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2022版高考物理一轮复习 第6章 动量 微专题7 应用“三大力学观点”的四类典型模型教案

2022版高考物理一轮复习 第6章 动量 微专题7 应用“三大力学观点”的四类典型模型教案

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姓名：

- 12 -

微专题七　应用“三大力学观点”的四类典型模型
“人船”模型
1．“人船模型”的特征
两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为0，则系统动量守恒。在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。
2.“人船”位置
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，因人和船组成的系统动量始终守恒，可得m船v船＝m人v人，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。

3．模型扩展
人沿着静止在空中的热气球下面的软梯滑下或攀上，求热气球上升或下降的高度的问题；小球沿放在光滑水平地面上的弧形槽滑下，求弧形槽移动的距离的问题等。
　有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(质量一吨左右)。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，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d，然后用卷尺测出船长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．
B　[设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，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。]

1．质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　)
A．h B．h
C．h D．h
C　[设人沿软梯滑至地面软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：
0＝－Mv2＋mv1
人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝
人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝
联立得：0＝－M·＋m·，
解得：L＝h，
故C正确，A、B、D错误。]
2.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，则下列说法中正确的是(　　)

A．FN＝mgcos α
B．滑块B下滑过程中支持力对B的冲量大小为FNtcos α
C．滑块B下滑过程中A、B组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面向左滑动的距离为L
D　[当滑块B相对于斜面加速下滑时，斜面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mgcos 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，所以系统竖直方向合外力不为零，系统的动量不守恒，C错误；系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，设A、B两者水平位移大小分别为x1、x2，则Mx1＝mx2，x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正确。]
“滑块—弹簧”模型
模型
图示

模型
特点
(1)两个或两个以上的物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒
(2)在能量方面，由于弹簧形变会使弹性势能发生变化，系统的总动能将发生变化；若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒
(3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能通常最小(完全非弹性碰撞拓展模型)
(4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大(弹性碰撞拓展模型，相当于碰撞结束时)
　如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触但不固连，将弹簧压缩到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体。现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能。

思路点拨：解此题要注意以下关键信息：
(1)“B、C可视为一个整体”表明A与B碰后，三者共速。
(2)“A与B碰后黏在一起”表明C离开弹簧时，A、B有共同的速度。
[解析]　设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得
3mv＝mv0 ①
设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得
3mv＝2mv1＋mv0 ②
设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有
(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv ③
由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep＝mv。
[答案]　mv

1.(多选)竖直放置的轻弹簧下端固定在地上，上端与质量为m的钢板连接，钢板处于静止状态。一个质量也为m的物块从钢板正上方h处的P点自由落下，打在钢板上并与钢板一起向下运动x0后到达最低点Q。下列说法正确的是(　　)

A．物块与钢板碰后的速度为
B．物块与钢板碰后的速度为
C．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg
D．从P到Q的过程中，弹性势能的增加量为mg(2x0＋h)
BC　[物块下落h，由机械能守恒定律有mgh＝mv，物块与钢板碰撞，由动量守恒定律有mv1＝2mv2，解得v2＝v1＝，选项A错误，B正确；从碰撞点到Q点，由能量关系可知·2mv＋2mgx0＝Ep，则弹性势能的增加量为Ep＝mg，选项C正确，D错误。]
2．两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图所示。已知B与C碰撞后会粘在一起运动。在以后的运动中：

(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？
2)系统中弹性势能的最大值是多少？
[解析]　(1)弹簧压缩至最短时，弹性势能最大，
由动量守恒定律得：(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vA
解得vA＝3 m/s。
(2)B、C碰撞过程系统动量守恒
mBv＝(mB＋mC)vC
故vC＝2 m/s
碰后弹簧压缩到最短时弹性势能最大，故Ep＝mAv2＋(mB＋mC)v－(mA＋mB＋mC)v＝12 J。
[答案]　(1)3 m/s　(2)12 J
“子弹打木块”模型
模型
特点及满足的规律

子弹打入木块若未穿出，系统动量守恒，能量守恒，即mv0＝(m＋M)v，Q热＝fL相对＝mv－(M＋m)v2
若子弹穿出木块，有mv0＝mv1＋Mv2，Q热＝fL相对＝mv－mv－Mv
　光滑的水平面上放着一块质量为M、长度为d的木块，一颗质量为m的子弹(可视为质点)以水平速度v0射入木块，当子弹从木块中穿出后速度变为v1，子弹与木块之间的平均摩擦力为f。求：
(1)子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功多少？摩擦力对木块做功多少？
(2)在这个过程中，系统产生的内能为多少？
审题指导：

↓

↓

[解析]　(1)由于水平面光滑，则子弹和木块组成的系统在水平方向动量守恒，则有
mv0＝mv1＋Mv2，解得v2＝
设子弹打击木块的过程中摩擦力对子弹做功为Wf1，子弹相对于地面移动的距离为x1，对木块做功为Wf2，木块相对于地面移动的距离为x2，则
对子弹，利用动能定理可得
Wf1＝－fx1＝m(v－v)
对木块，利用动能定理可得
Wf2＝fx2＝Mv－0
联立得Wf2＝。
(2)由能量守恒定律可知，系统产生的内能等于系统机械能的减少量，则
Q＝fx1－fx2＝fd。
[答案]　(1)m(v－v)　　(2)fd
　“子弹打木块”模型的两点注意
(1)弄清楚子弹是最终停留在木块中与木块一起运动，还是穿透木块后各自运动。
(2)对子弹打击木块过程中损失的机械能，根据题目条件选择通过打击前、后系统的机械能之差计算，或利用打击过程中子弹克服阻力做的功与阻力对木块做的功的差值进行求解。

