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微专题3　动量守恒定律中的几种模型
[定位·学习目标]　1.进一步理解动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用。2.会应用动量观点和能量观点分析“弹簧—小球”模型、“滑块—木板”模型和“滑块—斜(曲)面”模型。
要点一　“弹簧—小球”模型
要点归纳
　“弹簧—小球”模型
(1)弹簧处于最长(最短)状态时两小球速度相等,弹性势能最大,系统满足动量守恒、机械能守恒,有
m1v0=(m1+m2)v共,
m1=(m1+m2)+Epm。
(2)弹簧再次处于原长时弹性势能为零,弹簧某一端的小球具有最大速度,系统满足动量守恒、机械能守恒,有
m1v0=m1v1+m2v2,
m1=m1+m2,
解得v1=v0,v2=v0。
典例研习
[例1] (水平面上的作用类型)(2025·宁夏银川阶段练习)如图所示,A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球,A、B球的质量为m,C球的质量为2m,其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统,下列说法正确的是(　　)
[A]三球速度相等时,弹簧一定处于压缩状态
[B]弹簧的最大弹性势能等于m
[C]三球速度相等后,速度将保持不变
[D]当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时,C球的瞬时速度大小为
【答案】 D
【解析】 三球速度第一次相等时,弹簧处于压缩状态,此后,C球继续加速,A、B球作为整体继续减速,当弹簧恢复原长时C球的速度比A、B整体的速度大,弹簧继续伸长,当三球速度再次相等时,弹簧处于拉伸状态,故A、C错误;三球速度相等时弹簧的弹性势能最大,设最大弹性势能为Ep,A、B两球碰撞瞬间由动量守恒定律得mv0=2mv1,从A球开始运动到三球速度相等过程中,三球组成的系统动量守恒,有mv0=(m+m+2m)v2,从A、B两球碰撞结束到三球速度相等过程,根据机械能守恒定律有·2m=Ep+(m+m+2m),解得Ep=m,故B错误;A、B两球碰撞后瞬间的速度为v1=,A、B两球的总质量与C球质量相等,从A、B两球碰撞结束到弹簧第一次恢复原长的过程中,相当于A、B整体与C球发生一次弹性碰撞,所以二者速度发生交换,即当弹簧第一次从压缩状态恢复到原长时,C球的瞬时速度大小为,故D正确。
[例2] (弹簧压缩类型)(2024·黑吉辽卷)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
【答案】 (1)1 m/s　1 m/s　(2)0.2　(3)0.12 J
【解析】 (1)对物块A由平抛运动知识得
h=gt2,xA=vAt,
代入数据解得vA=1 m/s,
对A、B物块整体由动量守恒定律有
mAvA=mBvB,解得vB=1 m/s。
(2)对物块B由动能定理有
-μmBgxB=0-mB,
代入数据解得μ=0.2。
(3)由能量守恒定律有
ΔEp=mA+mB+μmAgΔxA+μmBgΔxB,
其中mA=mB,Δx=ΔxA+ΔxB,
联立解得ΔEp=0.12 J。
要点二　“滑块—木板”模型
要点归纳
1.把滑块、木板看成一个整体,摩擦力为内力,在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。
2.由于摩擦生热,机械能转化为内能,系统机械能不守恒,根据能量守恒定律,系统机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量,即ΔE=Ff·L相对,其中L相对为滑块和木板相对滑动的位移。
3.若滑块不滑离木板,就意味着二者最终具有共同速度,机械能损失最多。
典例研习
[例3] (滑块、木板间的运动关系)(多选)(2025·山东菏泽期中)如图所示,质量为m的箱子静止在光滑水平面上,箱子内侧的两壁间距为2L,另一质量为m可视为质点的物块,从箱子中央以大小为v0的速度开始向右运动,已知物块与箱壁之间发生的都是弹性碰撞,且不计碰撞时间,物块与箱底的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,下列说法正确的是(　　)
[A]箱子与物块之间达到共同速度所需的总时间为
[B]箱子与物块发生相对滑动的总距离为
