2025-2026学年高中物理竞赛课件：第七课 动量守恒定律

物理清北班——筑基阶段 教师：林志敏 第七课：动量守恒定律 1 第1节 动量定理及其应用 考点1　动量和冲量 一、概念对比 物理量 动能 动量 冲量 表达式 Ek= mv2 p=mv I=Ft 单位 J kg·m/s N·s 矢标性 标量 矢量 过程量、状态量 状态量 过程量 关联式 Ek= ,p=  — 返回目录 二、动量的“三性” 1.瞬时性:动量是状态量,对应的速度必须是瞬时速度,是针对某一时刻或某一位置而言 的。 2.矢量性:动量是矢量,其方向与速度方向相同。 3.相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量。 三、动量变化量:Δp=p2-p1。 1.若初、末动量在同一直线上,规定正方向后就可以转化为代数运算,如图1、2所示(规 定向右为正方向)。 2.若初、末动量不在同一直线上,用矢量合成来计算,遵循平行四边形定则或三角形定 返回目录 则,其方向与速度的变化量方向相同,如图3所示。             四、冲量的特点 1.矢量性:只有在作用时间内力的方向不变时冲量的方向才和力的方向一致,恒力冲量 的方向与力的方向相同。 2.过程量:冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量。 ①绝对性:因为力和时间都与参考系的选择无关,所以冲量也与参考系的选择无关。 ②作用力与反作用力具有同时性,所以作用力和反作用力的冲量的矢量和一定为0。 返回目录 典例1    (2024届佛山教学质量检测)很多人喜欢躺着看手机,经常出现手机砸到头部的 情况。若手机质量为120 g,从离头部约20 cm的高度无初速度掉落,砸到头部后手机未 反弹,头部受到手机的冲击时间约为0.2 s,重力加速度g=10 m/s2,不计空气阻力。下列分 析不正确的是 (　    ) A.手机刚要接触头部之前的速度约为2 m/s B.手机与头部作用过程中手机动量变化量大小约 为0.48 kg· m/s C.手机对头部的冲量大小约为0.48 N·s D.手机对头部的作用力大小约为2.4 N B 返回目录 解析     手机由静止自由下落,刚要接触头部之前的速度为v= =2 m/s,A正确。手机与头部 作用过程中手机动量变化量大小Δp=mv=0.24 kg·m/s,B错误。手机砸到头部过程,以向 下为正方向,据动量定理可得-I+mgΔt=0-mv,解得手机受到头部对它的冲量大小为I=0.4 8 N·s,故手机对头部的冲量大小为0.48 N·s,C正确。由I=FΔt,解得手机受到头部对它的 作用力大小为F=2.4 N,故手机对头部的作用力大小为2.4 N,D正确。 返回目录 提分关键·方法提升 冲量的四种计算方法 公式法 此方法仅适用于求恒力的冲量,无须考虑物体的运 动状态 图像法 F-t图线与t轴所围的“面积”表示冲量,此法既可 以计算恒力的冲量,也可以计算变力的冲量 平均 值法 若方向不变的变力大小随时间均匀变化,即力为时 间的一次函数,则力F在某段时间Δt内的冲量I=  Δt 动量 定理法 根据物体动量的变化量,由I=Δp求冲量,多用于求 变力的冲量 返回目录 考点2　动量定理的理解及应用 一、动量定理及其理解 1.动量定理 (1)内容:物体在一个过程中所受合力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量。 (2)表达式:I=F(t'-t)=Δp=p'-p。 2.对动量定理的理解 (1)FΔt= p'-p是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同。式中FΔt是物体所受的合力 的冲量。 (2)FΔt=p'-p除了表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合力的冲 返回目录 量是动量变化的原因。 (3)由FΔt=p'-p,得F= = ,即物体所受的合力等于物体动量的变化率。 二、应用动量定理解释生活现象 1.当物体的动量变化量Δp一定时,力的作用时间Δt越短,力F就越大;力的作用时间Δt越 长,力F就越小。 2.当作用力F一定时,力的作用时间Δt越长,动量变化量Δp越大;力的作用时间Δt越短,动 量变化量Δp越小。 返回目录 典例2    (2023届汕头金山中学月考)(多选)如图所示,质量为m的小球从距离泥潭表面高 度为H的A点由静止释放,落到泥潭后陷入其中,陷入至深度为h的B点时速度减为零,不 计空气阻力,重力加速度为g。则关于小球下落过程中,说法正确的是 (　    ) A.整个下落过程中,小球的机械能减少了mgH B.整个下落过程中,小球克服阻力做的功为mg·(H+h) C.在陷入泥潭过程中,小球所受阻力的冲量大小等于m  D.在陷入泥潭过程中,小球动量的改变量的大小等于m  BD 返回目录 解析     从静止开始释放到刚落到泥潭表面时,对小球应用动能定理有mgH= mv2,解得v=  ,小球陷入泥潭的过程,根据动能定理得mgh-Wf=0- mv2(不要忽视重力依旧在做 功),故Wf=mgh+ mv2=mgh+mgH,小球只受重力和阻力,则克服阻力做的功等于小球机械 能的减少量,故机械能减少了mgh+mgH,A错误,B正确。对小球进入泥潭的过程运用动 量定理得IG+If=0-m ,可知阻力的冲量大小不等于m ,C错误(C选项忽视了进入 泥潭过程中重力的冲量)。进入泥潭后最终速度减为0,所以小球动量的改变量大小等 于m ,D正确。 