高考物理二轮复习 第1部分 专题2 微专题2 应用动量守恒定律的常见模型

　应用动量守恒定律的常见模型

题型突破1| 　“子弹打木块”模型

[典例1]　(一题多法)如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块，子弹未穿透木块，此过程木块的动能增加了6 J，那么此过程产生的内能可能为(　　)

A．16 J    B．2 J    C．6 J    D．4 J

A　[方法一：设子弹的质量为m0，初速度为v0，木块的质量为m，则子弹打入木块的过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒，即m0v0＝(m＋m0)v，此过程中产生的内能等于系统损失的动能，即E＝m0v－(m＋m0)v2，而木块获得的动能Ek木＝mv2＝6 J，上述式子联立可得＝>1，故E>6 J，A项正确。

方法二：作出子弹和木块运动的v­t图象，由图象可知，子弹和木块的相对位移Δx的大小一定大于木块对地的位移x木的大小，即Δx>x木，设摩擦力为Ff，则系统产生的热量Q＝FfΔx，对木块应用动能定理有Ffx木＝Ek木，可得Q>Ek木＝6 J，A项正确。

　]

[母题追问]

1．在[典例1]中，假设一块长度为L、质量为m的木块，静止在光滑水平面上，如图所示。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块，当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点，则子弹穿过木块的时间为(　　)

A．(s＋L)   B．(s＋2L)

C．(s＋L)   D．(L＋2s)

D　[子弹穿过木块的过程，对子弹和木块组成的系统，所受外力之和为零，动量守恒，有mv0＝mv1＋mv2。设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹：由动能定理得－Ff(s＋L)＝mv－mv，由动量定理得－Fft＝mv1－mv0，对木块：由动能定理得Ffs＝mv，由动量定理得Fft＝mv2，联立解得t＝(L＋2s)，故选D。]

2．在[典例1]中，假设将质量M＝1.0 kg的木块随足够长的传送带一起以v1＝2.0 m/s的速度向左匀速运动，如图所示。木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.50，当木块运动到转轴O点时，一颗质量m＝20 g的子弹以v2＝300 m/s的速度水平向右击穿木块，穿出时子弹的速度v′2＝50 m/s。设传送带速度恒定，子弹与木块作用时间极短，木块的质量不变，g取10 m/s2，求：

(1)子弹击穿木块时，木块速度的大小和方向；

(2)子弹击穿木块过程中，子弹和木块组成的系统损失的机械能；

(3)被子弹击穿后，木块水平向右运动距O点的最大距离。

[解析]　(1)设向右为正方向，木块被子弹击穿时的速度为u，子弹击穿木块过程动量守恒，故：

mv2－Mv1＝mv′2＋Mu

代入数据解得：u＝3.0 m/s

速度是正值，说明木块速度方向水平向右。

(2)子弹击穿木块过程中，子弹和木块组成的系统损失的机械能：E＝mv＋Mv－mv′－Mu2

代入数据解得：E＝872.5 J

(3)设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度为a，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma

代入数据得：a＝5.0 m/s2

木块向右运动到离O点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s1，有：

u2＝2as1

代入数据解得：s1＝0.90 m。

[答案]　(1)3 m/s，方向向右　(2)872.5 J　(3)0.90 m

[考向预测]

1．(多选)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两长方体滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍。两种射入过程相比较(　　)

A．射入滑块A的子弹速度变化大

B．整个射入过程中两滑块受到的冲量一样大

C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍

D．两个过程中系统产生的热量相同

BD　[在子弹射入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv0＝(M＋m)v，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B项正确；由动能定理可知，两个射入过程中阻力对子弹做功相同，C项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D项正确。]

2．如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的长木板左端，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μ＝0.4。质量为m0＝5 g的子弹以速度v0＝300 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)子弹进入物块后一起向右滑行的最大速度v1；

(2)木板向右滑行的最大速度v2；

(3)物块在木板上滑行的时间t。

[解析]　(1)子弹进入物块后一起向右滑行的初速度即为物块的最大速度，由动量守恒定律可得

m0v0＝(m0＋m)v1

解得v1＝6 m/s。

(2)当子弹、物块、木板三者共速时，木板的速度最大，由动量守恒定律可得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝2 m/s。

(3)对物块和子弹组成的整体应用动量定理得

－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1

解得t＝1 s。

[答案]　(1)6 m/s　(2)2 m/s　(3)1 s

题型突破2| 　“弹簧类”组合模型

[典例2]　(2021·山东济南5月预测)如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg。用轻弹簧连接，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，物块C的v­t图象如图乙所示。求：

甲　　　　　　　　　　　乙

(1)物块C的质量mC；

(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。

[思路点拨]　解此题关键注意两点：

(1)正确利用图象获取物块C碰撞前后的速度及速度的变化。

(2)当A、C与B的速度相等时，弹簧具有最大弹性势能。

[解析]　(1)由图知，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。

mCv1＝(mA＋mC)v2

即mC＝2 kg。

(2)12 s时B离开墙壁，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

(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v4

(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep

得Ep＝9 J。

[答案]　(1)2 kg　(2)9 J

[考向预测]

