1、专题五 动量守恒问题中的“常考模型”“人船模型”学科素养养成1“人船模型”质量为 m 的人站在质量为 M，长为 L 的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边当他向左走到船的左端时，忽略水的阻力，船左端离岸多远？处理这类问题的关键是确定两个关系：(1)画出两物体的位移图，确定两物体的位移关系：l1l2L(2)利用平均动量守恒，确定两个位移与质量的关系：m v 1M v 20ml1Ml20由，得 l2mMmL.2模型特点1两个物体2动量守恒3总动量为零3结论：m1x1m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2 为其位移大小)典例分类突破考向 系统动量守恒1 有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄
2、又长一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船用卷尺测出船后退的距离 d，然后用卷尺测出船长 L.已知他的自身质量为 m，水的阻力不计，船的质量为()A.mLdd B.mLddC.mLdD.mLdL解析：设同学走动时船的速度大小为 v，同学的速度为 v，从船尾走到船头所用时间为 t.取船的速度方向为正方向则 vdt vLdt根据动量守恒定律：Mvmv0 则：MdtmLdt所以：MmLdd故选项 B 正确答案：B考向 系统某个方向动量守恒2 光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为 的斜面 A，斜面质量为 M、底边长为
3、 L，如图所示将一质量为m可视为质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块 B 经过时间 t 刚好滑到斜面底端此过程中斜面对滑块的支持力大小为 FN，则下列说法中正确的是()AFNmgcos B滑块下滑过程中支持力对 B 的冲量大小为 FNtcos C滑块 B 下滑的过程中 A、B 组成的系统动量守恒D此过程中斜面向左滑动的距离为mMmL解析：A 项，当滑块 B 相对于斜面加速下滑时，斜面 A 水平向左加速运动，所以滑块 B 相对于地面的加速度方向不再沿斜面方向，即沿垂直于斜面方向的合外力不再为零，所以斜面对滑块的支持力 FN 不等于 mgcos，故 A项错误；B 项，滑块 B 下滑过程中支持力
4、对 B 的冲量大小为 FNt，故 B 项错误；C 项，由于滑块 B 有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向外力之和不为零，系统的动量不守恒，故 C 项错误；D 项，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设 A、B 两者水平位移大小分别为 x1、x2，取水平向左为正方向，由动量守恒定律得：Mx1t mx2t 0，即有：Mx1mx2，又 x1x2L，解得：x1mMmL，故 D 项正确答案：D练 1 如图所示小船静止于水面上，站在船尾上的渔夫不断将鱼抛向船头船舱内，将一定质量的鱼抛完后，关于小船的速度和位移，下列说法正确的是()A小船向左运动，船向左移一些B小船静止，船向左移一些C小船静止，船向右
5、移一些D小船静止，船不移动解析：人、船、鱼构成的系统水平方向动量守恒，据“人船模型”，鱼动船动，鱼停船静止；鱼对地发生向左的位移，则人船的位移向右故选项 C 正确答案：C练 2 如图所示，气球下面有一根长绳，一个质量为 m150 kg 的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为 m220 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 h5 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)()A5 m B3.6 mC2.6 m D8 m解析：当人滑到绳下端时，如图所示，由动量守恒定律，得 m1h1t m2h2t，且 h1h2h.解得h11.4 m；所以他
6、离地高度 Hhh13.6 m，故选项 B 正确答案：B 碰撞类模型的拓展学科素养养成模型 1“滑块弹簧”模型1常见模型图2“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)注意临界条件：两滑块同速时，弹簧的弹性势能最大(4)从 A 开始压缩弹簧到弹簧恢复原长的过程，可借用弹性碰撞结论：v1m1m2m1m2v0，v2 2m1m1m2v0模型 2 滑块平板(子弹打木块)模型1常见模型图2“滑块平板”模型解题思路：(1)应用系统的动量守恒(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理(4)在涉及滑块的相对位移时，
7、优先考虑用系统的能量守恒(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度模型 3“滑块斜面(或曲面)”模型1常见模型图2“滑块斜面”模型的解题思路：(1)应用系统在水平方向的动量守恒；(2)应用系统的能量守恒；(3)注意临界条件：滑块沿斜面上升到最高点时，滑块与斜面同速；(4)从滑块滑上斜面到分离的过程，可借用弹性碰撞结论：v1m1m2m1m2v0，v2 2m1m1m2v0模型 4“滑块摆球”模型1“滑块摆球”模型(如图所示)与模型 3 特点类似，即系统机械能守恒，水平方向动量守恒，解题时需关注物体运动的最高点和最低点2“滑块摆球”模型的解题思路(1)应用系统在水平方向的动量守恒(2)应用系统的
8、能量守恒；(3)临界条件 1：小球与滑块共速时，小球运动到最高点(4)临界条件 2：小球摆回最低点时，滑块获得最大速度，此过程类似弹性碰撞，可直接利用结论：v1m1m2m1m2v0，v2 2m1m1m2v0.典例分类突破考向 “滑块弹簧”模型3 如图所示，质量分别为 1 kg、3 kg 的滑块 A、B 位于光滑水平面上，现使滑块 A 以 4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块 B 发生碰撞求二者在发生碰撞的过程中(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块 B 的最大速度解析：(1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块 A、B 同速由动量守恒定律得 mAv0(mAmB)v解得 v
