資源簡介

素養提升課(一)　動量守恒定律的綜合應用的兩種模型
[學習目標]　
1．掌握“人船模型”問題。
2．掌握子彈打木塊模型問題。
考點1　“人船”模型
1．系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零。
2．在兩物體發生相對運動的過程中至少有一個方向上動量守恒，在此方向上有：
(1)表達式：0＝m1v1－m2v2(其中v1、v2是平均速度的大小)。
(2)推論：m1x1＝m2x2(其中x1、x2是相對同一參考系的位移)。
3．處理“人船模型”問題時可畫出兩物體的位移草圖，再利用動量守恒定律確定兩物體的速度關系，進而確定兩物體的位移關系。
【典例1】　如圖甲所示，質量為m的人站在質量為M、長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？(忽略水的阻力)
甲　　　　　　　乙
[思路點撥]　題目所列舉的人、船模型的前提是系統初動量為零，可見當人走到船的另一端而停在船上時，人、船就會相對于地面靜止。做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關系。解題過程中，可以認為人的運動為勻速運動，實際上，此題結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　“人船”模型拓展
“人船”模型不僅適用于人在船上走動的情形，還可以進一步推廣到其他類似情境中，如人沿靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上的問題；還可適用于系統在某個方向動量守恒的情形，如小球沿放在光滑水平面上的弧形槽下滑的情形。這兩類情形看似不同，其實都屬同一種“人船”模型問題。
[跟進訓練]
1．一個人在地面上立定跳遠的最好成績是x，假設他站在船頭要跳上距離為L遠處的平臺上，水對船的阻力不計，如圖所示。則 (　　)
A．只要LB．只要LC．只要L＝x，他一定能跳上平臺
D．只要L＝x，他有可能跳上平臺
考點2　子彈打木塊模型
1．子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內力遠大于外力，則系統動量守恒。
2．在子彈打木塊過程中摩擦生熱，系統機械能不守恒，機械能向內能轉化。E內＝Q熱＝Ff·d，其中d為子彈射入木塊的深度。
3．若子彈不穿出木塊，二者最后有共同的速度，機械能損失最多。
【典例2】　如圖是沖擊擺裝置。塑料制成的擺塊用繩懸掛起來，使它只能擺動不能轉動。擺塊中間正對槍口處有一水平方向的錐形孔，孔的內壁墊有泡沫塑料，當彈丸射入后迅速停住，然后與擺塊一起擺動，讀出擺線偏離豎直方向的最大角度，就可求出彈丸的速度。某次實驗中，彈簧槍射出的彈丸以某一速度v0(未知)水平射入靜止的擺塊，讀出擺線偏離豎直方向的最大角度α＝37°；然后將擺塊拉到擺線偏離豎直方向的角度β＝60°由靜止釋放，當擺塊擺到最低位置時，讓彈丸以相同速度v0射入，擺塊恰好靜止。已知擺線的長度L＝1.00 m，不考慮空氣阻力，求彈丸質量m與擺塊質量M的比值及彈丸的初速度v0的大小。(g取，cos 37°＝0.8)
[聽課記錄]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[跟進訓練]
2．如圖所示，在水平地面上放置一質量為M的木塊，一質量為m的子彈以水平速度v射入木塊(未穿出)，若木塊與地面間的動摩擦因數為μ，子彈與木塊間的平均滑動摩擦力為f，求：
(1)子彈射入后，木塊在地面上前進的距離；
(2)射入的過程中，系統損失的機械能；
(3)子彈在木塊中打入的深度。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4 / 4素養提升課(一)　動量守恒定律的綜合應用的兩種模型
[學習目標]　1．掌握“人船模型”問題。2．掌握子彈打木塊模型問題。
考點1　“人船”模型
1．系統由兩個物體組成且相互作用前靜止，系統總動量為零。