[C]如果箱子与物块碰撞的次数n为奇数,则最终物块与箱子左端的距离为(2n+1)L-(n=1,3,5,…)
[D]如果箱子与物块碰撞的次数n为偶数,则最终物块与箱子左端的距离为-(2n-1)L(n=2,4,6,…)
【答案】 BCD
【解析】 根据动量守恒定律,从开始到物块与箱子共速时,有mv0=2mv,得共同速度为v=,根据动量定理,对物块有-μmgt=m-mv0,解得其运动时间t=,根据动能定理有m-×2m×()2=μmgs,解得物块与箱子发生相对滑动的总距离 s=,故A错误,B正确;当物块与箱子碰撞次数n取奇数时,物块最后一次碰撞发生在箱子右壁,设最终物块与箱子左壁的距离为s0,则整个过程物块相对箱子的总距离为s=L+2L(n-1)+2L-s0=(2n+1)L-s0,即(2n+1)L-s0=,则s0=(2n+1)L-(n=1,3,5,…);同理,当物块与箱子碰撞次数n为偶数时,物块与箱子最后一次碰撞发生在箱子左壁,则s=L+2L(n-1)+s0=(2n-1)L+s0,即(2n-1)L+s0=,可知s0=-(2n-1)L(n=2,4,6,…),故C、D正确。
[例4] (滑块—木板的综合应用问题)(2025·陕西西安阶段练习)如图所示,虚线OO1左侧的水平地面粗糙,右侧的水平地面光滑,在虚线左侧20 m 处地面上静止着一质量m=1 kg的物块A,在虚线右侧静止放置质量m′=3 kg、长度为L=2.4 m的长木板B,B的右端上表面静止放置着另一质量为m0的小物块C,现给A一水平向右、大小为v0=12 m/s的初速度,一段时间后A与B发生弹性碰撞,已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,C与B间的动摩擦因数为μ2=0.25,重力加速度g取10 m/s2,A、C均可视为质点。
(1)求A与B发生碰撞后,B的速度大小;
(2)若最终C恰好未滑离B,求C的质量和B、C损失的机械能。
【答案】 (1)4 m/s　(2)1 kg　6 J
【解析】 (1)物块A在OO1左侧运动阶段与B碰撞前的速度为v,根据运动学公式有
v2-=-2a1x,
根据牛顿第二定律有μ1mg=ma1,
联立解得v=8 m/s,
A与B发生弹性碰撞的瞬间,物块C的速度未发生变化,对A和B组成的系统满足动量守恒、机械能守恒,则有
mv=mv1+m′v2,
mv2=m+m′,
联立解得B的速度大小为
v2=4 m/s。
(2)A、B碰撞后,对B和C系统,根据动量守恒定律和功能关系有m′v2=(m0+m′)v3,
μ2m0gL=m′-(m0+m′),
代入数值解得m0=1 kg。
则B、C损失的机械能为ΔE=m′-(m0+m′)=μ2m0gL,
代入数据解得ΔE=6 J。
“滑块—木板”模型的解题思路
(1)对系统应用动量守恒定律。
(2)在涉及滑块或滑板的时间时,优先考虑用动量定理。
(3)在涉及滑块或滑板的位移时,优先考虑用动能定理。
(4)在涉及滑块的相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒。
(5)滑块恰好不滑动时,滑块与滑板达到共同速度。
要点三　“滑块—斜(曲)面”模型
要点归纳
　“滑块—斜(曲)面”模型
(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,轨道半径为R,系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒,有mv0=(M+m)v共,
m=(M+m)+mgR。
(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,有mv0=mv1+Mv2,
m=m+M。
典例研习
[例5] (滑块与曲面的动量守恒问题)(2025·浙江宁波阶段练习)如图,一个带有光滑四分之一圆弧的滑块B静止于光滑水平面上,圆弧最低点与水平面相切,其质量为M。圆弧半径为R,另一个质量为m(m=)的小球A,以水平速度 2沿圆弧的最低点进入圆弧。求:
(1)A、B第一次共速时的速度大小;
(2)小球A能上升的最大高度;
(3)A、B最终分离时的速度大小。
【答案】 (1)　(2)4R
(3)　
【解析】 (1)小球A与滑块B组成的系统满足水平方向动量守恒,则有mv0=(m+M)v共,
解得A、B第一次共速时的速度大小为
v共=v0=。
(2)设小球A能上升的最大高度为H,根据系统机械能守恒可得
mgH=m-(m+M),
