第37課時動量守恒中的四類模型[重難突破課]模型一子彈打木塊模型模型圖例模型規律（1）地面光滑，系統的動量守恒。（2）系統的機械能有損失，一般應用能量守恒定律。兩種情況（1）子彈未穿出木塊：兩者最終速度相等，機械能損失最多①動量守恒：mv0＝（m＋M）v②能量守恒：Q＝f·x＝12mv02－12（M＋（2）子彈穿出木塊：兩者速度不相等，機械能有損失①動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2②能量守恒：Q＝f·l＝12mv0【典例1】如圖所示，在光滑的水平桌面上靜止放置一個質量為980g的長方形勻質木塊，現有一質量為20g的子彈以大小為300m/s的水平速度沿木塊的中心軸線射向木塊，最終留在木塊中沒有射出，和木塊一起以共同的速度運動。已知木塊沿子彈運動方向的長度為10cm，子彈打進木塊的深度為6cm。設木塊對子彈的阻力保持不變。（1）求子彈和木塊的共同速度以及它們在此過程中所產生的內能；（2）若子彈是以大小為400m/s的水平速度從同一方向水平射向該木塊，則在射中木塊后能否射穿該木塊？答案：（1）6m/s882J（2）能解析：（1）設子彈射入木塊后與木塊的共同速度為v，對子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，代入數據解得v＝6m/s此過程系統所產生的內能Q＝12mv02－12（M＋m）v（2）假設子彈以v0'＝400m/s的速度入射時沒有射穿木塊，則對以子彈和木塊組成的系統，由動量守恒定律得mv0'＝（M＋m）v'解得v'＝8m/s此過程系統損失的機械能為ΔE'＝12mv0'2－12（M＋m）v'2由功能關系有Q＝ΔE＝F阻x相＝F阻d，ΔE'＝F阻x相'＝F阻d'則ΔEΔE'解得d'＝1因為d'＞10cm，所以能射穿木塊。如圖所示，質量為M的木塊放在水平地面上，子彈沿水平方向射入木塊并留在其中，測出木塊在水平地面上滑行的距離為s，已知木塊與水平地面間的動摩擦因數為μ，子彈的質量為m，重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計，則子彈射入木塊前的速度大小為（）A.m＋MmC.mm＋M解析：A子彈射入木塊過程，系統內力遠大于外力，系統動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得mv1＝（M＋m）v，解得v＝mv1M＋m，子彈射入木塊后，二者做勻減速直線運動，對子彈與木塊組成的系統，由動能定理得－μ（M＋m）gs＝0－12（M＋m）v2，聯立解得v1＝M模型二滑塊—木板模型模型圖例模型規律木板M放在光滑的水平地面上，滑塊m以速度v0滑上木板，兩者間的摩擦力大小為f。①系統的動量守恒；②系統減少的機械能等于摩擦力與兩者相對位移大小的乘積，即摩擦生成的熱量。兩種情況（1）若滑塊未滑離木板，則類似于子彈打木塊模型中子彈未穿出的情況。①系統動量守恒：mv0＝（M＋m）v；②系統能量守恒：Q＝f·x＝12mv02－12（M＋m（2）若滑塊滑離木板，則類似于子彈穿出的情況。①系統動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；②系統能量守恒：Q＝fl＝12mv02【典例2】（2022·河北高考13題）如圖，光滑水平面上有兩個等高的滑板A和B，質量分別為1kg和2kg，A右端和B左端分別放置物塊C、D，物塊質量均為1kg，A和C以相同速度v0＝10m/s向右運動，B和D以相同速度kv0向左運動，在某時刻發生碰撞，作用時間極短，碰撞后C與D粘在一起形成一個新滑塊，A與B粘在一起形成一個新滑板，物塊與滑板之間的動摩擦因數均為μ＝0.1。