2．在兩物體發生相對運動的過程中至少有一個方向上動量守恒，在此方向上有：
(1)表達式：0＝m1v1－m2v2(其中v1、v2是平均速度的大小)。
(2)推論：m1x1＝m2x2(其中x1、x2是相對同一參考系的位移)。
3．處理“人船模型”問題時可畫出兩物體的位移草圖，再利用動量守恒定律確定兩物體的速度關系，進而確定兩物體的位移關系。
【典例1】　如圖甲所示，質量為m的人站在質量為M、長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？(忽略水的阻力)
甲　　　　　　乙
[思路點撥]　題目所列舉的人、船模型的前提是系統初動量為零，可見當人走到船的另一端而停在船上時，人、船就會相對于地面靜止。做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關系。解題過程中，可以認為人的運動為勻速運動，實際上，此題結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。
[解析]　如題圖乙所示。以船和人構成的系統為研究對象，由于所受外力為零，所以系統的動量守恒，可用動量守恒定律求解。
在人從船頭走到船尾的過程中，任設某一時刻人和船的速度大小分別為v1和v2，則由于人和船的總動量守恒，于是mv1－Mv2＝0，而這一過程中人與船的平均速度和也滿足類似的關系：m－M＝0。
上式同乘以過程所經歷的時間t后，船和人相對于岸的位移同樣有：ml1－Ml2＝0。從圖中可以看出，人、船的位移l1和l2大小之和等于L，即l1＋l2＝L，由以上各式解得：l1＝L，l2＝L，即船左端離岸距離為L。
[答案]　L
　“人船”模型拓展
“人船”模型不僅適用于人在船上走動的情形，還可以進一步推廣到其他類似情境中，如人沿靜止在空中的熱氣球下面的軟梯滑下或攀上的問題；還可適用于系統在某個方向動量守恒的情形，如小球沿放在光滑水平面上的弧形槽下滑的情形。這兩類情形看似不同，其實都屬同一種“人船”模型問題。
[跟進訓練]1．一個人在地面上立定跳遠的最好成績是x，假設他站在船頭要跳上距離為L遠處的平臺上，水對船的阻力不計，如圖所示。則 (　　)
A．只要LB．只要LC．只要L＝x，他一定能跳上平臺
D．只要L＝x，他有可能跳上平臺
B　[若立定跳遠時，人離地時速度為v，從船上起跳時，設人離船時人的速度為v′，船的速度為v船，由能量守恒定律有：E＝，E＝，所以v′＜v，人跳出的距離變小，所以B正確。]
考點2　子彈打木塊模型
1．子彈打木塊的過程很短暫，認為該過程內力遠大于外力，則系統動量守恒。
2．在子彈打木塊過程中摩擦生熱，系統機械能不守恒，機械能向內能轉化。E內＝Q熱＝Ff·d，其中d為子彈射入木塊的深度。
3．若子彈不穿出木塊，二者最后有共同的速度，機械能損失最多。
【典例2】　如圖是沖擊擺裝置。塑料制成的擺塊用繩懸掛起來，使它只能擺動不能轉動。擺塊中間正對槍口處有一水平方向的錐形孔，孔的內壁墊有泡沫塑料，當彈丸射入后迅速停住，然后與擺塊一起擺動，讀出擺線偏離豎直方向的最大角度，就可求出彈丸的速度。某次實驗中，彈簧槍射出的彈丸以某一速度v0(未知)水平射入靜止的擺塊，讀出擺線偏離豎直方向的最大角度α＝37°；然后將擺塊拉到擺線偏離豎直方向的角度β＝60°由靜止釋放，當擺塊擺到最低位置時，讓彈丸以相同速度v0射入，擺塊恰好靜止。已知擺線的長度L＝1.00 m，不考慮空氣阻力，求彈丸質量m與擺塊質量M的比值及彈丸的初速度v0的大小。(g取10 m/s2，cos 37°＝0.8)
[解析]　設彈丸射入擺塊后共同速度為v，選v0的方向為正方向，系統在水平方向動量守恒，根據動量守恒定律得
mv0＝(m＋M)v
彈丸與擺塊一起擺起的過程中系統機械能守恒，則有
(M＋m)v2＝(m＋M)gL(1－cos α)
將擺塊拉起由靜止釋放，擺塊擺到最低點時的速度為v1
由機械能守恒定律得MgL(1－cos β)＝
彈丸射入擺塊后系統共同速度為0，由動量守恒定律得mv0－Mv1＝0
聯立解得＝－1，v0＝ m/s。
