第七章　动量第37课时　动量守恒中的四类模型　重难突破课教师用

第37课时动量守恒中的四类模型[重难突破课]模型一子弹打木块模型模型图例模型规律（1）地面光滑，系统的动量守恒。（2）系统的机械能有损失，一般应用能量守恒定律。两种情况（1）子弹未穿出木块：两者最终速度相等，机械能损失最多①动量守恒：mv0＝（m＋M）v②能量守恒：Q＝f·x＝12mv02－12（M＋（2）子弹穿出木块：两者速度不相等，机械能有损失①动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2②能量守恒：Q＝f·l＝12mv0【典例1】如图所示，在光滑的水平桌面上静止放置一个质量为980g的长方形匀质木块，现有一质量为20g的子弹以大小为300m/s的水平速度沿木块的中心轴线射向木块，最终留在木块中没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。（1）求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所产生的内能；（2）若子弹是以大小为400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块，则在射中木块后能否射穿该木块？答案：（1）6m/s882J（2）能解析：（1）设子弹射入木块后与木块的共同速度为v，对子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，代入数据解得v＝6m/s此过程系统所产生的内能Q＝12mv02－12（M＋m）v（2）假设子弹以v0'＝400m/s的速度入射时没有射穿木块，则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律得mv0'＝（M＋m）v'解得v'＝8m/s此过程系统损失的机械能为ΔE'＝12mv0'2－12（M＋m）v'2由功能关系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d，ΔE'＝F阻x相'＝F阻d'则ΔEΔE'解得d'＝1因为d'＞10cm，所以能射穿木块。如图所示，质量为M的木块放在水平地面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平地面上滑行的距离为s，已知木块与水平地面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则子弹射入木块前的速度大小为（）A.m＋MmC.mm＋M解析：A子弹射入木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1＝（M＋m）v，解得v＝mv1M＋m，子弹射入木块后，二者做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得－μ（M＋m）gs＝0－12（M＋m）v2，联立解得v1＝M模型二滑块—木板模型模型图例模型规律木板M放在光滑的水平地面上，滑块m以速度v0滑上木板，两者间的摩擦力大小为f。①系统的动量守恒；②系统减少的机械能等于摩擦力与两者相对位移大小的乘积，即摩擦生成的热量。两种情况（1）若滑块未滑离木板，则类似于子弹打木块模型中子弹未穿出的情况。①系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v；②系统能量守恒：Q＝f·x＝12mv02－12（M＋m（2）若滑块滑离木板，则类似于子弹穿出的情况。①系统动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；②系统能量守恒：Q＝fl＝12mv02【典例2】（2022·河北高考13题）如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A和B，质量分别为1kg和2kg，A右端和B左端分别放置物块C、D，物块质量均为1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右运动，B和D以相同速度kv0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C与D粘在一起形成一个新滑块，A与B粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若k＝0.5，从碰撞后到新滑块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小。