高中物理人教版选修3-5课时训练第十六章专题

专题动量守恒定律的综合应用课题任务临界问题分析临界问题的关键是寻找临界状态，在动量守恒定律的应用中，常常出现相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态，其临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。例1如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M＝30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为m＝15kg的箱子和他一起以v0＝2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。(不计冰面摩擦)(1)若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少？(用字母表示)(2)设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少？(用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大？[规范解答](1)设甲的速度变为v1，甲将箱子推出的过程，甲和箱子组成的系统动量守恒，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1解得v1＝eq\f(M＋mv0－mv,M)。(2)设乙抓住箱子后的速度变为v2，箱子和乙作用的过程，乙和箱子组成的系统动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝(m＋M)v2解得v2＝eq\f(mv－Mv0,m＋M)。(3)甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，其中v1＝v2为甲、乙恰好不相撞的条件。即eq\f(M＋mv0－mv,M)≤eq\f(mv－Mv0,m＋M)代入数据得v≥5.2m/s。所以箱子被推出的速度为5.2m/s时，甲、乙恰好不相撞。[完美答案](1)eq\f(M＋mv0－mv,M)(2)eq\f(mv－Mv0,m＋M)(3)5.2m/s解决动量的临界问题时需要注意以下几点(1)应联想其中一个物体速度很小或速度很大时的状况。(2)通常临界状态发生在二者速度相同的时刻。(3)有时两个物体间发生相互作用时，动量守恒，动能损失最大时的情况和无动能损失的情况与完全非弹性碰撞和弹性碰撞相类似。eq\a\vs4\al([变式训练1])如图所示，甲车质量m1＝20kg，车上有质量M＝50kg的人，甲车(连同车上的人)从足够长的斜坡上高h＝0.45m处由静止滑下，到水平面上后继续向前滑动。此时质量m2＝50kg的乙车正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑来。为了避免两车相撞，当两车相距适当的距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度(相对地面)应在什么范围以内？(不计地面和斜面的摩擦，取g＝10m/s2)答案3.8m/s≤v≤4.8m/s解析在水平面上人跳离甲车和跳上乙车的两个过程中水平方向动量是守恒的。甲车从斜坡滑到平面上的速度v甲＝eq\r(2gh)＝3m/s，设人跳离甲车后甲车的速度为v甲′，跳上乙车后乙车的速度为v乙′，人跳离甲车的水平速度为v，以水平向右为正方向，则(M＋m1)v甲＝Mv＋m1v甲′①Mv－m2v0＝(M＋m2)v乙′②甲、乙两车恰好不相撞的临界条件为v甲′＝±v乙′，若甲、乙同向且v甲′>v乙′甲、乙将相撞；若甲、乙反向且v甲′>v乙′，则甲车冲上斜面返回后将与乙车发生碰撞。联立①②两式解得：当v甲′＝v乙′时，v＝3.8m/s，当v甲′＝－v乙′时，v＝4.8m/s。故为了避免两车相撞，人从甲车跳到乙车上的速度应满足3.8m/s≤v≤4.8m/s。课题任务板—块模型1．把滑块、木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒。2．由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，应由能量守恒求解问题。3．滑块若未滑离木板时最后二者有共同速度，机械能损失最多。例2如图所示，在光滑的水平面上有一质量为M的长木板，以速度v0向右做匀速直线运动，将质量为m的小铁块轻轻放在木板上的A点，这时小铁块相对地面速度为零，小铁块相对木板向左滑动。由于小铁块和木板间有摩擦，最后它们之间相对静止，已知它们之间的动摩擦因数为μ，求：(1)小铁块跟木板相对静止时，它们的共同速度v′；(2)它们相对静止时，小铁块与木板上的A点的距离s；(3)在全过程中有多少机械能转化为内能？[规范解答](1)木板与小铁块组成的系统动量守恒。以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得Mv0＝(M＋m)v′解得v′＝eq\f(Mv0,M＋m)，方向向右。(2)由功能关系可得，系统克服摩擦力所做的功等于系统动能的减少量，有－μmgs＝eq\f(1,2)(M＋m)v′2－eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)。解得s＝eq\f(Mv\o\al(2,0),2μgM＋m)。(3)解法一：由能量守恒定律可得Q＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v′2＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)解法二：根据功能关系，转化成的内能等于系统克服摩擦力做的功，有ΔE＝Q＝μmgs＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)。[完美答案](1)eq\f(Mv0,M＋m)，方向向右(2)eq\f(Mv\o\al(2,0),2μgM＋m)(3)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)板—块模型解题思路(1)对系统应用动量守恒定律。(2)在涉及滑块或平板的时间时，优先考虑用动量定理。(3)在涉及滑块或平板的位移时，优先考虑用动能定理。(4)在涉及滑块的相对位移时，优先考虑用系统的能量守恒。(5)滑块恰好不滑动时，滑块与平板达到共同速度。eq\a\vs4\al([变式训练2])如图所示，质量m1＝0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5m，现有质量m2＝0.2kg且可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10m/s2，求：(1)物块在车面上滑行的时间t；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少。