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专题突破动量守恒定律的常见模型“人船”模型两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒，在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比。这样的问题归为“人船”模型问题。1.“人船”模型问题2.“人船”模型的特点(1)两物体相互作用过程满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0。(2)运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度的大小(瞬时速率)比等于它们质量的反比，即x1x2＝v1v2＝m2m1。(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的。图1解析设任一时刻人与船的速度大小分别为v1、v2，作用前都静止。因整个过程中动量守恒，所以有mv1＝Mv2【例1】如图1所示，长为L、质量为M的小船停在静水中，质量为m的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人相对地面的位移各为多少？而整个过程中的平均速度大小为v－1、v－2，则有mv－1＝Mv－2。两边乘以时间t有mv－1t＝Mv－2t，即mx1＝Mx2。且x1＋x2＝L，可求出x1＝Mm＋ML，x2＝mm＋ML。答案mm＋MLMm＋ML“人船”模型问题应注意以下两点(1)适用条件①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零。②在系统内发生相对运动的过程中至少有一个方向的动量守恒(如水平方向或竖直方向)。(2)画草图解题时要画出各物体的位移关系草图，找出各长度间的关系，注意两物体的位移是相对同一参考系的位移。“子弹打木块”模型1.模型图(1)当子弹和木块的速度相等时木块的速度最大，两者的相对位移(子弹射入木块的深度)取得极值。(2)系统的动量守恒，但系统的机械能不守恒，摩擦力与两者相对位移的乘积等于系统机械能的减少，当两者的速度相等时，系统机械能损失最大。2.模型特点(3)根据能量守恒，系统损失的动能ΔEk＝Mm＋MEk0，等于系统其他形式能的增加。由上式可以看出，子弹的质量越小，木块的质量越大，动能损失越多。(4)解决该类问题，既可以从动量、能量两方面解题，也可以从力和运动的角度借助图象求解。图2A.木板的长度B.物块与木板的质量之比C.物块与木板之间的动摩擦因数D.从t＝0开始到t1时刻，木板获得的动能【例2】(2018·海南高考)(多选)如图2(a)，一长木板静止于光滑水平桌面上，t＝0时，小物块以速度v0滑到长木板上，图(b)为物块与木板运动的v－t图象，图中t1、v0、v1已知。重力加速度大小为g。由此可求得()答案BC解析木板在光滑水平面上，物块滑上木板后系统动量守恒，由图(b)可知最终物块与木板以共同速度v1运动，有mv0＝(M＋m)v1①，－μmgΔx＝12(M＋m)v21－12mv20②，Δx＝(v0＋v12－v12)t1③，由①式可求物块与木板的质量之比，B项正确；由①②③式可求物块与木板间动摩擦因数，C项正确；木板质量未知，获得的动能不可求，D项错误。“子弹打木块”模型解题思路(1)应用系统的动量守恒。(2)在涉及子弹(滑块)或平板的作用时间时，优先考虑用动量定理。(3)在涉及子弹(滑块)或平板的位移时，优先考虑用动能定理。(4)在涉及子弹(滑块)的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。(5)滑块恰好不滑出时，有滑块与平板达到共同速度时相对位移为板长L。模型特点对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中，应注意以下四点：(1)在能量方面，由于弹簧的形变会具有弹性势能，系统的总动能将发生变化，若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能守恒。(2)在相互作用过程中，系统动量守恒。(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，系统满足动量守恒，机械能守恒。(4)弹簧处于原长时，弹性势能为零。“滑块—弹簧”模型图3(1)C的质量mC；(2)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep。【例3】(2019·石家庄二中一模)如图3甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝4.0kg和mB＝3.0kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v－t图象如图乙所示。求：解析(1)由题图乙知，C与A碰前速度为v1＝9m/s，碰后速度为v2＝3m/s，C与A碰撞过程动量守恒。mCv1＝(mA＋mC)v2解得mC＝2kg。(2)由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小v3＝3m/s，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大(mA＋mC)v3＝(mA＋mB＋mC)v412(mA＋mC)v23＝12(mA＋mB＋mC)v24＋Ep解得Ep＝9J。答案(1)2kg(2)9J“圆弧(或斜面)轨道＋滑块(或小球)”模型2.模型特点1.模型图(1)最高点：m与M具有共同水平速度，且m不可能从此处离开轨道，系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒。mv0＝(M＋m)v共，12mv20＝12(M＋m)v2共＋mgh。(2)最低点：m与M分离点。水平方向动量守恒，系统机械能守恒，mv0＝mv1＋Mv2，12mv20＝12mv21＋12Mv22。图4【例4】如图4所示，在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M的斜面，斜面表面光滑、高度为h、倾角为θ。一质量为m(m＜M)的小物块以一定的初速度沿水平面向左运动，不计冲上斜面时的机械能损失。如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为()A.hB.mhm＋MC.mhMD.Mhm＋M解析斜面固定时，由动能定理得斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv0＝(M＋m)v由机械能守恒得－mgh＝0－12mv20所以v0＝2gh12mv20＝12(M＋m)v2＋mgh′解得h′＝MM＋mh，选项D正确。答案D动量守恒定律往往与图象结合，比较常见的就是速度图象、位移图象。解题时从两种图象中读出物体运动的速度或初、末速度并结合动量守恒定律作答。科学思维的培养——与图象结合的动量守恒定律的综合类问题图5A.此碰撞一定为弹性碰撞B.被碰物体质量为2kgC.碰后两物体速度相同D.此过程有机械能损失【典例】质量为m1＝1kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰，碰撞时间极短，其x－t图象如图5所示，则()解析x－t图象的斜率表示物体的速度，由题图求出m1、m2碰撞前后的速度分别为v1＝4m/s，v2＝0，v1′＝－2m/s，v2′＝2m/s；由动量守恒定律得m1v1＝m1v1′＋m2v2′，得m2＝3kg；根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8J，机械能无损失，因此是弹性碰撞，B、C、D项错误，A项正确。答案AA.ma＞mbB.ma＜mbC.ma＝mbD.无法判断解析由题图图象知，a球以某一初速度向原来静止的b球运动，碰后a球反弹且速度大小小于其初速度大小，根据动量守恒定律知，a球的质量小于b球的质量，故B项正确。答案B【变式训练】(2019·潍坊名校模拟)在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球碰撞前后的速度－时间图象如图6所示，下列关系正确的是()图6