2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第七章 专题强化十二 用动量守恒定律解决“三类模型”问题

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专题强化十二　用动量守恒定律解决“三类模型”问题
目标要求　1.会用动量守恒观点分析反冲运动和人船模型.2.会用动量观点和能量观点分析计算“子弹打木块”“滑块—木板”模型的有关问题．
题型一　反冲运动和人船模型
1．反冲运动的三点说明
作用原理
反冲运动是系统内两物体之间的作用力和反作用力产生的效果
动量守恒
反冲运动中系统不受外力或内力远大于外力，所以反冲运动遵循动量守恒定律
机械能增加
反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所以系统的总机械能增加

2.人船模型
(1)模型图示

(2)模型特点
①两物体满足动量守恒定律：mv人－Mv船＝0
②两物体的位移满足：m－M＝0，
x人＋x船＝L，
得x人＝L，x船＝L
(3)运动特点
①人动则船动，人静则船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；
②人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即＝＝.



　　　　　 反冲运动

例1　一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机喷出时的速度v＝
1 000 m/s.设火箭(包括燃料)质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次．
(1)当发动机第三次喷出气体后，火箭的速度为多大？
(2)运动第1 s末，火箭的速度为多大？
答案　(1)2 m/s　(2)13.5 m/s
解析　(1)设喷出三次气体后火箭的速度为v3，
以火箭和三次喷出的气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M－3m)v3－3mv＝0，故v3＝≈2 m/s
(2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和20次喷出的气体为研究对象，根据动量守恒定律得：(M－20m)v20－20mv＝0，故v20＝≈13.5 m/s.

　　　　　 人船模型

例2　有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(重一吨左右)．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：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d，然后用卷尺测出船长L.已知他的自身质量为m，水的阻力不计，则船的质量为(　　)
A. B.
C. D.
答案　B
解析　设船的质量为M，人走动的时候船的速度为v，人的速度为v′，人从船头走到船尾用时为t，人的位移为L－d，船的位移为d，所以v＝，v′＝.以船后退的方向为正方向，根据动量守恒有：Mv－mv′＝0，可得：M＝，小船的质量为：M＝，故B正确．

1.(滑块—斜面中的人船模型)如图1所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h.现有一质量为m的小物块，沿光滑斜面下滑，当小物块从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是(　　)

图1
A. B.
C. D.
答案　C
解析　m与M组成的系统在水平方向上动量守恒，设m在水平方向上对地位移大小为x1，M在水平方向上对地位移大小为x2，以水平向左为正方向，则有0＝mx1－Mx2，且x1＋x2＝，解得x2＝，C项正确．
2.(竖直方向上的人船模型)如图2所示，气球下面有一根长绳，一个质量为m1＝50 kg的人抓在气球下方，气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触，当静止时人离地面的高度为h＝5 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当滑到绳下端时，他离地面的高度是(可以把人看成质点)(　　)

图2
A．5 m B．3.6 m
C．2.6 m D．8 m
答案　B
解析　当人滑到下端时，设人相对地面下滑的位移大小为h1，气球相对地面上升的位移大小为h2，由动量守恒定律，得m1＝m2，且h1＋h2＝h，解得h2≈3.6 m，所以他离地高度是3.6 m，故选项B正确．

题型二　子弹打木块模型
1．模型图示

2．模型特点
(1)子弹水平打进木块的过程中，系统的动量守恒．
(2)系统的机械能有损失．
3．两种情景
(1)子弹嵌入木块中，两者速度相等，机械能损失最多(完全非弹性碰撞)．
动量守恒：mv0＝(m＋M)v
能量守恒：Q＝Ff·s＝mv02－(M＋m)v2
(2)子弹穿透木块．
动量守恒：mv0＝mv1＋Mv2
能量守恒：Q＝Ff·d＝mv02－(Mv22＋mv12)
例3　一质量为M的木块放在光滑的水平面上，一质量为m的子弹以初速度v0水平打进木块并留在其中，设子弹与木块之间的相互作用力为Ff.则：
(1)子弹、木块相对静止时的速度是多少？
(2)子弹在木块内运动的时间为多长？
(3)子弹、木块相互作用过程中子弹、木块发生的位移以及子弹打进木块的深度分别是多少？
(4)系统损失的机械能、系统增加的内能分别是多少？
(5)要使子弹不射出木块，木块至少多长？
答案　见解析
解析　(1)设子弹、木块相对静止时的速度为v，以子弹初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝(M＋m)v
解得v＝v0
(2)设子弹在木块内运动的时间为t，由动量定理得
对木块：Fft＝Mv－0
解得t＝
(3)设子弹、木块发生的位移分别为x1、x2，如图所示，由动能定理得

