的物体速度一定增大，且v前≥v后。②两物体相向运动,碰后两物体的运动方向肯定有一个改变或速度均为零.[典例示法]（一题多变)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg,mB＝1kg，mC＝2kg。开始时C静止,A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动,经过一段时间,A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小.审题指导：题干关键获取信息A与C碰撞时间极短系统A、C动量守恒A、B再次同速，恰好不与C碰撞最后三者同速［解析]长木板A与滑块C处于光滑水平轨道上，两者碰撞时间极短,碰撞过程中滑块B与长木板A间的摩擦力可以忽略不计，长木板A与滑块C组成的系统在碰撞过程中动量守恒，则mAv0＝mAvA＋mCvC.两者碰撞后，长木板A与滑块B组成的系统在两者达到同速之前所受合外力为零，系统动量守恒，则mAvA＋mBv0＝（mA＋mB)v。长木板A和滑块B达到共同速度后，恰好不再与滑块C碰撞，则最后三者速度相等，vC＝v.联立以上各式，代入数据解得vA＝2m/s。[答案]2m/s[拓展］在上例中(1）A与C发生碰撞后粘在一起，则三个物体最终的速度是多少？（2)在相互作用的整个过程中，系统的机械能损失了多少？［解析］(1）整个作用过程中，A、B、C三个物体组成的系统动量守恒,最终三者具有相同的速度，根据动量守恒（mA＋mB）v0＝(mA＋mB＋mC)v代入数据可得v＝3m/s.(2）三者最后的速度v＝3m/s相互作用前E1＝eq\f(1，2)（mA＋mB)veq\o\al(2，0)＝37.5JA、B再次达到共同速度时E2＝eq\f（1，2)(mA＋mB＋mC)v2＝22。5J机械能损失ΔE＝E1－E2＝15J.［答案](1)3m/s(2）15J碰撞问题解题三策略（1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解.（2)可熟记一些公式,例如“一动一静”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：v′1＝eq\f（m1－m2,m1＋m2)v1v′2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1（3）熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量相等时，两球碰撞后交换速度。当m1≫m2,且v2＝0时，碰后质量大的速率不变，质量小的速率为2v1。当m1≪m2,且v2＝0时，碰后质量小的球原速率反弹。［跟进训练]1．质量分别为mP＝1kg、mQ＝2kg的小球P、Q静止在光滑的水平面上，现给小球P以水平的速度vP0＝4m/s沿直线朝小球Q运动，并发生正碰，分别用vP、vQ表示两小球碰撞结束的速度。则关于vP、vQ的大小可能的是（)A．vP＝vQ＝eq\f（4，3）m/sB．vP＝－2m/s，vQ＝3m/sC．vP＝1m/s，vQ＝3m/sD．vP＝－4m/s,vQ＝4m/sA［碰撞前总动量为p＝mPvP0＝4kg·m/s，碰撞前总动能为Ek＝eq\f（1,2)mPveq\o\al(2，P0)＝8J。如果vP＝vQ＝eq\f（4，3)m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f（1，2)mPveq\o\al（2,P)＋eq\f（1,2)mQveq\o\al（2，Q)＝eq\f（8，3）J，碰撞过程动量守恒,能量不增加，A正确;如果vP＝－2m/s，vQ＝3m/s,p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f（1,2)mPveq\o\al(2,P)＋eq\f（1，2）mQveq\o\al(2，Q)＝11J，能量增加，碰撞过程动量守恒,B错误;如果vP＝1m/s,vQ＝3m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝7kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，C错误；如果vP＝－4m/s，vQ＝4m/s，p′＝mPvP＋mQvQ＝4kg·m/s，E′k＝eq\f（1,2)mPveq\o\al（2,P）＋eq\f（1,2)mQveq\o\al(2,Q)＝24J,碰撞过程动量守恒，动能增加,D错误。］2．(2020·江苏省大丰高级中学期中)如图所示是质量为M＝1.5kg的小球A和质量为m＝0.5kg的小球B在光滑水平面上做对心碰撞前后画出的x­t图象，由图可知（）A．两个小球在碰撞前后动量不守恒B．碰撞过程中，B损失的动能是4JC．碰撞前后,A的动能不变D．这两个小球的碰撞是弹性的D[根据x。