新高考物理一轮复习知识梳理+分层练习专题38 在四种常见模型中应用动量守恒定律（含解析）

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2023届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题38  在四种常见模型中应用动量守恒定律导练目标导练内容目标1人船模型和类人船模型目标2反冲和爆炸模型目标3弹簧模型目标4板块模型【知识导学与典例导练】一、人船模型和类人船模型1.  适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方向动量守恒．2.  常用结论设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t,即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L，可解得：；3.  类人船模型类型一类型二类型三类型四类型五【例1】西晋史学家陈寿在《三国志》中记载：“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣。”这就是著名的曹冲称象的故事。某同学欲挑战曹冲，利用卷尺测定大船的质量。该同学利用卷尺测出船长为L，然后慢速进入静止的平行于河岸的船的船头，再从船头行走至船尾，之后，慢速下船，测出船后退的距离d与自身的质量m，若忽略一切阻力，则船的质量为（     ）A． B． C． D．【答案】D【详解】画出如图所示的草图设人走动时船的速度大小为v，人的速度大小为v′，船的质量为M，人从船尾走到船头所用时间为t。则，人和船组成的系统在水平方向上动量守恒，取船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得解得船的质量故选D。【例2】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段是水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m的滑块（可视为质点）从小车上的A点由静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。已知M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　） A．滑块从A滑到C的过程中，滑块和小车组成的系统动量守恒B．滑块滑到B点时的速度大小为C．滑块从A滑到C的过程中，小车的位移大小为D．水平轨道的长度【答案】D【详解】A．滑块从A滑到C的过程中水平方向动量守恒，竖直方向上合为不为零，系统动量不守恒，故A错误；B．滑块刚滑到B点时速度最大，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得；解得；滑块滑到B点时的速度为，故B错误；C．设全程小车相对地面的位移大小为s，根据题意可知全程滑块水平方向相对小车的位移为R+L，则滑块水平方向相对地面的位移为滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得已知，解得，故C错误；D．系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，对整个过程，由动量守恒定律得解得由能量守恒定律得解得故D正确。故选D。二、反冲和爆炸模型1． 对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反方向运动，通常用动量守恒来处理。(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加。(3)反冲运动中平均动量守恒。2． 爆炸现象的三个规律(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒。(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加。(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动。【例3】如图所示，哈九中航天科普节活动中，某同学将静置在地面上的质量为M（含水）的自制“水火箭”释放升空，在极短的时间内，质量为m的水以相对地面为v0的速度与竖直方向成θ角斜向下喷出。已知重力加速度为g，空气阻力不计，下列说法正确的是（　　）A．火箭的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力 B．水喷出的过程中，火箭和水机械能守恒C．火箭的水平射程为  D．火箭上升的最大高度为【答案】C【详解】A．火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作用力，A错误；B．水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及水的机械能不守恒，B错误；C．在水喷出后的瞬间，火箭获得的速度最大，由动量守恒定律有解得火箭上升的时间为火箭的水平射程为，C正确；D．水喷出后，火箭做斜向上抛运动，有解得，D错误。故选C。【例4】质量为m的烟花弹从地面以初动能E向上飞出，当其上升的速度为零时，弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的a、b、c、d四部分（可视为质点），其中a、b两部分速度方向分别为竖直向上和竖直向下，c、d两部分速度方向分别为水平向左和水平向右，a的动能也为E，如图所示。