对子弹：－Ffx1＝mv2－mv02
解得：x1＝
对木块：Ffx2＝Mv2
解得：x2＝
子弹打进木块的深度等于相对位移，即x相＝x1－x2＝
(4)系统损失的机械能为：E损＝mv02－(M＋m)v2＝
系统增加的内能为Q＝Ff·x相＝
(5)假设子弹恰好不射出木块，此时有FfL＝mv02－(M＋m)v2
解得L＝
因此木块的长度至少为

3．(子弹打木块模型)如图3所示，相距足够远且完全相同的两个木块，质量均为3m，静止放置在光滑水平面上，质量为m的子弹(可视为质点)以初速度v0水平向右射入木块，穿出第一块木块时速度变为v0，已知木块的长为L，设子弹在木块中所受的阻力恒定，试求：

图3
(1)子弹穿出第一块木块后，第一个木块的速度大小v以及子弹在木块中所受阻力大小．
(2)子弹在第二块木块中与该木块发生相对运动的时间t.
答案　(1)v0　　(2)
解析　(1)子弹打穿第一块木块过程，由动量守恒定律有
mv0＝m(v0)＋3mv，解得v＝v0
对子弹与第一块木块相互作用过程，由能量守恒定律有
FfL＝mv02－m(v0)2－×3mv2
解得子弹在木块中所受阻力Ff＝.
(2)对子弹与第二块木块相互作用过程，由于m(v0)2＝<，则子弹不能打穿第二块木块，设子弹与第二块木块共同速度为v共，
由动量守恒定律有m·v0＝(m＋3m)v共，解得v共＝
对第二块木块，由动量定理有Fft＝3m·
解得子弹在第二块木块中的运动时间为t＝.
题型三　滑块—木板模型
1．模型图示

2．模型特点
(1)系统的动量守恒，但机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统减少的机械能
(2)若木块未从木板上滑下，当两者速度相同时，木板速度最大，相对位移最大(完全非弹性碰撞拓展模型)
3．求解方法
(1)求速度：根据动量守恒定律求解，研究对象为一个系统；
(2)求时间：根据动量定理求解，研究对象为一个物体；
(3)求系统产生的内能或相对位移：根据能量守恒定律Q＝FfΔx或Q＝E初－E末，研究对象为一个系统．
例4　(2019·河南九师联盟质检)如图4所示，在光滑水平面上有B、C两个木板，B的上表面光滑，C的上表面粗糙，B上有一个可视为质点的物块A，A、B、C的质量分别为3m、2m、m.A、B以相同的初速度v向右运动，C以速度v向左运动．B、C的上表面等高，二者发生完全非弹性碰撞但并不粘连，碰撞时间很短．A滑上C后恰好能到达C的中间位置，C的长度为L，不计空气阻力．求：


图4
(1)木板C的最终速度大小；
(2)木板C与物块A之间的摩擦力的大小Ff；
(3)物块A滑上木板C之后，在木板C上做减速运动的时间t.
答案　(1)v　(2)　(3)
解析　(1)设水平向右为正方向，B、C碰撞过程中动量守恒，
则有：2mv－mv＝(2m＋m)v1
解得v1＝
A滑到C上，A、C组成的系统动量守恒，
则有：3mv＋mv1＝(3m＋m)v2
解得v2＝v；
(2)根据能量关系可知，在A、C相互作用过程中，木板C与物块A之间因摩擦产生的热量为
Q＝(3m)v2＋mv12－(3m＋m)v22
Q＝Ff·
联立解得Ff＝；
(3)在A、C相互作用过程中，以C为研究对象，由动量定理得Fft＝mv2－mv1
解得t＝.