答案(1)0.24s(2)5m/s解析(1)设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v设物块与车面间的滑动摩擦力为Ff，对物块应用动量定理有－Fft＝m2v－m2v0，又Ff＝μm2g联立并代入数据得t＝0.24s。(2)要使物块恰好不从车面滑出，则物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′由能量守恒定律有eq\f(1,2)m2v0′2＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋μm2gL代入数据解得v0′＝5m/s故要使物体不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5m/s。课题任务子弹打木块模型1．木块放在光滑水平面上，子弹水平打进木块，子弹和木块组成的系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒。2．两者发生的相对位移为子弹射入木块的深度x相。3．根据能量守恒定律，系统损失的动能等于系统增加的内能。4．系统产生的内能Q＝Ffx相，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积。5．若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度。6．当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统的动量仍守恒，系统损失的动能为ΔEk＝FfL(L为木块的长度)。例3如图所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(1)子弹射入后，木块在地面上前进的距离；(2)射入的过程中，系统损失的机械能；(3)子弹在木块中打入的深度。[规范解答]子弹和木块组成的系统动量守恒，因子弹未射出，故射入后子弹与木块的速度相同，而系统损失的机械能为初、末状态系统的动能之差。(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒定律得mv＝(M＋m)v′设二者一起沿地面滑动，前进的距离为x，由动能定理得－μ(M＋m)gx＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v′2，联立解得x＝eq\f(m2v2,2M＋m2μg)。(2)射入过程中系统损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)(M＋m)v′2解得ΔE＝eq\f(Mmv2,2M＋m)。(3)设子弹在木块中打入的深度(即子弹相对于木块的位移)为x相对，则ΔE＝μmgx相对联立解得x相对＝eq\f(Mv2,2μgM＋m)。[完美答案](1)eq\f(m2v2,2M＋m2μg)(2)eq\f(Mmv2,2M＋m)(3)eq\f(Mv2,2μgM＋m)子弹打木块模型的特点(1)当子弹和木块的速度相同时木块的速度最大，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，当两者的速度相同时，系统机械能损失最大。eq\a\vs4\al([变式训练3])如图所示，一根质量不计、长为2m的绳子，一端固定在天花板上，另一端系一质量为0.99kg的小球，整个装置处于静止状态。一颗质量为10g、速度为500m/s的子弹水平击中小球后并嵌入其中。g取10m/s2，求：(1)子弹嵌入小球后瞬间的速度v为多大？(2)子弹射入小球的过程中系统损失的机械能E损；(3)小球上升的最大高度h。答案(1)5m/s(2)1237.5J(3)1.25m解析(1)子弹射入小球的过程中，子弹与小球组成的系统水平方向动量守恒，有m1v0＝(m1＋m2)v，解得v＝5m/s。(2)系统损失的机械能等于系统总动能的减少量，有E损＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得E损＝1237.5J。(3)由机械能守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝(m1＋m2)gh解得h＝1.25m。课题任务弹簧类问题1．弹簧类问题特点(1)对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒。(2)整个过程往往涉及到多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。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．弹簧类问题的注意事项光滑水平面上的两物块通过弹簧作用时，弹簧伸长到最长或压缩到最短时，两物体的速度一定相等，弹簧具有最大的弹性势能；当弹簧恢复原长时，两物体的速度相差最大，弹簧对两物体的作用力为零。例4两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4kg的物块C静止在前方，如图所示。B与C碰撞后二者会粘在一起运动。则在以后的运动中：(1)当弹簧的弹性势能最大时，物块A的速度为多大？(2)系统中弹性势能的最大值是多少？[规范解答](1)当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。由A、B、C三者组成的系统动量守恒得(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v1解得v1＝eq\f(2＋2×6,2＋2＋4)m/s＝3m/s。(2)B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v2，则mBv＝(mB＋mC)v2，解得v2＝eq\f(2×6,2＋4)m/s＝2m/s，物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大，设为Ep，根据机械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,1)解得Ep＝12J。[完美答案](1)3m/s(2)12J弹簧类问题的解题思路(1)对系统应用动量守恒定律。判断动量是否守恒需要研究系统的受力情况，动量守恒的条件是系统所受合外力为零。(2)对系统应用能量守恒定律。含有弹簧类的碰撞问题，要特别注意物块碰撞中机械能可能转化为内能，所以全过程看系统机械能往往并不守恒。(3)应用临界条件：两滑块共速时，弹簧的弹性势能最大。eq\a\vs4\al([变式训练4])如图所示，质量分别为1kg、3kg的滑块A、B位于光滑水平面上，现使滑块A以4m/s的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B发生碰撞。求二者在发生碰撞的过程中：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B的最大速度。