动量守恒板块模型

动量守恒-板块模型习题课(总6页) -本页仅作为预览文档封面，使用时请删除本页-动量守恒定律———板块模型专题训练一1、如图所示，一质量M=的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=的小木块A。

现以地面为参照系，给A和B以大小均为s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。

站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板对地面的速度大小可能是（）、质量为2kg、长度为的长木板B在光滑的水平地面上以4m/s的速度向右运动，将一可视为质点的物体A轻放在B的右端，若A与B 之间的动摩擦因数为，A的质量为m=1kg。

2g 求：m/10s（1）说明此后A、B的运动性质（2）分别求出A、B的加速度（3）经过多少时间A从B上滑下（4）A滑离B时，A、B的速度分别为多大A、B的位移分别为多大（5）若木板B足够长，最后A、B的共同速度（6）当木板B为多长时，A恰好没从B上滑下（木板B至少为多长，A才不会从B上滑下）3、质量为mB=m的长木板B静止在光滑水平面上，现有质量为mA=2m的可视为质点的物块，以水平向右的速度大小v0从左端滑上长木板，物块和长木板间的动摩擦因数为μ。

求：（1）要使物块不从长木板右端滑出，长木板的长度L至少为多少(至少用两种方法求解）（2）若开始时长木板向左运动，速度大小也为v0，其它条件不变，再求第（1）问中的L。

v4、如图所示，在光滑水平面上放有质量为2m的木板，木板左端放一质量为m 的可视为质点的木块。

两者间的动摩擦因数为μ，现让两者以V0的速度一起向竖直墙向右运动，木板和墙的碰撞不损失机械能，碰后两者最终一起运动。

求碰后：（1）木块相对木板运动的距离s（2）木块相对地面向右运动的最大距离L动量守恒定律———板块模型专题训练二1、如图所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一v从木块的左端滑向右端，个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度设物块与木块间的动摩擦因数为 ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。