t图象的斜率等于速度，可知：A球的初速度为vA＝0，B球的初速度为vB＝eq\f(ΔxB，Δt）＝eq\f(20，5）m/s＝4m/s，碰撞后A球的速度为v′A＝eq\f(ΔxA,Δt）＝eq\f(30－20，10－5)m/s＝2m/s,碰撞后B球的速度为vB′＝eq\f(10－20,10－5）m/s＝－2m/s；碰撞前总动量为p＝MvA＋mvB＝2kg·m/s，碰撞后总动量为p′＝MvA′＋mvB′＝2kg·m/s,故两个小球在碰撞前后动量守恒，故A错误；碰撞过程中,B球的动能变化量为:ΔEkB＝eq\f（1,2）mvB′2－eq\f（1,2)mveq\o\al（2,B)＝eq\f（1，2）×0.5×[（－2)2－42］J＝－3J，即损失3J,故B错误；碰撞前A的动能为0，碰撞后A的动能大于零，故C错误;A球动能增加量为ΔEkA＝eq\f(1，2）MvA′2－0＝3J,则知碰撞前后系统的总动能不变,此碰撞是弹性碰撞，故D正确。]3．(2020·嫩江市高级中学高三月考)如图所示，物块A静止在光滑水平面上，木板B和物块C一起以速度v0向右运动，与A发生弹性正碰，A与B碰撞时间极短，最终C恰好未从B上掉落。已知v0＝5m/s，mA＝6kg,mB＝4kg，mC＝2kg，C与B之间动摩擦因数μ＝0。2，取g＝10m/s2，求:(1）B与A碰撞后A物块的速度大小;(2)B、C相对静止时的速度大小;(3）木板B的最小长度。［解析］（1)以A、B为研究对象,B与A发生弹性碰撞过程,设向右为正，由动量守恒定律有mBv0＝mAvA＋mBvB由机械能守恒定律可知eq\f(1,2）mBveq\o\al(2，0)＝eq\f(1，2）mBveq\o\al（2,B)＋eq\f（1,2）mAveq\o\al(2,A）联立解得vA＝4m/s,vB＝－1m/s。（2）碰后B反向运动，与C相互作用,对B、C，由动量守恒定律可知mCv0＋mBvB＝(mC＋mB)v解得v＝1m/s。（3)设木板B最小长度为L，则μmCgL＝eq\f(1,2）mBveq\o\al（2，B）＋eq\f（1,2)mCveq\o\al（2,0)－eq\f（1，2)（mC＋mB)v2解得L＝6m。[答案］（1)4m/s（2)1m/s(3)6m爆炸、反冲问题eq\o([分考向训练］)爆炸问题1．向空中发射一枚炮弹，不计空气阻力,当炮弹的速度v0恰好沿水平方向时,炮弹炸裂成a、b两块,若质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，则（)A．b的速度方向一定与原来速度方向相反B．从炸裂到落地的这段时间内，a飞行的水平距离一定比b的大C．a一定先到达水平地面D．在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的大小一定相等D［炮弹炸裂前后动量守恒，选定v0的方向为正方向，则mv0＝mava＋mbvb,显然vb>0、vb〈0、vb＝0都有可能，A错误；vb〉va、vb〈va、vb＝va也都有可能,爆炸后,a、b都做平抛运动，由平抛运动规律知，下落高度相同则运动的时间相等，飞行的水平距离与速度大小成正比，故B、C错误；炸裂过程中，a、b之间的力为相互作用力，故D正确。]2．(2019·邯郸模拟）如图所示,木块A、B的质量均为m，放在一段粗糙程度相同的水平地面上，木块A、B间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计）。让A、B以初速度v0一起从O点滑出,滑行一段距离后到达P点，速度变为eq\f(v0，2），此时炸药爆炸使木块A、B脱离，发现木块B立即停在原位置,木块A继续沿水平方向前进。已知O、P两点间的距离为s，设炸药爆炸时释放的化学能全部转化为木块的动能，爆炸时间很短可以忽略不计，求：(1）木块与水平地面间的动摩擦因数μ；(2）炸药爆炸时释放的化学能.［解析](1）从O滑到P，对A、B由动能定理得－μ·2mgs＝eq\f（1,2)×2meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(v0，2））)eq\s\up12(2）－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0），解得μ＝eq\f(3v\o\al（2,0)，8gs）。（2)在P点爆炸时，A、B组成的系统动量守恒，有2m·eq\f(v0，2)＝mv，根据能量守恒定律有E0＋eq\f（1,2)×2meq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(v0,2））)eq\s\up12(2)＝eq\f（1,2)mv2，解得E0＝eq\f(1，4)mveq\o\al(2，0）。［答案](1）eq\f（3v\o\al（2，0)，8gs）（2)eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)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，系统的总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，所以爆炸后系统的总动能增加位置不变爆炸的时间极短,因而作用过程中,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爆炸前的位置以新的动量开始运动反冲问题3．如图所示,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(）A．v0＋eq\f(m,M）vB．