解得H=4R。
(3)设A、B最终分离时的速度分别为v1和v2,由系统水平方向动量守恒及机械能守恒,以向右为正方向,则有mv0=mv1+Mv2,
m=m+M,
联立解得v1=-,v2=。
则A、B最终分离时的速度大小分别为,。
[例6] (滑块—曲面与传送带的结合)(2025·山西朔州期中)如图所示,长度L=10 m的传送带以恒定的速度v0=12 m/s匀速顺时针传动,其右端与光滑水平面平滑衔接,传送带的右端水平面上放置质量M=4 kg、半径R=1 m的四分之一光滑圆弧形槽,弧形槽的底端与水平面相切。将质量m=1 kg的滑块A无初速度地从传送带最左端放上,滑块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,滑块A可视为质点。
(1)求滑块A刚滑上弧形槽瞬间的速度大小。
(2)滑块A第一次滑上弧形槽后,能否从弧形槽的顶端冲出 若能,求出滑块第一次离开弧形槽瞬间的速度大小;若不能,求出滑块在弧形槽上能达到的最大高度。
(3)求滑块A在传送带上运动的总时间以及弧形槽B的最终速度大小。
【答案】 (1)10 m/s　(2)见解析
(3)4.4 s　4.8 m/s
【解析】 (1)设滑块A在传送带上做匀加速运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得
a==μg=0.5×10 m/s2=5 m/s2,
假设传送带足够长,则滑块A匀加速到与传送带速度相等通过的位移大小为
x== m=14.4 m>L=10 m,
故滑块A在传送带上一直做匀加速直线运动,滑块A刚滑上弧形槽瞬间的速度为
v1== m/s=10 m/s。
(2)假设滑块A第一次滑上弧形槽B未从顶端冲出,设其上升到最高点的高度为h,共同速度为v2,则系统机械能守恒和水平方向动量守恒,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv1=(m+M)v2,
m=(m+M)+mgh,
联立解得h=4 m>R=1 m,
故滑块A能从弧形槽B顶端冲出,设滑块A从弧形槽B顶端冲出时的速度为v3,此时滑块A与弧形槽B水平方向速度相等,
同理有
mv1=(m+M)v2,
m=m+M+mgR,
代入数据解得v2=2 m/s,v3=8 m/s。
(3)滑块A第一次冲出弧形槽B时,水平方向与弧形槽B速度相等,故滑块A还将落回弧形槽B,设滑块A第二次离开弧形槽B时滑块A和弧形槽B的速度分别为v4和v5,在此过程中有
mv1=mv4+Mv5,
m=m+M,
解得v4=-6 m/s,v5=4 m/s,
假设滑块A第二次滑上传送带后未离开,则通过的位移大小为
x′== m=3.6 m即滑块A未滑出传送带,此后滑块A向右加速,再次离开传送带时其速度大小应为6 m/s,滑块A再次滑上弧形槽B后会再次滑回水平面,此时滑块A和弧形槽B的速度分别为v6和v7,该过程中有m|v4|+Mv5=mv6+Mv7,
m+M=m+M,
联立解得v6=2.8 m/s,v7=4.8 m/s,
此后滑块A再次滑回水平面时由于v6滑块A不能再滑上弧形槽B,即弧形槽B的最终速度为4.8 m/s;
滑块A第一次滑上弧形槽B之前在传送带上运动的时间为
t1== s=2 s,
滑块A从第二次滑上传送带到第二次离开传送带过程所用的时间为
t2== s=2.4 s,
故滑块A在传送带上运动的总时间为
t=t1+t2=(2+2.4) s=4.4 s。
1.(2025·山东菏泽期中)如图所示,木块M和N用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,M紧靠在墙壁上,对N施加向左的水平力使弹簧压缩,当撤去外力后,对M、N和轻弹簧组成的系统,下列说法正确的是(　　)
[A]M离开墙壁前,系统动量守恒
[B]M离开墙壁前,M所受合力的冲量与N所受合力的冲量大小相等,方向相反
[C]M离开墙壁后,系统动量守恒
[D]M离开墙壁后,M动量变化量与N动量变化量相同
【答案】 C
【解析】 当撤去外力F后,M尚未离开墙壁前,系统受到墙壁的作用力,则所受的合力不为零,所以M和N组成的系统动量不守恒,故A错误;M离开墙壁时,弹簧处于原长状态,M离开墙壁前一直保持静止状态,则所受合力的冲量为0,初始状态N动量为0,撤去外力F后,N一直受到弹簧向右的力的作用直到M离开墙壁,此过程中N所受合力的冲量向右,故B错误;M离开墙壁后,系统所受合力为0,即系统的动量守恒,根据动量守恒定律有ΔpM=-ΔpN,可知M与N的动量变化量大小相等,方向相反,故C正确,D错误。