微专题49动量守恒在“子弹打木块”模型和“板块”模型中的应用1．子弹射入静止在光滑的水平面上的木块，若最终一起运动，动量守恒，机械能减小；若穿出，系统动量仍守恒，系统损失的动能ΔE＝F f L(L为木块的长度).2.“滑块—木板”模型：系统的动量守恒，当两者的速度相等时，相当于完全非弹性碰撞，系统机械能损失最大，损失的机械能转化为系统内能，ΔE＝F f·L(L为滑块相对于木板滑行的位移)．1．(2023·云南省第一次统测)如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中．对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是()A．木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量B．因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒C．子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功D．子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和答案 C解析木块对子弹的冲量与子弹对木块的冲量方向相反，不相等，A错误；因为水平面光滑，系统不受外力，子弹和木块组成的系统动量守恒，B错误；根据动能定理，子弹对木块所做的功等于木块获得的动能；根据能量守恒定律，子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去木块获得的动能，C正确；根据动能定理，子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量，D错误．2．(多选)如图所示，光滑水平面上分别放着两块质量、形状相同的硬木和软木，两颗完全相同的子弹均以相同的初速度分别打进两种木头中，最终均留在木头内，已知软木对子弹的摩擦力较小，以下判断正确的是()A．子弹与硬木摩擦产生的内能较多B．两个系统产生的内能一样多C．子弹在软木中打入深度较大D ．子弹在硬木中打入深度较大答案 BC解析 设子弹质量为m ，木头质量为M ，由于最终都达到共同速度，根据动量守恒定律m v 0＝(m ＋M )v 可知，共同速度v 相同，则根据ΔE ＝12m v 02－12(m ＋M )v 2＝Q ，可知子弹与硬木和子弹与软木构成的系统机械能减少量相同，故两个系统产生的内能Q 一样多，故A 错误，B 正确；根据功能关系Q ＝F f ·d 可知产生的内能Q 相同时，摩擦力F f 越小，子弹打入深度d 越大，所以子弹在软木中打入深度较大，故C 正确，D 错误． 3.如图所示，一砂袋用无弹性轻细绳悬于O 点．开始时砂袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v 0击中砂袋后未穿出，二者共同摆动．若弹丸的质量为m ，砂袋的质量为5m ，弹丸和砂袋形状大小忽略不计，弹丸击中砂袋后漏出的砂子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g .下列说法中正确的是( )A ．弹丸打入砂袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B ．弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小C ．弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为m v 0272D ．砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v 0272g答案 D解析 弹丸打入砂袋的过程，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋5m )v ，解得v ＝16v 0，弹丸打入砂袋后，总质量变大，且做圆周运动，根据F T ＝6mg ＋6m v 2L可知，细绳所受拉力变大，A 错误；弹丸打入砂袋过程中，弹丸对砂袋的作用力与砂袋对弹丸的作用力大小相等，则弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量大小，B 错误；弹丸打入砂袋过程中所产生的热量Q ＝12m v 02－12×6m v 2＝512m v 02，C 错误；由机械能守恒定律可得12×6m v 2＝6mgh ，解得h ＝v 0272g ，D 正确．4．(多选)如图所示，足够长的木板B 放在光滑的水平面上，木块A 放在木板B 最左端，A 和B 之间的接触面粗糙，且A 和B 质量相等．初始时刻木块A 速度大小为v ，方向向右．木板B 速度大小为2v ，方向向左．下列说法正确的是( )A ．A 和B 最终都静止B ．A 和B 最终将一起向左做匀速直线运动C ．当A 以v 2向右运动时，B 以3v 2向左运动 D ．A 和B 减少的动能转化为A 、B 之间产生的内能答案 BCD解析 木块与木板组成的系统动量守恒，初始时刻木块A 速度大小为v ，方向向右，木板B 速度大小为2v ，方向向左．以向左为正方向，由动量守恒定律得2m v －m v ＝2m v ′，解得v ′＝v 2，方向向左，故A 错误，B 正确； 当A 以v 2向右运动时，以向左为正方向，有2m v －m v ＝－m ·v 2＋m v B ，解得v B ＝32v ，故C 正确；根据能量守恒定律可知，A 和B 减少的动能转化为A 、B 之间因摩擦产生的内能，故D 正确．5.(2023·宁夏石嘴山市三中月考)如图所示，物体A 置于静止在光滑水平面上的平板小车B 的左端，在A 的上方O 点用细线悬挂一小球C (可视为质点)，线长L ＝0.8 m ．现将小球C 拉至水平无初速度释放，并在最低点与物体A 发生水平正碰，碰撞后小球C 反弹的速度大小为2 m/s.已知A 、B 、C 的质量分别为m A ＝4 kg 、m B ＝8 kg 和m C ＝1 kg ，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.2，A 、C 碰撞时间极短，且只碰一次，取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求小球C 与物体A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小；(2)求A 、C 碰撞后瞬间A 的速度大小；(3)若物体A 未从小车B 上掉落，小车B 最小长度为多少？答案 (1)30 N (2)1.5 m/s (3)0.375 m解析 (1)设小球C 与物体A 碰撞前瞬间的速度大小为v 0，对小球C 的下摆过程，由机械能守恒定律得m C gL ＝12m C v 02 解得v 0＝4 m/s设小球C 与物体A 碰撞前瞬间受到细线的拉力大小为F ，对小球由牛顿第二定律得F －m C g ＝m C v 02L解得F ＝30 N(2)以v 0方向为正方向，设A 、C 碰撞后瞬间A 的速度大小为v A ，由动量守恒定律得 m C v 0＝－m C v C ＋m A v A解得v A ＝1.5 m/s(3)当物体A 滑动到小车B 的最右端时恰好与小车B 达到共同速度v 时，小车B 的长度最小，设为x .由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m B )v解得v ＝0.5 m/s由能量守恒定律得μm A gx ＝12m A v A 2－12(m A ＋m B )v 2 解得x ＝0.375 m.6．如图所示，平板小车A 放在光滑水平面上，长度L ＝1 m ，质量m A ＝1.99 kg ，其上表面距地面的高度h ＝0.8 m ．滑块B (可视为质点)质量m B ＝1 kg ，静置在平板小车的右端，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.1.现有m C ＝0.01 kg 的子弹C 以v 0＝400 m/s 的速度向右击中小车A 并留在其中，且击中时间极短，g 取10 m/s 2.则：(1)子弹C 击中平板小车A 后的瞬间，A 速度多大？(2)B 落地瞬间，平板小车左端与滑块B 的水平距离x 多大？答案 (1)2 m/s (2)0.4 m解析 (1)子弹C 击中小车A 后并留在其中，则A 与C 共速，速度为v 1，以v 0的方向为正方向，根据动量守恒有m C v 0＝(m C ＋m A )v 1解得v 1＝2 m/s(2)设A 与B 分离时的速度分别是v 2、v 3，对A 、B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得(m A ＋m C )v 1＝(m A ＋m C )v 2＋m B v 3－μm B gL ＝12(m A ＋m C )v 22＋12m B v 32－12(m A ＋m C )v 12 解得v 2＝53 m/s ，v 3＝23m/s B 从A 飞出以v 3做平抛运动，则h ＝12gt 2 解得t ＝0.4 sA 以v 2向右做匀速直线运动，则当B 落地时，它们的相对位移x ＝(v 2－v 3)t ＝0.4 m.。

