素养提升12⇒动量守恒中的四类模型

动量守恒中的四类模型模型一小球—曲面模型（精品微信公众号：偷着学）1.小球沿14光滑圆弧、斜劈上升至最高点时，m1与m2具有相同的速度，且小球不离开轨道，小球离曲面底端的高度为h，系统水平方向动量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v系统能量守恒：12m1v02＝12（m1＋m2）v2＋m1gh（不计一切摩擦）2.小球返回曲面底端时系统动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2系统能量守恒：12m1v02＝12m1v1（相当于弹性碰撞）。【例1】（多选）如图所示，在光滑足够长水平面上有半径R＝0.8m的14光滑圆弧斜劈B，斜劈的质量M＝3kg，底端与水平面相切，左边有质量m＝1kg的小球A以初速度v0＝4m/s从切点C（是圆弧的最低点）冲上斜劈，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（A.小球不能从斜劈顶端冲出B.小球能从斜劈顶端冲出后还会再落入斜劈C.小球冲上斜劈过程中经过最低点C时对斜劈的压力大小是30ND.小球从斜劈上返回最低点C时速度大小为2m/s，方向向左答案：ACD解析：小球向右运动到斜劈最低点C时，设此时斜劈对小球的支持力为F1，由牛顿第二定律有F1－mAg＝mAv02R，代入数据得F1＝30N，小球对斜劈的压力也是30N，选项C正确；假设小球能运动到斜劈顶端，此时小球和斜劈水平速度相等，设为v1，小球竖直速度为v2，根据小球和斜劈系统水平方向动量守恒，有mv0＝（m＋M）v1，小球和斜劈系统机械能守恒，有12mv02＝12m（v12＋v22）＋12Mv12＋mgR，联立得v1＝1m/s，v22＝－4m2/s2＜0，说明小球不能从斜劈顶端冲出，选项A正确，B错误；当小球在斜劈上返回最低点C时，设小球和斜劈的速度分别为v3、v4，有mv0＝mv3＋Mv4，12mv02＝12mv32＋12M（多选）如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R足够大）的14光滑圆弧曲面C，质量为M的小球B置于其底端，另一个小球A质量为M2，小球A以v0＝6m/s的速度向B运动，并与B发生弹性碰撞，小球均可视为质点，则（A.B的最大速率为4m/sB.B运动到最高点时的速率为2m/sC.B能与A再次发生碰撞D.B不能与A再次发生碰撞解析：ADA与B发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒和能量守恒得M2v0＝M2vA＋MvB，12×M2v02＝12×M2vA2＋12MvB2，联立解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，所以B的最大速率为4m/s，故A正确；B冲上C的最高点时，竖直速度减小到零、水平速度与C共速，设它们的共同速度为v，则由水平方向动量守恒有MvB＝（M＋2M）v，解得v＝43m/s，故B错误；从B冲上C然后又滑下的过程，设B、C分离时的速度分别为vB'、vC'，由水平方向动量守恒有MvB＝MvB'＋2MvC'，由机械能守恒有12MvB2＝12MvB'2＋12×2MvC'2，联立解得vB'＝－43模型二小球（滑块）—弹簧模型1.两小球速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大动量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v（光滑水平面）能量守恒：12m1v02＝12（m1＋m2）v（相当于完全非弹性碰撞）。2.弹簧恢复原长时动量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2能量守恒：12m1v02＝12m1v1（相当于完全弹性碰撞）。【例2】（多选）（2024·安徽黄山模拟）如图所示，光滑水平面上质量为2M的物体A以速度v向右匀速滑动，质量为M的物体B左端与轻质弹簧连接并静止在光滑水平面上，在物体A与弹簧接触后，以下判断正确的是（）A.在A与弹簧接触过程中，弹簧对A的弹力冲量大小为43B.