4．(滑块—木板模型)如图5所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：

图5
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过多少．
答案　(1)0.24 s　(2)5 m/s
解析　(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0
又Ff＝μm2g
代入数据解得t＝0.24 s
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，需满足物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则有m2v0′＝(m1＋m2)v′
由动能定理有
－μm2gL＝(m1＋m2)v′2－m2v0′2
代入数据解得v0′＝5 m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度不超过5 m/s.
课时精练

1．(多选)关于反作用力在日常生活和生产技术中的应用，下列说法中正确的是(　　)
A．在平静的水面上，静止着一只小船，小船上有一人，人从静止开始从小船的一端走向另一端时，小船向相反方向运动
B．普通汽车行驶时，通过排气筒向后排出燃气，从而获得向前的反作用力即动力
C．农田灌溉用自动喷水器，当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，弯管会自动转向
D．软体动物乌贼在水中经过体侧的孔将水吸入鳃腔，然后用力把水挤出体外，乌贼就会向相反方向游去
答案　ACD
解析　人从小船的一端走向另一端时，要受到小船给人的摩擦力，方向与人行走的方向相同．根据反冲现象原理与动量守恒定律，人对小船也有摩擦力，其方向与人行走的方向相反，因此小船也受摩擦力，其方向与人行走的方向相反，因此小船将在这个摩擦力的作用下改变运动状态，向人行走的相反方向运动，故A正确；普通汽车行驶时，通过排气筒向后排出燃气，虽然燃气对排气筒有反作用力，但毕竟反作用力很小，并不是汽车动力的来源，故B错误；农田灌溉用的自动喷水器，当水从弯管的喷嘴里喷射出来时，根据反冲现象原理与动量守恒定律知，弯管在水的反作用力的推动下会自动旋转，大大增加了喷水的面积，故C正确；乌贼经过身体侧面的孔把水吸入鳃腔，然后用力把水挤出体外，根据牛顿第三定律可知，乌贼就获得了方向相反的反作用力，从而向排水的相反方向游去，故D正确．
2．(2021·山东临沂市质检)我国在酒泉卫星发射中心用长征四号乙运载火箭成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”．假设将发射火箭看成如下模型：静止的实验火箭，总质量为M＝2 100 g．当它以对地速度为v0＝840 m/s喷出质量为Δm＝100 g的高温气体后，火箭的对地速度为(喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计)(　　)
A．42 m/s B．－42 m/s C．40 m/s D．－40 m/s
答案　B
解析　喷出气体过程中重力和空气阻力可忽略不计，可知在火箭发射的过程中二者组成的系统竖直方向的动量守恒，以喷出气体的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：Δmv0＋(M－Δm)v＝0，解得：v＝－42 m/s，故B正确，A、C、D错误．
3．(2019·湖南娄底市下学期质量检测)质量为M的气球上有一个质量为m的人，气球和人在静止的空气中共同静止于离地h高处，如果从气球上慢慢放下一个质量不计的软梯，让人沿软梯降到地面，则软梯长至少应为(　　)
A.h B.h
C.h D.h
答案　C
解析　设人沿软梯滑至地面，软梯长度至少为L，以人和气球组成的系统为研究对象，竖直方向动量守恒，规定竖直向下为正方向，由动量守恒定律得：0＝－Mv2＋mv1
人沿软梯降至地面，气球上升的高度为L－h，平均速度大小为v2＝
人相对于地面下降的高度为h，平均速度大小为v1＝
联立得：0＝－M·＋m·，
解得：L＝h，故C正确，A、B、D错误．
4.世界上第一个想利用火箭飞行的人是明朝的士大夫万户．如图1所示，他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆．假设万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出．忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是(　　)

图1
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
C．喷出燃气后，万户及所携带设备能上升的最大高度为
D．在火箭喷气过程中，万户所携设备机械能守恒
答案　B
解析　火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的作用力，A项错误；在燃气喷出后的瞬间，将万户及所携设备[火箭(含燃料)、椅子、风筝等]视为系统，动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小v＝，B项正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度h＝＝，C项错误；在火箭喷气过程中，燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，所以万户及所携设备机械能不守恒，D项错误．
5．(多选)长木板A放在光滑的水平面上，质量为m＝2 kg的另一物体B以水平速度v0＝2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图2所示，g＝10 m/s2.则下列说法正确的是(　　)