2.(2025·四川成都期末)如图所示,一小车静止于光滑水平面,其上固定一光滑弯曲轨道,整个小车(含轨道)的质量为m。现有质量也为m的小球,以水平速度v0从左端滑上小车,沿弯曲轨道上升到最高点,最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程,下列说法正确的是(　　)
[A]小球与小车组成的系统动量守恒
[B]小球沿轨道上升到最高点时,小车的速度为零
[C]小球沿轨道上升的最大高度为
[D]小球滑离小车后,做自由落体运动
【答案】 D
【解析】 小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0,可知,竖直方向上先加速后减速,即竖直方向的加速度方向先向上后向下,存在超、失重现象,小球和小车组成的系统所受外力的合力不为0,系统的动量不守恒,但系统在水平方向上所受外力的合力为0,即系统在水平方向上的动量守恒,故A错误;小球沿轨道上升到最高点时,小球竖直分速度为0,而在水平方向动量守恒,小球与小车的速度相等,均不为零,故B错误;小球沿轨道上升到最高点过程中,根据动量守恒定律有mv0=2mv,根据机械能守恒定律有mgh=m-×2mv2,解得h=,故C错误;小球从轨道左端到滑离小车的过程中,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mv0=mv1+mv2,m=m+m,解得v1=0,即小球滑离小车后做自由落体运动,故D正确。
3.(2025·天津红桥阶段检测)如图所示,质量为M=2.0 kg,半径R=0.3 m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上,有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球a、b质量分别为m1=1.0 kg、m2=2.0 kg,b右侧与球心等高处连接一轻质弹簧,弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将a从圆弧槽顶端由静止释放,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)若圆弧槽固定不动,小球a滑离圆弧槽时的速度大小v0;
(2)若圆弧槽不固定,小球a滑离圆弧槽时的速度大小v1;
(3)圆弧槽不固定的情况下,弹簧压缩过程中的最大弹性势能。
【答案】 (1) m/s　(2)2 m/s　(3) J
【解析】 (1)若圆弧槽固定,根据机械能守恒定律,对小球a有m1gR=m1,
解得v0= m/s。
(2)若圆弧槽不固定,槽和小球组成的系统在水平方向动量守恒,若以向左为正方向,在水平方向,根据动量守恒定律,对a和圆弧槽有m1v1-Mv2=0,
根据机械能守恒定律有m1gR=m1+M,
解得v1=2 m/s。
(3)小球a进入水平面后压缩弹簧,当a、b速度相等时,弹簧具有最大弹性势能,根据动量守恒定律有
m1v1=(m1+m2)v,
解得v= m/s,
此时有Epmax=m1-(m1+m2)v2,
代入数据可得Epmax= J。
课时作业
(分值:60分)
考点一　“弹簧—小球”模型
1.(6分)(多选)(2025·黑龙江哈尔滨阶段练习)质量为m的木板与直立的轻质弹簧的上端相连,弹簧下端固定在水平地面上,静止时弹簧的压缩量为h,如图所示。现将一质量为2m的物块从距离木板正上方2h处由静止释放,物块与木板碰撞后粘在一起向下运动,到达最低点后又向上运动,它们恰能回到A点,物块可视为质点,空气阻力、木板厚度忽略不计,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　)
[A]物块和木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小
[B]整个运动过程,物块、木板和弹簧组成的系统机械能守恒
[C]物块和木板碰撞后瞬间的共同速度为
[D]物块、木板和弹簧在运动过程中机械能损失为mgh
【答案】 AD
【解析】 物块和木板碰后粘在一起整体向下运动过程中,初始一段弹簧的弹力小于整体的重力,因此加速向下运动,当弹簧的弹力等于重力时速度达到最大,再向下运动时做减速运动,因此向下运动过程中速度先增大后减小,故A正确;由于物块和木板发生非弹性碰撞,机械能有损失,因此整个运动过程,物块、木板和弹簧组成的系统机械能不守恒,故B错误;设物块与木板碰前瞬间的速度为v0,则有=2g·2h,物块和木板碰撞过程中动量守恒,有2mv0=(2m+m)v1,联立解得v1=,根据能量守恒定律,可得碰撞过程中机械能损失为ΔE=·2m-(2m+m)=mgh,故C错误,D正确。