在A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率一直增大C.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，弹簧对A、B做功的代数和为0D.从A与弹簧接触到A、B相距最近的过程中，最大弹性势能为13Mv答案：AD解析：在A与弹簧接触过程中，根据动量守恒定律得2Mv＝2MvA'＋MvB'，根据机械能守恒定律得12×2Mv2＝12×2MvA'2＋12×MvB'2，联立解得vA'＝13v，vB'＝43v，对A，根据动量定理得I＝2M·13v－2M·v，解得I＝－43Mv，A正确；在A与弹簧接触到弹簧最短的过程中，弹簧的弹力和B的速度都增大，弹簧对B的弹力做功的功率增大，在弹簧接近原长时，B的速度接近43v，而弹簧的弹力几乎等于零，弹簧对B的弹力做功的功率几乎等于零，所以在A与弹簧接触过程中，弹簧对B的弹力做功的功率先增大后减小，B错误；设弹簧最短时，A、B共同速度为v'，根据动量守恒定律得2Mv＝（2M＋M）v'，解得v'＝23v，弹簧对A、B做功分别为WA＝12×2Mv'2－12×2Mv2＝－59Mv2，WB＝12Mv'2＝29Mv2，弹簧对A、B做功的代数和为W＝WA＋WB＝－13Mv2，最大弹性势能为Ep＝12×2Mv2（多选）（2024·湖南郴州模拟）如图甲所示，质量为m的物块P与物块Q（质量未知）之间拴接一轻质弹簧静止在光滑的水平地面上，弹簧恰好处于原长。现给P一瞬时初速度，并把此时记为0时刻，规定向右为正方向，0～2t0内P、Q运动的a－t图像如图乙所示，已知t0时刻P、Q的加速度最大，其中t轴下方部分的面积大小为S，则（）A.Q的质量为12B.2t0时刻Q的速度大小为vQ＝SC.t0时刻弹簧的弹性势能为3D.t0～2t0时间内弹簧对P做功为零解析：BCD0～2t0时间内Q所受弹力方向向左，P所受弹力方向始终向右，t0时刻，P、Q所受弹力最大且大小相等，此时，由牛顿第二定律可得F弹mP＝F弹m＝a0，F弹mQ＝a02，联立解得Q的质量为mQ＝2m，故A错误；根据a－t图像与横轴围成的面积表示速度变化量，可知0～2t0时间内，Q的速度变化量大小为ΔvQ＝S＝vQ－0，则2t0时刻Q的速度大小为vQ＝S，故B正确；t0时刻P、Q具有相同的速度v，根据对称性可知，t0时刻P、Q的速度大小为v＝S2，设P的初速度为v0，根据动量守恒可得mv0＝（m＋2m）v，解得v0＝3v＝32S，设t0时刻弹簧的弹性势能为Ep，根据能量守恒可得Ep＝12mv02－12×3mv2，联立解得Ep＝3mS24，故C正确；设2t0时刻P的速度为vP，根据动量守恒可得mv0＝mvP＋2mvQ，解得vP＝－S2＝－v，可知2t0时刻P的速度大小等于t0时刻P的速度大小，则2t0时刻模型三子弹打木块模型子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。它的特点是：质量为m的子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中跟木块共同运动。（1）从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mv0＝（M＋m）v①对子弹用动量定理：－Ff·t＝mv－mv0②对木块用动量定理：Ff·t＝Mv③（2）从能量的角度看，如图所示（显然有s1－s2＝d），对子弹用动能定理：－Ff·s1＝12mv2－12mv对木块用动能定理：Ff·s2＝12Mv2由④⑤得：Ff·d＝12mv02－12（M＋m）v2【例3】（2024·浙江宁波模拟）如图所示，质量为m的子弹，以初速度v0射入静止在光滑水平面上的木块，并留在其中。木块质量为M，长度为L，子弹射入木块的深度为d，在子弹射入木块的过程中木块移动距离为s。假设木块对子弹的阻力始终保持不变，下列说法正确的是（）A.d可能大于s，也可能小于sB.s可能大于L，也可能小于LC.s一定小于d，s一定小于LD.