上海新教材高三物理一轮复习讲义-力学8--动量第3讲　专题强化-人船模型、子弹打木块模型和“滑块-木板”模型--教师版+学生版

这是一份上海新教材高三物理一轮复习讲义-力学8--动量第3讲　专题强化-人船模型、子弹打木块模型和“滑块-木板”模型--教师版+学生版，共38页。
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
2.1、动量守恒定律：如图所示，长为L、质量为m船的小船停在静水中，质量为m人的人由静止开始从船的一端走到船的另一端，不计水的阻力，因人和船组成的系统动量始终守恒，
可得m船v船－m人v人＝0，故有m船x船－m人x人＝0，
由图可看出x船＋x人＝L，可解得x人＝eq \f(m船,m人＋m船)L，x船＝eq \f(m人,m人＋m船)L。
x人，x船均为沿动量方向相对于同一参考系的位移。
2.2、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(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即x人x船=v人v船=m船m人。
2.3、应用此关系时要注意一个问题：公式v人、v船和x一般都是相对地面而言的。
3．模型扩展
人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降的高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动的距离的问题等。

培优训练1
1、 “独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿 A 点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如图所示。经过测量发现，甲、乙两张照片中 A、B 两点的水平间距约为 1 cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为 1.8cm。女子在照片上身高约为 1.6 cm。已知竹竿的质量约为 25 kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为( A )
A．45 kg B．50 kg C．55 kg D．60 kg
2．质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为( C )
A．eq \f(m,m＋M)h B．eq \f(M,m＋M)h C．eq \f(M＋m,M)h D．eq \f(M＋m,m)h
[设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得： 0＝－Mv2＋mv1
人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝eq \f(L－h,t)
人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝eq \f(h,t) 联立得：0＝－M·eq \f(L－h,t)＋m·eq \f(h,t)， 解得：L＝eq \f(M＋m,M)h，
故C正确，A、B、D错误。]
3、光滑水平面上放有一表面光滑、倾角为α的斜面A，斜面质量为M、底边长为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( D )
A．FN＝mgcsα B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcsα
C．滑块B下滑过程中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eq \f(m,M＋m)L
[解析] 经分析可知滑块B相对于斜面加速下滑，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mgcsα，A错误；滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt，B错误；由于滑块B有竖直方向的分加速度，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；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，则Mv1＝mv2，x1＝v1t，x2＝v2t，x1＋x2＝L，解得x1＝eq \f(m,M＋m)L，D正确。
4、如图所示,质量为m0的小车静止在光滑的水平面上,小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道,BC段是长为L的水平粗糙轨道,两段轨道相切于B点,一质量为m的滑块在小车上从A点由静止开始沿AB轨道滑下,然后滑入BC轨道,最后恰好停在C点。已知小车质量m0=3m,滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g。则( B )
A. 全程滑块水平方向相对地面的位移为R+L
B. 全程小车相对地面的位移大小s=14(R+L)
C. 滑块运动过程中的最大速度vm=2gR
D. μ、L、R三者之间的关系为R=4μL
解析 设全程小车相对地面的位移大小为s,则滑块水平方向相对地面的位移x=R+L-s。取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mxt-m0st=0,即mR+L-st-m0st=0,结合m0=3m,解得s=14(R+L),x=34(R+L),故A错误,B正确;滑块刚滑到B点时速度最大,取水平向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律分别得,0=mvm-m0v,mgR=12mvm2+12m0v2,联立解得vm=32gR,故C错误;对整个过程,由动量守恒定律得0=(m+M)v',解得v'=0,由能量守恒定律得mgR=μmgL,得R=μL,故D错误。
