动量守恒定律章末核心素养提升

一、力学三大观点在“三种典型模型”中的应用
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上、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】 (2020·四川乐山市第一次调查研究)如图1所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M ＝4 kg 的长木板，在长木板右端有一质量m ＝1 kg 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 ＝14 N 的水平恒力向右拉长木板，经时间t ＝1 s 撤去水平恒力F ，取g ＝10 m/s 2。

求：
图1
(1)小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块加速度的大小；
(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 。

答案 (1)2 m/s 2 (2)0.5 m (3)0.4 J
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 ＝ma 1，解得a 1＝μg ＝2 m/s 2。

(2)长木板受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得
F －μmg ＝Ma 2，解得a 2＝3 m/s 2
0～1 s 时间内，小物块运动的位移
x 1＝12a 1t 2＝12×2×12 m ＝1 m
长木板运动的位移x 2＝12a 2t 2＝12×3×12 m ＝1.5 m
则小物块相对于长木板的位移
Δx＝x2－x1＝1.5 m－1 m＝0.5 m。

(3)撤去F时，小物块和长木板的速度分别为
v1＝a1t＝2 m/s，v2＝a2t＝3 m/s
小物块和木板系统所受的合力为0，动量守恒，得mv1＋Mv2＝(M＋m)v′，解得v′＝2.8 m/s
从撤去F到物块与长木板保持相对静止，由能量守恒定律1
2mv
2
1
＋
1
2Mv
2
2
＝ΔE＋
1
2(M
＋m)v′2
解得ΔE＝0.4 J
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】(2020·天津市和平区第二次质量调查)如图2所示，CDE为光滑的轨道，其中ED段是水平的，CD段是竖直平面内的半圆，与ED相切于D点，且半径R ＝0.5 m。

质量m＝0.2 kg的小球B静止在水平轨道上，另一质量M＝0.2 kg的小球A前端装有一轻质弹簧，以速度v0向左运动并与小球B发生相互作用。

小球A、B均可视为质点，若小球B与弹簧分离后滑上半圆轨道，并恰好能通过最高点C，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g＝10 m/s2，求：
图2
(1)小球B与弹簧分离时的速度v B多大；
(2)小球A的速度v0多大；
(3)弹簧最大的弹性势能E p是多少？
答案(1)5 m/s(2)5 m/s(3)1.25 J
解析(1)设小球B恰好通过C点时速度为v C，则有
mg ＝m v 2C R ① －mg·2R ＝12mv 2C －12
mv 2B ② 联立①②解得v B ＝5 m/s 。

(2)小球B 与弹簧分离前后，小球A 、B 及弹簧组成的系统
由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv 0＝Mv A ＋mv B ③
12Mv 20＝12Mv 2A ＋12mv 2B ④
联立③④解得v 0＝5 m/s 。

(3)当A 、B 两者速度相同时，弹簧有最大弹性势能E p ，设共同速度为v ，由动量守恒定律及能量守恒定律有
Mv 0＝(M ＋m)v ⑤
E p ＝12Mv 20－12(M ＋m)v 2⑥
联立⑤⑥解得E p ＝1.25 J 。

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。

图3
答案 m m ＋M
L 解析 滑环固定时，根据机械能守恒定律有
MgL＝1
2Mv
2
，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
1
2Mv 2
＝
1
2(m＋M)v
2＋Mgh
由以上各式解得h＝
m
m＋M
L。

二、数学归纳法在动量问题中的应用
【例4】如图4所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，木板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2…2 018。

最初木板静止，各木块分别以v、2v…、2 018v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。

答案(1)2 019
4v(2)
43 439
1 009v(3)
4 037v
4 036μg
解析(1)最终一起以速度v′运动，由动量守恒可知
m(v＋2v＋…＋2 018v)＝2×2 018mv′，解得v′＝2019
4v。

(2)设第k块木块最小速度为v k，则此时木板及第1至第k－1块木块的速度均为v k，因为每块木块质量相等，所受合力也相等(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v k＋v、v k＋2v、…、v k＋(n－k)v，
系统动量守恒，故m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)v k＋
m(v k＋v)＋…＋m[v k＋(n－k)v]
＝nmv k＋kmv k＋(n－k)mv k＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v
＝2nmv k＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v
所以v k ＝（2n ＋1－k ）kv 4n
，v 88＝43 4391 009v 。

(3)第二块木块相对木板静止的速度为
v 2＝2×2018＋1－24×2018×2v ＝4 0354 036v 因为木块的加速度总为a ＝μg
v 2＝2v －μgt ，解得t ＝2v －v 2μg ＝4 037v 4 036μg 。