第六章 动量 动量守恒定律
模型1 滑块
滑块模型可分为两类：单一滑块模型和多个滑块模型．单一滑块模型是指一个滑块在水平面、斜面上或曲面上运动的问题，主要运用牛顿运动定律、动能定理或动量定理进行分析．多个滑块模型是指两个或两个以上的滑块组成的系统，如滑块与滑块、小车与滑块、子弹与木块等，对于此类问题应着重分析物体的运动过程，明确它们之间的时间、空间关系，并注意临界、隐含和极值等条件，然后用能量守恒和动量守恒等规律求解．
例1 (2020·四川乐山市调研)如图1所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M＝4kg的长木板，在长木板右端有一质量m＝1kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数μ＝0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F＝14N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1s撤去水平恒力F，取g＝10m/s.求：
2
图1
(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块加速度a的大小； (2)刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离； (3)撒去F后，系统损失的最大机械能ΔE.
解析 (1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：μmg＝ma1， 解得a1＝μg＝2m/s
(2)长木板受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F－μmg＝Ma2 解得：a2＝3m/s
0～1s时间内，小物块运动的位移：
2
2
x1＝a1t2＝×2×12m＝1m
1212
长木板运动的位移：x2＝a2t＝×3×1m＝1.5m
22则小物块相对于长木板的位移： Δx＝x2－x1＝1.5m－1m＝0.5m
(3)撤去F时，小物块和长木板的速度分别为：
1
212
vm＝a1t＝2m/s，v＝a2t＝3m/s
1
小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：
mvm＋Mv＝(M＋m)v′，解得v′＝2.8m/s
121212
从撤去F到物块与长木板保持相对静止，由能量守恒定律：mvm＋Mv＝ΔE＋(M＋m)v′
222解得ΔE＝0.4J
答案 (1)2m/s (2)0.5m (3)0.4J
模型2 弹簧
弹簧模型是指由物体与弹簧组成的系统，解决此类问题的关键在于分析物体的运动过程，认清弹簧的状态及不同能量之间的转化，由两个或两个以上物体与弹簧组成的系统，应注意弹簧伸长或压缩到最大程度时弹簧两端连接的物体具有相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹性势能最小(为零)等隐含条件．
例2 (2019·湖南怀化市第三次模拟)如图2所示，倾角θ＝37°的光滑固定斜面上放有A、
2
B、C三个质量均为m的物块(均可视为质点)，A固定，C与斜面底端的挡板接触，B与C通过
轻弹簧相连且均处于静止状态，A、B间的距离为d.现由静止释放A，一段时间后A与B发生碰撞，重力加速度大小为g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(B与C始终未接触，弹簧始终在弹性限度内)
图2
(1)求A与B碰撞前瞬间A的速度大小v0；
(2)若A、B的碰撞为弹性碰撞，碰撞后立即撤去A，且B沿斜面向下运动到速度为零时，弹簧的弹性势能增量为Ep，求B沿斜面向下运动的最大距离x；
(3)若A下滑后与B碰撞并粘在一起，且C刚好要离开挡板时，A、B的总动能为Ek，求弹簧的劲度系数k.
12
解析 (1)根据机械能守恒定律：mgdsinθ＝mv0
2解得v0＝
6gd 5
(2)设碰撞后瞬间A、B的速度大小分别为v1、v2，对A、B系统，根据动量守恒定律：mv0＝
mv1＋mv2
121212
由能量关系：mv0＝mv1＋mv2
222
1
解得v1＝0，v2＝v0＝
6gd 5
12
A、B碰撞后，对B沿斜面向下压缩弹簧至B速度为零的过程，根据能量关系：Ep＝mv22＋mgxsinθ
5Ep
解得x＝－d
3mg(3)A、B碰撞前，弹簧的压缩量：x1＝
mgsinθ k3gd 10
设A、B碰撞后瞬间的共同速度大小为v3，则：mv0＝2mv3，解得v3＝当C恰好要离开挡板时，弹簧的伸长量为：x2＝
mgsinθ k可见，在B开始沿斜面向下运动到C刚好要离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能改变量为零，12
根据机械能守恒定律：×2mv3＝Ek＋2mg(x1＋x2)sinθ
272mg解得：k＝.
15mgd－50Ek答案 (1)
65Ep72mggd (2)－d (3) 53mg15mgd－50Ek
模型3 悬绳
悬绳模型是指由悬绳或通过弧形滑槽将不同的物体连在一起组成的系统．此类问题应认清物体的运动过程和运动状态，注意物体运动到最高点或最低点时速度相同的隐含条件及系统机械能守恒定律的应用．
例3 如图3所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环．滑环上通过一根不可伸长的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，绳长为L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，求物块摆起的最大高度．
22
22
图3
解析 滑环固定时，根据机械能守恒定律有：
1
MgL＝Mv02，解得v0＝2gL.
滑环不固定时，物块初速度仍为v0，在物块摆起最大高度h时，它们速度都为v，在此过程中物块和滑环组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒，则：Mv0＝(m＋M)v， 121
Mv0＝(m＋M)v2＋Mgh， 22由以上各式解得：h＝答案
1
2
L. m＋MmL m＋M
m例4 如图4所示，在光滑水平面上有一质量为2018m的木板，木板上有2018块质量均为m的相同木块1、2…、2018.最初木板静止，各木块分别以v、2v…、2018v同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象．求：
图4
(1)最终木板的速度大小；
(2)运动中第88块木块的最小速度； (3)第二块木块相对木板滑动的时间．
解析 (1)最终一起以速度v′运动，由动量守恒可知m(v＋2v＋…＋2018v)＝2×2018mv′， 2019解得v′＝v.
4
(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k－1块木块的速度均为vk， 因为每块木块质量相等，所受合外力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k＋1至第n块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v， 系统动量守恒，
故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v] ＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v ＝2nmvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v 所以vk＝
2n＋1－kkv43439
，v88＝v.
4n1009
(3)第二块木块相对木板静止的速度为
v2＝
2×2018＋1－24035×2v＝v，
4×20184036
因为木块的加速度总为a＝μg，则v2＝2v－μgt，
1
2v－v24037v解得t＝＝.
μg4036μg2019434394037v答案 (1)v (2)v (3)
410094036μg
1
江苏省2021高考物理一轮复习第六章动量动量守恒定律本章学科素养提升教案