3．(2021·宁夏石嘴山市一模)两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示，B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是(　　)

A．B、C碰撞刚结束时的共同速度为3 m/s

B．弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为3 m/s

C．弹簧的弹性势能最大值为36 J

D．弹簧再次恢复原长时A、B、C三物块速度相同

B　[B与C碰撞时，B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者共同速度为vBC，规定向右为正方向，则有mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s，故A错误；当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，A、B、C三者组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC，解得vABC＝3 m/s，根据能量守恒定律得弹簧的弹性势能最大值为Ep＝(mB＋mC)v＋mAv2－(mA＋mB＋mC)v＝12 J，故B正确，C错误；三者共速时弹簧压缩量最大，恢复原长过程中，弹力对A做负功，A的速度减小，对B、C做正功，B、C的速度增加，则恢复原长时三物块速度不同，故D错误。]

4．如图所示，在光滑水平面上有质量为m的小物块a以初速度v0水平向右运动，在小物块a左、右两侧各放置完全相同的小物块b、c，小物块b、c上各固定一个轻弹簧，小物块b、c的质量均为km，其中k＝1、2、3…，弹簧始终处于弹性限度内。问：

(1)小物块a第一次与小物块c碰撞时，弹簧的最大弹性势能为多大？

(2)若小物块a至少能与小物块c碰撞2次，k的最小值为多少？

[解析]　(1)小物块a和c相互作用，两者速度相等时弹簧的弹性势能最大，对于小物块a和c，根据动量守恒定律有mv0＝(m＋km)v

根据能量守恒定律有Epmax＝mv－(m＋km)v2

联立解得Epmax＝·mv。

(2)设小物块a第一次离开小物块c时，小物块a和c的速度分别为v1、v2，对于小物块a和c根据动量守恒定律有mv0＝mv1＋kmv2，根据机械能守恒定律有mv＝mv＋kmv

联立解得小物块a的速度为v1＝v0

小物块c的速度为v2＝v0

小物块a离开c后与小物块b碰撞，当小物块a离开b时，小物块a和小物块b的速度分别为v1′、v2′，对于小物块a和b，根据动量守恒定律有mv1＝mv1′＋kmv2′

根据机械能守恒定律有mv＝mv′＋kmv′

联立解得v1′＝v0

若小物块a和c至少碰撞2次，则有v1′>v2，由数学知识可得k2－4k－1>0

解得k>2＋，而k＝1、2、3…

故kmin＝5。

[答案]　(1)·mv　(2)5

题型突破3| 　滑块—滑板模型

[典例3]　如图所示，质量m1＝4.0 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝1.0 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝5 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μ＝0.5，g取10 m/s2。求：

(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v′0不超过多少。

审题指导：

[解析]　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，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f，对物块应用动量定理有－ft＝m2v－m2v0

其中f＝μm2g

联立以上三式解得t＝

代入数据得t＝ s＝0.8 s。

(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，物块滑到车面右端时与小车有共同的速度v′，则有

m2v′0＝(m1＋m2)v′

由功能关系有m2v′＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL

代入数据解得v′0＝ 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v′0不能超过 m/s。

[答案]　(1)0.8 s　(2) m/s

[考向预测]

5．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M的物块(可视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上滑行的距离为(　　)

A．L    B．    C．    D．

C　[设物块受到的滑动摩擦力为f，物块的初速度为v0。如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，对物块的滑动过程运用动能定理得－fL＝0－Mv，如果长木板不固定，物块冲上木板后，物块向右减速的同时，木板要加速，最终两者一起做匀速运动，该过程系统所受外力的合力为零，动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有fL′＝Mv－(2M)v，联立解得L′＝，故C正确，A、B、D错误。]

6．(2021·上海浦东区二模)质量M＝0.6 kg的平板小车静止在光滑水平面上，如图所示，当t＝0时，两个质量都为m＝0.2 kg的小物体A和B，分别从小车的左端和右端以水平速度v1＝5.0 m/s和v2＝2.0 m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时没有相碰。已知A、B两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，g取10 m/s2，求：

(1)A、B两物体在车上都停止滑动时的速度；

(2)车的长度至少是多少？

[解析]　(1)设物体A、B相对于车停止滑动时，车速为v，根据动量守恒定律：

m(v1－v2)＝(M＋2m)v

v＝0.6 m/s。

方向向右。

(2)设物体A、B在车上相对于车滑动的距离分别为L1、L2，车长为L，由功能关系

μmg(L1＋L2)＝mv＋mv－(M＋2m)v2

解得：L1＋L2＝6.8 m

L≥L1＋L2＝6.8 m

可知L至少为6.8 m。

[答案]　(1)0.6 m/s　方向向右　(2)6.8 m