2.(14分)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接,并静止在光滑的水平面上。现使物块A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,以此刻为计时起点,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示,已知m1=1 kg,试求:
(1)物块B的质量;
(2)弹簧的最大弹性势能;
(3)t2时刻物块B的速度达到最大,此刻物块A速度的大小。
【答案】 (1)2 kg　(2)3 J　(3)1 m/s
【解析】 (1)由图像可知,物块A的初速度v0=3 m/s,t1时刻两物块共速且共同速度v=1 m/s,由动量守恒定律得
m1v0=(m1+m2)v,
解得m2=2 kg。
(2)由图像可知,t1时刻弹簧的压缩量最大,此时弹性势能最大,由机械能守恒得
Ep=m1-(m1+m2)v2,
解得Ep=3 J。
(3)物块B速度最大时,弹簧恢复原长,由动量守恒定律得
m1v0=m1vA+m2vB,
由机械能守恒定律得
m1=m1+m2,
解得vA=-1 m/s,
故物块A的速度大小为1 m/s。
考点二　“滑块—木板”模型
3.(4分)(2025·重庆阶段练习)如图所示,有一块足够长的木板,放在光滑水平面上,在木板上自左向右放有相距足够远的序号为1、2、3、4、5的5块木块,所有木块的质量均为m,与木板间的动摩擦因数均为μ,木板的质量为5m。在t=0时刻木板静止,第1、2、3、4、5号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、4v0、5v0,方向都向右,重力加速度为g。所有物块和木板最终都会共速,其共同速度为(　　)
[A]v0 [B]2v0 [C]v0 [D]v0
【答案】 A
【解析】 整个系统所受合力为零,系统动量守恒,取向右为正方向,对系统,由动量守恒定律得m(v0+2v0+3v0+4v0+5v0)=10mv共,解得v共=v0,选项A正确。
4.(4分)(2025·江苏盐城阶段检测)质量为m的矩形木板B,放在光滑水平面上,b、c、d是ae的4等分点。质量为M的物块A以一定的初速度从a点水平滑上粗糙木板,物块的宽度不计,且m　　　
[A] [B]
　　　
[C] [D]
【答案】 B
【解析】 由于地面光滑,物块A与木板B组成的系统动量守恒,以向右为正方向,根据动量守恒定律有Mv0=(M+m)v,根据动能定理,对木板B有μMgx=mv2,设相对位移为Δx,对物块A有-μMg(x+Δx)=Mv2-M,整理得==,因为m考点三　“滑块—斜(曲)面”模型
5.(6分)(多选)(2025·河南开封阶段练习)如图,质量和半径都相同的四分之一光滑圆弧体A、B静止在光滑的水平面上,圆弧面的最低点和水平面相切,圆弧的半径为R。圆弧体B锁定,圆弧体A可以自由滑动,一个小球从圆弧体A的最高点由静止释放,在圆弧体B中上升的最大高度为。已知重力加速度大小为g,则(　　)
[A]小球与圆弧体的质量之比为2∶1
[B]在小球从圆弧体A的最高点滑到最低点的过程中,A的位移为
[C]小球再次滑上A,在A中上升的最大高度为
[D]若圆弧体B没有锁定,则圆弧体B最终获得的速度大小为
【答案】 CD
【解析】 小球从A上滑下到与A分离的过程中满足机械能守恒和水平方向动量守恒,有mgR=mv2+mA,mv=mAvA,小球滑上B的过程根据机械能守恒定律,有mv2=mgR,联立解得v=,vA=,mA=2m,即小球与圆弧体的质量之比为1∶2,选项A错误;由mx=mAxA,x+xA=R,得xA=R,选项B错误;小球滑上B后最终会以v=重新滑回A,当上升至最高点时,与A共速,同理有mv+mAvA=(m+mA)v共,mv2+mA-(m+mA)=mgh,联立解得h=R,选项C正确;若圆弧体B没有锁定,则小球与B接触到分离的全过程有mv=mv′+mBvB,mv2=mv′2+mB,解得vB=,选项D正确。
6.(4分)如图所示,小车的上面由中间突出的两个对称的曲面组成。整个小车的质量为m,原来静止在光滑的水平面上。今有一可视为质点的小球,质量也为m,以水平速度v从左端滑上小车,恰好到达小车的最高点后,又从另一个曲面滑下。下列说法正确的是(　　)
