2023届高三物理复习重难点突破专题43动量守恒之四大模型（解析版）.docx

专题43 动量守恒之四大模型 考点一 弹簧—滑块模型（地面光滑） 考点二　 水平方向动量守恒的两种典型模型 考点三 子弹打木块模型 考点四 滑块—木板模型（地面光滑） 考点一 弹簧—滑块模型（地面光滑） 1．模型图例 2．模型规律 (1)动量守恒：两个物体与弹簧相互作用的过程中，若系统所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒． (2)机械能守恒：系统所受的外力为零或除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒． (3)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等，弹性势能最大，系统动能最小． (4)弹簧恢复原长时，弹性势能为零，系统动能最大． (5)如上图甲，当A与弹簧分离瞬间AB的速度可以用弹性碰撞中一动碰一静的结论得到． 1.如图所示，光滑水平面上静止着一质量为m2的刚性小球，小球与水平轻质弹簧相连，另有一质量为m1的刚性小球以速度v0向右运动，并与弹簧发生相互作用，两球半径相同，求： (1)弹簧弹性势能的最大值； (2)弹簧第一次恢复原长时，m1、m2两球的速度大小． 【答案】(1)eq \f(m1m2v02,2?m1＋m2?)(2)eq \f(?m1－m2?v0,m1＋m2)　eq \f(2m1v0,m1＋m2) 【解析】 (1)两球速度相同时，弹簧弹性势能最大．以v0的方向为正方向， 由动量守恒定律得m1v0＝(m1＋m2)v 由能量守恒得eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)(m1＋m2)v2＋Epmax 解得Epmax＝eq \f(m1m2v02,2?m1＋m2?) (2)从m1与弹簧接触到弹簧第一次恢复原长，整个过程两球相当于发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得： m1v0＝m1v1′＋m2v2′ eq \f(1,2)m1v02＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2v2′2 解得v1′＝eq \f(?m1－m2?v0,m1＋m2) v2′＝eq \f(2m1v0,m1＋m2). 2．A、B两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(mM)．若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为(　　) A．L1L2 B．L1L2 C．L1＝L2 D．不能确定 【答案】C 【解析】当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，对题图甲取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′ 由机械能守恒定律得：Ep＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)(m＋M)v′2 联立解得弹簧压缩到最短时Ep＝eq \f(mMv2,2?m＋M?) 同理：对题图乙取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep＝eq \f(mMv2,2?m＋M?) 故弹性势能相等，则有：L1＝L2，故A、B、D错误，C正确． 3.(多选)如图所示，质量分别为M和m0的两滑块甲、乙用轻弹簧连接，以恒定的速度v沿光滑水平面运动，与位于正前方的质量为m的静止滑块丙发生碰撞，碰撞时间极短．在甲、丙碰撞瞬间，下列情况可能发生的是(　　) A．甲、乙、丙的速度均发生变化，分别为v1、v2、v3，而且满足(M＋m0)v＝Mv1＋m0v2＋mv3 B．乙的速度不变，甲和丙的速度变为v1和v2，而且满足Mv＝Mv1＋mv2 C．乙的速度不变，甲和丙的速度都变为v′，且满足Mv＝(M＋m)v′ D．甲、乙、丙速度均发生变化，甲、乙的速度都变为v1，丙的速度变为v2，且满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2 【答案】BC 【解析】碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒，滑块乙的速度不变，以滑块甲的初速度方向为正方向，若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2，由动量守恒定律得Mv＝Mv1＋mv2；若碰后滑块甲和丙的速度相同，由动量守恒定律得Mv＝(M＋m)v′，故B、C正确． 4.(多选)如图所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动。在整个运动过程中，下列说法中正确的是（　　） A．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒 B．三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒 C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大 D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零 【答案】ACD 【解析】AB．在整个运动过程中，系统的合外力为零，系统的动量守恒，小球a与b碰撞后粘在一起，动能减小，机械能减小， B错误，A正确；C．a与b碰撞后，弹簧被压缩，弹簧对b产生向左的弹力，对c产生向右的弹力，ab做减速运动，c做加速运动，当c的速度