若子弹质量减小，d和s不一定同时变小答案：C解析：木块和子弹组成的系统所受合力为零，系统动量守恒，有mv0＝（m＋M）v，解得v＝mv0m＋M＝v01+mM，木块增加的动能等于阻力与木块的位移乘积，即Ffs＝12Mv2＝Mm2v022（M＋m）2＝Mv0221+Mm2，系统损失的机械能等于阻力与两个物体相对位移的乘积，即Ffd＝12mv02－12（（多选）（2024·福建福州模拟）矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示。则上述两种情况相比较（）A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功不相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大解析：AB根据动量守恒，两次最终子弹与木块的速度相等，A正确；根据能量守恒可知，初状态子弹动能相同，末状态两木块与子弹的合动能也相同，损失的动能都转化成了热量，因此系统产生的热量一样多，B正确，子弹对滑块做的功等于滑块末状态的动能，两次相同，因此做功相同，C错误，产生的热量Q＝Ff×Δs，由于产生的热量相等，而相对位移Δs不同，所以子弹和滑块间的水平作用力大小不同，D错误。模型四滑块—木板模型示意图木板初速度为零木板有初速度，滑块反向v－t图像用动量和功能观点分析“滑块—木板”模型要抓住一个条件和两个分析及一个规律。（1）一个条件——系统动量守恒的条件。（2）两个分析——分析滑块和木板相互作用过程的运动分析和作用前后的动量分析。（3）一个规律——能量守恒定律是分析相互作用过程能量转化必定遵守的规律，且牢记摩擦生热的计算公式Q＝Ff·d相对。【例4】（2024·湖南株洲模拟）如图，一平板车静止在光滑水平地面上，小物块A和B分别从平板车的最左端和最右端同时开始相向运动，两物块在平板车上发生碰撞，最终都与平板车保持相对静止。已知平板车的质量M＝1kg，长度L＝5m，A、B的质量均为m＝0.5kg，A的初速度大小为v1＝5m/s，与平板车之间的动摩擦因数μ1＝0.4；B的初速度大小为v2＝3m/s，与平板车之间的动摩擦因数μ2＝0.2，A、B均可视为质点，它们之间的碰撞为弹性碰撞，重力加速度g取10m/s2，求：（1）整个过程中，A、B以及平板车组成的系统损失的机械能；（2）A、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离；（3）A、B与平板车保持相对静止时，A、B之间的距离。答案：（1）8.25J（2）2.5m（3）0.375m解析：（1）根据题意，设平板车最终的速度为v，以A、B以及平板车为系统，根据动量守恒定律有mv1－mv2＝（M＋2m）v解得v＝0.5m/s则系统损失的机械能为ΔE＝12mv12＋12mv22－12（解得ΔE＝8.25J。（2）根据题意，设开始运动时A、B和平板车的加速度大小分别为a1、a2和a，根据牛顿第二定律有μ1mg＝ma1μ2mg＝ma2μ1mg－μ2mg＝Ma设经t1时间A、B发生碰撞，则有s1＝v1t1－12a1s2＝－v2t1＋12a2s＝12as1－s2＝L代入数据得t1＝1s或53s（舍去s1＝3ms2＝－2ms＝0.5mA、B发生碰撞的位置与平板车最左端的距离Δs1＝s1－s解得Δs1＝2.5m。（3）设A、B发生碰撞前瞬间，A、B和平板车的速度分别为v1'、v2'和v，则有v1'＝v1－a1t1＝1m/sv2'＝－v2＋a2t1＝－1m/sv＝at＝1m/sA、B质量相等，发生弹性碰撞后速度交换，则碰撞后有v1″＝v2'v2″＝v1'碰后B与平板车速度相等，分析可知此后B与平板车始终保持相对静止。设此后A与平板车的相对位移为Δs，则有ΔE＝μ1mgΔs1＋μ2mgΔs2＋μ1mgΔsΔs2＝L－Δs1最终A、B之间的距离Δs＝0.375m。（精品微信公众号：偷着学）（2024·山西阳泉模拟）如图甲所示，长方形木板放在光滑的水平地面上，在其右端放置一可视为质点的小木块，现给长方形木板一个大小为v0，方向水平向右的初速度，最后小木块刚好没有滑离长方形木板；如图乙所示，与上面相同的长方形木板静止放置在光滑的水平面上，在其左端地面上固定一个四分之一光滑圆弧槽，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，现让相同的小木块从圆弧槽的最高点由静止开始滑下，最后小木块也是刚好没有滑离长方形木板。