5、(多选)如图所示,质量m0=3 kg的滑块(视为质点)套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动。质量m=2 kg的小球(视为质点)通过长L=0.75 m的轻杆与滑块上的光滑轴O连接,轻杆可绕O在竖直平面内转动,开始时滑块静止、轻杆处于水平状态,现给小球一个v0=3 m/s的竖直向下的初速度,已知小球在摆动过程中不会受到轨道的阻拦,可以越过轨道向上运动。重力加速度g取10 m/s2,则( ACD )
A.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块在水平轨道上向右移动了0.3 m
B.小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中,滑块在水平轨道上向右移动了0.45 m
C.小球相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m
D.小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中,滑块在水平轨道上向右移动了0.54 m
解析 小球从初始位置到第一次到达最低点的过程中,设滑块在水平轨道上向右移动的距离为x,取向左为正方向,根据水平方向动量守恒得0=mL-xt-m0xt,解得x=0.3 m,A正确,B错误;设小球相对于初始位置可以上升的最大高度为h,到达最大高度时竖直方向速度为0,所以水平方向速度也为0,根据水平方向动量守恒得0=(m+m0)v,根据系统的机械能守恒得12mv02=mgh+12(m+m0)v2,解得h=0.45 m,C正确;小球从初始位置到第一次到达最大高度的过程中,设滑块在水平轨道上向右移动的距离为y,由几何关系可得,小球相对于滑块移动的水平距离为s=L+L2-ℎ2=1.35 m,根据水平方向动量守恒得0=ms-yt-m0yt,解得y=0.54 m,D正确。
6、(多选)如图所示,在光滑的水平面上有一静止的物体,质量为m0,物体上有一光滑的半圆弧轨道,半径为R,最低点为C,两端A、B一样高,现让质量为m的小滑块从A点由静止下滑,则在运动过程中( BD )
A.物体所能获得的最大速度为m2mgRm02+m0m B.物体向左运动的最大距离为2mRm+m0
C.小滑块运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg
D.物体与小滑块组成的系统机械能守恒,动量不守恒
解析 物体和小滑块组成的系统竖直方向合力不为0,系统动量不守恒,但水平方向所受合力为零,则水平方向动量守恒,由于只有重力做功,则机械能守恒,当小滑块到达最低点时,物体的速度最大,则mv1-m0v2=0,mgR=12mv12+12m0v22,解得物体所能获得的最大速度为v2=m2gRm02+m0m,故D正确,A错误;由水平方向动量守恒,根据人船模型得mx1=m0x2,x1+x2=2R,解得物体向左运动的最大距离为x2=2mRm+m0,故B正确;当光滑的半圆弧轨道固定在水平地面上时,由机械能守恒定律可知12mv2=mgR,由向心力公式得F-mg=mv2R,解得小滑块运动到最低点C时轨道对小滑块的支持力F=3mg,根据牛顿第三定律可知小滑块运动到最低点C时对轨道的压力大小为3mg,现在光滑的半圆弧轨道在水平面上运动,小滑块运动到最低点C时对轨道的压力大小不是3mg,故C错误。
7、(多选)如图所示，绳长为l，小球质量为m，小车质量为M，将小球向右拉至水平后放手，则(水平面光滑)( BD )
A．系统的总动量守恒
B．水平方向任意时刻小球与小车的动量等大反向或都为零
C．小球不能向左摆到原高度
D．小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)
解析 系统只是在水平方向所受的合力为零，竖直方向的合力不为零，故水平方向的动量守恒，而总动量不守恒，A错误，B正确；根据水平方向的动量守恒及机械能守恒得，小球仍能向左摆到原高度，C错误；小球相对于小车的最大位移为2l，根据“人船模型”，系统水平方向动量守恒，设小球水平方向的平均速度为vm，小车水平方向的平均速度为vM，mvm－MvM＝0，两边同时乘以运动时间t，mvmt－MvMt＝0，即mxm＝MxM，又xm＋xM＝2l，解得小车向右移动的最大距离为eq \f(2ml,M＋m)，D正确．
8.如图，棱长为 a、大小形状相同的立方体木块和铁块，质量为 m 的木块在上、质量为 M 的铁块在下，正对用极短细绳连结悬浮在平静的池中某处，木块上表面距离水面的竖直距离为h。当细绳断裂后，木块与铁块均在竖直方向上运动，木块刚浮出水面时，铁块恰好同时到达池底。仅考虑浮力，不计其他阻力，则池深为( D )

9、如图所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置．车左侧内壁固定有沙袋．发射器口到沙袋的距离为d，把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是_______．
解：本题可把子弹看作“人”，把车看作“船”，这样就可以用“人船模型”来求解．
，解得
10、如图所示，质量为m、半径为R的小球，放在半径为2R、质量为2m的大空心球内．大球开始静止在光滑的水平面上，当小球从图示位置无初速度沿大球内壁滚到最低点时，大球移动的距离是___________．
【解析】设大球运动的位移为s，由图3知小球运动的位移为(R－s)
由“人船模型”知两球在水平方向动量守恒，因此有 m(R－s)＝2ms 解得：S＝
11、如图，质量为 M 的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为 a 和 b，长轴水平，短轴竖直。质量为 m 的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系 xOy，椭圆长轴位于 x 轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为 g。
(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小；
(2)凹槽相对于初始时刻运动的距离。