重力加速度大小取g＝10m/s2。（1）若0＜k＜0.5，求碰撞后瞬間新物塊和新滑板各自速度的大小和方向；（2）若k＝0.5，從碰撞后到新滑塊與新滑板相對靜止時，求兩者相對位移的大小。答案：（1）5（1－k）m/s10－20k（2）1.875m解析：（1）物塊C、D碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后物塊C、D形成的新物塊的速度為v物，C、D的質量均為m＝1kg，以向右方向為正方向，則有mv0－m·kv0＝（m＋m）v物解得v物＝1－k2v0＝5（1－k）可知碰撞后滑塊C、D形成的新滑塊的速度大小為5（1－k）m/s，方向向右。滑板A、B碰撞過程中滿足動量守恒，設碰撞后滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑，滑板A和B質量分別為1kg和2kg，則有Mv0－2M·kv0＝（M＋2M）v滑解得v滑＝1－2k3v0＝則新滑板速度方向也向右。（2）若k＝0.5，可知碰后瞬間物塊C、D形成的新物塊的速度為v物'＝5（1－k）m/s＝5×（1－0.5）m/s＝2.5m/s碰后瞬間滑板A、B形成的新滑板的速度為v滑'＝10－20k可知碰后新物塊相對于新滑板向右運動，新物塊向右做勻減速運動，新滑板向右做勻加速運動，新物塊的質量為m'＝2kg，新滑板的質量為M'＝3kg，設相對靜止時的共同速度為v共，根據動量守恒定律可得m'v物'＝（m'＋M'）v共解得v共＝1m/s根據能量守恒定律可得μm'gx相＝12m'v物'2－12（m'＋M'解得x相＝1.875m。如圖所示，光滑水平地面上并排放置著質量分別為m1＝1kg、m2＝2kg的木板A、B，一質量M＝2kg的滑塊C（視為質點）以初速度v0＝10m/s從A左端滑上木板，C滑離木板A時的速度大小為v1＝7m/s，最終C與木板B相對靜止，則（）A.木板B與滑塊C最終均靜止在水平地面上B.木板B的最大速度為2m/sC.木板A的最大速度為1m/sD.整個過程，A、B、C組成的系統機械能減少了57.5J解析：D整個系統動量守恒，則C滑離木板A時Mv0＝Mv1＋（m1＋m2）vA，解得木板A的最大速度為vA＝2m/s，滑上B后，對B、C整體動量守恒，則Mv1＋m2vA＝（M＋m2）vB，解得木板B的最大速度為vB＝4.5m/s，并且B、C最終一起勻速運動，故A、B、C錯誤；整個過程，A、B、C組成的系統機械能減少了ΔE＝12Mv02－12m1vA2－12（m2＋M）模型三滑塊—曲面體模型模型圖例模型規律光滑的曲面體開始時靜止在水平地面上，滑塊以速度v0滑上曲面體①系統水平方向動量守恒；②系統的機械能守恒。兩個位置（1）滑塊到達最高點時，滑塊與曲面體具有共同的水平速度v共①系統水平方向動量守恒：mv0＝（M＋m）v共；②系統機械能守恒：12mv02＝12（M＋m）v共2＋mgh（2）滑塊返回最低點時，滑塊與曲面體分離①系統水平方向動量守恒：mv0＝mv1＋Mv2；②系統機械能守恒：12mv02＝12mv1【典例3】如圖所示，質量為m＝1kg的工件甲靜置在光滑水平面上，其上表面由光滑水平軌道AB和四分之一光滑圓弧軌道BC組成，兩軌道相切于B點，圓弧軌道半徑為R＝0.824m，質量也為m的小滑塊乙靜置于A點。不可伸長的細線一端固定于O點，另一端系一質量為M＝4kg的小球丙，細線豎直且丙靜止時O到球心的距離為L＝2m。現將丙向右拉開至細線與豎直方向夾角為θ＝53°并由靜止釋放，丙在O正下方與甲發生彈性碰撞（之后兩者不再發生碰撞）。已知重力加速度大小為g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，不計空氣阻力。