v0－eq\f(m,M)vC．v0＋eq\f(m，M)(v0＋v）D．v0＋eq\f(m，M）（v0－v)C[以水面为参考系，根据动量守恒定律(M＋m)v0＝－mv＋Mv1,可解得C正确。］4．如图所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为()A．v0－v2B．v0＋v2C．v0－eq\f（m2，m1）v2D．v0＋eq\f（m2,m1）（v0－v2）D［火箭和卫星组成的系统，在分离前后沿原运动方向上动量守恒,由动量守恒定律有：(m1＋m2）v0＝m1v1＋m2v2，解得：v1＝v0＋eq\f（m2,m1）（v0－v2），D项正确。]对反冲运动的三点说明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，所以系统的总机械能增加人船模型5．(2020·辽宁凌源模拟）长度为L、质量为M的平板车的左端紧靠着墙壁，右端站着一个质量为m的人(可视为质点)，某时刻人向左跳出，恰好落到车的左端,而此时车已离开墙壁有一段距离，那么这段距离为(车与水平地面间的摩擦不计)（）A．LB．eq\f(mL,M）C．eq\f(mL，M＋m)D．eq\f（ML，M＋m)C［设人从小车上跳起后沿水平方向的分速度为v1，小车沿水平方向的速度为v2，人和小车在水平方向的动量守恒，选取向左为正方向，则mv1－Mv2＝0,设人从右端到达左端时间为t，则有mv1t－Mv2t＝0，化简为ms1＝Ms2，由空间几何关系得s1＋s2＝L，联立解得车的位移为s2＝eq\f（mL，M＋m)，故只有选项C正确。］6．如图所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m1＝50kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20kg，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＝5m.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（可以把人看作质点)（）A．5mB．3.6mC．2。6mD．8mB[当人滑到绳下端时,如图所示，由动量守恒定律，得m1eq\f（h1，t)＝m2eq\f(h2,t),且h1＋h2＝h,解得h1≈1.4m，所以他离地高度H＝h－h1＝3.6m，故选项B正确.］1．人船模型的适用条件物体组成的系统动量守恒且系统中物体原来均处于静止状态,合动量为零。2．人船模型的特点（1）遵从动量守恒定律:mv1－Mv2＝0。如图所示.s人＋s船＝L，即s人＝eq\f(M，M＋m）L，s船＝eq\f(m，M＋m)L。动量和能量观点的综合应用eq\o（［讲典例示法］)“滑块--弹簧”模型[典例示法]如图所示,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。思路点拨：解此题要注意以下关键信息:（1)“B、C可视为一个整体"表明A与B碰后，三者共速.(2)“A与B碰后黏在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。［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＝mv0 ①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＋mv0 ②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式得弹簧所释放的势能为Ep＝eq\f（1,3)mveq\o\al(2,0)。[答案]eq\f（1，3）mveq\o\al(2，0)“滑块--弹簧"模型的几点注意对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中,要关注以下四点（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，系统动量守恒，机械能守恒。(4）弹簧处于原长时，弹性势能为零。［跟进训练］1．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B两小木块中部夹一被压缩的轻弹簧，当轻弹簧被放开时，A、B两小木块各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地面上.若mA＝3mB，则下列结果正确的是（)A．若轻弹簧对A、B做功分别为W1和W2，则有W1∶W2＝1∶1B．在与轻弹簧作用过程中，两木块的速度变化量之和为零C．若A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1和Δp2，则有Δp1∶Δp2＝1∶1D．