高考动量解题模型总结

发布时间：2020-03-03 12:17:25 来源：范文大全收藏本文下载本文手机版

模型组合讲解——子弹打木块模型［模型概述］

子弹打木块模型：包括一物块在木板上滑动等。FNs相Ek系统Q，Q为摩擦在系统中产生的热量；小球在置于光滑水平面上的竖直平面内弧形光滑轨道上滑动；一静一动的同种电荷追碰运动等。［模型讲解］

例.如图1所示，一个长为L、质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度v0从木块的左端滑向右端，设物块与木块间的动摩擦因数为，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q。

图1 解析：可先根据动量守恒定律求出m和M的共同速度，再根据动能定理或能量守恒求出转化为内能的量Q。

对物块，滑动摩擦力Ff做负功，由动能定理得：

Ff(ds)1212mvtmv0 22即Ff对物块做负功，使物块动能减少。

对木块，滑动摩擦力Ff对木块做正功，由动能定理得Ffs增加，系统减少的机械能为：

1Mv2，即Ff对木块做正功，使木块动能212121mv0mvtMv2Ff(ds)FfsFfd2221

本题中Ffmg，物块与木块相对静止时，vtv，则上式可简化为：

mgd121mv0(mM)vt2222

又以物块、木块为系统，系统在水平方向不受外力，动量守恒，则：

mv0(mM)vt联立式、得：

2Mv0 d2g(Mm)3

故系统机械能转化为内能的量为：

22Mv0Mmv0 QFfdmg2g(Mm)2(Mm)点评：系统内一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即FfsE。

从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：

s2d(v0v)/2v0v s2v/2v所以dv0Mmm，s2d s2vmMm一般情况下Mm，所以s2d，这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：

EkMm2v0

2(Mm)［模型要点］

子弹打木块的两种常见类型：

①木块放在光滑的水平面上，子弹以初速度v0射击木块。

运动性质：子弹对地在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动；木块在滑动摩擦力作用下做匀加速运动。图象描述：从子弹击中木块时刻开始，在同一个v—t坐标中，两者的速度图线如下图中甲（子弹穿出木块）或乙（子弹停留在木块中）

图2 图中，图线的纵坐标给出各时刻两者的速度，图线的斜率反映了两者的加速度。两图线间阴影部分面积则对应了两者间的相对位移。

方法：把子弹和木块看成一个系统，利用A：系统水平方向动量守恒；B：系统的能量守恒（机械能不守恒）；C：对木块和子弹分别利用动能定理。推论：系统损失的机械能等于阻力乘以相对位移，即ΔE＝Ffd ②物块固定在水平面，子弹以初速度v0射击木块，对子弹利用动能定理，可得：

Ffd1212mvtmv0 22两种类型的共同点：

A、系统内相互作用的两物体间的一对摩擦力做功的总和恒为负值。（因为有一部分机械能转化为内能）。 B、摩擦生热的条件：必须存在滑动摩擦力和相对滑行的路程。大小为Q＝Ff·s，其中Ff是滑动摩擦力的大小，s是两个物体的相对位移（在一段时间内“子弹”射入“木块”的深度，就是这段时间内两者相对位移的大小，所以说是一个相对运动问题）。 C、静摩擦力可对物体做功，但不能产生内能（因为两物体的相对位移为零）。［误区点拨］

静摩擦力即使对物体做功，由于相对位移为零而没有内能产生，系统内相互作用的两物体间的一对静摩擦力做功的总和恒等于零。

不明确动量守恒的条件性与阶段性，如图3所示，不明确动量守恒的瞬间性如速度问题。

图3 ［模型演练］

如图4所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d，右极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M，给电容器充电后，有一质量为m的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d，试求：

图4 （1）带电环与左极板相距最近时的速度v；（2）此过程中电容器移动的距离s。（3）此过程中能量如何变化？

答案：（1）带电环进入电容器后在电场力的作用下做初速度为v0的匀减速直线运动，而电容器则在电场力的作用下做匀加速直线运动，当它们的速度相等时，带电环与电容器的左极板相距最近，由系统动量守恒定律可得：动量观点：

mv0(Mm)v，v力与运动观点：设电场力为F mv0

Mmv0mv0FFttv，v mMMm（2）能量观点（在第（1）问基础上）：对m：Eq(s对M：Eqsd112)mv2mv0 2221Mv20 2Eqd112(mM)v2mv0 222所以smd

