1、【 精品教育资源文库 】 第 6 章 动量 (对应学生用书第 115 页 ) 知识结构导图 导图填充 mv F(t t) p p 很短 远大于 增加 不变 思想方法 1模型法 2图象法 3化无形为有形，如对流体的研究 高考热点 1动量定理的应用 2动量守恒的应用 3动量和能量的综合问题 物理模型 |“ 滑块 木板 ” 模型中的动量守恒 1 “ 滑块 ” 问题是动量和能量的综合应用之一，由于滑块与木板之间常存在一 对相互作用的摩擦力，这对摩擦力使滑块、木板的动量发生变化，也使它们的动能发生改变，但若将两者视为系统，则这对摩擦力是系统的内力，它不影响系统的总动量，但克服它做功，使系统机械能损失，
2、所以解决 “ 滑块 ” 问题常用到动量守恒定律 2 解决 “ 滑块 ” 问题时一般要根据题意画出情景示意图，这样有利于帮助分析物理过程，【 精品教育资源文库 】 也有利于找出物理量尤其是位移之间的关系 (2018 河南三市二模 )如图 61 所示，长木板 B 的质量为 m2 1.0 kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为 m3 1.0 kg 的物块 C(可视为质点 )放在长木板的 最右端一个质量为 m1 0.5 kg 的物块 A 从距离长木板 B 左侧 l 9.5 m 处，以速度 v0 10 m/s 向着长木板运动一段时间后物块 A 与长木板 B 发生弹性正碰 (时间极短 )，之后三者发生相
3、对运动，整个过程物块 C 始终在长木板上已知物块 A 及长木板与地面间的动摩擦因数均为 1 0.1，物块 C 与长木板间的动摩擦因数 2 0.2，物块 C 与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g 取 10 m/s2，求： 图 61 (1)碰后瞬间物块 A 和长木板 B 的速度； (2)长木板 B 的最小长度和物块 A 离长木板左侧的最终距离 题眼 点拨 “ 发生弹性正碰 (时间极短 )” 说明 A、 B 系统动量守恒； “ 10.1 2 0.2” 可知 B、 C 达同速后一起减速； “ 板 B 的最小长度 ” 对应 B、 C 的位移之差 解析 (1)设物块 A 与木板 B 碰前的速度为
4、v 由动能定理得： 1m1gl12m1v212m1v20 解得 v v20 2 1gl 9 m/s A 与 B 发生弹性碰撞，假设碰撞后的瞬间速度分别为 v1、 v2，由动量守恒定律得 m1v m1v1 m2v2 由机械能守恒定律得12m1v212m1v2112m2v22 联立解得 v1m1 m2m1 m2v 3 m/s， v22m1m1 m2v 6 m/s. (2)碰撞后 B 减速运动， C 加速运动， B、 C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律 对木板 B 有： 1(m2 m3)g 2m3g m2a1 对物块 C： 2m3g m3a2 设从碰撞后到两者达到共同速度经历的 时间为 t v2
5、a1t a2t 木板 B 的最小长度 d v2t12a1t212a2t2 3 m B、 C 达到共同速度之后，因 1 2，二者一起减速至停下，设加速度大小为 a3 【 精品教育资源文库 】 由牛顿运动定律得： 1(m2 m3)g (m2 m3)a3 整个过程 B 运动的位移为： xB v2t12a1t20 a2t 2 2a3 6 m A 与 B 碰撞后， A 做减速运动的加速度大小也为 a3，位移为： xA0 v21 2a3 4.5 m 物块 A 离长木板 B 左侧的最终距离为 xA xB 10.5 m. 答案 (1) 3 m/s 6 m/s (2)3 m 10.5 m (2018 长沙模拟
6、 )如图所示，光滑的水平面上有一木板，在其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物的质量为木板质量的 2 倍，重物与木板间的动摩擦因数为 0.2.使木板与重物以共同的速度 v0 6 m/s 向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短已知木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为 g 取 10 m/s2. 求木板从第一次与墙碰撞到第二次与墙碰撞所经 历的时间 解析 第一次与墙碰撞后，木板的速度反向，大小不变，此后木板向左做匀减速运动，重物向右做匀减速运动，最后木板和重物达到共同的速度 v，设木板的质量为 m，重物的质量为 2m，取向右为动量的正向，由动量守恒得： 2mv0 mv0 3mv
7、设从第一次与墙碰撞到重物和木板具有共同速度 v 所用的时间为 t1，对木板应用动量定理得： 2mgt 1 mv m( v0) 设重物与木板有相对运动时的加速度为 a，由牛顿第二定律得： 2mg ma 在达到共同速度 v 时，木板离墙的距离 l 为： l v0t112at21 木板与重物开始向右做匀速运动到第二次与墙碰撞的时间为： t2lv 从第一次碰撞到第二次碰撞所经过的时间为： t t1 t2 由以上各式得 t4v03g ，代入数据可知： t 4 s. 答案 4 s 【 精品教育资源文库 】 突破训练 1如图 62 所示，质量为 M 的平板车 P 高 h，质量为 m 的小物块 Q 的大小不
