1、拓展提升课二拓展提升课二 动量守恒定律的综合应用动量守恒定律的综合应用 【学习目标】 1.会分析人船模型。2.能处理动量守恒和图像相结合的综合问题。3.会分析动 量守恒的临界问题。 拓展点 1 “人船模型”问题 1.“人船模型”问题 “人船模型”属于反冲运动，人和船原来静止，水的阻力忽略不计，人和船相互作用的运动过 程满足动量守恒。 2.人船模型的特点 (1)由动量守恒定律 m1v1m2v2可知：人快船快，人慢船慢，人停船停。 (2)系统的平均动量同样守恒 m1v 1m2v 2。 (3)由 m1v 1tm2v 2t 可得 m1s1m2s2，又 s1s2l 联立解得 s1 m2 m1m2 l，s
2、2 m1 m1m2 l。 3.人船模型拓展 与人船模型特点相同的模型还有：劈和物块模型、圆环和滑块模型、气球和人模型。 (1)劈和物块模型 模型特点：小物块从静止在光滑水平面上的劈的顶端无初速度地滑到底端。 规律：ms1Ms2，s1s2b， 可得 s2 mb Mm。 (2)圆环和滑块模型 模型特点： 光滑水平面上放置光滑圆环 M， 滑块 m 从环心 O 等高处无初速度地下滑到最低点。 规律：Msm(Rs)， 可得 s m MmR。 【例 1】 (2021 宁夏大学附中高二月考)如图所示，载人气球原来静止在空中，与地面距离为 h，已知人的质量为 m，气球的质量(不含人的质量)为 M。若人要沿轻绳
3、梯返回地面，则绳梯 的长度至少为( ) A.h B.mh M C. mh Mm D.（Mm）h M 答案 D 解析 设人沿绳梯滑至地面，绳梯长度至少为 L。以人和气球的系统为研究对象，竖直方向动 量守恒，规定竖直向下为正方向，0Mv2mv1，人相对于地面下降的高度为 h，速度大小 为 v1h t，人沿绳梯滑至地面时，气球上升的高度为 Lh，速度大小 v2 Lh t ，根据以上式子 可得 L（Mm）h M 。 【训练 1】 (多选)(2021 黑龙江大庆中学开学考)某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始 人从船头走向船尾，若不计水的阻力，那么在这段时间内人和船的运动情况是( ) A.人匀速行走，
4、船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比 B.人加速行走，船加速后退，而且加速度大小与它们的质量成反比 C.人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零 D.当人在船尾停止运动后，船由于惯性还会继续后退一段距离 答案 ABC 解析 人和船组成的系统动量守恒。设人的质量为 m，瞬时速度为 v，船的质量为 M，瞬时速 度为 v，人走的方向为正方向，则有 0mvMv，解得 mvMv，则有 v v M m，所以人匀速行 走，船匀速后退，两者速度大小与它们的质量成反比，故 A 正确；人和船相互作用力大小相 等，方向相反，故船与人的加速度分别为 a F M，a F m，则有 a a m M，故 B 正确
5、；人和船组成 的系统动量守恒，系统初动量为 0，所以人走走停停，船退退停停，两者动量总和总是为零， 故 C 正确；当人在船尾停止运动后，船的速度也为零，故 D 错误。 拓展点 2 动量守恒和图像的综合问题 【例 2】 (2021 内蒙古集宁一中高一期末)A、B 两物体在光滑的水平面上相向运动，其中物体 A 的质量为 mA4 kg，两物体发生碰撞前后的运动图像如图所示，求： (1)碰前 A 物体速度 vA的大小和方向； (2)B 物体的质量 mB； (3)碰撞过程中产生的热量 Q。 答案 (1)2 m/s，方向沿 s 轴负方向 (2)6 kg (3)30 J 解析 (1)由图像知，碰前物体 A
6、的速度 vA为 vAsA t 解得 vA2 m/s 方向沿 s 轴负方向。 (2)取物体 B 运动的方向为正方向，由动量守恒定律和图像得 mBvBmAvA(mAmB)vAB 解得 mB6 kg (3)由能量守恒定律可得 Q1 2mAv 2 A1 2mBv 2 B1 2(mAmB)v 2 AB 解得 Q30 J。 【训练 2】 如图甲所示，质量为 M 的薄长木板静止在光滑的水平面上，t0 时一质量为 m 的 滑块以水平初速度 v0从长木板的左端冲上木板并最终从右端滑下。已知滑块和长木板在运动 过程中的 vt 图像如图乙所示，则木板与滑块的质量之比 Mm 为( ) A.12 B.21 C.13 D