[A]小球滑离小车时,小车又回到了原来的位置
[B]小球在滑上曲面的过程中,小车的动量变化量是mv
[C]小球和小车作用前后,小车和小球的速度一定变化
[D]车上曲面的竖直高度不会大于
【答案】 B
【解析】 小球滑上曲面的过程,小车向右运动,小球从右侧曲面滑下时,小车仍继续前进,不会回到原位置,故A错误;小球恰好到最高点时两者有共同速度,对于小车和小球组成的系统,取水平向右为正方向,由水平方向动量守恒得mv=2mv1,得共同速度v1=,小车动量的变化量Δp=mv1-0=,故B正确;小球恰好到达小车最高点时,小球与小车的速度是相等的,由于系统水平方向动量守恒,若曲面光滑,则系统机械能守恒,所以相互作用结束后,可能小车的速度仍然等于0,小球的速度仍然等于v,故C错误;如果曲面光滑,则小车和小球组成的系统机械能守恒,有mv2-·2m=mgh,解得h=,如果曲面粗糙,因摩擦生热,减少的动能还有一部分转化成内能,小球上升的高度还要更小些,故D错误。
7.(6分)(多选)(2025·湖南张家界阶段练习)如图所示,质量为M的滑块静止在光滑水平面上,其左侧是四分之一光滑圆弧,左端底部恰好与地面相切,小球A、B的质量分别为m1=2 kg、m2=3 kg,A的初速度为v0,B保持静止,已知A与B发生弹性碰撞,要使A与B发生两次碰撞,则M可能为(　　)
[A]5 kg [B]6 kg [C]7 kg [D]8 kg
【答案】 BCD
【解析】 设A与B发生第一次弹性碰撞后A、B的速度分别为v1、v2,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,解得v1=v0=-v0,
v2=v0=v0,此后小球B与滑块作用,水平方向动量守恒,设B离开滑块时速度为v2′,则有m2v2=m2v2′+Mv3,m2=m2v2′2+M,解得v2′=v2,由于v1与v0反向,要使A与B发生两次碰撞,需要v2′与v1同向且|v2′|>|v1|,则v2′5 kg,故B、C、D正确。
8.(16分)(2025·湖南湘潭阶段练习)如图所示,水平传送带的右端靠近相同高度光滑平台的左端(平台不影响传送带的正常转动),平台右侧的光滑水平面上有一小车A紧靠平台,且小车A的上表面与平台等高,物块B静止在平台上。传送带在电机的带动下以v0=8 m/s的速度顺时针匀速转动,将物块C从传送带的最左端由静止释放,滑上平台后与物块B发生弹性碰撞,碰后物块B无摩擦地滑上小车,恰好没从小车上滑落。已知小车A的质量mA=2 kg,物块B的质量mB=6 kg,物块C的质量mC=2 kg,物块C与传送带间的动摩擦因数μ1=0.4,物块B与小车上表面之间的动摩擦因数μ2=0.2,传送带两转轴之间的距离l=12 m,重力加速度g取10 m/s2,物块均可看成质点。求:
(1)物块C第一次通过传送带的过程中,传送带摩擦力对它的冲量大小I;
(2)物块C与B碰撞后,两物块的速度大小;
(3)小车的长度L;
(4)物块C与传送带间因摩擦而产生的热量Q。
【答案】 (1)16 N·s　(2)4 m/s　4 m/s
(3)1 m　(4)192 J
【解析】 (1)物块C由静止释放后,若在传送带上一直加速,有=2μ1gx,
解得x=8 m<12 m,
可知物块离开传送带前已匀速,所以摩擦力的冲量I=mCv0=16 N·s。
(2)以向右为正方向,物块C与B碰撞过程中根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mCv0=mCv1+mBv2,
mC=mC+mB,
解得v1=-4 m/s,v2=4 m/s。
则两物块的速度大小分别为4 m/s,4 m/s。
(3)物块B滑上小车,且恰好没从小车上滑落,则有
mBv2=(mB+mA)v,
-μ2mBgL=(mB+mA)v2-mB,
联立解得小车长度L=1 m。
(4)物块C第一次在传送带上加速的过程中,与传送带的相对位移为Δx1,则有
v0=at1,Δx1=v0t1-v0t1,
产生的热量Q1=μ1mCgΔx1,
联立代入数据解得Q1=64 J;
物块C与B碰撞后返回传送带减速,设减速时间为t2,与传送带的相对位移为Δx2,则有
|v1|=at2,Δx2=v0t2+|v1t2|,
产生的热量Q2=μ1mCgΔx2,
联立代入数据解得Q2=80 J;
物块C再一次向右通过传送带的过程,加速时间仍为t2,与传送带的相对位移为Δx3,则有