返回目录 考点3　应用动量定理分析流体问题   返回目录 教考衔接 典例3    (人教版选必一P30,B组,T4改编)水流射向墙壁,会对墙壁产生冲击力。假设水枪 喷水口的横截面积为S,喷出水流的速度为v,水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0。已 知水的密度为ρ,重力加速度大小为g。 (1)(回归教材)求墙壁受到的平均冲击力。 (2)(拓展变式)若水流垂直射向竖直墙壁后速度变为-v,求墙壁受到的平均冲击力。 (3)(情境变式)假设水枪喷水口的横截面积为S,喷出水流的流速为v,水流垂直射向以恒 定速度v0(v0<v)匀速向左行驶的小车左壁,并沿左壁流入车厢内,如图所示。已知水的密 度为ρ,求小车受到的平均冲击力大小。 返回目录   (4)(链接高考)(经典高考题)某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱使一质量为M的卡通 玩具稳定地悬停在空中。为方便计算,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖 直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底部后,在竖直方向水的 速度变为0,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ,重力加速 度大小为g。求: ①喷泉单位时间内喷出的水的质量; ②玩具在空中悬停时,其底部相对于喷口的高度。 返回目录 答案    (1)ρSv2,方向与水流从喷水口喷出时的方向相同    (2)2ρSv2,方向与水流从喷水口 喷出时的方向相同 (3)ρS(v-v0)2    (4)①ρSv0　② -  返回目录 解析     (1)建立“柱状”流体模型,Δt时间内射向竖直墙壁的水流的质量Δm=ρ·SvΔt 由题意可知水流垂直射向竖直墙壁后速度变为0,设水流喷出时的速度方向为正方向, 则对Δt时间内射向竖直墙壁的水,根据动量定理有FΔt=0-Δmv 联立可得墙壁对水的平均冲击力F=-ρSv2 (点拨:“负号”说明墙壁对水的平均冲击力的方向与水流从喷水口喷出时的方向相 反) 根据牛顿第三定律可得墙壁受到的平均冲击力F'=-F=ρSv2 方向与水流从喷水口喷出时的方向相同。 返回目录 (2)若水流垂直射向竖直墙壁后速度变为-v,则根据动量定理有F1Δt=Δm(-v)-Δmv 解得F1=-2ρSv2 根据牛顿第三定律可得墙壁受到的平均冲击力F1'=-F1=2ρSv2 方向与水流从喷水口喷出时的方向相同。 (3)取极短时间Δt内与小车接触的水为研究对象,建立“柱状”流体模型,有Δm=ρS(v-v0) Δt (易错:与竖直墙壁不同,小车具有向左运动的速度,故计算极短时间Δt内与小车接触的 水的质量时,应代入水流与小车的相对速度) 根据动量定理,在水平方向上有F2Δt=Δm  返回目录 (点拨:由题意可知水流垂直射向小车左壁后沿左壁流入车厢内,则在水平方向上,水流 射向小车左壁后的速度与小车的速度相同) 根据牛顿第三定律可得小车受到的平均冲击力F2'=-F2 联立可得F2'=ρS(v-v0)2。 (4)①设Δt时间内,从喷口喷出的水的质量为Δm,则 Δm=ρv0SΔt 单位时间内从喷口喷出的水的质量 =ρv0S ②设玩具悬停时其底部相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底部时的速度 大小为v。对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得 (Δm)v2+(Δm)gh= (Δm)  返回目录 在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底部的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp=(Δm)v 设玩具对水的作用力的大小为F,根据动量定理有 FΔt+ΔmgΔt=Δp 因为ΔmgΔt=ρv0Sg(Δt)2,在很短时间内(Δt)2很小,所以与FΔt相比,ΔmgΔt可忽略 由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件和牛顿第三定律得F=Mg 联立解得h= - 。 返回目录 第2节 动量守恒定律 返回目录 考点1　动量守恒定律的理解和应用 1.动量守恒定律的内容 如果一个系统不受外力,或者所受外力的矢量和为0,这个系统的总动量保持不变。 2.表达式 (1)p=p':系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p'。 (2)m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2':相互作用的两个物体组成的系统,作用前的动量之和等于作用 后的动量之和。 (3)Δp=-Δp':相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。 3.动量守恒定律的适用条件 (1)理想守恒:系统不受外力或所受外力的矢量和为0,则系统动量守恒。 (2)近似守恒:系统受到的外力的矢量和不为0,但当内力远大于外力时,系统的动量可近 返回目录 似看成守恒。 (3)某一方向上守恒:系统在某个方向上所受外力的矢量和为0时,系统在该方向上动量 守恒。 4.