答案：（1）5（1－k）m/s10－20k（2）1.875m解析：（1）物块C、D碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后物块C、D形成的新物块的速度为v物，C、D的质量均为m＝1kg，以向右方向为正方向，则有mv0－m·kv0＝（m＋m）v物解得v物＝1－k2v0＝5（1－k）可知碰撞后滑块C、D形成的新滑块的速度大小为5（1－k）m/s，方向向右。滑板A、B碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑，滑板A和B质量分别为1kg和2kg，则有Mv0－2M·kv0＝（M＋2M）v滑解得v滑＝1－2k3v0＝则新滑板速度方向也向右。（2）若k＝0.5，可知碰后瞬间物块C、D形成的新物块的速度为v物'＝5（1－k）m/s＝5×（1－0.5）m/s＝2.5m/s碰后瞬间滑板A、B形成的新滑板的速度为v滑'＝10－20k可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m'＝2kg，新滑板的质量为M'＝3kg，设相对静止时的共同速度为v共，根据动量守恒定律可得m'v物'＝（m'＋M'）v共解得v共＝1m/s根据能量守恒定律可得μm'gx相＝12m'v物'2－12（m'＋M'解得x相＝1.875m。如图所示，光滑水平地面上并排放置着质量分别为m1＝1kg、m2＝2kg的木板A、B，一质量M＝2kg的滑块C（视为质点）以初速度v0＝10m/s从A左端滑上木板，C滑离木板A时的速度大小为v1＝7m/s，最终C与木板B相对静止，则（）A.木板B与滑块C最终均静止在水平地面上B.木板B的最大速度为2m/sC.木板A的最大速度为1m/sD.整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了57.5J解析：D整个系统动量守恒，则C滑离木板A时Mv0＝Mv1＋（m1＋m2）vA，解得木板A的最大速度为vA＝2m/s，滑上B后，对B、C整体动量守恒，则Mv1＋m2vA＝（M＋m2）vB，解得木板B的最大速度为vB＝4.5m/s，并且B、C最终一起匀速运动，故A、B、C错误；整个过程，A、B、C组成的系统机械能减少了ΔE＝12Mv02－12m1vA2－12（m2＋M）模型三滑块—曲面体模型模型图例模型规律光滑的曲面体开始时静止在水平地面上，滑块以速度v0滑上曲面体①系统水平方向动量守恒；②系统的机械能守恒。两个位置（1）滑块到达最高点时，滑块与曲面体具有共同的水平速度v共①系统水平方向动量守恒：mv0＝（M＋m）v共；②系统机械能守恒：12mv02＝12（M＋m）v共2＋mgh（2）滑块返回最低点时，滑块与曲面体分离①系统水平方向动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；②系统机械能守恒：12mv02＝12mv1【典例3】如图所示，质量为m＝1kg的工件甲静置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平轨道AB和四分之一光滑圆弧轨道BC组成，两轨道相切于B点，圆弧轨道半径为R＝0.824m，质量也为m的小滑块乙静置于A点。不可伸长的细线一端固定于O点，另一端系一质量为M＝4kg的小球丙，细线竖直且丙静止时O到球心的距离为L＝2m。现将丙向右拉开至细线与竖直方向夹角为θ＝53°并由静止释放，丙在O正下方与甲发生弹性碰撞（之后两者不再发生碰撞）。已知重力加速度大小为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不计空气阻力。（1）求丙与甲碰后瞬间各自速度的大小；（2）通过计算分析判断，碰后甲向左滑动的过程中，乙能否从C点离开圆弧轨道。答案：（1）2.4m/s6.4m/s（2）见解析解析：（1）丙向下摆动过程中机械能守恒，则MgL（1－cosθ）＝12M解得v0＝4m/s丙与甲碰撞过程，由动量守恒定律得Mv0＝Mv'＋mv由机械能守恒定律得12Mv02＝12Mv'2解得碰后瞬间，丙速度大小v'＝2.4m/s甲速度大小v＝6.4m/s。（2）假设乙能从C点离开，C点甲、乙水平速度相同，设甲速度为v甲2，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程，甲、乙水平方向动量守恒，则有mv＝2mv甲2解得v甲2＝3.2m/s设乙从C点离开时乙竖直方向速度大小为vy，从丙与甲碰撞结束至乙从C点离开甲过程中，由机械能守恒定律得12mv2＝12mv甲22＋又因为v乙12＝解得vy＝2m/s＞0，所以乙能从C离开圆弧轨道。（多选）质量为M的带有14光滑圆弧轨道的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回小车的左端，重力加速度为g，则（A.小球以后将向左做平抛运动B.