Mm2运动学观点：对M：vv0vts，对m：ts\' 22dmd，解得：s 22(Mm)s\'s带电环与电容器的速度图像如图5所示。由三角形面积可得：

图5 d11v0t0，svt0 222解得：smd

2(Mm)（3）在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。

模型组合讲解——人船模型［模型概述］

“人船”模型极其应用如一人（物）在船（木板）上，或两人（物）在船（木板）上等，在近几年的高考中极为常见，分值高，区分度大，如果我们在解题中按照模型观点处理，以每题分布给分的情况来看还是可以得到相当的分数。［模型讲解］

例.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，求船和人对地面的位移各为多少？

图1 解析：以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒。当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来。设某时刻人对地的速度为v，船对地的速度为v\'，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有：mvMv\'0，即

v\'m vM因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比。因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度v与船的平均速度v也与它们vm，而人的位移s人vt，船的位移s船vt，所以船的位移与人的位移也与它们的Mvs船m质量成反比，即1

s人M的质量成反比，即式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒。由图1可以看出：s船s人L2 由两式解得s人［模型要点］

动力学规律：由于组成系统的两物体受到大小相同、方向相反的一对力，故两物体速度大小与质量成反比，方向相反。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。

动量与能量规律：由于系统不受外力作用，故而遵从动量守恒定律，又由于相互作用力做功，故系统或每个物体动能均发生变化：力对“人”做的功量度“人”动能的变化；力对“船”做的功量度“船”动能的变化。

两个推论：①当系统的动量守恒时，任意一段时间内的平均动量也守恒； ②当系统的动量守恒时，系统的质心保持原来的静止或匀速直线运动状态不变。

适用范围：动量守恒定律虽然是由牛顿第二定律推导得到的，但它的适用范围比牛顿第二定律更广泛，它既适用于宏观也适用于微观，既适用于低速也适用于高速。［误区点拨］

动量守恒的研究对象是一个系统，对一个物体就不能谈动量守恒问题。动量守恒定律是一个矢量表达式；动量守恒定律是一个状态量表达式，它只与系统的初末状态有关；动量守恒定律具有相对性，表达式中的速度应是对应同一参照系的速度；动量守恒定律具有同时性，表达式中的初状态的动量应该是指同一时刻的各个物体动量的矢量和，末状态也是如此。［模型演练］

如图2所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，车以v0的速度在光滑的水平地面上前进，现在人用相对于小车为u的速度水平向后跳出后，车速增加Δv，则计算Δv的式子正确的是：（

） MmL，s船L

MmMm

图2 A.(Mm)v0M(v0v)mu B.(Mm)v0M(v0v)m(uv0) C.(Mm)v0M(v0v)m[u(v0v)] D.0Mvm(uv) 答案：CD

模型组合讲解——爆炸反冲模型［模型概述］

“爆炸反冲”模型是动量守恒的典型应用，其变迁形式也多种多样，如炮发炮弹中的化学能转化为机械能；弹簧两端将物块弹射将弹性势能转化为机械能；核衰变时将核能转化为动能等。［模型讲解］

例.如图所示海岸炮将炮弹水平射出，炮身质量（不含炮弹）为M，每颗炮弹质量为m，当炮身固定时，炮弹水平射程为s，那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？

解析：两次发射转化为动能的化学能E是相同的。第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能

p2转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式Ek知，在动量大小相

2m1212ME，由于平抛同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能E1mv1E，E2mv222MmsvMM的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，即：22，所以s2s。

Mmsv1Mm思考：有一辆炮车总质量为M，静止在水平光滑地面上，当把质量为m的炮弹沿着与水平面成θ角发射出去，炮弹对地速度为v0，求炮车后退的速度。

提示：系统在水平面上不受外力，故水平方向动量守恒，炮弹对地的水平速度大小为v0cos，设炮车后退方向为正方向，则(Mm)vmv0cos0，vmv0cos

Mm评点：有时应用整体动量守恒，有时只应用某部分物体动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时抓住初、末状态动量即可，要善于选择系统，善于选择过程来研究。［模型要点］

内力远大于外力，故系统动量守恒p1p2，有其他形式的能单向转化为动能。所以“爆炸”时，机械能增加，增加的机械能由化学能（其他形式的能）转化而来。［误区点拨］

忽视动量守恒定律的系统性、忽视动量守恒定律的相对性、同时性。［模型演练］（2005年物理高考科研测试）在光滑地面上，有一辆装有平射炮的炮车，平射炮固定在炮车上，已知炮车及炮身的质量为M，炮弹的质量为m；发射炮弹时，炸药提供给炮身和炮弹的总机械能E0是不变的。若要使刚发射后炮弹的动能等于E0，即炸药提供的能量全部变为炮弹的动能，则在发射前炮车应怎样运动？答案：若在发射前给炮车一适当的初速度v0，就可实现题述的要求。