爆炸时间极短，且炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，重力加速度大为g，不计空气阻力和火药的质量。关于它们后面的运动，下列说法正确的是（　　）A．落地前同一时刻，a、b、c、d分布在一个四边形的四个顶点上，且ac连线比cb连线短B．落地前，a、b、c、d在相等的时间内速度的变化量相同C．落地时，a的速度大小为D．落地时，a、b、c、d重力的功率关系为Pa=Pb>Pc=Pd【答案】BD【详解】A．爆炸时间极短，说明爆炸过程动量守恒，由水平方向和竖直方向守恒，有0=mva–mvb，0=mvc–mvd解得va=vb，vc=vd，炸药对a、b、c、d四部分的作用力大小相等，根据动量定理有Ft=Δp=mv联立得va=vb=vc=vd =v爆炸后a、b、c、d四部分分别做竖直上抛、竖直下抛和平抛运动，落地前c、d两部分沿各自初速度方向的水平位移相等，竖直方向自由落体运动的位移相等，a、b只在竖直方向上运动，只有竖直位移，且两点最终落点相同，故四点分布在一条直线上，且ac连线等于cb连线，A错误；B．落地前，a、b、c、d的加速度都为重力加速度，在相等的时间内速度的变化量Δv=gt，方向竖直向下，B正确；C．烟花弹上升过程根据机械能守恒，有E=mgh落地时根据动能定理，有mgh=E1-E可得a、b、c、d的动能相等，均为E1=E，速度大小均为，C错误；D．落地时，a、b、c、d的竖直速度大小关系为，根据得a、b、c、d重力的功率关系为Pa=Pb>Pc=Pd，D正确。故选BD。三、弹簧模型条件与模型①mA=mB（如:mA=1kg；mB=1kg）②mA>mB （如:mA=2kg；mB=1kg）③mA<mB（如:mA=1kg；mB=2kg）规律与公式情况一：从原长到最短（或最长）时①；②情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时①；② 【例5】如图甲所示，一轻质弹簧两端分别与A、B两物块相连接，并静止在光滑水平面上。现使A瞬间获得一个方向水平向右、大小为的速度并开始计时，此后两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是（　　）A．时刻弹簧被压缩到最短B．A、B的质量之比C．时刻A、B的动量大小之比D．时刻弹簧具有的弹性势能等于两物块动能之和的两倍【答案】ABD【详解】A．由v-t图中可知，在0~t1时间内，A在做减速运动，B做加速运动，当t=t1时刻，A、B速度相等，此时弹簧被压缩至最短，随后B继续加速，A继续减速，弹簧的长度增加，故A正确；B．根据动量守恒定律，t=0时刻和t=t1时刻系统总动量相等，有；解得故B正确；C．在 t=t2时刻，A、B的动量大小之比为故C错误；D．根据系统的机械能守恒，可知在t=t3时刻，弹簧的弹性势能与A、B两物体的动能之和，等于在t=0时刻A物体的动能，则可得带入数据解得故D正确；故选ABD。四、板块模型板块模型过程简图动力学常用关系 ； ；功能常用关系动量常用关系【例6】如图所示，两侧带有固定挡板的平板车乙静止在光滑水平地面上，挡板的厚度可忽略不计，车长为2L，与平板车质量相同的物块甲（可视为质点）由平板车的中点处以初速度向右运动，已知甲、乙之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，忽略甲、乙碰撞过程中的能量损失，下列说法正确的是（　　）A．甲、乙达到共同速度所需的时间为B．甲、乙共速前，乙的速度一定始终小于甲的速度C．甲、乙相对滑动的总路程为D．如果甲、乙碰撞的次数为n（n≠0），则最终甲距离乙左端的距离可能为【答案】ACD【详解】AB．整个运动过程中甲、乙组成的系统动量守恒，则两者最终的速度为解得若能发生碰撞，碰前甲、乙的速度分别为、，碰后甲、乙的速度分别为、，则有；解得；可知碰撞使得两者速度互换，且在运动过程中两者的加速度大小均为则甲、乙达到共同速度所需的时间为碰撞使得两者速度互换，即甲、乙共速前，乙的速度不一定小于甲的速度，A正确，B错误；C．从开始到相对静止过程中，甲、乙相对滑动的总路程为，根据动能定理可得解得，C正确；D．甲、乙碰撞的次数为n，且静止时距离左端的距离为，若第次碰撞发生在平板车的左挡板，则有解得若第次碰撞发生在平板车的右挡板，则有解得即最终甲距离乙左端的距离可能为，D正确。故选ACD。【多维度分层专练】1．如图所示，质量为M、半径为R的圆环，静止在光滑水平面上，有一质量为m的滑块从与环心O等高处开始无初速度下滑到达最低点时，关于圆环的位移，下列说法中正确的是（　 　）A．B．C．D．不确定，与环和滑块之间是否存在摩擦力有关【答案】B【详解】如图所示，设当滑块下滑到达最低点时圆环的位移为x，则滑块的位移为R-x，由水平方向上平均动量守恒得m（R-x)=Mx解得x=不管环和滑块之间有无摩擦，系统水平方向上动量守恒且为零，因此圆环、滑块的位移与环和滑块之间是否存在摩擦力无关。故选B。2．如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2。则（　　）A．若锁定滑块，小球通过最高点P时对轻杆的作用力为12NB．若解除对滑块的锁定，滑块和小球组成的系统动量守恒C．若解除对滑块的锁定，小球通过最高点时速度为3m/sD．若解除对滑块的锁定，小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为m【答案】D【详解】A．