03 第1章 素养提升课(一) 动量守恒定律的综合应用的两种模型-【名师导航】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步课件（鲁科版）

第一章 动量及其守恒定律 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 [学习目标]　1．掌握“人船模型”问题。2．掌握子弹打木块模型问题。 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 关键能力·情境探究达成 考点1　“人船”模型 1．系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零。 2．在两物体发生相对运动的过程中至少有一个方向上动量守恒，在此方向上有： (1)表达式：0＝m1v1－m2v2(其中v1、v2是平均速度的大小)。 (2)推论：m1x1＝m2x2(其中x1、x2是相对同一参考系的位移)。 第一单元　伟大的复兴·中国革命传统作品研习 3．处理“人船模型”问题时可画出两物体的位移草图，再利用动量守恒定律确定两物体的速度关系，进而确定两物体的位移关系。 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 【典例1】　如图甲所示，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) 甲　　　　　　乙 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 [思路点拨]　题目所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零，可见当人走到船的另一端而停在船上时，人、船就会相对于地面静止。做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。解题过程中，可以认为人的运动为匀速运动，实际上，此题结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 [解析]　如题图乙所示。以船和人构成的系统为研究对象，由于所受外力为零，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，于是mv1－Mv2＝0，而这一过程中人与船的平均速度和也满足类似的关系：m－M＝0。 上式同乘以过程所经历的时间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，即船左端离岸距离为L。 [答案]　L 规律方法　“人船”模型拓展 “人船”模型不仅适用于人在船上走动的情形，还可以进一步推广到其他类似情境中，如人沿静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上的问题；还可适用于系统在某个方向动量守恒的情形，如小球沿放在光滑水平面上的弧形槽下滑的情形。这两类情形看似不同，其实都属同一种“人船”模型问题。 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 √ [跟进训练] 1．一个人在地面上立定跳远的最好成绩是x，假设他站在船头要跳上距离为L远处的平台上，水对船的阻力不计，如图所示。则(　　) A．只要L<x，他一定能跳上平台 B．只要L<x，他有可能跳上平台 C．只要L＝x，他一定能跳上平台 D．只要L＝x，他有可能跳上平台 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 B　[若立定跳远时，人离地时速度为v，从船上起跳时，设人离船时人的速度为v′，船的速度为v船，由能量守恒定律有：E＝，E＝，所以v′＜v，人跳出的距离变小，所以B正确。] 考点2　子弹打木块模型 1．子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，则系统动量守恒。 2．在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化。E内＝Q热＝Ff·d，其中d为子弹射入木块的深度。 3．若子弹不穿出木块，二者最后有共同的速度，机械能损失最多。 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 【典例2】　如图是冲击摆装置。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，摆块恰好静止。已知摆线的长度L＝1.00 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。(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8) 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 [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 弹丸与摆块一起摆起的过程中系统机械能守恒，则有 (M＋m)v2＝(m＋M)gL(1－cos α) 将摆块拉起由静止释放，摆块摆到最低点时的速度为v1 由机械能守恒定律得MgL(1－cos β)＝ 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。 [答案]　－1　 m/s [跟进训练] 2．如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，子弹与木块间的平均滑动摩擦力为f，求： (1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离； (2)射入的过程中，系统损失的机械能； (3)子弹在木块中打入的深度。 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 [解析]　因子弹未穿出木块，故最后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差。 (1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得 mv＝(M＋m)v′ ① 二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得 －μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v′2 ② 由①②两式解得x＝。 (2)射入过程中系统损失的机械能 ΔE＝mv2－(M＋m)v′2 ③ 解得ΔE＝。 (3)设子弹在木块中打入的深度(即子弹相对于木块的位移)为x相对，则ΔE＝fx相对， 解得x相对＝＝。 [答案]　(1)　(2)　(3) 题号 1 3 5 2 4 6 7 素养提升练(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 一、选择题 1．(双选)如图所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，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(　　) 第一单元　伟大的复兴·中国革命传统作品研习 19 A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能不守恒，动量守恒 C．三球速度相等后，将一起做匀速运动 D．