7、.31 答案 B 解析 取滑块的初速度方向为正方向，对滑块和木板组成的系统，根据动量守恒定律有 mv0 mv1Mv2，由题图乙知 v040 m/s，v120 m/s，v210 m/s，代入数据解得 Mm21， 故 B 正确。 拓展点 3 动量守恒的临界问题 1.临界状态：从题设情境中看是否有相互作用的两物体“相距最近” “避免相碰”和“物体开 始反向运动”等临界状态。 2.临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对 位移关系， 即“速度相等”或“位移相等”。如果题干中出现“恰好”“最大”“最近”“不 脱离”“最高点”等词语，这些词语通常对临界状态给出了明确
8、的暗示。审题时，一定要抓住 这些特定的词语挖掘其内涵，找出临界条件。 【例 3】 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏，甲和他乘的冰车质量共 为 M30 kg，乙和他乘的冰车质量之和也是 30 kg。游戏时，甲推着一个质量为 m15 kg 的 箱子，共同以速度 v02.0 m/s 滑行。乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然 将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时，乙迅速把它抓住。若不计冰面的摩擦力，求甲至少要 以多大的速度(相对于冰面)将箱子推出，才能避免与乙相撞。 答案 5.2 m/s 解析 取甲开始运动的方向为正方向，设甲推出箱子后的速度为 v1，箱子的速度为 v，以
9、甲和 箱子为系统，则由动量守恒定律得(mM)v0Mv1mv， 设乙抓住箱子后其速度为 v2， 取箱子和乙为系统， 则由动量守恒定律得 mvMv0(mM)v2， 而甲、乙两冰车不相碰的条件是 v2v1，当 v1v2时，甲推箱子的速度最小。 联立以上各式可得 vm 22mM2M2 m22mM v05.2 m/s 即甲至少要以 5.2 m/s 的速度将箱子推开，才能避免与乙相撞。 【训练 3】 如图，水平地面上有两个静止的小物块 a 和 b，其连线与墙垂直，a 和 b 相距 l，b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量为3 4m，两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现 使 a 以初速度 v
10、0向右滑动，此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞。重力加速度 大小为 g，求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。 答案 物块与地面间的动摩擦因数满足的条件是 32v20 113gl v20 2gl 解析 设物块与地面间的动摩擦因数为 要使物块 a、b 能够发生碰撞，应有 1 2mv 2 0mgl 即 v20 2gl 设 a 与 b 碰撞前的速度为 v1，由能量守恒得 1 2mv 2 0mgl1 2mv 2 1 设 a 与 b 碰撞后的瞬间，速度大小分别为 va、vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得 mv1mva3 4mvb 1 2mv 2 11 2mv 2 a1 2 3
11、4mv 2 b 联立式解得 vb8 7v1 碰后，b 没有与墙发生碰撞，即 b 在达到墙前静止，由功能关系得 1 2 3 4m v 2 b(3 4m)gl 联立式，得 32v20 113gl 联立式，a 与 b 发生碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞的条件为 32v20 113gl v20 2gl。 1.(“人船模型”问题)(2021 山西高二期末)如图所示，一个质量为 m160 kg 的人抓在一只大 气球下方，气球下面有一根长绳。气球和长绳的总质量为 m220 kg，当静止时人离水面的高 度为 h6 m， 长绳的下端刚好和水面接触。 如果这个人开始沿绳向下滑， 当他滑到绳下端时， 他离水面高度约
