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高三一轮同步复习专题25 动量守恒定律及应用二——“滑块-弹簧”模型【模型归纳】【典例分析】例1、如图所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。
现在使甲瞬时获得水平向右的速度v0=5m/s，当甲物体的速度减小到1m/s 时，弹簧最短。
下列说法正确的是（）A．紧接着甲物体将开始做减速运动B．紧接着甲物体将开始做加速运动C．甲乙两物体的质量之比m1∶m2=1∶3D．甲乙两物体的质量之比m1∶m2=1∶4【变式训练1】如图所示，质量为m1=2 kg的小球P从离水平面高度为h=0.8m的光滑斜面上滚下，与静止在光滑水平面上质量为m Q=2kg的带有轻弹簧的滑块Q碰撞，g=10m/s2，下列说法正确的是（）A．P球与滑块Q碰撞前的速度为5m/sB．P球与滑块Q碰撞前的动量为16kg·m/sC．它们碰撞后轻弹簧压缩至最短时的速度为2m/sD．碰撞过程中动能守恒【变式训练2】如图甲所示，一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。
现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，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1m/s，且弹簧都处于伸长状态B．从t3到t4时刻弹簧由伸长状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为12:1:3m m =D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为12:1:8k kE E =【变式训练3】如图所示，质量为m 1=0.95kg 的小车A 静止在光滑地面上，一质量为m 3=0.05kg 的子弹以v 0=100m/s 的速度击中小车A ，并留在其中，作用时间极短。
一段时间后小车A 与另外一个静止在其右侧的，质量为m 2=4kg 的小车B 发生正碰，小车B 的左侧有一固定的轻质弹簧，碰撞过程中，弹簧始终未超弹性限度，则下列说法错误的是（ ）A ．小车A 与子弹的最终速度大小为3m/sB ．小车B 的最终速度大小为2m/sC ．弹簧最大的弹性势能为10JD ．整个过程损失的能量为240J【变式训练4】如图所示，质量M=4kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L=0.5m 这段滑板与木块A （可视为质点）之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑。
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 。
压轴题11有关动量守恒定律的综合应用考向一/计算题：与碰撞模型有关的动量守恒定律的综合应用考向二/计算题：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用考向三/计算题：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用要领一：弹性碰撞和完全非弹性碰撞基本规律（一）弹性碰撞1.碰撞三原则：(1)动量守恒：即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.(2)动能不增加：即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2.(3)速度要合理①若碰前两物体同向运动，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不可能都不改变。
2.“动碰动”弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 1和m 2，碰前速度为v 1，v 2，碰后速度分别为v 1ˊ，v 2ˊ，则有：''11221112m v m v m v m v +=+(1)22'2'21122111211112222m v m v m v m v +=+(2)联立（1）、（2）解得：v 1’=，v 2’=.特殊情况：若m 1=m 2，v 1ˊ=v 2，v 2ˊ=v 1.3.“动碰静”弹性碰撞的结论两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。
以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′（1）12m 1v 21＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2（2）解得：v 1′＝（m 1－m 2）v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2结论：(1)当m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1(质量相等，速度交换)(2)当m 1＞m 2时，v 1′＞0，v 2′＞0，且v 2′＞v 1′(大碰小，一起跑)(3)当m 1＜m 2时，v 1′＜0，v 2′＞0(小碰大，要反弹)v 1v 2v 1’ˊv 2’ˊm 1m 2(4)当m 1≫m 2时，v 1′＝v 0，v 2′＝2v 1(极大碰极小，大不变，小加倍)(5)当m 1≪m 2时，v 1′＝－v 1，v 2′＝0(极小碰极大，小等速率反弹，大不变)（二）完全非弹性碰撞碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得：m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能：ΔE k =½m 1v 12+½m 2v 22-½(m 1+m 2)v 共2（2）联立（1）、（2）解得：v 共=；ΔE k =要领二：与板块模型有关的动量守恒定律的综合应用要领三：与弹簧模型有关的动量守恒定律的综合应用条件与模型v 1v 2v 共m 1m 2①m A =m B（如:m A =1kg ；m B =1kg ）②m A >m B（如:m A =2kg ；m B =1kg ）③m A <m B（如:m A =1kg ；m B =2kg ）规律与公式情况一：从原长到最短（或最长）时①()v m m v m B A A +=0；②()2201122A A B pm m v m m v E =++情况二：从原长先到最短（或最长）再恢复原长时①'2'10v m v m v m B A A +=；②2'2'2012111222A A B m v m v m v =+1．如图所示，9个完全相同的滑块静止在水平地面上，呈一条直线排列，间距均为L ，质量均为m ，与地面间的动摩擦因数均为μ，现给第1个滑块水平向右的初速度，滑块依次发生碰撞（对心碰撞），碰撞时间极短，且每次碰后滑块均粘在一起，并向右运动，且恰好未与第9个滑块发生碰撞。