设小球到达最高点速度为vp，则得vP=m/s对小球F+mg=得F=2N故A错误；BC．若解除锁定，小球和滑块构成的系统水平方向动量守恒，由动量守恒得mvm=MvM机械能守恒得得vm=2m/s故BC错误；D．设小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离为xm，滑块运动的距离为xM，由系统水平方向动量守恒得mxm=MxM又xm+xM=2L得x=m故D正确。故选D。3．如图，三个质量分别为2m、m、m的物块A、B、C静止在光滑水平直轨道上，A、B间用一根细线相连，然后在A、B间夹一压缩状态的轻质弹簧，此时轻弹簧的弹性势能为。现在剪短细线，A和B向两边滑出，当轻质弹簧恢复原长时，B与C发生碰撞黏合在一起，下列说法正确的是（　　）A．弹簧恢复原长时，B．弹簧恢复原长时，C．B与C发生碰撞黏合在一起后的速度大小为D．B与C发生碰撞黏合在一起后的速度大小为【答案】C【详解】AB．弹簧恢复原长过程，AB和弹簧系统，根据动量守恒和机械能守恒有解得，故AB错误；CD．B与C发生碰撞黏合在一起过程，根据动量守恒，有解得故C正确，D错误。故选C。4．如图所示，热气球静止于距水平地面H的高处，现将质量为m的小球以相对地面的速度水平投出。已知投出小球后热气球的总质量为M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（     ）A．投出小球后气球所受合力大小为B．小球落地时气热球的速度大小为C．小球在落地之前，小球和热气球速度始终大小相等方向相反D．小球落地时二者的水平距离为【答案】B【详解】A．热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，由于投出小球后所受浮力不变，则热气球所受合外力为mg，A错误；B．热气球从开始携带小球时处于静止状态，所以所受合外力为零，初动量为零，水平投出重力为mg的物资瞬间，满足动量守恒定律Mv1= mv0由上式可知热气球获得水平向左的速度小球落地所需时间为解得热气球竖直方向上加速度为mg = Ma解得小球落地时，热气球竖直方向上的速度为根据矢量法则解得，B正确；C．热气球所受合外力为mg，竖直向上，所以热气球做匀加速曲线运动，加速度为而小球体积比较小又不计阻力则小球的加速度为g，故小球和热气球速度不会始终大小相等方向相反，C错误；D．热气球和物资在水平方向做匀速直线运动；，则二者的水平距离为d = xM + xm解得，D错误。故选B。5．某同学自制总质量为M的火箭，现从地面竖直向上发射，火箭在极短的时间内，将质量为m的气体以相对地面为v0的速度竖直向下喷出后，火箭开始做竖直上抛运动。已知重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）A．火箭受到的推力来源于火箭外的空气对它的反作用力B．气体喷出的过程中，火箭和气体组成的系统机械能守恒C．火箭获得的最大速度为D．火箭上升的最大高度为【答案】CD【详解】A．火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；B．在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭及所携设备做正功，所以火箭及所携设备机械能不守恒，故B错误；C．在燃气喷出后的瞬间，火箭及其所携设备组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，由动量守恒定律得解得火箭的速度大小为故C正确；D．喷出燃气后火箭及所携设备做竖直上抛运动，上升的最大高度为故D正确；故选CD。6．如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M、N分别套在两杆上，并由一轻质弹簧拴接，开始时弹簧与杆垂直。已知两杆间距为0.4m，弹簧原长为0.5m，两球的质量都为0.2kg。现给M球一沿杆向右的大小为0.6N·s的瞬时冲量，关于之后的运动，以下说法正确的是（　　）A．M球在开始的一段时间内做加速度逐渐增大的加速运动，直到达到运动中的最大速度B．弹簧第一次达到0.6m时，M球的速度大小为3m/sC．弹簧第二次达到0.6m时，M球的速度大小为3m/sD．弹簧达到最长时，M球的速度大小为1.5m/s【答案】BD【详解】A．现给M球一沿杆向右大小为0.6N·s的瞬时冲量，由动量定理I=mv0可得，M球的初速度为v0=3m/sM球沿杆向右运动，由于受到弹簧的弹力作用，M球在开始的一段时间内做加速度逐渐减小的加速运动，直到达到运动中的最大速度，A错误；B．弹簧第一次达到0.5m（原长）时，M球开始减速；弹簧第一次达到0.6m时，弹簧的弹性势能与开始时相等，M、N两球速度方向相反，设M球速度为vM，N球速度为vN，由动量守恒定律有mv0=mvM＋mvN由机械能守恒定律有联立解得vM=3m/s；vN=0舍去不合题意解，B正确；C．弹簧第二次达到0.6m时，由动量守恒定律有mv0=mvM＋mvN由机械能守恒定律有解得vM=0；vN=3m/s舍去不合题意解，C错误；D．弹簧达到最长时，M、N两球速度相等，由动量守恒定律有mv0=2mvM解得vM=1.5m/s，D正确；故选BD。7．如图（a），一质量为m的物块A与轻质弹簧连接，静止在光滑水平面上：物块B向A运动，时与弹簧接触，到时与弹簧分离，第一次碰撞结束，A、B的图像如图（b）所示。已知从到时间内，物块A运动的距离为。