12、是(可以把人看做质点)( ) A.4.8 m B.3.6 m C.5 m D.4.5 m 答案 D 解析 设人的速度 v1， 气球的速度 v2， 人与气球组成的系统动量守恒， 由动量守恒定律得 m1v1 m2v2，每一时刻人的速度和气球的速度之比都和质量成反比，即人和气球的平均速度也和质 量成反比，设气球上升 s，人下降 h1，m1h1 t m2s t，即 m1h1m2s，因为 hh1s，解得 h1 1.5 m，所以当他滑到绳子下端时，他离地高度为 Hhh14.5 m。 2.(“人船模型”问题)(2021 山东济南一中月考)如图所示，静止在水面上的船，船身长为 L， 质量为 M，船头紧靠码头，
13、船头上有一固定木板伸出船身，现有一质量为 m 的人从船尾走向 码头。要使该人能完全上岸，则木板伸出船身部分长度至少应为(水对船及码头对木板的阻力 不计)( ) A. mL Mm B. mL Mm C.（Mm）L Mm D.mL M 答案 D 解析 对于船与人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人上岸的过程，船向后退，设船后退 的位移大小为 s，则人相对于地面位移大小为 L。取人的速度方向为正方向，由动量守恒定律 知 0mLMs，解得 sm ML。船后退的距离即木板伸出船身部分的最短长度。 3.(多选)(动量守恒和图像的综合问题)A、B 两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球 碰撞前后的位移
14、时间图像，a、b 分别为 A、B 两球碰前的位移时间图线，c 为碰撞后两球 共同运动的位移时间图线，若 A 球的质量 m2 kg，则由图可知，下列结论正确的是( ) A.A、B 碰撞前的总动量为 3 kg m/s B.碰撞时 A 对 B 的冲量为4 N s C.碰撞前后 A 的动量变化量为 4 kg m/s D.碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能为 10 J 答案 BCD 解析 由题图可知，碰撞前有 vAsA tA 410 2 m/s3 m/s，vBsB tB 4 2 m/s2 m/s，碰撞后有 vAvBvs t 24 42 m/s1 m/s；对 A、B 组成的系统，A、B 两 球沿同一
15、直线运动并发生正碰，碰撞前后两球都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰 撞前后 A 的动量变化量 pAmvAmvA2(1) kg m/s2(3) kg m/s4 kg m/s，根据 动量守恒定律，碰撞前后 B 的动量变化量 pBpA4 kg m/s，又 pBmB(vBvB)，所 以 mB pB vBvB 4 12 kg 4 3 kg，所以 A 与 B 碰撞前的总动量 p 总mvAmBvB2(3) kg m/s4 32 kg m/s 10 3 kg m/s，由动量定理可知，碰撞时 A 对 B 的冲量 IBpB4 kg m/s4 N s，碰撞中 A、B 两球组成的系统损失的动能 Ek1 2mv
16、 2 A1 2mBv 2 B1 2(mmB)v 2， 代入数据解得 Ek10 J，故 A 错误，B、C、D 正确。 4.(动量守恒的临界问题)在光滑水平面上甲、乙两车相向而行，甲的速率为 v0 ，乙的速率也为 v0， 甲车和车上人的总质量为 10m， 乙车和车上人及货包的总质量为 12m， 单个货包质量为 m 10， 为不使两车相撞，乙车上的人以相对地面为 v11v0的速率将货包抛出给甲车上的人，求：为 使两车不相撞，乙车上的人应抛出货包的最小数量( ) A.10 个 B.11 个 C.12 个 D.20 个 答案 A 解析 规定水平向左为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，系统动量守恒，由动量守 恒定律得 12mv010mv0(12m10m)v共，解得 v共 1 11v0；对甲及从甲车上接收到的货包，由 动量守恒定律得 n m 1011v010mv0(n m 1010m)v 共，解得 n10，故选 A。
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