若A、B同时离开桌面，则从释放轻弹簧开始到两木块落地的这段时间内，A、B两木块的水平位移大小之比为1∶3D［弹簧弹开木块过程中，两木块及弹簧组成的系统动量守恒，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得mAvA－mBvB＝0,则速度之比vA∶vB＝1∶3，根据动能定理得：轻弹簧对A、B做功分别为W1＝eq\f（1,2)mAveq\o\al（2,A），W2＝eq\f(1，2）mBveq\o\al（2,B），联立解得W1∶W2＝1∶3，选项A错误;根据动量守恒定律得知，在与轻弹簧作用过程中，两木块的动量变化量之和为零，即mAΔvA＋mBΔvB＝0,可得，ΔvA＋ΔvB≠0，选项B错误；A、B离开桌面后都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，运动时间相等，设为t,由动量定理得A、B在空中飞行时的动量变化量分别为Δp1＝mAgt，Δp2＝mBgt，所以Δp1∶Δp2＝3∶1,选项C错误;平抛运动水平方向的分运动是匀速直线运动，由x＝v0t知，t相等，则A、B两木块的水平位移大小之比等于vA∶vB＝1∶3，选项D正确.］2．如图所示，质量为m2＝2kg和m3＝3kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接）.质量为m1＝1kg的物体以速度v0＝9m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘合在一起。试求：(1）m3的速度至少为多大,才能使以后m3和m2不发生碰撞?（2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？[解析](1）设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向,对m2、m3，由动量守恒定律得m2v2－m3v1＝0。只要m1和m3碰后速度不大于v2,则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等。对m1、m3，由动量守恒定律得m1v0－m3v1＝（m1＋m3）v2解得v1＝1m/s，即弹簧将m3发射出去的速度至少为1m/s。（2）对m2、m3及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得Ep＝eq\f(1，2)m3veq\o\al（2，1）＋eq\f(1,2）m2veq\o\al(2,2）＝3。75J。[答案］(1）1m/s（2）3.75J“滑块-—平板”模型[典例示法］（2020·黄山模拟)如图所示，质量m1＝4.0kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1。5m，现有质量m2＝1。0kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝5m/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,g取10m/s2。求：(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v′0不超过多少。审题指导：题干关键获取信息相对静止最后共速要使物块不从小车右端滑出物块滑到车右端与小车共速［解析]（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，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f，对物块应用动量定理有－ft＝m2v－m2v0，其中f＝μm2g，联立以上三式解得t＝eq\f(m1v0，μm1＋m2g)代入数据得t＝eq\f(4。0×5，0。5×4.0＋1.0×10）s＝0。8s。（2）要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v′,则有m2v′0＝（m1＋m2)v′，由功能关系有eq\f（1，2）m2v′eq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2）（m1＋m2)v′2＋μm2gL，代入数据解得v′0＝eq\f（5，2）eq\r(3）m/s。故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不能超过eq\f(5，2)eq\r(3）m/s。[答案](1)0.8s（2）eq\f（5，2)eq\r（3)m/s[拓展]在上例中若改为小车右端连一个四分之一光滑圆弧轨道,其总质量仍为m1,小车水平部分长度仍为L，圆弧轨道与小车水平面在点O′相切，如图所示。物块仍以v0＝5m/s的速度从左端滑上小车，物块恰能到达圆弧轨道的最高点A，求：（1)光滑圆弧轨道的半径；(2）物块与小车最终相对静止时，它距点O′的距离。［解析］(1)小车和物块组成的系统水平方向动量守恒，设物块到达圆弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1,由动量守恒得m2v0＝(m1＋m2)v1，由能量守恒得eq\f(1，2）m2veq\o\al(2，0)－eq\f(1,2）（m1＋m2）veq\o\al(2,1）＝m2gR＋μm2gL,联立并代入数据解得R＝0.25m。（2）设物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从物块滑上小车,到二者相对静止的过程中