[2020高考物理复习江苏]选修3-5 第十一章 专题突破 动量守恒定律的常见模型

专题突破 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:m 1v 1－m 2v 2＝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x 1

x 2

＝

v 1v 2＝m 2m 1.

(3)应用此关系时要注意一个问题:公式v 1、v 2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v 1、v 2,作用前都静止.因整个过程中动量守恒,所以有m v 1＝M v 2

而整个过程中的平均速度大小为v －1、v －

2,则有 m v －1＝M v －2.

两边乘以时间t 有m v －

1t ＝M v －

2t ,即mx 1＝Mx 2. 且x 1＋x 2＝L ,可求出x 1＝M m ＋M L ,x 2＝m

m ＋M

L .

m m＋M L

M

m＋M

L

答案

“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ΔE k＝M

m＋M

E k0,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】(2018·海南高考)(多选)如图2(a),一长木板静止于光滑水平桌面上,t＝0时, 小物块以速度v0滑到长木板上,图(b)为物块与木板运动的v－t图象,图中t1、v0、v1已知.重力加速度大小为g.由此可求得()

图2

A.木板的长度

B.物块与木板的质量之比

C.物块与木板之间的动摩擦因数

D.从t＝0开始到t1时刻,木板获得的动能

解析木板在光滑水平面上,物块滑上木板后系统动量守恒,由图(b)可知最终物

块与木板以共同速度v1运动,有m v0＝(M＋m)v1①,－μmgΔx＝1

2(M＋m)v 2

1－

1

2m v 2

②,Δx＝(

v0＋v1

2

－v1

2)t1③,由①式可求物块与木板的质量之比,B项正确；由

①②③式可求物块与木板间动摩擦因数,C项正确；木板质量未知,获得的动能不可求,D项错误.

答案BC

“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)或平板的作用时间时,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】(2019·石家庄二中一模)如图3甲所示,物块A、B的质量分别是m A＝4.0 kg和m B＝3.0 kg.用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁相接触.另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动,在t＝4 s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,C的v－t图象如图乙所示.求:

图3

(1)C的质量m C；

(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p.

解析(1)由题图乙知,C与A碰前速度为v1＝9 m/s,碰后速度为v2＝3 m/s,C与A 碰撞过程动量守恒.

m C v1＝(m A＋m C)v2

解得m C＝2 kg.

(2)由题图可知,12 s时B离开墙壁,此时A、C的速度大小v3＝3 m/s,之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒,且当A、C与B的速度相等时,弹簧弹性势能最大

(m A＋m C)v3＝(m A＋m B＋m C)v4

1

2(m A＋m C)v 2

3＝

1

2(m A＋m B＋m C)v

2

4

＋E p

解得E p＝9 J.

答案 (1)2 kg (2)9 J

“圆弧(或斜面)轨道＋滑块(或小球)”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.m v 0＝(M ＋m )v 共,12m v 20＝12

(M ＋m )v 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,m v 0＝m v 1＋M v 2,12m v 20＝12m v 21

＋12M v 22.

【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4

A.h

B.mh

m ＋M

C.mh M

D.Mh m ＋M

解析 斜面固定时,由动能定理得 －mgh ＝0－12m v 2

0 所以v 0＝2gh

斜面不固定时,由水平方向动量守恒得 m v 0＝(M ＋m )v 由机械能守恒得

1

2m v 2

0＝

1

2(M＋m)v

2＋mgh′

解得h′＝M

M＋m

h,选项D正确.

答案D

科学思维的培养——与图象结合的动量守恒定律的综合类问题

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】质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰,碰撞时间极短,其x－t图象如图5所示,则()

图5

A.此碰撞一定为弹性碰撞

B.被碰物体质量为2 kg

C.碰后两物体速度相同

D.此过程有机械能损失

解析x－t图象的斜率表示物体的速度,由题图求出m1、m2碰撞前后的速度分别为v1＝4 m/s,v2＝0,v1′＝－2 m/s,v2′＝2 m/s；由动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′,得m2＝3 kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8 J,机械能无损失,因此是弹性碰撞,B、C、D项错误,A项正确.

答案 A

【变式训练】(2019·潍坊名校模拟)在光滑的水平面上有a、b两球,其质量分别为m a、m b,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6所示,下列关系正确的是()

图6

A.m a＞m b

B.m a＜m b

C.m a＝m b

D.无法判断

解析由题图图象知,a球以某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,根据动量守恒定律知,a球的质量小于b球的质量,故B项正确.