已知小木块与长方形木板间的动摩擦因数为μ，长方形木板的质量为小木块质量的3倍，重力加速度为g，求：（1）长方形木板的长度；（2）圆弧槽轨道的半径；（3）图甲中小木块在长方形木板上的滑行时间与图乙中小木块在长方形木板上的滑行时间之比。答案：（1）3v028μg（2）v解析：（1）对于题图甲，小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度大小为v1，小木块的质量为m，则长方形木板的质量为3m，规定长方形木板的初速度方向为正方向，由动量守恒定律有3mv0＝（3m＋m）v1解得v1＝34v设长方形木板的长度为L，由功能关系有μmgL＝12（3m）v02－12（3m解得长方形木板的长度为L＝3v（2）设圆弧槽轨道的半径为r，小木块刚滑上长方形木板时的速度大小为v，由机械能守恒定律可得mgr＝12mv对于题图乙，小木块、长方形木板组成的系统动量守恒，设二者的共同速度为v2，由动量守恒定律可得mv＝（m＋3m）v2由功能关系有μmgL＝12mv2－12（m＋3m联立解得圆弧槽轨道的半径为r＝v0（3）对题图甲中的小木块，规定小木块受到的摩擦力的方向为正方向，由动量定理有μmgt1＝mv1解得小木块在长方形木板上滑动的时间为t1＝3对题图乙中的长方形木板，规定长方形木板受到的摩擦力方向为正方向，由动量定理有μmgt2＝3mv2结合上面的式子解得t2＝3所以t1∶t2＝1∶1。跟踪训练·巩固提升1.如图所示，在光滑水平面上叠放着A、B两个物体，mA＝2kg，mB＝1kg，速度的大小均为v0＝8m/s，速度方向相反。A足够长，A、B之间有摩擦，当观察到B做加速运动时，A的速度大小可能为（）A.2m/s B.3m/sC.4m/s D.5m/s解析：B由受力分析可知A、B两物体在水平方向上只受到相互作用的摩擦力，A、B整体动量守恒，则mAv0－mBv0＝mAvA＋0，代入数据解得vA＝4m/s，故当A的速度为4m/s时，B开始做加速运动，直到与A共速。共速时对A、B运用动量守恒定律有mAv0－mBv0＝（mA＋mB）v共，代入数据解得v共＝83m/s，所以83m/s＜vA＜4m/s时，可以观察到B做加速运动，故只有B符合题意，故选2.（多选）（2024·陕西西安模拟）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.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：ACD对子弹和木块组成的系统，设二者刚相对静止时的速度为v1，根据动量守恒定律有116mv0＝116m＋14mv1，解得v1＝v05，此后木块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）系统有mv016＝116m＋14m×v08＋mv2，解得v2＝3v0128，选项B错误；对木板由动量定理有Fft3.（多选）如图所示，有一个质量为（M－m）的物体A和一个质量为M的物体B用轻弹簧连接，放在光滑的水平地面上。二者初始静止，弹簧原长为L0，劲度系数为k，弹性势能表达式为E弹＝12kx2（x为弹簧的形变量）。现用一质量为m的子弹沿水平方向以初速度v0打中物体A，并留在物体A中（子弹与物体A达到相对静止的时间极短），然后压缩弹簧至最短，之后弹簧恢复原长，最后被拉长至最长。则下列说法正确的是（A.整个过程中子弹、物体A、物体B三者组成的系统动量守恒、机械能守恒B.弹簧被压缩至最短时物体B的速度大小为m2MC.整个过程中弹簧的最大弹性势能为12mD.物体B的最大加速度大小为m解析：BD水平地面光滑，子弹、物体A、物体B三者组成的系统所受合力为零，因此动量守恒，子弹打入物体A过程中，由于摩擦生热，机械能不守恒，选项A错误；当三者共速时，弹簧被压缩至最短，设共同速度为v2，根据动量守恒定律有mv0＝[m＋（M－m）＋M]v2，解得v2＝m2Mv0，选项B正确；当弹簧压缩至最短（或伸长至最长）时，弹性势能最大，此时三者共速，子弹打入物体A并留在其中时，设此时物体A的速度大小为v1，对子弹与物体A，根据动量守恒定律有mv0＝[m＋（M－m）]v1，解得v1＝mMv0，从子弹打入物体A后至A、B共速，弹性势能增加量等于系统动能减少量，故最大弹性势能为E弹＝12Mv12－12×2Mv22＝m2v024M，选项C错误；当弹簧形变量最大时，弹力最大，物体B的加速度最大，E弹＝12kx24.