在这种情况下，用v表示发射后炮弹的速度，V表示发射后炮车的速度，由动量守恒可知：

(mM)v0mvMV由能量关系可知：

1

1112(mM)v0E0mv2MV22 222按题述的要求应有由以上各式得： 12mvE023

v02mE0(mM)M(mM)2mE0(MmM(Mm))m(Mm)4

模型组合讲解——追碰模型

［模型概述］

追碰是物理上一个重要模型，它涉及到动量定理、动量守恒定律、能量守恒等诸多知识点。从物理方法的角度看。处理碰撞问题，通常使用整体法（系统）、能量方法，守恒方法及矢量运算。 “追碰”模型所设计的内容在每年的高考中可以以选择、计算题形式出现，所以该类试题综合性强，区分度大，分值权重高，因该部分内容恰是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，因此相关内容就成为每年高考测试的热点内容。

［模型讲解］

一、理解动量守恒定律的矢量性

例1.如图1所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，则：（

）

图1 A.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5 B.左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10 C.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5 D.右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10 解析：题中规定向右为正方向，而AB球的动量均为正，所以AB都向右运动，又mB2mA，所以vA2vB，可以判断A球在左方，CD错；碰撞后A的动量变化pA4kgm/s，根据动量守恒可知，B球的动量变化pB4kgm/s，所以碰后AB球的动量分别为

pA\'(64)kgm/s2kgm/s，pB\'(64)kgm/s10kgm/s解得vA\':vB\'2:5，所以A正确。评点：动量守恒定律的矢量性即是重点又是难点，解题时要遵循以下原则：先确定正方向，与正方向相同的矢量取正号，与正方向相反的矢量取负号，未知矢量当作正号代入式中，求出的结果若大于零，则与正方向相同，若小于零则与正方向相反，同时也要善于利用动量与动能的关系，但要注意它们的区别。

二、利用动量守恒定律处理微观粒子的追碰

例2.在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速。假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求：

（1）经过一次碰撞后中子的能量变为多少？

（2）若E0＝1.76MeV，则经过多少次碰撞后，中子的能量才可减少到0.025eV。

解析：按弹性正碰的规律可求出每次碰撞后中子的速度变为多少，对应的动能也就可以求解；在根据每次碰撞前后的动能之比与需要减少到0.025eV与原动能E0的比值关系，取对数求出碰撞次数（必须进位取整）。

（1）弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒两个规律。设中子的质量为m，碳核的质量为M，有：

mv0mv1Mv2 121212mv0mv1Mv2222由上述两式整理得：

v1mMm12m11v0v0v0

mMm12m13则经过一次碰撞后中子的动能：

E11111121mv12m(v0)2E0 22131691211212E1()E0 169169（2）同理可得E2……

121nEn()E0

169设经过n次碰撞，中子的动能才会减少至0.025eV，即En0.025eV，E01.76MeV，解上式得n54。

评点：广义上的碰撞，相互作用力可以是弹力、分子力、电磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏观物体间的碰撞，也可以是微观粒子间的碰撞。

说明：《考试大纲》强调“应用数学处理物理问题的能力”，我们在计算中常遇到的是以下一些数学问题： ①等差数列、等比数列，这两类问题的处理方法是先用数学归纳法找出规律，再求解； ②对yasinbcos，当arctana，ymaxa2b2 bA。 2③对yAsincos的形式（即yKsin2），则在45时，y有极值④对yKab的形式，其中均为a、b变量，但ab恒量（a0、b0），则可根据不等式性质ab(ab)2/2求极值等。

［模型要点］

在近年高考中，考查的碰撞皆为正碰问题。碰撞是中学物理教学的重点、是历年高考命题的热点，同时它一直是学生学习和高考的难点。碰撞在《考试说明》中作II级要求掌握。

1.碰撞的特点：（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的；（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其他形式的能量转化为动能；（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大；（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2.碰撞的分类：按能量变化情况可分为弹性碰撞和非弹性碰撞（包括完全非弹性碰撞）。

3.能量方面：弹性碰撞动能守恒；非弹性碰撞动能不守恒；完全非弹性碰撞能量损失（不能完全恢复原形）最大。

注意：动量守恒定律的验证、分析推理、应用等实验中，不论在平面还是斜面或用其他方式进行，我们都要注意守恒的条件性。

解题原则：（1）碰撞过程中动量守恒原则；（2）碰撞后系统动能不增原则；（3）碰撞后运动状态的合理性原则。

碰撞过程的发生应遵循客观实际。如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动。

解决“追碰”问题大致分两类运动，即数学法（如函数极值法、图象法）和物理方法（参照物变换法、守恒法等）。

［模型演练］

如图2所示，一水平放置的圆环形刚性槽固定在桌面上，槽内嵌放着三个大小相同的刚性小球，它们的质量分别为m

1、m