三球速度相等后，速度仍将变化 √ √ 题号 1 3 5 2 4 6 7 BD　[因水平面光滑，故系统的动量守恒，A、B两球碰撞过程中机械能有损失，A错误，B正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，C错误，D正确。] 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 √ 2．有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计质量为一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，他轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长为L。已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　) A．　　　　　 B． C． D． 题号 1 3 5 2 4 6 7 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 21 B　[设人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝，小船的质量为M＝，故B正确，A、C、D错误。] 题号 1 3 5 2 4 6 7 22 √ 3．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为α的斜面体A，斜面体质量为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，则下列说法正确的是(　　) A．FN＝mg cos α B．滑块下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNt cos α C．滑块B下滑的过程中A、B组成的系统动量守恒 D．此过程中斜面体向左滑动的距离为L 题号 1 3 5 2 4 6 7 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 23 D　[当滑块B相对于斜面体A加速下滑时，斜面体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mg cos α，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，所以系统在竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统在水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，由Mv1＝mv2得，Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 7 24 √ 4．如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。初始静止时人离地面的高度为h＝5 m。如果这个人开始沿长绳向下滑动，当他滑到长绳下端时，他离地面的高度大约是(可以把人看作质点)(　　) A．2.6 m　　 B．3.6 m C．1.5 m D．4.5 m 题号 1 3 5 2 4 6 7 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 25 B　[根据题意，设人的速度大小为v1，气球的速度大小为v2，人下滑的距离为x1，气球上升的距离为x2，根据人和气球动量守恒得m1v1＝m2v2，则有m1x1＝m2x2，解得x1＝x2，又有x1＋x2＝h，则人下滑的距离为x1＝h＝ m，气球上升的距离为x2＝h＝ m≈3.6 m，则此时人离地面的高度大约是3.6 m。故选B。] 题号 1 3 5 2 4 6 7 26 √ 5．如图所示，长为L、质量为M的木块静止在光滑水平面上。质量为m的子弹以水平速度v0射入木块并从中射出。已知从子弹射入到射出，木块移动的距离为s，则子弹穿过木块所用的时间为(　　) A． B． C． D． 题号 1 3 5 2 4 6 7 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 27 B　[子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2，设子弹穿过木块过程所受阻力为f，对子弹，由动能定理得－f (s＋L)＝，由动量定理有－ft＝mv1－mv0，对木块，由动能定理有fs＝，由动量定理有ft＝Mv2，联立解得t＝。选项B正确。] 题号 1 3 5 2 4 6 7 28 二、非选择题 6．如图所示，质量为m的玩具蛙蹲在质量为M的小车上的细杆顶端，小车与地面的接触光滑，车长为l，细杆高h，直立于小车的中点，玩具蛙至少以多大的对地水平速度跳出才能落到地面上？ 题号 1 3 5 2 4 6 7 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 29 [解析]　将玩具蛙和小车作为系统，玩具蛙在跳离车的过程中，系统水平方向的总动量守恒。玩具蛙离开杆后做平抛运动，小车向后做匀速直线运动，在玩具蛙下降高度h的过程中，小车通过的距离与玩具蛙在水平方向通过的距离之和等于时，玩具蛙恰能落到地面上。 以玩具蛙跳出的速度方向为正方向，玩具蛙跳离杆时有MvM＋mvm＝0 题号 1 3 5 2 4 6 7 设玩具蛙的运动时间为t，则h＝gt2 根据题意：vmt＋|vMt|＝ 解得vm＝。 题号 1 3 5 2 4 6 7 [答案]　 7．如图所示，质量为M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点由静止开始沿轨道滑下，重力加速度为g。 题号 1 3 5 2 4 6 7 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 32 (1)若固定小车，求滑块运动过程中对小车的最大压力。 (2)若不固定小车，滑块仍从A点由静止下滑，然后滑入BC轨道，最后从C点滑出小车，已知滑块质量m＝，在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，求： ①滑块运动过程中，小车的最大速度vm； ②滑块从B到C运动过程中，小车的位移大小。 题号 1 3 5 2 4 6 7 关键能力 素养提升练 素养提升课(一)　动量守恒定律的综合应用的两种模型 [解析]　(1)滑块到达B点时的速度最大， 受到的支持力最大，滑块下滑的过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得mgR＝ 滑块在B点处受到的支持力与重力的合力提供向心力， 由牛顿第二定律得N－mg＝ 解得N＝3mg。 由牛顿第三定律得滑块对小车的压力N′＝N＝3mg，即滑块运动过程中对小车的最大压力是3mg。 题号 1 3 5 2 4 6 7 34 (2)①在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，分析题意可知滑块运动到B点时小车有最大速度，设小车的最大速度是vm，由机械能守恒定律得mgR＝＋m(2vm)2，解得vm＝。 ②由于在任一时刻滑块相对地面速度的水平分量是小车速度大小的2倍，所以滑块从B到C运动过程中，滑块的平均速度是小车的平均速度的2倍，即＝2， 题号 1 3 5 2 4 6 7 35 由于它们运动的时间相等，根据s＝t可得s滑块＝2s车，又s滑块＋s车＝L，所以小车的位移大小s车＝L。 题号 1 3 5 2 4 6 7 [答案]　(1)3mg　(2)①　②L 36 $$