（1）求丙與甲碰后瞬間各自速度的大小；（2）通過計算分析判斷，碰后甲向左滑動的過程中，乙能否從C點離開圓弧軌道。答案：（1）2.4m/s6.4m/s（2）見解析解析：（1）丙向下擺動過程中機械能守恒，則MgL（1－cosθ）＝12M解得v0＝4m/s丙與甲碰撞過程，由動量守恒定律得Mv0＝Mv'＋mv由機械能守恒定律得12Mv02＝12Mv'2解得碰后瞬間，丙速度大小v'＝2.4m/s甲速度大小v＝6.4m/s。（2）假設乙能從C點離開，C點甲、乙水平速度相同，設甲速度為v甲2，從丙與甲碰撞結束至乙從C點離開甲過程，甲、乙水平方向動量守恒，則有mv＝2mv甲2解得v甲2＝3.2m/s設乙從C點離開時乙豎直方向速度大小為vy，從丙與甲碰撞結束至乙從C點離開甲過程中，由機械能守恒定律得12mv2＝12mv甲22＋又因為v乙12＝解得vy＝2m/s＞0，所以乙能從C離開圓弧軌道。（多選）質量為M的帶有14光滑圓弧軌道的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質量也為M的小球以速度v0水平沖上小車，到達某一高度后，小球又返回小車的左端，重力加速度為g，則（A.小球以后將向左做平拋運動B.小球將做自由落體運動C.此過程小球對小車做的功為12MD.小球在圓弧軌道上上升的最大高度為v解析：BC小球上升到最高點時與小車相對靜止，有相同的速度v'，由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0＝2Mv'，12Mv02＝12×2Mv'2＋Mgh，聯立解得h＝v024g，故D錯誤；從小球滾上小車到滾下并離開小車過程，系統在水平方向上動量守恒，由于只有重力和系統內彈力做功，故系統機械能守恒，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球返回小車左端時速度變為零，開始做自由落體運動，小車速度變為v0，動能為12Mv02，即此過程小球對小車做的功為1模型四滑塊—彈簧模型模型圖例水平地面光滑，m1、m2與輕彈簧（開始處于原長）相連，m1以初速度v0運動。模型規律（1）系統的動量守恒。（2）系統的機械能守恒。兩個狀態（1）彈簧最短（或最長）時兩物體瞬時速度相等，彈性勢能最大①系統動量守恒：m1v0＝（m1＋m2）v共；②系統機械能守恒：12m1v02＝12（m1＋m2）v（2）彈簧處于原長時彈性勢能為零①系統動量守恒：m1v0＝m1v1＋m2v2；②系統機械能守恒：12m1v02＝12m1v12【典例4】（多選）如圖甲所示，物塊A、B的質量分別是mA＝4.0kg和mB＝2.0kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側與豎直墻相接觸。另有一物塊C在t＝0時刻以一定速度向右運動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開，物塊C的v-t圖像如圖乙所示，下列說法正確的是（）A.物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為48JB.4s到12s的時間內，墻壁對物塊B的沖量大小為48N·s，方向向右C.物塊B離開墻壁后，彈簧的最大彈性勢能為10JD.