答案B

1.(2018·南京模拟)下列说法错误的是()

A.火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度

B.体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力

C.用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减少反冲的影响

D.为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱越坚固越好

解析火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大速度,故A项正确；体操运动员在着地时屈腿可以延长着地时间,从而可以减小地面对运动员的作用力,故B项正确；用枪射击时要用肩部抵住枪身是可以防止枪身快速后退而造成伤害,故是为了减少反冲的影响,故C项正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度,发动机舱应有弹性,从而延长作用时间而减小伤害,故D项错误.

答案 D

2.(2019·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动,发生正碰后都变为静止.可以肯定的是,碰前两球的()

A.质量相等

B.动能相等

C.动量大小相等

D.速度大小相等

解析两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒,两球在水平面上相向运动,发生

正碰后都变为静止,故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反,选项C正确.

答案 C

3.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7

A.v0＋m

M

v B.v0－

m

M

v

C.v0＋m

M(v0＋v) D.v0＋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＝

－m v＋M v′,解得v′＝v0＋m

M(v0＋v),选项C正确.

答案 C

4.如图8所示,一质量为M＝3.0 kg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＝1.0 kg的小木块A.给A和B以大小均为4.0 m/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8

A.1.8 m/s

B.2.4 m/s

C.2.8 m/s

D.3.0 m/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M v－m v＝M v1,M v1＝(M＋m)v2,可得v1＝8

3m/s,v2＝2 m/s,所以在A

做加速运动的时间内,B的速度大小应大于2 m/s且小于8

3m/s,只有选项B正确. 答案 B

活页作业

(时间:30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.Δm v0

M－Δm B.－

Δm v0

M－Δm

C.

Δm v0

M D.－

Δm v0

M

解析由动量守恒定律得Δm v0＋(M－Δm)v＝0,火箭的速度为v＝－Δm v0

M－Δm

,选项B正确.

答案 B

2.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1

A.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 C

3.如图2所示,具有一定质量的小球A固定在轻杆一端,另一端挂在小车支架的O 点.用手将小球拉至水平,此时小车静止于光滑水平面上,放手让小球摆下与B处固定的橡皮泥碰击后粘在一起,则在此过程中小车将()

图2

A.向右运动

B.向左运动

C.静止不动

D.小球下摆时,车向左运动后又静止

解析水平方向上,系统不受外力,因此在水平方向上动量守恒.小球下落过程中,水平方向具有向右的分速度,因此为保证动量守恒,小车要向左运动.当撞到橡皮泥,是完全非弹性碰撞,A球和小车大小相等、方向相反的动量恰好抵消掉,小车会静止,选项D正确.

答案 D

4.如图3所示,气球下面有一根长绳,一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方,气球和长绳的总质量为m2＝20 kg,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＝5 m.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3

A.5 m

B.3.6 m

C.2.6 m

D.8 m

解析 当人滑到绳下端时,如图所示,由动量守恒定律,得m 1h 1t ＝m 2h 2

t ,且h 1＋h 2＝h .解得h 1＝1.4 m ；所以他离地高度H ＝h －h 1＝3.6 m,故选项B 正确. 答案 B

5.(2018·海南高考)如图4,用长为l 的轻绳悬挂一质量为M 的沙箱,沙箱静止.一质量为m 的弹丸以速度v 水平射入沙箱并留在其中,随后与沙箱共同摆动一小角度.不计空气阻力.对子弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程( )

图4

A.若保持m 、v 、l 不变,M 变大,则系统损失的机械能变小

B.若保持M 、v 、l 不变,m 变大,则系统损失的机械能变小

C.若保持M 、m 、l 不变,v 变大,则系统损失的机械能变大

D.若保持M 、m 、v 不变,l 变大,则系统损失的机械能变大

解析 动量守恒m v ＝(M ＋m )V ,系统损失的机械能ΔE k ＝12m v 2－1

2(M ＋m )V 2＝Mm v 2

2（M ＋m ）＝m v 22（1＋m M ）＝M v 2

2（M m ＋1）

,所以A 、B 、D 项错误,C 项正确.

