第1章 拓展课一 动量守恒定律应用的常见模型（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（鲁科版2019）

拓展课一　动量守恒定律应用的常见模型 核心 素养 物理观念 科学思维 1.掌握“人船模型”问题。 2．掌握子弹打木块模型问题。 3．掌握含有弹簧类模型问题。 1.能用动量守恒定律、能量守恒定律分析归纳模型特点并得出结论。 2．运用临界极值思想分析动量守恒定律问题中的临界问题及对应的临界条件。 [对应学生用书P23] 探究点一　“人船”模型　(科学思维之提升) ►要点归纳 1．模型探究：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。 以人和船组成的系统为研究对象，则在人由船的一端走到船另一端的过程中，系统水平方向不受外力作用，所以整个系统水平方向动量守恒，可得m船v船＝m人v人。因人和船组成的系统动量始终守恒，故有m船x船＝m人x人，由图可看出x船＋x人＝L，可解得x人＝L，x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．结论：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为对应物体的位移大小)。 3．类“人船”模型 ►对点例练 如图所示，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，船左端离岸多远？(忽略水的阻力) 答案：L 解析：如图所示，以船和人构成的系统为研究对象，由于所受外力为0，所以系统的动量守恒，可用动量守恒定律求解，在人从船头走到船尾的过程中，任设某一时刻人和船的速度大小分别为v1和v2，则由于人和船的总动量守恒，有 mv1－Mv2＝0， 而这过程中人与船的平均速度1和2也满足类似的关系，有 m1－M2＝0， 上式同乘过程所经历的时间t后，船和人相对于岸的位移同样有 ml1－Ml2＝0， 从图中可以看出，人、船的位移l1和l2大小之和等于L， 即l1＋l2＝L， 由以上各式解得l1＝L，l2＝L， 即船左端离岸的距离为L。 [练1] 如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，该斜面体质量为M，顶端高度为h。今有一质量为m的小物体，沿其光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　) A． B． C． D． C　解析：由题知，m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移为x1，M在水平方向上对地位移为x2，因此有mx1－Mx2＝0，又x1＋x2＝，可得x2＝，C正确。 [练2] 质量为M的热气球吊筐中有一质量为m的人，共同静止在距地面为h的高空中。现从气球上放下一根质量不计的软绳，为使此人沿软绳能安全滑到地面，则软绳至少有多长(　　) A． B． C． D． D　解析：如图所示， 设绳长为L，人沿软绳滑至地面的时间为t，由图可知，L＝x人＋x球，设人下滑的平均速度为v人，气球上升的平均速度为v球，取热气球运动方向为正方向，由动量守恒定律得Mv球－mv人＝0，即M－m＝0，Mx球－mx人＝0，又有x人＋x球＝L，x人＝h，解得L＝h，D正确。 “人船”模型问题应注意以下两点 (1)适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为0； ②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。 (2)画草图 解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移均相对同一参考系。 探究点二　碰撞的常见模型　(科学思维之提升) ►要点归纳 模型分类 特点及满足的规律 子弹打木块模型 子弹打入位于光滑水平面上的木块而未穿出时，系统动量守恒、能量守恒，有mv0＝(m＋M)v、fL相对＝mv－(M＋m)v2；木块无论是固定还是放于光滑水平面上，一般认为两种情况下子弹所受阻力相等，子弹完全穿出时系统产生的热量相等 弹簧模型 (弹簧固定在两物体 上，水平面光滑) 弹簧处于最长(最短)状态时，两物体速度相等，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、m1v＝(m1＋m2)v＋Epm；弹簧再次处于原长时弹性势能为0，系统满足动量守恒、机械能守恒，有 m1v0＝m1v1＋m2v2、m1v＝ m1v＋m2v，v1＝v0、v2＝v0 光滑圆弧轨道模型 小物块运至最高点时，m与M具有共同的水平速度，且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒、系统机械能守恒，有mv0＝(M＋m)v共、mv＝(M＋m)v＋mgR；小物块运至最低点时，m与M分离，水平方向动量守恒、系统机械能守恒，有mv0＝mv1＋Mv2、mv＝mv＋Mv ►对点例练 如图所示是冲击摆装置，塑料制成的摆块用绳悬挂起来，使它只能摆动不能转动。摆块中间正对枪口处有一水平方向的锥形孔，孔的内壁垫有泡沫塑料，当弹丸射入后迅速停住，然后与摆块一起摆动，读出摆线偏离竖直方向的最大角度，就可求出弹丸的速度。某次实验中，弹簧枪射出的弹丸以某一速度v0(未知)水平射入静止的摆块，读出摆线偏离竖直方向的最大角度α＝37°，然后将摆块拉到摆线偏离竖直方向的角度β＝60°由静止释放，当摆块摆到最低位置时，让弹丸以相同速度v0射入，摆块恰好瞬间静止。已知摆线的长度L＝1 m，不考虑空气阻力，求弹丸质量m与摆块质量M的比值及弹丸的初速度v0的大小。(重力加速度g取10 m/s2，cos 37°＝0.8) 答案：－1　 m/s 解析：设弹丸射入摆块后共同速度为v，选v0的方向为正方向，系统在水平方向动量守恒，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v， 又弹丸与摆块一起摆起的过程中系统机械能守恒，有 (m＋M)v2＝(m＋M)gL(1－cos α)， 将摆块拉起由静止释放，设摆块摆到最低点时的速度为v1， 则由机械能守恒定律得 MgL(1－cos β)＝Mv， 弹丸射入摆块后系统共同速度为0，由动量守恒定律得 mv0－Mv1＝0， 联立解得＝－1，v0＝ m/s。 [练3] (2021·云南昭通永善一中高二开学考试)如图所示，质量为4m的光滑物块a静止在光滑水平地面上，物块a左侧面为圆弧面且水平地面相切，质量为m的滑块b以初速度v0向右运动滑上a，沿a左侧面上滑一段距离后又返回，最后滑离a。不计一切摩擦，滑块b从滑上a到滑离a的过程中，下列说法正确的是(　　) A．滑块b沿a上升的最大高度为 B．滑块a运动过程中的最大速度为 C．滑块b沿a上升的最大高度为 D．滑块a运动的最大速度为 B　解析：b沿a上升到最大高度时，两者速度相等，在水平方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋4m)v，由机械能守恒定律得mv＝(m＋4m)v2＋mgh，解得h＝，A、C错误；滑块b滑离a时，滑块a运动的速度最大，系统在水平方向动量守恒，对整个过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mvb＋4mva，由机械能守恒定律得mv＝mv＋·4mv，解得va＝v0，vb＝－v0，B正确，D错误。 [练4] (2021·北京海淀101中学高一期末)在研究物理学问题时，为了更好地揭示和理解物理现象背后的规律，我们需要对研究对象进行一定的概括和抽象，抓住主要矛盾，忽略次要因素，建构物理模型。“谐振子”模型，就是在研究物理学中振动问题时所涉及的一个重要模型。如图甲所示，在光滑水平面上两个物块A与B由弹簧连接(弹簧与A、B不分开)构成一个谐振子。初始时弹簧被压缩，之后同时释放A、B，此后A的vt图像如图乙所示(规定向右为正方向)。已知mA＝0.1 kg，mB＝0.2 kg，弹簧质量不计。 (1)求在A物块速度为2 m/s时，B物块的速度vB。 (2)求初始状态时，弹簧的弹性势能Ep。 答案：(1)1 m/s　(2)0.3 J 解析：(1)由图像可知，当vA＝－2 m/s时弹簧恢复到原长，根据动量守恒定律有0＝mAvA＋mBvB， 可得vB＝1 m/s， 故在A物块速度为2 m/s时，B物块的速度为1 m/s。 (2)根据机械能守恒定律有 Ep＝mAv＋mBv＝0.3 J， 故初始时弹簧的弹性势能为0.3 J。 处理碰撞问题时的几个关键点 (1)选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统。 (2)弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞，还是其他非弹性碰撞。 (3)弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、几何关系、速度关系等。 探究点三　动量守恒定律应用中的临界问题　(科学思维之提升) ►要点归纳 1．解决动量守恒定律应用中的临界问题的方法 (1)寻找临界状态：在题设情景中，看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态。 (2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系。 2．常见类型 (1)涉及弹簧类的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时，弹簧两端的两个物体速度必然相等。 (2)涉及相互作用边界的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于物体间弹力的作用，斜面在水平方向上将做加速运动，物体滑到斜面最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体到达斜面最高点时，在竖直方向上的分速度等于0。 (3)子弹打木块类的临界问题：子弹刚好击穿木块的临界条件为子弹穿出时的速度与木块的速度相同，子弹位移为木块位移与木块厚度之和。 ►对点例练 (2021·江苏南京金陵中学高二月考)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为12m、14m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住后，两船恰好不相撞(不计水的阻力)，则： (1)甲船接住货物后的瞬时速度是多少？ (2)乙抛出货物的瞬时速度是多少(相对于地面)? 答案：(1)v0　(2)5v0，方向向左 解析：(1)恰好不相撞时，两船速度相等，甲、乙两船及货物满足动量守恒，有 12m·2v0＋14mv0＝(12m＋14m)v， 解得v＝v0。 (2)乙抛出货物时，乙船和货物满足动量守恒，有 14mv0＝13mv＋mv1， 可得抛出货物的速度v1＝－5v0， 因此抛出货物的速度大小为5v0，方向向左。 [练5] (2021·江苏南京金陵中学高二月考)如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板A和静止的滑块C，滑块B置于A的最左端(滑块B、C均可视为质点)。若木板A和滑块B一起以v0＝5 m/s大小的速度向右运动，A与C发生时间极短的碰撞后粘在一起。已知：木板A与滑块B间的动摩擦因数μ＝0.1，且mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg，重力加速度g取10 m/s2，求： (1)长木板A与滑块C碰后瞬间，滑块C的速度大小。 (2)B最终与A相对静止时的速度大小(假设木板A足够长)。 (3)要使滑块B不从长木板A上滑下，长木板A至少多长。 答案：(1)2.5 m/s　(2)3 m/s　(3)2.5 m 解析：(1)A与C碰撞过程中，动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mC)v1， 解得v1＝2.5 m/s。 (2)B在A上滑行，A、B、C组成的系统动量守恒，以向右为正方向，根据动量守恒定律得 mBv0＋(mA＋mC)v1＝(mA＋mB＋mC)v2， 解得v2＝3 m/s。 (3)根据能量守恒定律得 mBv＋(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋μmBgL， 解得长木板A的长度最小值L＝2.5 m。 学科网（北京）股份有限公司 $$