小球将做自由落体运动C.此过程小球对小车做的功为12MD.小球在圆弧轨道上上升的最大高度为v解析：BC小球上升到最高点时与小车相对静止，有相同的速度v'，由动量守恒定律和机械能守恒定律有Mv0＝2Mv'，12Mv02＝12×2Mv'2＋Mgh，联立解得h＝v024g，故D错误；从小球滚上小车到滚下并离开小车过程，系统在水平方向上动量守恒，由于只有重力和系统内弹力做功，故系统机械能守恒，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回小车左端时速度变为零，开始做自由落体运动，小车速度变为v0，动能为12Mv02，即此过程小球对小车做的功为1模型四滑块—弹簧模型模型图例水平地面光滑，m1、m2与轻弹簧（开始处于原长）相连，m1以初速度v0运动。模型规律（1）系统的动量守恒。（2）系统的机械能守恒。两个状态（1）弹簧最短（或最长）时两物体瞬时速度相等，弹性势能最大①系统动量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v共；②系统机械能守恒：12m1v02＝12（m1＋m2）v（2）弹簧处于原长时弹性势能为零①系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；②系统机械能守恒：12m1v02＝12m1v12【典例4】（多选）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝2.0kg，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在t＝0时刻以一定速度向右运动，在t＝4s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图像如图乙所示，下列说法正确的是（）A.物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为48JB.4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为48N·s，方向向右C.物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为10JD.物块B离开墙壁后，物块B的最大速度大小为6m/s答案：AD解析：AC碰撞过程由动量守恒定律可得mCv0＝（mC＋mA）v，v0＝12m/s，v＝4m/s，解得mC＝2kg，当AC速度减为零时弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，Ep＝12（mA＋mC）v2＝12×6×42J＝48J，故A正确；4s到12s的时间内弹簧对AC的冲量为I弹＝（mA＋mC）（v2－v1）＝6×（－8）N·s＝－48N·s，12s时B的速度为零，4s到12s的时间内，对B由动量定理可得－I弹＋I墙＝0，得I墙＝I弹＝－48N·s，即大小为48N·s，方向向左，故B错误；物块B离开墙壁后，当B的速度与AC的速度相等时，由动量守恒定律可得（mA＋mC）v1＝（mA＋mC＋mB）v2，其中v1＝4m/s，解得v2＝3m/s，所以弹簧的最大弹性势能为Ep＝12（mA＋mC）v12－12（mA＋mC＋mB）v22＝12J，故C错误；当弹簧为原长时B的速度达到最大，由动量守恒定律和能量守恒定律可得（mA＋mC）v1＝（mA＋mC）v3＋mBv4，12（mA＋mC）v12＝12（mA＋mC）v32＋（多选）如图所示，水平面内有两个光滑平行导轨，导轨足够长，其间距为L。质量分别为m、2m的环A、B套在导轨上，两环之间连接一轻弹簧，轻弹簧原长32L。开始时弹簧与杆垂直，两环均静止。某时刻，给环B一水平向右的瞬时速度v，下列说法正确的是（A.A、B和弹簧组成的系统满足动量不守恒、机械能守恒B.若A的速度为vA＝4v3，B的速度为vBC.若A的速度为vA＝4v3，D.若弹簧恢复原长时，环B速度为水平向右的2v，则初始状态时弹簧的弹性势能Ep＝5mv2解析：BCD平行导轨光滑，对A、B和弹簧组成的系统分析，所受的外力矢量和为0，因此系统动量守恒，除系统内弹力外，没有其他力做功，系统机械能守恒，故A错误；对A、B和弹簧组成的系统分析，取向右为正方向，由动量守恒定律得2mv＝m·43v＋2mvB，解得vB＝v3，故B正确；由B选项分析可知，若vA＝4v3，则vB＝v3，设弹簧初始弹性势能为Ep，A的速度为4v3时的弹性势能为Ep'，根据机械能守恒定律可得12×2mv2＋Ep＝12×2mvB2＋12mvA2＋Ep'，可得Ep＝Ep'，开始时弹簧长度为L，而原长为32L，故弹簧压缩了L2，弹性势能为Ep，而弹簧伸长后弹性势能与初始弹性势能相等，故伸长量也为L2，此时弹簧长度为L'＝32L＋12L＝2L＝Lsin30°，故弹簧与导轨间夹角为30°，故C正确；开始时，弹簧长度为L，而原长为32L，故弹簧压缩了L2，弹性势能记为Ep，弹簧恢复原长时，环B水平向右的速度为2v，根据动量守恒可得2mv＝mvA＋2m·2v，解得vA＝－2v，即A的速度大小为2v，方向向左，由能量守恒定律得12×2mv2＋Ep＝12×2m（模型一子弹打木块模型1.