物塊B離開墻壁后，物塊B的最大速度大小為6m/s答案：AD解析：AC碰撞過程由動量守恒定律可得mCv0＝（mC＋mA）v，v0＝12m/s，v＝4m/s，解得mC＝2kg，當AC速度減為零時彈簧壓縮至最短，此時彈性勢能最大，Ep＝12（mA＋mC）v2＝12×6×42J＝48J，故A正確；4s到12s的時間內彈簧對AC的沖量為I彈＝（mA＋mC）（v2－v1）＝6×（－8）N·s＝－48N·s，12s時B的速度為零，4s到12s的時間內，對B由動量定理可得－I彈＋I墻＝0，得I墻＝I彈＝－48N·s，即大小為48N·s，方向向左，故B錯誤；物塊B離開墻壁后，當B的速度與AC的速度相等時，由動量守恒定律可得（mA＋mC）v1＝（mA＋mC＋mB）v2，其中v1＝4m/s，解得v2＝3m/s，所以彈簧的最大彈性勢能為Ep＝12（mA＋mC）v12－12（mA＋mC＋mB）v22＝12J，故C錯誤；當彈簧為原長時B的速度達到最大，由動量守恒定律和能量守恒定律可得（mA＋mC）v1＝（mA＋mC）v3＋mBv4，12（mA＋mC）v12＝12（mA＋mC）v32＋（多選）如圖所示，水平面內有兩個光滑平行導軌，導軌足夠長，其間距為L。質量分別為m、2m的環A、B套在導軌上，兩環之間連接一輕彈簧，輕彈簧原長32L。開始時彈簧與桿垂直，兩環均靜止。某時刻，給環B一水平向右的瞬時速度v，下列說法正確的是（A.A、B和彈簧組成的系統滿足動量不守恒、機械能守恒B.若A的速度為vA＝4v3，B的速度為vBC.若A的速度為vA＝4v3，D.若彈簧恢復原長時，環B速度為水平向右的2v，則初始狀態時彈簧的彈性勢能Ep＝5mv2解析：BCD平行導軌光滑，對A、B和彈簧組成的系統分析，所受的外力矢量和為0，因此系統動量守恒，除系統內彈力外，沒有其他力做功，系統機械能守恒，故A錯誤；對A、B和彈簧組成的系統分析，取向右為正方向，由動量守恒定律得2mv＝m·43v＋2mvB，解得vB＝v3，故B正確；由B選項分析可知，若vA＝4v3，則vB＝v3，設彈簧初始彈性勢能為Ep，A的速度為4v3時的彈性勢能為Ep'，根據機械能守恒定律可得12×2mv2＋Ep＝12×2mvB2＋12mvA2＋Ep'，可得Ep＝Ep'，開始時彈簧長度為L，而原長為32L，故彈簧壓縮了L2，彈性勢能為Ep，而彈簧伸長后彈性勢能與初始彈性勢能相等，故伸長量也為L2，此時彈簧長度為L'＝32L＋12L＝2L＝Lsin30°，故彈簧與導軌間夾角為30°，故C正確；開始時，彈簧長度為L，而原長為32L，故彈簧壓縮了L2，彈性勢能記為Ep，彈簧恢復原長時，環B水平向右的速度為2v，根據動量守恒可得2mv＝mvA＋2m·2v，解得vA＝－2v，即A的速度大小為2v，方向向左，由能量守恒定律得12×2mv2＋Ep＝12×2m（模型一子彈打木塊模型1.（多選）如圖所示，一子彈以初速度v0擊中靜止在光滑的水平面上的木塊，最終子彈未能射穿木塊，射入的深度為d，木塊加速運動的位移為s。則以下說法正確的是（）A.子彈動能的虧損等于系統動能的虧損B.子彈動量變化量的大小等于木塊動量變化量的大小C.摩擦力對木塊做的功等于摩擦力對子彈做的功D.子彈對木塊做的功等于木塊動能的增量解析：BD子彈射入木塊的過程，由于克服摩擦力做功，要產生內能，由能量守恒定律知：子彈動能的虧損大于系統動能的虧損，故A錯誤；子彈和木塊組成的系統動量守恒，則子彈與木塊動量的變化量大小相等，方向相反，故B正確；摩擦力對木塊做的功為Ffs，摩擦力對子彈做的功為－Ff（s＋d），可知二者不等，故C錯誤；對木塊根據動能定理可知，子彈對木塊做的功即為摩擦力對木塊做的功，等于木塊動能的增量，故D正確。2.（多選）如圖所示，質量為M的木塊放在光滑的水平面上，質量為m的子彈（可視為質點）以水平速度v0射中木塊，并最終留在木塊中與木塊一起以速度v運動，已知當子彈相對木塊靜止時，木塊前進距離為L，子彈進入木塊的深度為s，此過程經歷的時間為t。