1.如图所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上。一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块。当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s。设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点。则子弹穿过木块的时间为(　　)

A．(s＋L) B．(s＋2L)
C．(s＋L) D．(L＋2s)
D　[子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统所受合外力为零，动量守恒，有mv0＝mv1＋mv2，设子弹穿过木块所用时间为t，则有t＝s，t＝s＋L，联立解得t＝(L＋2s)，选项D正确。]
2.如图所示，在固定的水平杆上，套有质量为m的光滑圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着质量为M的木块，现有质量为m0的子弹以大小为v0的水平速度射入木块并留在木块中，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)

A．子弹射入木块后瞬间，速度大小为
B．子弹射入木块后瞬间，轻绳拉力等于(M＋m0)g
C．子弹射入木块后瞬间，环对轻杆的压力大于(M＋m＋m0)g
D．子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统动量守恒
C　[子弹射入木块过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，则m0v0＝(M＋m0)v1，解得射入后瞬间速度大小为v1＝，选项A错误；子弹射入木块后瞬间，根据牛顿第二定律得T－(M＋m0)g＝(M＋m0)，可知轻绳拉力大于(M＋m0)g，选项B错误；子弹射入木块后瞬间，对圆环有N＝T＋mg>(M＋m＋m0)g，选项C正确；子弹射入木块后，圆环、木块和子弹构成的系统只在水平方向动量守恒，选项D错误。]
“滑块—滑板”模型
模型
图示

模型
特点
“滑块—滑板”模型作为力学的基本模型经常出现，是对直线运动和牛顿运动定律及动量守恒定律有关知识的巩固和应用。这类问题可分为两类：
(1)没有外力参与，滑板放在光滑水平面上，滑块以一定速度在滑板上运动，滑块与滑板组成的系统动量守恒，注意滑块若不滑离滑板，最后二者具有共同速度。摩擦力与相对路程的乘积等于系统动能的损失，即Ff·x相对＝ΔEk；
(2)系统受到外力，这时对滑块和滑板一般隔离分析，画出它们运动的示意图，应用牛顿运动定律、运动学公式及动量定理求解
　(启光卓越联盟广东省2021届高三年级11月调研)如图所示，质量为1 kg的滑板A静止在光滑水平地面上，滑板左端距竖直固定挡板l＝0.3 m，质量也为1 kg的小物块B以初速度v0＝2 m/s从右端水平滑上滑板，最终小物块B恰好未从滑板左端掉下，已知A与B间的动摩擦因数μ＝0.25，滑板与挡板碰撞无机械能损失，取g＝10 m/s2，求：

(1)经过多长时间滑板A碰到挡板；
(2)滑板的长度；
(3)若滑板A的长度不变，仅减小B的初速度v0，求B物体到挡板最小距离xmin与v0的函数关系。
[解析]　(1)设A的加速度大小为a1，对A由牛顿第二定律可得μmg＝ma1
解得a1＝2.5 m/s2，方向向左
设B的加速度大小为a2, 对B由牛顿第二定律可得μmg＝ma2
解得a2＝2.5 m/s2，方向向右
A做加速运动v＝a1t1
B做减速运动v＝v0－a2t1
解得v＝1 m/s，t1＝0.4 s
A做加速运动的位移为x1＝a1t，解得x1＝0.2 m
由于x1＝0.4 m
撞挡板后A滑板原速率反弹，A、B系统由动量守恒得
mv－mv＝2mv′
v′＝0，则A、B最终停止运动，
碰后由能量守恒2×mv2＝μmgΔx′
解得Δx′＝0.4 m
小物块B恰好未从滑板左端掉下，板长d＝Δx＋Δx′＝0.8 m。
(3)若仅改变B的初速度
A碰挡板前，A、B系统由动量守恒mv0＝2mv1
A碰挡板后，mv1－mv1＝2mv2，解得v2＝0
整个过程中，A、B系统由能量守恒mv＝μmgx
A碰挡板后，相对挡板向右位移为x3，则v＝2a1x3
B物体一直向左运动，最后静止时离挡板最近，xmin＝x3＋d－x
解得，xmin＝0.8－0.15v，0规定向右为正方向，根据动量守恒定律得Mv0＝(M＋M)v1，对系统运用能量守恒定律有fL′＝Mv－(2M)v，联立解得L′＝，故C正确，A、B、D错误。]
2.如图所示，一长木板位于光滑水平面上，长木板的左端固定一挡板，木板和挡板的总质量为M＝3.0 kg，木板的长度为L＝1.5 m。在木板右端有一小物块，其质量m＝1.0 kg，小物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.10，它们都处于静止状态。现令小物块以初速度v0沿木板向左滑动，重力加速度g取10 m/s2。

(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处，求v0的大小；
(2)若初速度v0＝3 m/s，小物块与挡板相撞后，恰好能回到右端而不脱离木板，求碰撞过程中损失的机械能。
[解析]　(1)设木板和物块最后共同的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v
对木板和物块组成的系统，由功能关系得
μmgL＝mv－(m＋M)v2
由以上两式解得v0＝＝2 m/s。
(2)同样由动量守恒定律可知，木板和物块最后也要达到共同速度v1
mv0＝(M＋m)v1
设碰撞过程中损失的机械能为ΔE，则对木板和物块组成系统的整个运动过程，由功能关系有
μmg·2L＋ΔE＝mv－(m＋M)v
由以上各式解得ΔE＝－2μmgL
代入数据可得ΔE＝0.375 J。
[答案]　(1)2 m/s　(2)0.375 J