（多选）如图所示，一子弹以初速度v0击中静止在光滑的水平面上的木块，最终子弹未能射穿木块，射入的深度为d，木块加速运动的位移为s。则以下说法正确的是（）A.子弹动能的亏损等于系统动能的亏损B.子弹动量变化量的大小等于木块动量变化量的大小C.摩擦力对木块做的功等于摩擦力对子弹做的功D.子弹对木块做的功等于木块动能的增量解析：BD子弹射入木块的过程，由于克服摩擦力做功，要产生内能，由能量守恒定律知：子弹动能的亏损大于系统动能的亏损，故A错误；子弹和木块组成的系统动量守恒，则子弹与木块动量的变化量大小相等，方向相反，故B正确；摩擦力对木块做的功为Ffs，摩擦力对子弹做的功为－Ff（s＋d），可知二者不等，故C错误；对木块根据动能定理可知，子弹对木块做的功即为摩擦力对木块做的功，等于木块动能的增量，故D正确。2.（多选）如图所示，质量为M的木块放在光滑的水平面上，质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度v0射中木块，并最终留在木块中与木块一起以速度v运动，已知当子弹相对木块静止时，木块前进距离为L，子弹进入木块的深度为s，此过程经历的时间为t。若木块对子弹的阻力大小Ff视为恒定，则下列关系式中正确的是（）A.FfL＝12Mv2 B.Fft＝mv0－C.v＝mv0M D.Ffs＝12mv解析：AB由动能定理，对木块可得FfL＝12Mv2，选项A正确；以向右为正方向，由动量定理，对子弹可得－Fft＝mv－mv0，则Fft＝mv0－mv，选项B正确；对木块、子弹整体，根据动量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，解得v＝mv0M＋m，选项C错误；对整体，根据能量守恒定律得Ffs＝12mv02－12（模型二滑块—木板模型3.（多选）如图所示，光滑水平面上放置滑块A和左侧固定轻质竖直挡板的木板B，滑块C置于B的最右端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝1kg。开始时B、C静止，A以v0＝7.5m/s的速度匀速向右运动，A与B发生正撞（碰撞时间极短），经过一段时间，B、C达到共同速度一起向右运动，且此时C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均无机械能损失，木板B的长度为L＝0.9m，B、C之间的动摩擦因数为μ，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A.A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为5m/sB.A与B碰撞后瞬间，B的速度大小为6m/sC.C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C对B摩擦力的冲量水平向左D.μ＝0.75解析：BD规定向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，12mAv02＝12mAvA12＋12mBvB12，解得vB1＝6m/s，故A错误，B正确；C与B左侧的挡板相撞后的一小段时间内，C的速度大于B的速度，C对B的摩擦力水平向右，此时C对B摩擦力的冲量水平向右，故C错误；由动量守恒定律和能量守恒定律得mBvB1＝（mB＋mC）v共，12mBvB12＝12（mB＋mC）4.如图所示，质量为m的长木板B放在光滑的水平面上，质量为14m的木块A放在长木板的左端，一颗质量为116m的子弹以速度v0射入木块并留在木块中，当木块滑离木板时速度为v08，木块在木板上滑行的时间为t，A.木块获得的最大速度为vB.木块滑离木板时，木板获得的速度大小为3C.木块在木板上滑动时，木块与木板之间的滑动摩擦力大小为3D.木块在木板上滑动时，因摩擦产生的热量等于子弹射入木块后子弹和木块减少的动能与木板增加的动能之差解析：B对子弹和木块A组成的系统，根据动量守恒定律得116mv0＝116m＋14mv1，解得v1＝v05，此后木块A与子弹一起做减速运动，则此时木块的速度最大，选项A正确；木块滑离木板时，对木板和木块（包括子弹）系统由动量守恒定律得mv016＝116m＋14m×v08＋mv2，解得v2＝3v0128，选项B错误；对木板，由动量定理得模型三滑块—曲面体模型5.