动量守恒定律的五个特性 矢量性 动量守恒定律的表达式为矢量式,解题应选取统一的正方向 相对性 各物体的速度必须是相对同一参考系的速度 同时性 动量是瞬时量,表达式中的p1、p2、…应是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量,p1'、p2'、…应是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量 系统性 研究的对象是相互作用的两个或多个物体组成的系统 普适性 动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统,还适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统 返回目录 典例1    (2023新课标,19,6分)(多选)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌 面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面之间的动摩擦因数 相等。现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻 (　    )   A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小比乙的小 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为零 BD 返回目录 解析     设磁铁乙对磁铁甲的作用力大小为F1,磁铁甲对磁铁乙的作用力大小为F2,从释放甲和 乙到任一时刻t,根据动量定理有(F1-μm甲g)t=p甲=m甲v甲,(F2-μm乙g)t=p乙=m乙v乙,因为F1=F2,m 甲>m乙,所以p甲<p乙,v甲<v乙,B正确,A、C错误;因μm甲g>μm乙g,甲、乙组成的系统所受的合 力不为0,所以甲和乙组成的系统动量不守恒,即甲和乙的动量之和不为零,D正确。 返回目录 高考变式    (动量由不守恒到守恒)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离,静止于水平桌 面上,甲的N极正对着乙的S极,甲的质量大于乙的质量,两者与桌面间的滑动摩擦力相 等。现同时释放甲和乙,在它们相互接近过程中的任一时刻 (　    ) A.甲的速度大小比乙的大 B.甲的动量大小大于乙的 C.甲的动量大小与乙的相等 D.甲和乙的动量之和不为0 C 解析     两磁铁组成的系统所受外力的矢量和为0,系统动量守恒,始终为0,可知甲、乙动量大小 相等、方向相反,B、D错误,C正确。因为甲的质量较大,所以甲的速度较小,A错误。 返回目录 典例2　质量为M的沙车沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动,此时从沙车上方落入 一个质量为m的铁球,如图所示,则铁球落入沙车后 (　    )   A.沙车立即停止运动 B.沙车仍做匀速运动,速度等于v0 C.沙车仍做匀速运动,速度小于v0 D.沙车仍做匀速运动,速度大于v0 C 返回目录 解题导引     解析     铁球和沙车组成的系统水平方向不受外力,故水平方向动量守恒,设沙车的初速度方向 为正方向,则有Mv0=(m+M)v',解得v'= ,即沙车仍做匀速运动,但速度小于v0。 返回目录 考点2　碰撞问题 一、碰撞现象的特点 在碰撞现象中,一般都满足内力远大于外力,可认为相互碰撞的物体组成的系统动量守 恒。 二、碰撞现象的分类 动量是否守恒 机械能是否守恒 形变恢复程度 弹性碰撞 守恒 守恒 完全恢复 非弹性碰撞 守恒 有损失 部分恢复 完全非弹性碰撞 守恒 损失最大 完全不可恢复 返回目录 三、碰撞问题遵守的三条原则 1.动量守恒:p1+p2=p1'+p2'。 2.动能不增加:Ek1+Ek2≥Ek1'+Ek2'。 3.速度要符合实际情况 (1)碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则应有v后>v前,碰后原来在前的物体速度一定增 大,若碰后两物体同向运动,则应有v前'≥v后'。 (2)碰前两物体相向运动,碰后两物体的运动方向至少有一个改变。 四、弹性碰撞实例分析 1.以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2、速度为v2的小球发生弹性碰撞为例,则有 返回目录 m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2'  m1 + m2 = m1v1'2+ m2v2'2  熟记重要公式 2.特例:若v2=0,即“一动一静”的弹性碰撞,碰后二者速度分别为 v1'= v1,v2'= v1 (1)若m1=m2,则v1'=0,v2'=v1(速度交换)。 (2)若m1>m2,则v1'>0,v2'>0(碰后两小球沿同一方向运动);当m1≫m2时,v1'≈v1,v2'≈2v1。 (3)若m1<m2,则v1'<0,v2'>0(碰后两小球沿相反方向运动);当m1≪m2时,v1'≈-v1,v2'≈0。 返回目录 即练即清 质量为mA、初速度为v0的物体A与静止的质量为mB的物体B发生碰撞,碰撞后物体B的速 度范围为　　　    ≤vB≤　　　    。 v0 v0 解析     物体A与静止的物体B发生碰撞,当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多,物体B的 速度最小,vB= v0;当发生弹性碰撞时,物体B的速度最大,vB= v0。