Δx3=v0t2-|v1t2|,
产生的热量Q3=μ1mCgΔx3,联立解得Q3=48 J,
之后C离开平台,故物块C与传送带间因摩擦产生的热量Q=Q1+Q2+Q3=192 J。(共44张PPT)
微专题3　动量
守恒定律中的
几种模型
[定位·学习目标]　
1.进一步理解动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用。2.会应用动量观点和能量观点分析“弹簧—小球”模型、“滑块—木板”模型和“滑块—斜
(曲)面”模型。
突破·关键能力
要点一　“弹簧—小球”模型
“弹簧—小球”模型
(1)弹簧处于最长(最短)状态时两小球速度相等,弹性势能最大,系统满足动量守恒、机械能守恒,有
「要点归纳」
(2)弹簧再次处于原长时弹性势能为零,弹簧某一端的小球具有最大速度,系统满足动量守恒、机械能守恒,有
[例1] (水平面上的作用类型)(2025·宁夏银川阶段练习)如图所示,A、B和C是光滑水平面上的三个大小相同的小球,A、B球的质量为m,C球的质量为2m,其中B、C两小球用不计质量的轻质弹簧连接后静止在水平面上。现A球以速度v0沿B、C两球球心的连线向B球运动,碰后A、B两球粘在一起。对A、B、C及弹簧组成的系统,下列说法正确的是(　　)
D
「典例研习」
【解析】 三球速度第一次相等时,弹簧处于压缩状态,此后,C球继续加速,A、B球作为整体继续减速,当弹簧恢复原长时C球的速度比A、B整体的速度大,弹簧继续伸长,当三球速度再次相等时,弹簧处于拉伸状态,故A、C错误;三球速度相等时弹簧的弹性势能最大,设最大弹性势能为Ep,A、B两球碰撞瞬间由动量守恒定律得mv0=2mv1,从A球开始运动到三球速度相等过程中,三球组成的系统动量守恒,有mv0=(m+m+2m)v2,从A、B两球碰撞结束到三球速度相等过程,
[例2] (弹簧压缩类型)(2024·黑吉辽卷)如图,高度h=0.8 m的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mB=0.1 kg。A、B间夹一压缩量Δx=0.1 m的轻弹簧,弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出,水平射程xA=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB=0.25 m后停止。A、B均视为质点,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB;
【答案】 (1)1 m/s　1 m/s　
(2)物块与桌面间的动摩擦因数μ;
【答案】 (2)0.2
(3)整个过程中,弹簧释放的弹性势能ΔEp。
【答案】 (3)0.12 J
要点二　“滑块—木板”模型
1.把滑块、木板看成一个整体,摩擦力为内力,在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。
2.由于摩擦生热,机械能转化为内能,系统机械能不守恒,根据能量守恒定律,系统机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量,即ΔE=Ff·L相对,其中L相对为滑块和木板相对滑动的位移。
3.若滑块不滑离木板,就意味着二者最终具有共同速度,机械能损失最多。
「要点归纳」
「典例研习」
[例3] (滑块、木板间的运动关系)(多选)(2025·山东菏泽期中)如图所示,质量为m的箱子静止在光滑水平面上,箱子内侧的两壁间距为2L,另一质量为m可视为质点的物块,从箱子中央以大小为v0的速度开始向右运动,已知物块与箱壁之间发生的都是弹性碰撞,且不计碰撞时间,物块与箱底的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,下列说法正确的是(　 　)
BCD
[例4] (滑块—木板的综合应用问题)(2025·陕西西安阶段练习)如图所示,虚线OO1左侧的水平地面粗糙,右侧的水平地面光滑,在虚线左侧20 m 处地面上静止着一质量m=1 kg的物块A,在虚线右侧静止放置质量m′=3 kg、长度为L=2.4 m的长木板B,B的右端上表面静止放置着另一质量为m0的小物块C,现给A一水平向右、大小为v0=12 m/s的初速度,一段时间后A与B发生弹性碰
撞,已知A与OO1左侧地面间的动摩擦因数为μ1=0.2,C与B间的动摩擦因数为μ2=0.25,重力加速度g取10 m/s2,A、C均可视为质点。