A、B分离后，A滑上粗糙斜面，然后滑下，与一直在水平面上运动的B再次碰撞，之后A再次滑上斜面，达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为，与水平面光滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求（1）第一次碰撞过程中，弹簧弹性势能的最大值；（2）第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值；（3）物块A与斜面间的动摩擦因数。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）当弹簧被压缩最短时，弹簧弹性势能最大，此时、速度相等，即时刻，根据动量守恒定律根据能量守恒定律联立解得；（2）解法一：同一时刻弹簧对、B的弹力大小相等，根据牛顿第二定律可知同一时刻则同一时刻、的的瞬时速度分别为，根据位移等速度在时间上的累积可得，又解得第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值解法二：B接触弹簧后，压缩弹簧的过程中，A、B动量守恒，有对方程两边同时乘以时间，有0-t0之间，根据位移等速度在时间上的累积，可得将代入可得则第一次碰撞过程中，弹簧压缩量的最大值（3）物块A第二次到达斜面的最高点与第一次相同，说明物块A第二次与B分离后速度大小仍为，方向水平向右，设物块A第一次滑下斜面的速度大小为，设向左为正方向，根据动量守恒定律可得根据能量守恒定律可得联立解得方法一：设在斜面上滑行的长度为，上滑过程，根据动能定理可得下滑过程，根据动能定理可得联立解得方法二：根据牛顿第二定律，可以分别计算出滑块A上滑和下滑时的加速度，，上滑时末速度为0，下滑时初速度为0，由匀变速直线运动的位移速度关系可得，联立可解得8．如图所示，地面和半圆轨道面均光滑。质量kg、长m的小车放在地面上，其右端与墙壁的距离为m，小车上表面与半圆轨道最低点P的切线相平。现有一质量kg的滑块（视为质点）以m/s的初速度滑上小车左端，带动小车向右运动。小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面间的动摩擦因数，g取10m/s2。（1）滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小和位移大小各是多少？（2）要使滑块在半圆轨道上运动时不脱离轨道，求半圆轨道的半径R的取值。【答案】（1）滑块的速度大小是4m/s；位移大小是4m；（2）【详解】（1）由动量守恒可得滑块与小车刚达相对静止时，滑块的速度大小由动能定理可得滑块的位移为由动能定理可得小车的位移为即碰到墙壁前已共速。（2）滑块与小车刚达相对静止时，由动能定理可得滑块与小车的相对位移为由动能定理可得滑块到达P点时的速度为若滑块恰好过圆周最高点，有根据动能定理可得如果滑块恰好滑至圆弧T处就停止，则有可得所以9．如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一辆质量M＝2kg的小车，小车左边部分为半径R＝1.8m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L＝5.4m的水平粗糙面，粗糙面右端是一挡板。有一个质量为m＝1kg的小物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨道顶端A点静止释放，小物块和小车在粗糙区域的滑动摩擦因数，小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度。求：（1）小物块滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小；（2）若在物块滑到圆弧末端时解除锁定，则小物块和小车最终的速度是多少：（3）若在物块滑到圆弧末端时解除锁定，则小物块从圆弧末端到与右侧挡板碰撞前经历的时间t。【答案】（1）；（2）；（3）【详解】（1）小车被固定，小物块下滑到最低点过程机械能守恒，设小物块刚滑上右侧粗糙区域时候速度大小为，由得在圆弧轨道末端解得（2）物块在车上相对滑动，有得（3）若在物块滑到圆弧末端时解除锁定，小物块和小车组成的系统水平方向动量守恒，设小物块碰撞前，设小车碰撞前，从圆弧末端到碰撞前，动量守恒能量守恒代入数据得，这一过程下，小物块做匀减速直线运动，所用时间；代入数据得10．如图所示，两小滑块A和B的质量分别为和，放在静止于光滑水平地面上的长为L=1m的木板C两端，两者与木板间的动摩擦因数均为，木板的质量为m=4kg。某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为。在滑块B与木板C共速之前，滑块A、滑块B能够相遇，重力加速度取。（1）滑块A、B相遇时木板C的速度多大？（2）若滑块A、B碰撞后不再分开，请通过计算说明滑块A、B能否从木板C上滑下。（3）整个过程中，由于滑块A、B和木板C之间的摩擦产生的总热量是多少？【答案】（1）；（2）不能从板C上滑下；（3）【详解】（1）在A、B碰前，对A分析①对B分析②对C分析③对A、B、C由运动学公式有④；⑤⑥又⑦，A、B相遇时有⑧由①~⑧得（2）A、B相遇时A与C的相对位移大小，A、B碰前速度为⑨⑩A、B碰撞过程中有⑪碰后AB一起向前减速，板C则向前加速，若三者能够共速，且发生的相对位移为，对ABC系统由有⑫⑬由⑨~⑬得因，故AB不能从板C上滑下；（3）A、B相遇时B与C的相对位移，A、B与C因摩擦产生的热量为解得