答案 C 二、多项选择题

6.A 、B 两球沿同一条直线运动,如图5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1 kg,则B 球质量及碰后它们的速度大小为( )

图5

A.2 kg

B.23 kg

C.4 m/s

D.1 m/s

解析 由图象可知碰撞前二者都做匀速直线运动,v a ＝4－10

2 m/s ＝－

3 m/s,v b ＝4－0

2 m/s ＝2 m/s,碰撞后二者连在一起做匀速直线运动, v c ＝2－44－2 m/s ＝－1 m/s.

碰撞过程中动量守恒,即 m A v a ＋m B v b ＝(m A ＋m B )v c 可解得m B ＝2

3 kg

由以上可知选项B 、D 正确. 答案 BD

7.如图6所示,木块A 的质量m A ＝1 kg,足够长的木板B 的质量m B ＝4 kg,质量为m C ＝4 kg 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v 0＝12 m/s 的初速度向右运动,与B 碰撞后以4 m/s 的速度弹回,则( )

图6

A.B 运动过程中的最大速度为4 m/s

B.B 运动过程中的最大速度为8 m/s

C.C 运动过程中的最大速度为4 m/s

D.C 运动过程中的最大速度为2 m/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m A v0＝－m A v A＋m B v B,代入数据得v B＝

4 m/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m B v B＝(m B＋m C)v C,代入数据得v C＝2 m/s,选项C错误,D正确.

答案AD

8.(2019·徐州三中月考)光滑水平地面上,A、B两物体质量都为m,A以速度v向右运动,B原来静止,左端有一轻弹簧,如图7所示,当A撞上弹簧,弹簧被压缩最短时()

图7

A.A、B系统总动量仍然为m v

B.A的动量变为零

C.B的动量达到最大值

D.A、B的速度相等

解析系统水平方向动量守恒,A项正确；弹簧被压缩到最短时A、B两物体具有相同的速度,D项正确,B项错误；但此时B的速度并不是最大的,因为弹簧还会弹开,故B物体会继续加速,A物体会继续减速,C项错误.

答案AD

9.如图8所示,箱子放在水平地面上,箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去,来回碰几次后停下来,而箱子始终静止,则整个过程中()

图8

A.铁球对箱子的冲量为零

B.铁球和箱子受到的冲量大小相等

C.箱子对铁球的冲量大小为m v,向右

D.摩擦力对箱子的冲量大小为m v,向右

解析根据动量定理,铁球受到的冲量为I＝0－m v＝－m v,而箱子受到的冲量始终为零,故B项错误；根据动量定理,箱子对铁球的冲量为I＝0－m v＝－m v,负号表示方向向右,故C项正确；箱子对铁球的冲量大小为m v,向右,根据牛顿第三定律,铁球对箱子的冲量大小为m v,向左,A项错误；又因为摩擦力与铁球对箱子的作用力等值反向,所以摩擦力对箱子的冲量为m v,向右,故D项正确.

答案CD

三、计算题

10.(2019·江苏省天一中学高三上学期期初调研测试)一质量为M的航天器远离太阳和行星,正以速度v0在太空中飞行,某时刻航天器接到加速的指令后,发动机瞬间向后喷出质量为m的气体,气体向后喷出的速度大小为v1,求加速后航天器的速度大小.(v0、v1均为相对同一参考系的速度)

解析设加速后航天器的速度大小为v,由动量守恒定律有

M v0＝－m v1＋(M－m)v

解得v＝M v0＋m v1 M－m

答案M v0＋m v1 M－m

11.(2018·江苏省扬州、泰州、淮安、南通、徐州、宿迁、连云港市高三第三次调研)如图9所示,在光滑水平冰面上,一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度v0＝1.0 m/s向左匀速运动.某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度v1＝7.0 m/s向左推出,冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回.已知冰车的质量为m1＝10 kg,小孩与滑板的总质量为m2＝30 kg,小孩与滑板始终无相对运动.取g＝10 m/s2.

图9

(1)求冰车与竖直墙发生碰撞过程中,墙对冰车的冲量大小I；

(2)通过计算判断,冰车能否追上小孩?

解析(1)冰车在碰撞过程由动量定理有

－I＝m1(－v1)－m1v1

解得I＝140 N·s

(2)设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为v,由动量守恒定律有(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v

解得v＝－1.0 m/s

由于|v|

答案(1)140 N·s(1)冰车能追上小孩