9、 mAv0mAmB1413 m/s1 m/s弹簧的最大弹性势能即滑块 A、B 损失的动能Epm12mAv2012(mAmB)v26 J.(2)当弹簧恢复原长时，滑块 B 获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得 mAv0mAvAmBvm12mAv2012mBv2m12mAv2A解得 vm2 m/s，向右答案：(1)6 J(2)2 m/s，向右考向“滑块平板”模型4 如图所示，质量 m10.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长 L1.5 m，现有质量 m20.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度 v02 m/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
10、0.5，取 g10 m/s2，求：(1)物块与小车共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间 t；(3)小车运动的位移 x；(4)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)设物块与小车共同速度为 v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律：m2v0(m1m2)vv0.8 m/s(2)设物块与车面间的滑动摩擦力为 F，对物块应用动量定理：Ftm2vm2v0，又 Fm2g解得：tm1v0m1m2g，代入数据得 t0.24 s.(3)对小车应用动能定理：m2gx12m1v2解得：x0.096 m(4)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设
11、其为 v，则：m2v0(m1m2)v由系统能量守恒有：12m2v0212(m1m2)v2m2gL代入数据解得 v05 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v0不超过 5 m/s.答案：(1)0.8 m/s(2)0.24 s(3)0.096 m(4)5 m/s考向 “滑块斜面”模型5 2016全国卷如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其前面的冰块均静止于冰面上某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h0.3 m(h 小于斜面体的高度)已知小孩与滑板的总质量为 m130
12、 kg，冰块的质量为 m210 kg，小孩与滑板始终无相对运动取重力加速度的大小 g10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？解析：(1)滑块沿斜面上升到最大高度时，滑块与斜面同速对小冰块与斜面组成的系统由动量守恒：m 冰v 冰(m 冰M)v 共由能量守恒：12m 冰v2冰12(m 冰M)v2共m 冰gh解得 v 共1 m/s，M20 kg.(2)由动量守恒，(m 冰M)v 共MvMm 冰vm由能量守恒12m 冰v2冰12Mv2M12m 冰v2m联立解得 vM2 m/s，vm1 m/s对小孩和冰块组成的系统：0m 冰v 冰m 小v 小解得 v 小
13、1 m/svmv 小1 m/s.即两者速度相同故追不上答案：(1)20 kg(2)追不上考向 “滑块摆球”模型6 2020安徽一模如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为 2m 小滑块 A 套在细杆上可自由滑动在水平杆上竖直固定一个挡板 P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为 L 的细线悬挂一个质量为 m 的小球 B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为 g.求：(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度解析：(1)小球第一次摆到最
14、低点过程中，由机械能守恒定律：mgL12mv2得：v 2gL在最低点，由牛顿第二定律：Fmgmv2L解得 F3mg(2)小球与滑块共速时，小球运动到最大高度 h.从最低点到最高点过程中：由水平方向动量守恒：mv(2mm)v 共由系统机械能守恒：12mv2mgh12(2mm)v2共.联立解得 h23L(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为 v2mvmv12mv212mv212mv21122mv22.解得：v223 2gL.答案：(1)3mg(2)23L(3)23 2gL练 3 如图所示，质量为 m245 g 的物块(可视为质点)放在质量为 M0.5 kg 的木板左
15、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 0.4.质量为 m05 g 的子弹以速度 v0300 m/s 沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g 取 10 m/s2.子弹射入后，求：(1)物块相对木板滑行的时间；(2)物块相对木板滑行的位移解析：(1)子弹打入木块过程，由动量守恒定律得 m0v0(m0m)v1，木块在木板上滑动过程，由动量守恒定律得(m0m)v1(m0mM)v2，对子弹木块整体，由动量定理得(m0m)gt(m0m)(v2v1)，联立解得物体相对小车的滑行时间 tv2v1g 1 s.(2)由能量守恒定律得(m0m)gd12(m0m)v2112(m0mM)
16、v22，联立解得 d3 m.答案：(1)1 s(2)3 m练 4 如图所示，在光滑水平面上有一质量为 M 的滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧的半径 R1 m一质量为 m 的小球以速度 v0 向右运动冲上滑块已知 M4m，g 取 10 m/s2.若小球刚好没跃出圆弧的上端，则：(1)小球的初速度 v0 是多大？(2)滑块获得的最大速度是多大？解析：(1)当小球上升到最高点时，小球与滑块在水平方向上的速度相同，设为 v1，根据水平方向上动量守恒，有mv0(mM)v1系统的机械能守恒，有12mv2012(mM)v21mgR联立解得 v05 m/s.(2)小球到达最高点以后又滑回，滑块做加速运动，当小球离开滑块时，滑块的速度最大，设此时小球的速度为 v2，滑块的速度为 v3.小球从开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律有mv0mv2Mv312mv2012mv2212Mv23联立解得 v32 m/s.答案：(1)5 m/s(2)2 m/s