第6讲动量守恒定律及模型分析1一、知识要点：动量守恒定律的理解（1）、动量守恒定律的内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．（2）、动量守恒定律的表达式a. p=p，意义：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’(从守恒的角度列式)．b.∆p =p’-p=0．意义：系统总动量变化等于零(从变化角度列式)．c.对相互作用的两个物体组成的系统：①状态式：P1+P2=P’1 + P’2或者m1v1 +m2v2=m1v1，+m2v2'．②过程式：P1- P1，=一(P’2 - P2) 或者∆p1=一∆p2注意：①动量守恒定律的矢量性：动量守恒定律的数学表达式是个矢量关系式。

②瞬时性：动量守恒指系统在任一瞬间的动量恒定，等号左边是作用前系统内各动量在同一时刻的矢量和，等号右边是作用后系统内各动量在另一同时刻的矢量和。

③参考系的同一性：表达式中的各速度(动量)均是相对于同一惯性参考系而言的，一般均以地面为参考系。

④整体性：初、末两个状态研究对象必须一致。

（3）、系统动量守恒的条件a、充分且必要条件：系统不外力或所受外力之和为零b、近似守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统的内力远远大于外力，此时外力可以忽略不计。

如：碰撞和爆炸。

c、某一方向上动量守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统在某一方向上的外力之和为零，则该方向上的动量守恒。

二、【分类典型例题】（一）动量和冲量的理解1．如图1所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则（）A．拉力对物体的冲量大小为FtB．拉力对物体的冲量大小为Ft cosθC．摩擦力对物体的冲量大小为FtD．合外力对物体的冲量大小为Ft2．一物体沿光滑固定斜面下滑，在此过程中（）A．斜面对物体的弹力做功为零B．斜面对物体的弹力冲量为零C．物体动能的增量等于重力所做的功D．物体动量的增量等于重力的冲量3．在某一高度处的同一点将三个质量相等的小球以相同的速率分别竖直上抛、竖直下抛、平抛。

动量守恒中四类模型和三大力学观点的综合应用特训目标特训内容目标1人船模型和类人船模型(1T-4T)目标2爆炸反冲类模型(5T-8T)目标3弹簧模型(9T-12T)目标4板块模型(13T-16T)目标5三大力学观点的综合应用(17T-20T)【特训典例】一、人船模型和类人船模型1“独竹漂”是一项独特的黔北民间绝技。

独竹漂高手们脚踩一根楠竹，漂行水上如履平地。

如图甲所示，在平静的湖面上，一位女子脚踩竹竿抵达岸边，此时女子静立于竹竿A点，一位摄影爱好者使用连拍模式拍下了该女子在竹竿上行走过程的系列照片，并从中选取了两张进行对比，其简化图如下。

经过测量发现，甲、乙两张照片中A、B两点的水平间距约为1cm，乙图中竹竿右端距离河岸约为1.8cm。

女子在照片上身高约为1.6cm。

已知竹竿的质量约为25kg，若不计水的阻力，则该女子的质量约为()A.45kgB.50kgC.55kgD.60kg【答案】A【详解】对人和竹竿组成的系统，可看成人船模型，所以m1x1=m2x2代入数据可得人的质量为m2=45kg 故选A。

2如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为m的小球从距A点正上方R处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道，已知半圆弧半径为R，小车质量是小球质量的k倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是()A.小球运动到小车的B点位置时，车与小球的速度不相同B.小球从小车A 位置运动到B 位置过程中，小车对小球先做正功后做负功C.小球从小车的B 点冲出后可上升到释放的初始高度，并能从小车A 点冲出到达释放的初始位置(相对于地)D.小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，小车的位移大小为1k +1R 【答案】ACD【详解】AC ．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B 点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机械能守恒可知小球能上升到与释放点等高的位置，返回后能从小车A 点冲出到达释放的初始位置(相对于地)，选项A C 正确；B ．小球从小车A 位置运动到B 位置过程中，小车先向左加速再向左减速，小球对小车先做正功再做负功，故小车对小球先做负功再做正功，选项B 错误；D ．小球从开始下落至到达圆弧轨道的最低点过程，由人船模型可得kmx 2=mx 1；x 1+x 2=R解得小球、小车的水平位移分别为x 1=k k +1R ；x 2=1k +1R 选项D 正确。