碰后物体B 的速度范围为 v0≤vB≤ v0。 返回目录 典例3    A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动,mA=1 kg,mB=2 kg,vA=6 m/s,vB=2 m/s,当A追上B并发生碰撞后,A、B两球的速度可能是 (　    ) A.vA'=5 m/s,vB'=2.5 m/s B.vA'=2 m/s,vB'=4 m/s C.vA'=-4 m/s,vB'=7 m/s D.vA'=7 m/s,vB'=1.5 m/s B 返回目录 解析     虽然题给四个选项均满足动量守恒定律,但A、D两项中,碰后A的速度vA'大于B的速度 vB',不符合实际(A追B,追上并碰撞以后A的速度不可能与B同向且大于B),A、D错误。C 项中,两球碰后的总动能Ek后= mAvA'2+ mBvB'2=57 J,两球碰前的总动能Ek前= mA + mB  =22 J,Ek后>Ek前,违背了能量守恒定律,C错误。而B项既符合实际情况,也不违背能量 守恒定律,B正确。 返回目录 典例4    (多选)如图所示,A、B两个小球(可视为质点),间隙极小,两球球心连线竖直,从 离地面高H处以相同的初速度v0= 同时竖直向下抛出,B球先与地面碰撞,再与A球 碰撞后B球静止于地面,所有碰撞均为弹性碰撞,重力加速度为g,则 (　    )   A.A、B两球的质量之比为1∶3 B.A、B两球的质量之比为1∶2 C.碰后A球上升的最大高度为8H D.碰后A球上升的最大高度为16H AC 返回目录 解析     因为A、B球从离地面高H处以相同的初速度v0= 同时竖直向下抛出,所以落地前 瞬间的速度相等,由运动学公式v2- =2gH,解得vA=vB=v=2 ,B球与地面弹性碰撞后 以原速率返回,与A再发生弹性碰撞,以向上为正方向,根据动量守恒和能量守恒有mBv- mAv=mAvA', mBv2+ mAv2= mAvA'2,联立解得mA∶mB=1∶3,vA'=2v=4 ,A正确,B错误。碰 后A球上升的最大高度为hmax,则有vA'2=2ghmax,解得hmax= =8H,C正确,D错误。 返回目录 考点3　爆炸　反冲　人船模型 一、爆炸问题 概念 一个物体由于内力的巨大作用而分为两个或两个以上物体的过程 特点 动量守恒 由于爆炸是在极短时间内完成的,爆炸物体间的相互作用力远大于受到的外力,所以在爆炸过程中,系统的动量守恒 动能增加 在爆炸过程中,因为有其他形式的能量转化为动能,所以爆炸后系统的总动能增加 位置不变 爆炸的时间极短,因而在爆炸过程中,物体产生的位移很小,一般忽略不计,即认为位置不变 返回目录 二、反冲现象 概念 根据动量守恒定律,如果一个静止的物体在内力的作用下分裂为两 部分,一部分向某个方向运动,另一部分必然向相反的方向运动 作用 原理 反冲运动是系统内物体之间的作用力和反作用力产生的效果 特点 动量 守恒 反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力,所以反冲运动遵循动量守恒定律 动能 增加 反冲运动中,作用力与反作用力均做正功,有其他形式的能转化为动能,所以系统的总动能增加 返回目录 三、人船模型 1.模型图示   2.模型特点 (1)两者满足动量守恒定律:mv人-Mv船=0。 (2)两者的位移大小满足:m -M =0, x人+x船=L,得x人= L,x船= L。 返回目录 3.运动特点 (1)人动则船动,人静则船静,人快船快,人慢船慢,人左船右。 (2)人、船位移比等于二者质量的反比;人、船平均速度(或瞬时速度)比等于它们质量 的反比,即 = = 。 返回目录 典例5　将静止的质量为M(含燃料)的导弹点火升空,在极短时间内以相对地面的速度v 0竖直向下喷出质量为m的炽热气体,忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响,则喷气结 束时导弹获得的速度大小是 (　    ) A. v0　    B. v0　    C. v0　    D. v0 D 解析     由动量守恒定律可知,喷出气体的动量与最终导弹剩余部分获得的动量等大反向,即mv 0=(M-m)v,导弹获得的速度大小v= v0,D正确。 返回目录 (拓展设问)若导弹喷气时已经具有速度,喷出的气体相对喷气前导弹的速度是u,在一次 喷气后增加的速度Δv如何表示? 答案     u 解析     以喷气前的导弹为参考系,以导弹速度方向为正方向,喷气前导弹动量是0,喷气后动量 是(M-m)Δv,喷出气体的动量是mu(u为负)。根据动量守恒有(M-m)Δv+mu=0,解得Δv=  u。 点拨提醒 动量守恒列式时必须为同一参考系。 返回目录 典例6    (多选)一个质量为M、底面边长为b的斜面体静止于光滑的水平桌面上,如图所 示,有一质量为m的物块(视为质点)由斜面顶部无初速度滑到底部时,斜面体移动的距 离为s。下列说法中正确的是 (　    ) A.只有斜面光滑,才有s=  B.无论斜面光滑或粗糙,必有s=  C.若斜面光滑,则下滑过程中系统水平方向动量 守恒、机械能守恒 D.若斜面粗糙,则下滑过程中系统动量守恒、机械能不守恒 BC 返回目录 解析     不论斜面是否光滑,斜面体和物块组成的系统在水平方向上动量守恒,以水平向左为正 方向,斜面体的位移为s,则物块的水平位移为b-s,物块和斜面体的水平平均速率分别为v 1= ,v2= ,由水平方向动量守恒得mv1-Mv2=0,解得s= ,A错误,B正确。