图2
A．木板获得的动能为1 J
B．系统损失的机械能为2 J
C．木板A的最小长度为2 m
D．A、B间的动摩擦因数为0.1
答案　ABD
解析　由题图可知，最终木板获得的速度为v＝1 m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得M＝2 kg，则木板获得的动能为Ek＝Mv2＝×2×12 J＝1 J，故A正确；系统损失的机械能ΔE＝mvB2－(m＋M)v2，代入数据解得ΔE＝2 J，故B正确；根据v－t图象中图线与t轴所围的面积表示位移，由题图得到0～1 s内B的位移为xB＝×(2＋1)×1 m＝1.5 m，A的位移为xA＝×1×1 m＝0.5 m，则木板A的最小长度为L＝xB－xA＝1 m，故C错误；由题图可知，B的加速度a＝＝
m/s2＝－1 m/s2，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得－μmBg＝mBa，解得μ＝0.1，故D正确．
6．(多选)如图3所示，一个质量为M的木箱静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个质量为m的小木块．现使木箱瞬间获得一个水平向左的初速度v0，下列说法中正确的是(　　)

图3
A．最终小木块和木箱都将静止
B．最终小木块和木箱组成的系统损失的机械能为－
C．木箱速度为时，小木块的速度为
D．最终小木块速度为
答案　BC
解析　木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，设最终速度为v1，由动量守恒定律得Mv0＝(m＋M)v1，解得小木块和木箱最终速度v1＝，故A、D错误；对整个过程，由能量守恒定律可得小木块和木箱组成的系统损失的机械能为ΔE＝Mv02－(m＋M)v12＝－，故B正确；木箱与木块组成的系统动量守恒，以木箱的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝mv2＋Mv3，木箱速度为v3＝时，小木块的速度为v2＝，故C正确．



7．(多选)(2019·四川石室中学诊断)如图4所示，长为L、质量为3m的长木板B放在光滑水平面上，质量为m的铁块A放在长木板右端．一质量为m的子弹以速度v0射入木板并留在其中，铁块恰好不滑离木板．子弹射入木板中的时间极短，子弹、铁块均可视为质点，铁块与木板间的动摩擦因数恒定，重力加速度为g.下列说法正确的是(　　)

图4
A．木板获得的最大速度为
B．铁块获得的最大速度为
C．铁块与木板之间的动摩擦因数为
D．子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为
答案　BCD
解析　子弹射入瞬间，子弹和木板B组成的系统动量守恒，有mv0＝4mv1，解得v1＝v0，故A错误；对木板B、子弹和铁块A组成的系统，由动量守恒定律有mv0＝5mv2，解得v2＝v0，故B正确；子弹射入木板后，对木板B(包括子弹)和铁块A组成的系统，由能量守恒定律得－μmgL＝·5mv22－·4mv12，解得μ＝，故C正确；由能量守恒定律可知，子弹、木板、铁块组成的系统损失的机械能为ΔE＝mv02－·5mv22＝mv02，故D正确．
8.(2019·四川第二次诊断)如图5甲所示，一块长度为L、质量为m的木块静止在光滑水平面上．一颗质量也为m的子弹以水平速度v0射入木块．当子弹刚射穿木块时，木块向前移动的距离为s，如图乙所示．设子弹穿过木块的过程中受到的阻力恒定不变，子弹可视为质点．则子弹穿过木块的时间为(　　)

图5
A.(s＋L) B.(s＋2L)
C.(s＋L) D.(L＋2s)
答案　D
解析　子弹穿过木块过程，子弹和木块组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，有：mv0＝mv1＋mv2，
设子弹穿过木块的过程所受阻力为Ff，对子弹由动能定理得：－Ff(s＋L)＝mv12－mv02，
由动量定理得：－Fft＝mv1－mv0，
对木块由动能定理得：Ffs＝mv22，
由动量定理得：Fft＝mv2，
联立解得：t＝(L＋2s)，故选D.
9.如图6所示，质量为m3＝2m的滑道静止在光滑的水平面上，滑道的AB部分是半径为R的四分之一圆弧，圆弧底部与长为0.5R滑道水平部分相切，滑道末端距离地面高度为R，整个滑道均光滑．质量为m2＝3m的物体2(可视为质点)放在滑道的B点，现让质量为m1＝m的物体1(可视为质点)自A点由静止释放，两物体在滑道上相碰后粘为一体，重力加速度为g.求：