动量守恒定律：1．如果一个系统不受外力或者所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变。

由动量守恒的条件判断系统动量守恒的步骤如下： ⑴明确系统由哪几部分组成。

⑵对系统中各物体进行受力分析，分清哪些是内力，哪些是外力。

⑶看所有外力的合力是否为零，或内力是否远大于外力，从而判定系统的动量是否守恒。

2．动量守恒定律常用的三种表达式①p'＝p ，其中p'、p 分别表示系统的末动量、初动量。

②11222211m v m v m v m v ''+=+ ③12p p ∆∆=，其中1p ∆、2p ∆分别表示系统两物体动量的变化量3．应用上述公式处理问题时应注意“四性”①矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程，对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取的方向相同的动量为正，相反为负。

若方向未知，可设与正方向相同列动量守恒方程，通过求得结果的正负，判定未知量的方向。

②瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒定律是系统任一瞬时的动量恒定，列方程1122m v m v +=11m v '+ 22m v '时，等号左侧是作用前(某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)各物体的动量和，不同时刻的动量不能相加。

③相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以大地为参考系。

④普适性：它不仅适用于两个物体所组成的系统，也适用于多个物体组成的系统，不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统。

4．动量守恒定律解题的基本思路⑴确定研究对象并进行受力分析，过程分析； ⑵判断系统动量在研究过程中是否守恒； ⑶明确过程的初、末状态的系统动量的量值； ⑷选择正方向，根据动量守恒定律建立方程。

常见动量守恒模型动量守恒定律：动量守恒定律的条件、 动量守恒定律的在板块模型的应用动量守恒条件的辨析【例1】如图所示，A、B两物体质量之比m A∶m B＝3∶2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统的动量守恒B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统的动量守恒C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统的动量守恒D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统的动量守恒【例2】一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L0拴有小球的细绳，小球由和悬点在同一水平面上的A点静止释放，如图所示，不计一切阻力，下面说法中正确的是( )A．小球的机械能守恒，动量不守恒B．小球的机械能不守恒，动量也不守恒，但水平方向动量守恒C．球和小车的总机械能守恒，总动量不守恒D．球和小车的总机械能不守恒，总动量守恒多个物体相互作用【例3】两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上。

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：x 人=m 船m 人+m 船L ；x 船=m 人m 人+m 船L3.类人船模型类型一类型二类型三类型四类型五1有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)，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：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，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L ，已知他自身的质量为m ，则渔船的质量()A.m (L +d )dB.md (L -d )C.mL dD.m (L -d )d【答案】D【详解】因水平方向动量守恒，可知人运动的位移为(L -d )由动量守恒定律可知m (L -d )=Md解得船的质量为M =m (L -d )d故选D 。

2如图所示，滑块和小球的质量分别为M 、m 。

滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为L ，重力加速度为g 。

开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。

现将小球由静止释放，下列说法正确的是( )。

A.滑块和小球组成的系统动量守恒B.滑块和小球组成的系统水平方向动量守恒C.滑块的最大速率为2m 2gLM (M +m )D.滑块向右移动的最大位移为mM +mL【答案】BC【详解】A ．小球下摆过程中竖直方向有分加速度，系统的合外力不为零，因此系统动量不守恒，A 错误；B ．绳子上拉力属于内力，系统在水平方向不受外力作用，因此系统水平方向动量守恒，B 正确；C ．当小球落到最低点时，只有水平方向速度，此时小球和滑块的速度均达到最大，取水平向右为正方向，系统水平方向动量守恒有Mv 1-mv 2=0由系统机械能守恒有mgL =12mv 22+Mv 21解得滑块的最大速率v 1=2m 2gLM (M +m )，C 正确；D ．设滑块向右移动的最大位移为x ，根据水平动量守恒得M x t -m 2L -x t =0解得x =2mM +mL ，D 错误；故选BC 。