不论斜面 是否光滑,物块下滑过程中系统在竖直方向上所受合力不为0,系统所受的合力不为0,所 以系统动量不守恒。若斜面光滑,则系统机械能守恒,若斜面不光滑,则系统机械能不守 恒,C正确,D错误。 返回目录 微专题 12 动量守恒中的几种常见模型 返回目录 题型1　子弹打木块模型 一、模型图示   二、模型解读 1.子弹水平打进木块的过程中,系统的动量守恒。 2.系统的机械能有损失(因为摩擦生热,可以应用能量守恒定律)。 返回目录 三、两种情境 1.子弹嵌入木块中,两者速度相同,机械能损失最多(类比完全非弹性碰撞)。 动量守恒:mv0=(m+M)v。 能量守恒:f·s= m - (M+m)v2。 2.子弹穿透木块,两者速度不相同,机械能有损失(类比非弹性碰撞)。 动量守恒:mv0=mv1+Mv2。 能量守恒:Q=f·d= m - 。 返回目录 典例1　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 (        ) 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,则可能是甲图所示的情形;若v0较大,则可能是乙图所示的情形 C 返回目录 解析     解法一　常规法 根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v,则对木块由动量定理有ft=Mv,解得t= =  ,则M越大,t越大,A错误。由功能关系得fd= m - (M+m)v2,解得d= =  ,则M越大,d越大,B错误。对木块,根据动能定理有fx= Mv2,解得x=  ,则 = ,可得d>x,即无论m、M、v0的大小如何,都只可能是题图甲所示 的情形,C正确,D错误。 返回目录 解法二　图像法 作出木块和子弹的v-t图像,如图所示。   △abc的面积表示子弹和木块的相对位移,△bcd的面积表示共速前木块相对地面的位 移,由图可知△abc的面积大于△bcd的面积,所以无论m、M、v0的大小如何,都只可能是 题图甲所示的情形,C正确,D错误。子弹对木块的阻力大小恒定,木块的质量M越大,加 速度越小,对应的v-t图线的斜率越小(对应图像中kbe<kbc),子弹射入木块的时间越长(t2>t 1),子弹射入木块的深度越深(S△abe>S△abc),A、B错误。 返回目录 题型2　滑块-木板模型 一、模型图示   上表面粗糙、质量为M的木板,放在光滑的水平地面上,质量为m的滑块以初速度v0滑上 木板。 二、模型特点 1.系统的动量守恒,但机械能不守恒,摩擦力与两者相对位移大小的乘积等于系统减少 的机械能。 2.若滑块未从木板上滑下,当两者速度相同时,木板速度最大,相对位移最大。根据能量 返回目录 守恒,系统损失的动能ΔEk= Ek0,可以看出,滑块的质量越小、木板的质量越大,动 能损失越多。 三、模型解读 1.如图所示,若滑块未滑离木板,当滑块与木板相对静止时,二者的共同速度为v,滑块相 对木板的位移为d,木板相对地面的位移为s,滑块和木板间的摩擦力为Ff。   这类问题类似于子弹打木块模型中子弹未射出的情况。 返回目录 ①系统动量守恒:mv0=(M+m)v。 ②系统能量守恒:Ffd= m - (M+m)v2。 2.若滑块滑离木板,设滑离木板时,滑块的速度为v1,木板的速度为v2,木板长为L。 ①系统动量守恒:mv0=mv1+Mv2。 ②系统能量守恒:FfL= m - m - M 。 返回目录 典例2　如图所示,质量为m1的平板小车的左端放有一质量为m2的铁块,两者间的动摩 擦因数μ=0.2。开始时,小车和铁块一起在光滑的水平面上以v0=3 m/s的速度向右运动, 之后小车与墙壁发生正碰,设碰撞中无机械能损失且碰撞时间忽略不计。已知重力加 速度g=10 m/s2,铁块始终不从小车上掉下来。 (1)若m1=2m2,小车与墙壁碰后,小车和铁块的加速度大小分别为多少?铁块向右运动的 最大位移为多少? (2)若m1>m2,且满足题意的小车的最小长度L=6 m,求m1与m2的比值。 (3)若m1=1 kg,m2=3 kg,则小车与墙壁碰后的整个运动过程,系统由于摩擦产生的热量为 多少? 返回目录 答案    (1)1 m/s2    2 m/s2    2.25 m    (2)2    (3)18 J 解析     (1)设小车的加速度为a1,铁块的加速度为a2,对小车,由牛顿第二定律可得μm2g=m1a1 代入数据解得a1=1 m/s2 对铁块,由牛顿第二定律可得μm2g=m2a2,解得a2=2 m/s2 由于a2>a1,铁块的速度先减小到0,对铁块,从小车发生碰撞至铁块的速度减为0,由 =2a2 xm解得x m=2.25 m。 (2)研究小车与墙壁碰后过程,小车碰后速度等大反向,铁块以初速度v0继续向右运动,规 定向左为正方向,当小车与铁块向左达到共同速度v共时,二者的相对位移大小对应小车 的最小长度L,由动量守恒定律和功能关系得m1v0-m2v0=(m1+m2)v共 返回目录 μm2gL= (m1+m2) - (m1+m2)  联立并代入题给数据解得 =2。 (3)规定向右为正方向,小车与墙壁第n-1次碰后至第n次碰前,由动量守恒定律有-m1vn-2+ m2vn-2=(m1+m2)vn-1(n≥2) 解得vn-1= = (n≥2) 小车每次碰撞后反弹到下次共速的过程,每次共速的速度都是前次速度的 ,且分析可 知小车与铁块先达到共速,再发生小车与墙壁的碰撞,则经过反复碰撞后,小车最终将靠 着墙壁停下,由题意铁块也将停在小车上不掉下来。 