（多选）如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心。质量为m的小滑块（可视为质点）以水平向右的初速度v0冲上圆弧轨道，恰好能滑到圆弧轨道最高点，已知M＝2m，则下列判断正确的是（）A.小滑块冲上轨道的过程，小滑块机械能不守恒B.小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统动量守恒C.小滑块冲到轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为23vD.小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为13v解析：AD小滑块冲上轨道的过程，系统机械能守恒，小滑块机械能不守恒，A正确；小滑块冲上轨道的过程，系统竖直方向外力矢量和不为零，动量不守恒，但系统在水平方向上不受外力，故系统水平方向上动量守恒，B错误；小滑块恰好冲到轨道的最高点时，二者速度相同，由水平方向动量守恒可得，带有圆弧轨道的滑块速度大小为13v0，当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，带有圆弧轨道的滑块速度最大，设脱离时小滑块和带有圆弧轨道的滑块速度分别为v1和v2，则有mv0＝mv1＋Mv2，12mv02＝12mv12＋12Mv22，解得v2＝23v0，v16.（多选）如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为3m，静止在光滑的水平面上。现有一个可以看作质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。重力加速度为g，关于这个过程，下列说法正确的是（）A.小球滑离小车时，小车回到原来位置B.小球滑离小车时小车的速度大小v车＝12C.车上管道中心线最高点的竖直高度为3vD.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是mv解析：BC由题意知小球与小车在水平方向上不受外力，在水平方向上动量守恒，小球相对小车上滑的过程，小车向右加速运动，小球相对小车下滑的过程，小车继续向右加速运动，所以小车的速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A错误；设小球滑离小车时小车的速度大小为v车，由动量守恒定律可得mv＝3mv车＋mv球，由机械能守恒定律可得12mv2＝12×3mv车2＋12mv球2，解得v车＝12v，v球＝－12v，故B正确；小球恰好到达管道的最高点时，小球和小车的速度相同，由动量守恒定律得mv＝（3m＋m）v'，可得此时的速度v'＝14v，由机械能守恒定律可得12mv2－12×4m×14v2＝mgh，所以车上管道中心线最高点的竖直高度h＝3v28g，故C正确；模型四滑块—弹簧模型7.如图所示，左端接有轻弹簧的物块A静止在光滑水平面上，物块B以一初速度向A运动，t＝0时B与弹簧接触，0～2s内两物体的v-t图像如图所示。则（）A.A的质量比B的大B.0～1s内，弹簧对A、B的冲量相同C.t＝1s时，弹簧的弹性势能最大D.t＝2s时，A的动量比B的大解析：C由图可知，物块B的初速度为v0＝1.2m/s，t＝1s时，物块A、B的共同速度大小为v＝1.0m/s，由动量守恒定律可得mBv0＝（mA＋mB）v，解得mB＝5mA，故A错误；0～1s内，弹簧对A的冲量方向向右，弹簧对B的冲量方向向左，所以弹簧对A、B的冲量不相同，故B错误；t＝1s时，物块A、B有共同速度，弹簧最短，弹簧的弹性势能最大，故C正确；t＝2s时，A的动量pA＝mAvA，B的动量pB＝mBvB，由图可知vA＝2.0m/s，vB＝0.8m/s，又mB＝5mA，所以A的动量比B的小，故D错误。8.（多选）如图所示，光滑水平地面上停放着一辆质量为2m的小车，小车的四分之一圆弧轨道在最低点B与水平轨道相切，圆弧轨道表面光滑，半径为R，水平轨道表面粗糙。在小车的右端固定一个轻弹簧，弹簧的原长小于水平轨道的长度。一个质量为m的小球从圆弧轨道与圆心等高的A点开始自由滑下，经B到达水平轨道，压缩弹簧后被弹回并恰好相对于小车静止在B点，重力加速度大小为g，下列说法不正确的是（）A.小球、小车及弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒B.小球第一次到达B点时对小车的压力73C.弹簧具有的最大弹性势能为12D.从开始到弹簧具有最大弹性势能时，摩擦生热12解析：AB小球、小车及弹簧组成的系统由于克服摩擦力做功，机械能不守恒，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