若木塊對子彈的阻力大小Ff視為恒定，則下列關系式中正確的是（）A.FfL＝12Mv2 B.Fft＝mv0－C.v＝mv0M D.Ffs＝12mv解析：AB由動能定理，對木塊可得FfL＝12Mv2，選項A正確；以向右為正方向，由動量定理，對子彈可得－Fft＝mv－mv0，則Fft＝mv0－mv，選項B正確；對木塊、子彈整體，根據動量守恒定律得mv0＝（M＋m）v，解得v＝mv0M＋m，選項C錯誤；對整體，根據能量守恒定律得Ffs＝12mv02－12（模型二滑塊—木板模型3.（多選）如圖所示，光滑水平面上放置滑塊A和左側固定輕質豎直擋板的木板B，滑塊C置于B的最右端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝3kg、mC＝1kg。開始時B、C靜止，A以v0＝7.5m/s的速度勻速向右運動，A與B發生正撞（碰撞時間極短），經過一段時間，B、C達到共同速度一起向右運動，且此時C再次位于B的最右端。已知所有的碰撞均無機械能損失，木板B的長度為L＝0.9m，B、C之間的動摩擦因數為μ，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A.A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為5m/sB.A與B碰撞后瞬間，B的速度大小為6m/sC.C與B左側的擋板相撞后的一小段時間內，C對B摩擦力的沖量水平向左D.μ＝0.75解析：BD規定向右為正方向，由動量守恒定律和機械能守恒定律得mAv0＝mAvA1＋mBvB1，12mAv02＝12mAvA12＋12mBvB12，解得vB1＝6m/s，故A錯誤，B正確；C與B左側的擋板相撞后的一小段時間內，C的速度大于B的速度，C對B的摩擦力水平向右，此時C對B摩擦力的沖量水平向右，故C錯誤；由動量守恒定律和能量守恒定律得mBvB1＝（mB＋mC）v共，12mBvB12＝12（mB＋mC）4.如圖所示，質量為m的長木板B放在光滑的水平面上，質量為14m的木塊A放在長木板的左端，一顆質量為116m的子彈以速度v0射入木塊并留在木塊中，當木塊滑離木板時速度為v08，木塊在木板上滑行的時間為t，A.木塊獲得的最大速度為vB.木塊滑離木板時，木板獲得的速度大小為3C.木塊在木板上滑動時，木塊與木板之間的滑動摩擦力大小為3D.木塊在木板上滑動時，因摩擦產生的熱量等于子彈射入木塊后子彈和木塊減少的動能與木板增加的動能之差解析：B對子彈和木塊A組成的系統，根據動量守恒定律得116mv0＝116m＋14mv1，解得v1＝v05，此后木塊A與子彈一起做減速運動，則此時木塊的速度最大，選項A正確；木塊滑離木板時，對木板和木塊（包括子彈）系統由動量守恒定律得mv016＝116m＋14m×v08＋mv2，解得v2＝3v0128，選項B錯誤；對木板，由動量定理得模型三滑塊—曲面體模型5.（多選）如圖所示，質量為M、帶有半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道的滑塊靜置于光滑水平地面上，且圓弧軌道底端與水平面平滑連接，O為圓心。質量為m的小滑塊（可視為質點）以水平向右的初速度v0沖上圓弧軌道，恰好能滑到圓弧軌道最高點，已知M＝2m，則下列判斷正確的是（）A.小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊機械能不守恒B.小滑塊沖上軌道的過程，小滑塊與帶有圓弧軌道的滑塊組成的系統動量守恒C.小滑塊沖到軌道的最高點時，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大且大小為23vD.