全过程由能量守恒可得Q= (m1+m2) =18 J。 返回目录 提分关键·规律总结 滑块-木板模型的解题关键 (1)在涉及滑块或木板的运动时间时,优先考虑应用动量定理。 (2)在涉及滑块或木板的位移时,优先考虑应用动能定理。 (3)在涉及滑块与木板的相对位移时,优先考虑应用系统的能量守恒(或功能关系)。 返回目录 题型3　滑块-弹簧模型 模型 图例   物体A、B通过轻弹簧(开始处于原长)相连,物体A 以初速度v0运动 返回目录 两种 情境 (1)当弹簧处于最短(或最长)时两物体瞬时速度相 同,弹簧的弹性势能最大(类比完全非弹性碰撞) ①系统动量守恒:m1v0=(m1+m2)v共 ②系统机械能守恒: m1 = (m1+m2) +Epm (2)当弹簧恢复原长时弹性势能为0(类比弹性碰撞) ①系统动量守恒:m1v0=m1v1+m2v2 ②系统机械能守恒: m1 = m1 + m2  返回目录 典例3    一水平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,如图甲所示。现使A瞬时获得水平向右的速度3 m/s,此后两物块的速度 随时间变化的规律如图乙所示。从图像信息可得(　    ) A.在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s,且弹簧 都是处于压缩状态 B.从t1到t3时刻弹簧由压缩状态恢复到原长 C.两物块的质量之比m1∶m2=1∶3 D.在t2时刻A与B的动能之比Ek1∶Ek2=1∶8 D 返回目录 解析     由速度-时间图线切线斜率的物理意义可知t2时刻B的加速度为0,所以弹力为0,弹簧处 于原长,由题图分析可知在t2~t3时间内两物块之间的距离增大,弹簧处于伸长状态,A、B 错误。0~t1过程由m1v10=m1vt1+m2vt1可得 = ,C错误。t2时刻A的速率是1 m/s,B的速率是 2 m/s,由动能的定义式得Ek1∶Ek2=1∶8,D正确。 返回目录 题型4　滑块-斜(曲)面体模型 一、模型图示   二、模型解读 1.整个过程中因为系统水平方向所受合力为0,系统水平方向动量守恒,但竖直方向动量 不守恒,所以不能说系统动量守恒,只能说系统水平方向动量守恒。整个过程中系统的 返回目录 机械能守恒。 2.上升到最大高度:滑块的水平分速度与斜(曲)面体速度相同,为v共,此时滑块的竖直分 速度vy=0。系统水平方向动量守恒,mv0=(M+m)v共;系统的机械能守恒, m = (M+m)  +mgh,其中h为滑块上升的最大高度,不一定等于轨道的高度(相当于完全非弹性碰 撞,系统减少的动能转化为滑块的重力势能)。 3.返回最低点:滑块与斜(曲)面体分离点。系统水平方向动量守恒,mv0=mv1+Mv2;系统机 械能守恒, m = m + M (相当于弹性碰撞)。 返回目录 典例4　如图所示,在水平面上依次放置小物块C、A以及曲面劈B,其中A与C的质量相 等均为m,曲面劈B的质量M=3m,曲面劈B的曲面下端与水平面相切,且曲面劈B足够高, 各接触面均光滑。现让小物块C以水平速度v0向右运动,与A发生碰撞,碰撞后两个小物 块粘在一起滑上曲面劈B。重力加速度为g,求: (1)碰撞过程中系统损失的机械能; (2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度。   答案    (1) m     (2)  返回目录 解析     (1)小物块C与物块A发生碰撞粘在一起,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=2 mv,解得v= v0,碰撞过程中系统损失的机械能为E损= m - ×2mv2,解得E损= m 。 (2)当小物块A、C上升到最大高度时,A、B、C的速度相等(相当于完成完全非弹性碰 撞)。根据水平方向动量守恒有mv0=(m+m+3m)v1,解得v1= v0,根据机械能守恒定律得 × 2m = ×5m× +2mgh,解得h= 。 返回目录 能力进阶 典例5　如图1所示,水平桌面上放置一个半圆形槽,质量为2m,圆面半径为R。A、C两 点为槽口端点,B点为槽的最低点。质量为m的小球(可视为质点)从A点沿槽滑下,重力 加速度为g。 (1)若槽固定且槽面粗糙。小球以初速度v0滑下,并且滑到B点时的速度大小仍为v0,那么 小球从A点滑到B点的过程中克服摩擦力做了多少功?若初速度大小改为2v0,滑到B点的 速度大小还是2v0吗?   返回目录 (2)进阶1    (非固定槽)若槽不固定,水平桌面光滑,槽面也光滑。小球从静止开始下 滑。当小球滑到B点时,小球和槽的速度大小分别是多少?球对槽的压力大小是多大?小 球从A点滑到B点的过程中,小球对槽做了多少功?槽对小球做了多少功? (3)进阶2    (人船模型+轨迹方程)若槽不固定,水平桌面光滑,槽面也光滑。小球从静止 开始下滑,当小球从A点滑到C点时,小球和槽发生的位移大小分别是多少?记小球的初 始位置坐标为(0,R),槽静止时圆心的坐标为(R,R),建立直角坐标系,求解小球的轨迹方 程。 (4)进阶3    (单侧固定槽+多过程分析)如图2所示,在半圆槽左边放置一个质量为 的物 块,若物块固定,槽不固定,桌面光滑,槽面也光滑。小球以初速度v0(v0> )滑下,槽的最 返回目录 大速度是多少?小球上升到最高点时到C点的距离是多少?   