[答案]　－1　 m/s
[跟進訓練]
2．如圖所示，在水平地面上放置一質量為M的木塊，一質量為m的子彈以水平速度v射入木塊(未穿出)，若木塊與地面間的動摩擦因數為μ，子彈與木塊間的平均滑動摩擦力為f，求：
(1)子彈射入后，木塊在地面上前進的距離；
(2)射入的過程中，系統損失的機械能；
(3)子彈在木塊中打入的深度。
[解析]　因子彈未穿出木塊，故最后子彈與木塊的速度相同，而系統損失的機械能為初、末狀態系統的動能之差。
(1)設子彈射入木塊后，二者的共同速度為v′，取子彈的初速度方向為正方向，則由動量守恒定律得
mv＝(M＋m)v′ ①
二者一起沿地面滑動，前進的距離為x，由動能定理得
－μ(M＋m)gx＝0－(M＋m)v′2 ②
由①②兩式解得x＝。
(2)射入過程中系統損失的機械能
ΔE＝mv2－(M＋m)v′2 ③
解得ΔE＝。
(3)設子彈在木塊中打入的深度(即子彈相對于木塊的位移)為x相對，則ΔE＝fx相對，
解得x相對＝＝。
[答案]　(1)　(2)　(3)
素養提升練(一)　動量守恒定律的綜合應用的兩種模型
一、選擇題
1．(雙選)如圖所示，三個小球的質量均為m，B、C兩球用輕彈簧連接后放在光滑的水平面上，A球以速度v0沿B、C兩球球心的連線向B球運動，碰后A、B兩球粘在一起。對A、B、C及彈簧組成的系統，下列說法正確的是(　　)
A．機械能守恒，動量守恒
B．機械能不守恒，動量守恒
C．三球速度相等后，將一起做勻速運動
D．三球速度相等后，速度仍將變化
BD　[因水平面光滑，故系統的動量守恒，A、B兩球碰撞過程中機械能有損失，A錯誤，B正確；三球速度相等時，彈簧形變量最大，彈力最大，故三球速度仍將發生變化，C錯誤，D正確。]
2．有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長(估計質量為一噸左右)。一位同學想用一個卷尺粗略測定它的質量。他進行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，他輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離為d，然后用卷尺測出船長為L。已知他的自身質量為m，水的阻力不計，則船的質量為(　　)
A．　　　　　 B．
C． D．
B　[設人走動的時候船的速度為v，人的速度為v′，船的質量為M，人從船尾走到船頭用時為t，人的位移為L－d，船的位移為d，所以v＝，v′＝。以船后退的方向為正方向，根據動量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝，小船的質量為M＝，故B正確，A、C、D錯誤。]
3．光滑水平面上放有一上表面光滑、傾角為α的斜面體A，斜面體質量為M、底邊長為L，如圖所示。將一質量為m、可視為質點的滑塊B從斜面的頂端由靜止釋放，滑塊B經過時間t剛好滑到斜面底端。此過程中斜面對滑塊的支持力大小為FN，則下列說法正確的是(　　)
A．FN＝mg cos α
B．滑塊下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt cos α
C．滑塊B下滑的過程中A、B組成的系統動量守恒
D．此過程中斜面體向左滑動的距離為L
D　[當滑塊B相對于斜面體A加速下滑時，斜面體A水平向左加速運動，所以滑塊B相對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為零，所以斜面對滑塊的支持力FN不等于mg cos α，A錯誤；滑塊B下滑過程中支持力對B的沖量大小為FNt，B錯誤；由于滑塊B有豎直方向的分加速度，所以系統在豎直方向合外力不為零，系統的動量不守恒，C錯誤；系統在水平方向不受外力，水平方向動量守恒，設A、B兩者水平位移大小分別為x1、x2，由Mv1＝mv2得，Mx1＝mx2，又x1＋x2＝L，解得x1＝L，D正確。]
