高考物理创新大一轮（基础课能力课实验课）版第六章动量守恒定律及应用能力课

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eq\f(x1,x2)＝eq\f(v1,v2)＝eq\f(m2,m1)。(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＝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＝eq\f(M,m＋M)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＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/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＝10m/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＝eq\f(m1v0,μ（m1＋m2）g)代入数据得t＝0.24s。(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eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入数据解得v0′＝5m/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5m/s。答案(1)0.24s(2)5m/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，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋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，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)。【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)解析斜面固定时，由动能定理得－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以v0＝eq\r(2gh)斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v由机械能守恒得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，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＝－2m/s①v2＝1m/s②a、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＝eq\f(2,3)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＝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＝eq\f(1,2)(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6A.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eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)，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＝eq\f(1,2)v0t1，根据能量守恒定律有μmAgΔx＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,1)，结合eq\f(mA,mB)＝eq\f(v1,v0－v1)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BC1.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＋eq\f(m,M)(v0＋v)，选项C正确。答案C2.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8A.ma＞mb B.ma＜mbC.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B3.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C4.如图9所示，一质量为M＝3.0kg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＝1.0kg的小木块A。给A和B以大小均为4.0m/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9A.1.8m/s B.2.4m/s C.2.8m/s D.3.0m/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＝eq\f(8,3)m/s，v2＝2m/s，所以在A做加速运动的时间内，B的速度大小应大于2m/s且小于eq\f(8,3)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.eq\f(Δmv0,M－Δm) B.－eq\f(Δmv0,M－Δm) C.eq\f(Δmv0,M) D.－eq\f(Δmv0,M)解析由动量守恒定律得Δmv0＋(M－Δm)v＝0，火箭的速度为v＝－eq\f(Δmv0,M－Δm)，选项B正确。答案B2.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1A.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C3.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0.5m，g取10m/s2，物块可视为质点。则A碰撞前瞬间的速度为()图2A.0.5m/s B.1.0m/s C.1.5m/s D.2.0m/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－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,2)，得v2＝1m/s。A与B碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有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，则选项C正确。答案C4.如图3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(可以把人看做质点)()图3A.5m B.3.6mC.2.6m D.8m解析当人滑到绳下端时，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。答案B5.[人教版选修3－5·P17·T7改编]悬绳下吊着一个质量为M＝9.99kg的沙袋，构成一个单摆，摆长L＝1m。一颗质量m＝10g的子弹以v0＝500m/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10m/s2)，则此时悬绳的拉力为()A.35N B.100N C.102.5N D.350N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＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(0.01×500,10)m/s＝0.5m/s。对子弹和沙袋，由向心力公式FT－(m＋M)g＝(m＋M)eq\f(v2,L)得悬绳的拉力FT＝(m＋M)g＋(m＋M)eq\f(v2,L)＝102.5N，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1kg，则B球质量及碰后它们的速度大小为()图4A.2kg B.eq\f(2,3)kgC.4m/s D.1m/s解析由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动，va＝eq\f(4－10,2)m/s＝－3m/s，vb＝eq\f(4－0,2)m/s＝2m/s，碰撞后二者连在一起做匀速直线运动，vc＝eq\f(2－4,4－2)m/s＝－1m/s。碰撞过程中动量守恒，即mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc可解得mB＝eq\f(2,3)kg由以上可知选项B、D正确。答案BD7.如图5所示，木块A的质量mA＝1kg，足够长的木板B的质量mB＝4kg，质量为mC＝4kg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＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，则()图5A.B运动过程中的最大速度为4m/sB.B运动过程中的最大速度为8m/sC.C运动过程中的最大速度为4m/sD.C运动过程中的最大速度为2m/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＝4m/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＝2m/s，选项C错误，D正确。答案AD8.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＝0.1m/s向右做直线运动，已知a、b两弹性小球质量分别为m1＝1.0kg和m2＝2.0kg。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＝5.0s两球的间距s＝4.5m，则下列说法正确的是()图6A.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0.4m/sC.刚分离时，a球的速度大小为0.7m/sD.两球分开过程中释放的弹性势能为0.27J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＝5.0s两球的间距s＝4.5m，有v1t－v2t＝4.5，联立解得v1＝0.7m/s，v2＝－0.2m/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＝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，选项D正确。答案CD9.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7A.小球在小车上到达最高点时的速度大小为eq\f(v0,2)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eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)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＝eq\f(v0,2)，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＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故选项C、D正确，B错误。答案ACD三、计算