答案    (1)mgR　见解析    (2)          4mg     mgR　- mgR    (3) R     R      + =1    (4)         返回目录 解析     (1)槽固定(点拨:弹力方向始终垂直于速度方向,此种情况下弹力做功为0)且槽面粗糙, 小球从A点滑到B点,根据动能定理得mgR-W克= m - m =0 所以克服摩擦力做功W克=mgR 若初速度大小改为2v0,相比原来,小球经过同一位置时速度更大,需要的向心力更大,弹 力、摩擦力以及摩擦力做功也随之更大。 根据动能定理有mgR-W克'= m - m(2v0)2 由于W克'>W克,所以vB<2v0。 (2)槽不固定,水平桌面光滑,槽面也光滑。小球和槽均运动,需研究小球与槽组成的系 返回目录 统的运动。 设小球滑到B点时小球和槽的速度大小分别为v1、v2,根据动量守恒定律和机械能守恒 定律有mv1-2mv2=0 mgR= m + ×2m ,解得v1= 、v2=  球相对于槽的速度v=v1+v2= (易错:求槽与球间作用力,应运用球相对于槽运动的速 度) 所以由牛顿第二定律有N-mg=m  由牛顿第三定律有球对槽的压力大小N'=N=4mg 小球对槽做的功W1= ×2m = mgR 返回目录 槽对小球做的功W2= m -mgR=- mgR。 (3)设小球从A点滑到C点的过程中,小球和槽的水平位移大小分别为s1、s2,如图甲所 示。  　      结合动量守恒定律有ms1=2ms2,又s1+s2=2R(人船模型) 返回目录 解得s1= R、s2= R 设小球从静止释放下落到某位置时的位置坐标为(x,y),槽的圆心向左运动了xM,此时槽 的圆心和小球的连线与水平方向的夹角设为θ,如图乙所示 根据几何关系有 R cos θ=R-xM-x,R sin θ=R-y 系统在水平方向动量守恒,有 mx=2mxM 联立解得 + =1,是一个椭圆方程。 返回目录 (4)小球从A点滑到B点的过程中,由于物块固定,则槽静止不动,小球与槽组成的系统动 量不守恒,但机械能守恒。 当小球滑过B点后,槽和球动量守恒且机械能守恒,槽沿水平方向向右加速运动,小球滑 到C点时,球在水平方向与槽共速,若小球在C点处竖直方向分速度不为零,则之后小球 水平方向速度与槽的速度不变,竖直方向上小球先上升、后下落,并且从C点落回槽 内。小球从C点滑到B点过程中,槽沿水平方向向右继续加速运动,当小球滑到B点时,槽 水平向右的速度达到最大。在小球从B点向A点滑动的过程中,槽开始向右做减速运 动。 从动量守恒的角度看,小球回落滑到B点且向左滑动时,槽具有向右的最大速度。 设小球第一次到达B点时的速度大小为v1,上升到C点时水平方向的速度大小为v2,到C点 返回目录 的最大距离为H,第二次到达B点时的速度大小为v3,槽的最大速度为vm。 根据动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1=(2m+m)v2=2mvm-mv3 mgR+ m = m = (2m+m) +mg(R+H)= m + ×2m  联立解得vm=  ,H=  。 返回目录 微专题 13 力学三大观点的综合应用 返回目录 题型　力学三大观点的综合应用 一、力的瞬时作用和力的时间、空间累积作用 分类 对应规律 内容 公式表达 力的瞬 时作用 牛顿第 二定律 物体的加速度大小与合 力成正比,与质量成反 比,方向与合力的方向相 同 F=ma 力的时 间累积 作用 动量 定理 物体所受合力的冲量等 于物体动量的变化 Ft=Δp 返回目录 力的空 间累积 作用 动能 定理 合力对物体所做的功等 于物体动能的变化量 W=ΔEk 功能 关系 一个力做了多少功,就有 多少能从一种形式转化 为其他形式 fs相对=Q= ΔE损 WG=-ΔEp 机械能 守恒 定律 在只有重力(或系统内弹 力)做功的情况下,系统 机械能的总量保持不变 Ek1+Ep1= Ek2+Ep2 返回目录 二、动量观点和能量观点的比较 1.相同点 (1)研究对象都是相互作用的物体组成的系统。 (2)都是针对某一运动过程的初末状态列式求解。 2.不同点 动量守恒定律是矢量表达式,还可以写出某一方向上的分量表达式;而动能定理和能量 守恒定律都是标量表达式,无分量表达式。 返回目录 三、力学三大观点的应用   运用牛顿运动定律结合运动学知识解题,可处理匀 变速直线运动问题 (1)如果涉及加速度的问题,则一般要用牛顿运动定 律 (2)凡涉及瞬间状态的分析和运动性质的分析,可用 动力学观点 返回目录   用动量观点解题,可处理非匀变速运动问题。用动 量定理可简化问题的求解过程 (1)对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物 体运动时间的问题,特别对于冲击、打击一类时间 短且作用力随时间变化的问题,应用动量定理求 解,即Ft=mv-mv0 (2)对于碰撞、爆炸、反冲问题,若只涉及初、末速 度而不涉及力、时间,应用动量守恒定律求解 返回目录   用动能定理和能量守恒观点解题,可处理非匀变速 运动问题 (1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问 题,无论是恒力做功还是变力做功,一般都利用动 能定理求解 (2)如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及 运动过程中的加速度和时间问题,则采用机械能守 恒定律求解 返回目录 典例1    (2023天津,11,16分)质量mA=2 kg的物体A自距地面h=1.2 m高度自由落下,与此 同时质量mB=1 kg的物体B由地面竖直上抛,经t=0.2 s与A碰撞,碰后两物体粘在一起,碰 撞时间极短,忽略空气阻力。