4．如圖所示，一個質量為m1＝50 kg的人抓在一只大氣球下方，氣球下面有一根長繩。氣球和長繩的總質量為m2＝20 kg，長繩的下端剛好和水平面接觸。初始靜止時人離地面的高度為h＝5 m。如果這個人開始沿長繩向下滑動，當他滑到長繩下端時，他離地面的高度大約是(可以把人看作質點)(　　)
A．2.6 m　　 B．3.6 m
C．1.5 m D．4.5 m
B　[根據題意，設人的速度大小為v1，氣球的速度大小為v2，人下滑的距離為x1，氣球上升的距離為x2，根據人和氣球動量守恒得m1v1＝m2v2，則有m1x1＝m2x2，解得x1＝x2，又有x1＋x2＝h，則人下滑的距離為x1＝h＝ m，氣球上升的距離為x2＝h＝ m≈3.6 m，則此時人離地面的高度大約是3.6 m。故選B。]
5．如圖所示，長為L、質量為M的木塊靜止在光滑水平面上。質量為m的子彈以水平速度v0射入木塊并從中射出。已知從子彈射入到射出，木塊移動的距離為s，則子彈穿過木塊所用的時間為(　　)
A．
B．
C．
D．
B　[子彈穿過木塊過程，子彈和木塊組成的系統動量守恒，有mv0＝mv1＋Mv2，設子彈穿過木塊過程所受阻力為f，對子彈，由動能定理得－f(s＋L)＝，由動量定理有－ft＝mv1－mv0，對木塊，由動能定理有fs＝，由動量定理有ft＝Mv2，聯立解得t＝。選項B正確。]
二、非選擇題
6．如圖所示，質量為m的玩具蛙蹲在質量為M的小車上的細桿頂端，小車與地面的接觸光滑，車長為l，細桿高h，直立于小車的中點，玩具蛙至少以多大的對地水平速度跳出才能落到地面上？
[解析]　將玩具蛙和小車作為系統，玩具蛙在跳離車的過程中，系統水平方向的總動量守恒。玩具蛙離開桿后做平拋運動，小車向后做勻速直線運動，在玩具蛙下降高度h的過程中，小車通過的距離與玩具蛙在水平方向通過的距離之和等于時，玩具蛙恰能落到地面上。
以玩具蛙跳出的速度方向為正方向，玩具蛙跳離桿時有MvM＋mvm＝0
設玩具蛙的運動時間為t，則h＝gt2
根據題意：vmt＋|vMt|＝
解得vm＝。
[答案]　
7．如圖所示，質量為M的小車靜止在光滑的水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點，一質量為m的滑塊在小車上從A點由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g。
(1)若固定小車，求滑塊運動過程中對小車的最大壓力。
(2)若不固定小車，滑塊仍從A點由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點滑出小車，已知滑塊質量m＝，在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動摩擦因數為μ，求：
①滑塊運動過程中，小車的最大速度vm；
②滑塊從B到C運動過程中，小車的位移大小。
[解析]　(1)滑塊到達B點時的速度最大，
受到的支持力最大，滑塊下滑的過程中機械能守恒，由機械能守恒定律得mgR＝
滑塊在B點處受到的支持力與重力的合力提供向心力，
由牛頓第二定律得N－mg＝
解得N＝3mg。
由牛頓第三定律得滑塊對小車的壓力N′＝N＝3mg，即滑塊運動過程中對小車的最大壓力是3mg。
(2)①在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，分析題意可知滑塊運動到B點時小車有最大速度，設小車的最大速度是vm，由機械能守恒定律得mgR＝＋m(2vm)2，解得vm＝。
②由于在任一時刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，所以滑塊從B到C運動過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，即＝2，
由于它們運動的時間相等，根據s＝t可得s滑塊＝2s車，又s滑塊＋s車＝L，所以小車的位移大小s車＝L。
[答案]　(1)3mg　(2)①　②L
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