专题培优2 “子弹打木块”模型
1、子弹打木块的两种常见类型
1.1、木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0射击木块。
运动性质：子弹相对地面做匀减速直线运动；木块在子弹对木块的作用下做匀加速运动。
图像描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个v-t坐标系中，两者的速度图线如图甲(子弹穿出木块)或图乙(子弹停留在木块中)所示。
图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。
方法：把子弹和木块看成一个系统，利用以下三个关系。
①系统水平方向动量守恒；
②系统的能量守恒(机械能不守恒)；
③对木块和子弹分别利用动能定理。
推论:系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔE=Ffd。
1.2、木块固定在水平面上时,子弹以初速度v0射击木块,对子弹利用动能定理，可得-Ffd=12mvt2−12mv02。
2、两种类型的共同点
2.1、系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。(因为有一部分机械能转化为内能)
2.2、摩擦生热的条件:必须存在滑动摩擦力和相对滑行的位移。摩擦产生的热量为Q=Ff·s,其中Ff是滑动摩擦力的大小,s是两个物体的相对位移。(在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度,就是这段时间内两者相对位移的大小,所以说是一个相对运动问题)
2.3、静摩擦力可对物体做功,但不能产生内能。(因为两物体的相对位移为零)
3、“子弹打木块”模型的规律
3.1、若子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即:
mv0＝(m＋M)v， Q热＝fL相对＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)(M＋m)v2
3.2、若子弹穿出木块，系统动量守恒，能量守恒，有:
mv0＝mv1＋Mv2， Q热＝fL相对＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)
培优训练2--“子弹打木块”模型
1、光滑的水平面上放着一块质量为M、长度为d的木块，一颗质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0射入木块，当子弹从木块中穿出后速度变为v1，子弹与木块之间的平均摩擦力为f。求：
(1)子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功多少？摩擦力对木块做功多少？
(2)在这个过程中，系统产生的内能为多少？
解：(1)由于水平面光滑，则子弹和木块组成的系统在水平方向动量守恒，则有mv0＝mv1＋Mv2，解得v2＝eq \f(mv0－v1,M)
设子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功为Wf1，子弹相对于地面移动的距离为x1，对木块做功为Wf2，木块相对于地面移动的距离为x2，则 对子弹，利用动能定理可得 Wf1＝－fx1＝eq \f(1,2)m(veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0))
对木块，利用动能定理可得 Wf2＝fx2＝eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2)－0 联立得Wf2＝eq \f(m2v0－v12,2M)。
(2)由能量守恒定律可知，系统产生的内能等于系统机械能的减少量，则 Q＝fx1－fx2＝fd。
[答案] (1)eq \f(1,2)m(veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)) eq \f(m2v0－v12,2M) (2)fd
2、如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。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( D )
A．eq \f(1,v0)(s＋L) B．eq \f(1,v0)(s＋2L) C．eq \f(1,2v0)(s＋L) D．eq \f(1,v0)(L＋2s)
动量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块所用时间为t，则有eq \f(v2,2)t＝s，eq \f(v0＋v1,2)t＝s＋L，
3、如图所示，质量为M的木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s，已知木块与水平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 )
A.eq \f(m＋M,m)eq \r(2μgs) B.eq \f(M－m,m)eq \r(2μgs) C.eq \f(m,m＋M)eq \r(μgs) D.eq \f(m,M－m)eq \r(μgs)
mv1＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv1,M＋m)，由动能定理得－μ(M＋m)gs＝0－eq \f(1,2)(M＋m)v2，解得v1＝eq \f(M＋m,m)·eq \r(2μgs)，
4、质量为 m 的子弹以某一初速度 v0 击中静止在光滑水平地面上质量为 M 的木块，并陷入木块一定深度后与木块相对静止，甲、乙两图表示了这一过程开始和结束时子弹和木块可能的相对位置，设木块对子弹的阻力大小恒定，下列说法正确的是( C )
A.M 越大，子弹射入木块的时间越短
B.M 越大，子弹射入木块的深度越浅
C.无论m、M、v0的大小如何，都只可能是甲图所示的情形
D.若v0较小，则可能是甲图所示情形；若v0较大，则可能是乙图所示情形

5、如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是( C )
A．子弹射入木块后瞬间，速度大小为eq \f(m0v0,m0＋m＋M)
B．子弹射入木块后瞬间，轻绳拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
6、质量为 M 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左、右两侧各有一位持有完全相同步枪和子弹的射击手，首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为 d1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为 d2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是( )
A.木块静止，d1＝d2 B.木块静止，d1