图6
(1)物体1从释放到运动到圆弧底部时，滑道向左运动的距离；
(2)物体1和2落地时，距滑道右侧底部的距离．
答案　(1)　(2)R
解析　(1)物体1从释放到运动到圆弧底部过程中，物体1、滑道组成的系统水平方向动量守恒，设物体1水平位移大小为x1，滑道水平位移大小为x3，有：
0＝m1x1－m3x3，x1＋x3＝R
解得x3＝.
(2)设物体1运动到滑道上的B点时物体1的速度大小为v1，滑道的速度大小为v3，轨道对物体1的支持力为FN，对物体1和滑道组成的系统，由机械能守恒定律有
mgR＝mv12＋m3v32
由动量守恒定律有0＝m1v1－m3v3
物体1与物体2碰撞后立即飞离轨道做平抛运动，设物体1和物体2相碰后的共同速度大小为v2，做平抛运动时物体1、2水平位移大小为s1，轨道向左滑动的距离为s2，
由动量守恒定律有m1v1＝(m1＋m2)v2
R＝gt2
s1＝v2t
s2＝v3t
联立并代入数据可以求得Δs＝s1＋s2＝R.
10.如图7所示，光滑水平地面上有一足够长的木板，左端放置可视为质点的物体，其质量为m1＝1 kg，木板与物体间的动摩擦因数μ＝0.1.二者以相同的初速度v0＝0.8 m/s一起向右运动，木板与竖直墙碰撞时间极短，且没有机械能损失．g＝10 m/s2.

图7
(1)如果木板质量m2＝3 kg，求物体相对木板滑动的最大距离；
(2)如果木板质量m2＝0.6 kg，求物体相对木板滑动的最大距离．
答案　(1)0.96 m　(2)0.512 m
解析　(1)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，以水平向左为正方向，对物体与木板系统，由动量守恒定律有：
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v
解得v＝0.4 m/s，方向向左，不会与竖直墙再次碰撞
由能量守恒定律有
(m1＋m2)v02＝(m1＋m2)v2＋μm1gs1
解得s1＝0.96 m
(2)木板与竖直墙碰撞后，以原速率反弹，对物体及木板系统，由动量守恒定律得：
m2v0－m1v0＝(m1＋m2)v′
解得v′＝－0.2 m/s，负号表示方向向右，将与竖直墙再次碰撞，最后木板停在竖直墙处
由能量守恒定律得：
(m1＋m2)v02＝μm1gs2
解得s2＝0.512 m.



11.一块足够长的木板C质量为2m，放在光滑的水平面上，如图8所示．在木板上自左向右放有A、B两个完全相同的物块，两物块质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为μ.开始时木板静止不动，A、B两物块的初速度分别为v0、2v0，方向如图所示．试求：

图8
(1)木板能获得的最大速度．
(2)A物块在整个运动过程中的最小速度．
(3)全过程AC间由于摩擦产生的热量跟BC间由于摩擦产生的热量之比是多少？
答案　见解析
解析　(1)当A、B和木板速度相同时，木板的速度最大，取向右为正方向，对三者组成的系统运用动量守恒定律得mv0＋m·2v0＝(m＋m＋2m)v′，解得v′＝v0
(2)开始时，A、B做匀减速直线运动的加速度大小为a＝＝μg，A、B都滑动时，木板C的加速度大小为a′＝＝μg.因为A的初速度小，A与木板C先达到共同速度，当A与木板达到共同速度后，A与木板一起做匀加速直线运动．可知，A与木板速度相同时，速度最小，则有v＝v0－at＝a′t，解得t＝，则A物块在整个运动过程中的最小速度为v＝v0－at＝
(3)A、C刚共速时速度为：v＝，A、C间的相对位移大小为Δx＝t－t＝t＝，A、C间由于摩擦产生的热量QAC＝μmgΔx＝mv02
全过程系统由于摩擦产生的热量等于系统动能减少量，为Q＝mv02＋m(2v0)2－(m＋m＋2m)v′2
解得Q＝mv02
B、C间由于摩擦产生的热量为QBC＝Q－QAC＝mv02
即＝.