两物体均可视为质点,g取10 m/s2。求A、B: (1)碰撞位置与地面的距离x; (2)碰撞后瞬间的速度大小v; (3)碰撞中损失的机械能ΔE。 答案    (1)1 m    (2)0    (3)12 J 返回目录 解析     (1)对A物体,根据自由落体运动规律可得h-x= gt2 解得x=1 m (2)设B物体从地面竖直向上抛出时的速度为vB0,根据运动学公式可知x=vB0t- gt2 解得vB0=6 m/s,方向竖直向上 根据运动学公式可得碰撞前瞬间A物体的速度大小为 vA=gt=2 m/s,方向竖直向下 碰撞前瞬间B物体的速度大小为 vB=vB0-gt=4 m/s,方向竖直向上 返回目录 选竖直向下为正方向,由动量守恒定律可得 mAvA-mBvB=(mA+mB)v 解得碰后瞬间的速度v=0 (3)根据能量守恒定律可知碰撞过程损失的机械能为 ΔE= mA + mB - (mA+mB)v2 代入数据解得ΔE=12 J 返回目录 提分关键·规律总结 力学规律的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式,可应用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时,一般应用动量定理(涉及时间 的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究对象为多个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般应用动量守恒定律 和能量守恒定律(或机械能守恒定律)去解决问题,但需注意所研究的过程是否满足守 恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时优先考虑能量守恒定律,以及系统克服摩擦力所做的总功等 返回目录 于系统机械能的减少量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,需注意这些过程一般均隐含系统 机械能与其他形式能量的转换。由于作用时间都极短,应用动量守恒定律解决此类问 题更便捷。 返回目录 典例2　质量M=1 kg的箱子静止在光滑水平面上,箱子内侧的两壁间距l=2 m,另一质量 也为m=1 kg且可视为质点的物体从箱子中央以v0=6 m/s的速度开始运动,如图所示。已 知物体与箱底的动摩擦因数μ=0.5,物体与箱壁间发生的是弹性碰撞,g=10 m/s2。   (1)求物体与箱壁碰撞的次数。 (2)从物体开始运动到刚好停在箱子上,求箱子在水平面上移动的距离。 答案    (1)1次    (2)1.7 m 返回目录 解析     (1)由于系统要克服摩擦力做功,物体最终会停在箱子上并以相同的速度v向右运动,根 据动量守恒定律有mv0=(m+M)v,解得v=3 m/s 根据功能关系有μmgs= m - (m+M)v2 联立并代入数据解得物体相对箱子运动的路程s=1.8 m (关键:根据物体相对箱子运动的路程计算碰撞次数) 由于箱子内侧的两壁间距l=2 m,故物体只与箱子的右侧壁碰撞一次便停在箱子中距离 右侧0.8 m处。 (2)解法一　常规法 返回目录 设碰前瞬间物体对地位移为x1,速度为v1;箱子对地位移为x2,速度为v2 根据动量守恒定律有mv0=mv1+Mv2 对物体,根据动能定理有μmgx1= m - m  对箱子,根据动能定理有μmgx2= M  根据几何关系有x1-x2=  v2<v1(点拨:若v2≥v1,物体不能与箱子右壁发生碰撞) 解得v1=5 m/s,v2=1 m/s,x1=1.1 m,x2=0.1 m 设碰后瞬间物体与箱子的速度分别为v'1和v'2,在碰撞过程中根据动量守恒定律和机械 能守恒定律有 返回目录 mv1+Mv2=mv'1+Mv'2  m + M = mv + Mv  联立并代入题给数据解得 v'1=1 m/s,v'2=5 m/s 随后箱子向右做匀减速直线运动,物体向右做匀加速直线运动,直至速度都变为v=3 m /s,在此过程中,设箱子移动的距离为x'2,则μmgx'2= Mv - Mv2 代入数据解得x'2=1.6 m 故从物体开始运动到刚好停在箱子上,箱子在水平面上移动的距离x=x2+x'2=1.7 m。 解法二　图像法　作出物体和箱子的v-t图像如图1所示,其中彩色的线表示物体的v-t 返回目录 图线,黑色的线表示箱子的v-t图线。t1时刻物体和箱子发生弹性碰撞,因为二者质量相 同,故彼此交换速度。物体及箱子的加速度大小均为a=μg=5 m/s2,则直线Odc的斜率大 小为5 m/s2,物体与箱子共速时的速度v=3 m/s,则由几何关系可知,二者共速所需时间t2= 0.6 s   箱子的位移对应阴影区域面积S= +S△bdc,由几何关系得 =0.9 m,SΔbdc对应第一次碰 返回目录 后物体相对箱子向左移动的距离,即0.8 m[由(1)问得出],综上,箱子在水平面上移动的 距离为1.7 m。 解法三　质心运动定律 对箱子和物体组成的系统,由质心运动定律可知,质心加速度为0,质心以vC=3 m/s做匀速 直线运动,经过t2=0.6 s,质心通过的位移xC=vCt2=1.8 m 作出箱子和物体在此过程中的运动示意图,如图2所示,可知箱子在水平面上移动的距 离为1.7 m。 返回目录 提分关键·知识拓展 质心运动定律 作用在质点系上的合力等于质点系总质量与质心加速度的乘积,即F=MaC。其中F表示 质点系所受合力,M表示质点系总质量,aC表示质心的加速度。 返回目录 $