(1)求A与B发生碰撞后,B的速度大小;
【答案】 (1)4 m/s
(2)若最终C恰好未滑离B,求C的质量和B、C损失的机械能。
【答案】 (2)1 kg　6 J
·规律总结·
“滑块—木板”模型的解题思路
(1)对系统应用动量守恒定律。
(2)在涉及滑块或滑板的时间时,优先考虑用动量定理。
(3)在涉及滑块或滑板的位移时,优先考虑用动能定理。
(4)在涉及滑块的相对位移时,优先考虑用系统的能量守恒。
(5)滑块恰好不滑动时,滑块与滑板达到共同速度。
要点三　“滑块—斜(曲)面”模型
“滑块—斜(曲)面”模型
「要点归纳」
「典例研习」
(1)A、B第一次共速时的速度大小;
(2)小球A能上升的最大高度;
【答案】(2)4R
(3)A、B最终分离时的速度大小。
[例6] (滑块—曲面与传送带的结合)(2025·山西朔州期中)如图所示,长度L=10 m的传送带以恒定的速度v0=12 m/s匀速顺时针传动,其右端与光滑水平面平滑衔接,传送带的右端水平面上放置质量M=4 kg、半径R=1 m的四分之一光滑圆弧形槽,弧形槽的底端与水平面相切。将质量m=1 kg的滑块A无初速度地从传送带最左端放上,滑块A与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,滑块A可视为质点。
(1)求滑块A刚滑上弧形槽瞬间的速度大小。
【答案】 (1)10 m/s　
(2)滑块A第一次滑上弧形槽后,能否从弧形槽的顶端冲出 若能,求出滑块第一次离开弧形槽瞬间的速度大小;若不能,求出滑块在弧形槽上能达到的最大高度。
(3)求滑块A在传送带上运动的总时间以及弧形槽B的最终速度大小。
【答案】 (3)4.4 s　4.8 m/s
检测·学习效果
1.(2025·山东菏泽期中)如图所示,木块M和N用一根轻弹簧连接起来,放在光滑水平面上,M紧靠在墙壁上,对N施加向左的水平力使弹簧压缩,当撤去外力后,对M、N和轻弹簧组成的系统,下列说法正确的是(　　)
[A]M离开墙壁前,系统动量守恒
[B]M离开墙壁前,M所受合力的冲量与N所受合力的冲量大小相等,方向相反
[C]M离开墙壁后,系统动量守恒
[D]M离开墙壁后,M动量变化量与N动量变化量相同
C
【解析】 当撤去外力F后,M尚未离开墙壁前,系统受到墙壁的作用力,则所受的合力不为零,所以M和N组成的系统动量不守恒,故A错误;M离开墙壁时,弹簧处于原长状态,M离开墙壁前一直保持静止状态,则所受合力的冲量为0,初始状态N动量为0,撤去外力F后,N一直受到弹簧向右的力的作用直到M离开墙壁,此过程中N所受合力的冲量向右,故B错误;M离开墙壁后,系统所受合力为0,即系统的动量守恒,根据动量守恒定律有ΔpM=-ΔpN,可知M与N的动量变化量大小相等,方向相反,故C正确,D错误。
2.(2025·四川成都期末)如图所示,一小车静止于光滑水平面,其上固定一光滑弯曲轨道,整个小车(含轨道)的质量为m。现有质量也为m的小球,以水平速度v0从左端滑上小车,沿弯曲轨道上升到最高点,最终从轨道左端滑离小车。关于这个过程,下列说法正确的是(　　)
[A]小球与小车组成的系统动量守恒
[B]小球沿轨道上升到最高点时,小车的速度为零
D
[D]小球滑离小车后,做自由落体运动
【解析】 小球在竖直方向分速度的初始值与末状态值均为0,可知,竖直方向上先加速后减速,即竖直方向的加速度方向先向上后向下,存在超、失重现象,小球和小车组成的系统所受外力的合力不为0,系统的动量不守恒,但系统在水平方向上所受外力的合力为0,即系统在水平方向上的动量守恒,故A错误;小球沿轨道上升到最高点时,小球竖直分速度为0,而在水平方向动量守恒,小球与小车的速度相等,均不为零,故B错误;
3.(2025·天津红桥阶段检测)如图所示,质量为M=2.0 kg,半径R=0.3 m的四分之一光滑圆弧槽静置于光滑水平地面上,有两个大小、形状相同的可视为质点的光滑小球a、b质量分别为m1=1.0 kg、m2=2.0 kg,b右侧与球心等高处连接一轻质弹簧,弹簧的另一端距圆弧槽底有一定距离。现将a从圆弧槽顶端由静止释放,重力加速度g取10 m/s2,求:
(1)若圆弧槽固定不动,小球a滑离圆弧槽时的速度大小v0;
(2)若圆弧槽不固定,小球a滑离圆弧槽时的速度大小v1;
【答案】 (2)2 m/s
(3)圆弧槽不固定的情况下,弹簧压缩过程中的最大弹性势能。
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