小滑塊脫離圓弧軌道時，速度大小為13v解析：AD小滑塊沖上軌道的過程，系統機械能守恒，小滑塊機械能不守恒，A正確；小滑塊沖上軌道的過程，系統豎直方向外力矢量和不為零，動量不守恒，但系統在水平方向上不受外力，故系統水平方向上動量守恒，B錯誤；小滑塊恰好沖到軌道的最高點時，二者速度相同，由水平方向動量守恒可得，帶有圓弧軌道的滑塊速度大小為13v0，當小滑塊從圓弧軌道返回脫離圓弧軌道時，帶有圓弧軌道的滑塊速度最大，設脫離時小滑塊和帶有圓弧軌道的滑塊速度分別為v1和v2，則有mv0＝mv1＋Mv2，12mv02＝12mv12＋12Mv22，解得v2＝23v0，v16.（多選）如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車（含管道）的質量為3m，靜止在光滑的水平面上。現有一個可以看作質點的小球，質量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。重力加速度為g，關于這個過程，下列說法正確的是（）A.小球滑離小車時，小車回到原來位置B.小球滑離小車時小車的速度大小v車＝12C.車上管道中心線最高點的豎直高度為3vD.小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是mv解析：BC由題意知小球與小車在水平方向上不受外力，在水平方向上動量守恒，小球相對小車上滑的過程，小車向右加速運動，小球相對小車下滑的過程，小車繼續向右加速運動，所以小車的速度一直向右，小球滑離小車時，小車向右運動，不可能回到原來位置，故A錯誤；設小球滑離小車時小車的速度大小為v車，由動量守恒定律可得mv＝3mv車＋mv球，由機械能守恒定律可得12mv2＝12×3mv車2＋12mv球2，解得v車＝12v，v球＝－12v，故B正確；小球恰好到達管道的最高點時，小球和小車的速度相同，由動量守恒定律得mv＝（3m＋m）v'，可得此時的速度v'＝14v，由機械能守恒定律可得12mv2－12×4m×14v2＝mgh，所以車上管道中心線最高點的豎直高度h＝3v28g，故C正確；模型四滑塊—彈簧模型7.如圖所示，左端接有輕彈簧的物塊A靜止在光滑水平面上，物塊B以一初速度向A運動，t＝0時B與彈簧接觸，0～2s內兩物體的v-t圖像如圖所示。則（）A.A的質量比B的大B.0～1s內，彈簧對A、B的沖量相同C.t＝1s時，彈簧的彈性勢能最大D.t＝2s時，A的動量比B的大解析：C由圖可知，物塊B的初速度為v0＝1.2m/s，t＝1s時，物塊A、B的共同速度大小為v＝1.0m/s，由動量守恒定律可得mBv0＝（mA＋mB）v，解得mB＝5mA，故A錯誤；0～1s內，彈簧對A的沖量方向向右，彈簧對B的沖量方向向左，所以彈簧對A、B的沖量不相同，故B錯誤；t＝1s時，物塊A、B有共同速度，彈簧最短，彈簧的彈性勢能最大，故C正確；t＝2s時，A的動量pA＝mAvA，B的動量pB＝mBvB，由圖可知vA＝2.0m/s，vB＝0.8m/s，又mB＝5mA，所以A的動量比B的小，故D錯誤。8.（多選）如圖所示，光滑水平地面上停放著一輛質量為2m的小車，小車的四分之一圓弧軌道在最低點B與水平軌道相切，圓弧軌道表面光滑，半徑為R，水平軌道表面粗糙。在小車的右端固定一個輕彈簧，彈簧的原長小于水平軌道的長度。一個質量為m的小球從圓弧軌道與圓心等高的A點開始自由滑下，經B到達水平軌道，壓縮彈簧后被彈回并恰好相對于小車靜止在B點，重力加速度大小為g，下列說法不正確的是（）A.小球、小車及彈簧組成的系統動量守恒，機械能不守恒B.小球第一次到達B點時對小車的壓力73C.彈簧具有的最大彈性勢能為12D.從開始到彈簧具有最大彈性勢能時，摩擦生熱12解析：AB小球、小車及彈簧組成的系統由于克服摩擦力做功，機械能不守恒，水平方向不受外力，水平方向動量守恒，但豎