8、计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上一不可伸长的轻质细绳长为 R，一端悬于 Q正上方高为 R 处，另一端系一质量也 为 m 的小球 (大小不计 )今将小球拉至悬线与竖直位置成 60 角，由静止释放，小球到达最低点时与 Q 的碰撞时间极短，且无能量损失，已知 Q 离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍， Q 与 P 之间的动摩擦因数为 ， M m 41 ，重力加速度为 g.求： 图 62 (1)小物块 Q 离开平板车时速度为多大？ (2)平板车 P 的长度为多少？ 【导学号： 84370270】 解析 (1)小球由静止摆到最低点的过程中，有： mgR(1 cos 60) 12mv2
9、0 解得： v0 gR 小球与物块 Q 相撞时，动量守恒，机械能守恒，则有： mv0 mv1 mvQ 12mv2012mv2112mv2Q 解得： v1 0， vQ v0 gR 二者交换速度，即小球静止下来， Q 在平板车上滑行的过程中，系统的动量守恒，则有 mvQ Mv m(2v)，解得， v16vQgR6 物块 Q 离开平 板车时，速度为： 2vgR3 . (2)设平板车长 L，由能的转化和守恒定律知 Ff L12mv2Q12Mv212m(2v)2 又 Ff mg 解得平板车 P 的长度为 L7R18 . 答案 (1)gR3 (2)7R18 【 精品教育资源文库 】 高考热点 |动量守恒
10、与机械能守恒 (或能量守恒 )的综合应用 动量守恒定律和机械能守恒定律的比较 机械能守恒定 律 动量守恒定律 条件 在只有重力和弹力做功，其他力不做功的系统内，机械能的总量保持不变 (1)系统不受外力或所受合外力为零或内力远大于外力，系统动量守恒 (2)在某一方向上系统不受外力或所受合外力为零时，该方向上系统动量守恒 公式 标量式： Ek1 Ep1 Ek2 Ep2，即：12mv21 mgh112mv22 mgh2或 Ek Ep 矢量式： p1 p2 p1 p2 ，即 m1v1 m2v2 m1v1 m2v2 或 p1 p2 适用范围 只能应用在宏观、低速领域中机械运动的范畴内 宏观、微观、低速、
11、高速，无论物体是相互接触，还是通过电场、磁场而发生场力作用，都适用 如图 63 所示，光滑水平地面上有一小车，车上固定光滑斜面和连有轻弹簧的挡板，弹簧处于原长状态，自由端恰在 C 点，总质量为 M 2 kg.物块从斜面上 A 点由静止滑下，经过 B 点时无能量损失已知物块的质量 m 1 kg， A 点到 B 点的竖直高度为 h 1.8 m，BC 长度为 L 3 m， BD 段光滑 g 取 10 m/s2.求在运动过程中： 图 63 (1)弹簧弹性势能的最大值； (2)物块第二次到达 C 点的速度 题眼点拨 “ 光滑水平地面 ” 说明小车离开墙后水平方向系统动量守恒；“ 势能的最大值 ” 对应物
12、块与车具有共同速度且弹簧具有最大压缩量 解析 (1)由 A 点到 B 点的过程中有 mgh12mv2B， 解得 vB 2gh 6 m/s 由 B 至将弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒，取 vB方向为正方向，则 【 精品教育资源文库 】 mvB (M m)v 此时的弹性势能最大，由能量守恒定律可得 Ep12mv2B12(M m)v2 联立以上两式可得 Ep 12 J. (2)物块由 B 至第二次到达 C 的过程中，系统动量守恒，取 vB方向为正方向，则 mvB mvC Mv 物块由 B 至第二次到达 C 的整个过程中机械能守恒，则 12mv2B12mv2C12Mv 2 联立以上两式可解得：
13、 vC 2 m/s， vC 6 m/s(第一次到 C 点的速度，舍去 ) 即物 块第二次到达 C 点的速度大小为 2 m/s，方向水平向左 答案 (1)12 J (2)2 m/s 方向水平向左 (2018 广东佛山模拟 )在光滑水平面上静置有质量均为 m 的木板 AB 和滑块 CD，木板 AB 上表面粗糙，动摩擦因数为 ，滑块 CD 上表面是光滑的14圆弧，其始端 D 点切线水平且在木板 AB 上表面内，它们紧靠在一起，如图所示一可视为质点的物块P，质量也为 m，从木板 AB 的右端以初速度 v0滑上木板 AB，过 B 点时速度为v02，又滑上滑块 CD，最终恰好能滑到滑块 CD 圆弧的最 高
14、点 C 处，求： (1)物块滑到 B 处时木板的速度 vAB； (2)滑块 CD 圆弧的半径 R. 解析 (1)由点 A 到点 B，取向左为正，由动量守恒得 mv0 mvB 2mvAB，则 vABv04. (2)由点 D 到点 C，滑块 CD 与物块 P 的动量守恒，机械能守恒， 则 mv02 mv04 2mv 共 mgR12m?v02 212m?v04 2122 mv2共 解得 Rv2064g. 【 精品教育资源文库 】 答案 (1)v04 (2)v2064g 突破训练 2某物理课外兴趣小组设计了如图 64 所示装置， AB 段为一竖直细圆管， BPC 是一个半径R 0.4 m 的半圆轨道， C 端的下方有一质量 M 0.2 kg 的小车，车上有半径 r 0.2 m的半圆轨道 DEF(D 与 C 在同一竖直线上 )，小车的左端紧靠一固定障碍物在直管的下方有被压缩的轻质弹簧，上端放置一质量为 m 0.1 kg的小球 (小球直径略小于圆管的直径，远远小于 R、 r.此球可视为质点 )已知小球到 B 端的距离为 h1 1.2 m， CD 间竖直距离为 h2 1 m在某一时刻，释放弹簧，小球被竖直向上弹起，恰好能通过半圆轨道 BPC的最高点 P；小球从 C 端竖直向下射出后，又恰好沿切线方向从 D 端进入半圆轨