（多选）如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去，若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出v1－v2图像如图乙所示，重力加速度为g，不考虑任何阻力，则下列说法正确的是（）A.小球的质量为baB.小球运动到最高点时的速度为abC.小球能够上升的最大高度为aD.若a＞b，小球在与滑块分离后向左做平抛运动解析：ABD设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，得v2＝mv0M－mMv1，结合题图乙可得mM＝ba，mv0M＝b，所以a＝v0，m＝baM，故A正确；对小球和滑块组成的系统有mv0＝mv1＋Mv2，12mv02＝12mv12＋12Mv22，联立解得小球在与滑块分离时的速度为v1＝m－Mm＋Mv0＝a（b－a）a＋b＜0，即a＞b时，小球的速度方向向左，所以小球与滑块分离时向左做平抛运动，故D正确；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝（m＋M）v共，解得v共＝mv05.如图所示，在水平面上依次放置物块A以及曲面劈B，其中物块A的质量为m＝1kg，曲面劈B的质量M＝3kg，曲面劈B的曲面下端与水平面相切，且曲面劈B足够高，所有的摩擦均不考虑。现给物块A一个正对曲面劈B的初速度，使物块A冲上曲面。若曲面劈B固定在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H1，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v1；若将曲面劈B自由放置在地面上，则物块A能够达到的最大高度为H2，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v2。求：（1）H1与H2的比值；（2）v1与v2的比值。答案：（1）43（2）解析：（1）若曲面劈B固定在地面上，根据机械能守恒定律得12mv02若将曲面劈B自由放置在地面上，设共同速度为v，根据动量守恒定律得mv0＋0＝（m＋M）v根据机械能守恒定律得12mv02＋0＝12（m＋M）v联立解得H1H2（2）若曲面劈B固定在地面上，随后物块A从曲面劈B上滑离时的速度为v1＝－v0若将曲面劈B自由放置在地面上，根据动量守恒定律得mv0＋0＝mv2＋Mv3根据机械能守恒定律得12mv02＋0＝12mv解得v1v26.（2024·福建福州模拟）如图，一水平轻弹簧左端固定，右端与一质量为m的小物块a连接，a静止在水平地面上的A处，此时弹簧处于原长状态，A左侧地面光滑；另一质量为12m的小滑块b静止在B处，b与地面间的动摩擦因数为μ。现对b施加一水平向左、大小为F＝32μmg的恒定推力，经时间t后b与a发生弹性正碰（碰撞时间极短），碰前瞬间撤去推力，a与b不再相碰。已知重力加速度大小为g（1）b与a碰撞前瞬间的速度大小v以及A与B间的距离x0；（2）弹簧的最大弹性势能Epm以及碰后b运动的路程L。答案：（1）2μgtμgt2（2）89μ2mg2t229μ解析：（1）b从B运动到A的过程中做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，则v＝a1t，x0＝12a1t根据牛顿第二定律有32μmg－μ·12mg＝12ma1，联立解得v＝2μgt，x0＝μ（2）b与a发生弹性正碰，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有12mv＝12mvb＋mv12×12mv2＝12×12mv联立解得vb＝－23μgt，va＝43碰后a向左运动到速度为零时弹簧的弹性势能最大，则Epmax＝12mva2＝89μ2碰后b向右做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，则vb2＝2a根据牛顿第二定律有μ·12mg＝12ma2，联立解得L