答案(1)6J(2)2m/s，方向向右解析(1)当弹簧压缩至最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A、B共速。A、B和弹簧组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v解得v＝eq\f(mAv0,mA＋mB)＝eq\f(1×4,1＋3)m/s＝1m/s弹簧的最大弹性势能即此时滑块A、B损失的动能Epm＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝6J。(2)当弹簧恢复原长时，滑块B获得最大速度，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mAv0＝mAvA＋mBvmeq\f(1,2)mAveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,m)解得vm＝2m/s，方向向右。1.(2019·贵州省遵义市南白中学月考)(多选)如图所示，一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起。则从子弹打击到木块A至弹簧第一次被压缩到最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法正确的是()A．系统动量不守恒，机械能守恒B．系统动量守恒，机械能不守恒C．当弹簧被压缩最短时，系统具有共同的速度D．当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能答案BC解析子弹、两木块和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，由于子弹穿入木块过程中要克服摩擦力做功，有一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒，A错误，B正确；当弹簧被压缩至最短时，系统具有相同的速度，C正确；由能量守恒定律可知，当弹簧被压缩至最短时，系统减少的动能一部分转化为内能，一部分转化为弹性势能，D错误。2．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示)，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则()A．A物体的质量为3mB．A物体的质量为2mC．弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．弹簧达到最大压缩量时的弹性势能为mveq\o\al(2,0)答案AC解析对题图甲，设物体A的质量为M，由机械能守恒定律可得，弹簧压缩量为x时弹性势能Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)；对题图乙，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，A、B组成的系统动量守恒，弹簧达到最大压缩量时，A、B二者速度相等，由动量守恒定律有M×(2v0)＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)M×(2v0)2－eq\f(1,2)(M＋m)v2，联立解得M＝3m，Ep＝eq\f(1,2)M×veq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，A、C正确，B、D错误。3.如图所示，木块A的质量mA＝1kg，足够长的木板B的质量mB＝4kg，质量为mC＝2kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。现使A以v0＝10m/s的初速度向右匀速运动，与B碰撞后将以vA′＝4m/s的速度弹回。求：(1)B运动过程中的最大速度；(2)C运动过程中的最大速度。答案(1)3.5m/s，方向向右(2)eq\f(7,3)m/s，方向向右解析(1)A碰B过程中，A与B组成的系统动量守恒，碰撞后瞬间B的速度最大，选向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mA(－vA′)＋mBvB解得vB＝eq\f(mAv0＋mAvA′,mB)＝eq\f(1×10＋1×4,4)m/s＝3.5m/s，方向向右。(2)A与B碰撞后，B与C组成的系统动量守恒，B、C以共同速度运动时，C速度最大，选向右为正方向，由动量守恒定律得mBvB＝(mB＋mC)vC解得vC＝eq\f(mBvB,mB＋mC)＝eq\f(4×,4＋2)m/s＝eq\f(7,3)m/s，方向向右。4.(2019·湖北省荆州中学期中)如图所示，木块A和B质量均为3kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/s的速度向B撞击时，由于B的左侧有橡皮泥而粘在一起运动(碰撞时间极短，可不计)，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹簧势能大小是多少？答案12J解析A与B碰撞过程动量守恒，有mAvA＝(mA＋mB)vAB解得vAB＝eq\f(1,2)vA＝2m/s当弹簧被压缩到最短时，A、B的动能完全转化成弹簧的弹性势能，有Ep＝eq\f(1,2)(mA＋mB)veq\o\al(2,AB)＝12J。5．如图所示，在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图，L为2.0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0.05，开始时物块静止，凹槽以v0＝6m/s的初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计。g取10m/s2，求：(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者相对静止的过程中，物块与右侧槽壁碰撞的次数。答案(1)3m/s(2)4解析(1)设两者相对静止时的速度为v，由动量守恒定律得mv0＝2mv，解得v＝eq\f(v0,2)＝3m/s。(2)物块与凹槽间的滑动摩擦力为f＝μmg设两者间相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理得－f·s1＝eq\f(1,2)(m＋m)v2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得s1＝18m已知L＝2m，可推知物块与右侧槽壁共发生4次碰撞。6.(2019·山东省恒台第一中学检测)如图所示，木板A和有eq\f(1,4)光滑圆弧面的滑块B静止在光滑水平面上，A的上表面与圆弧的最低点相切，A的左端有一可视为质点的小铁块C。现突然给C水平向右的初速度v0，C经过A的右端时速度变为原初速度的一半，之后滑到B上并刚好能到达圆弧的最高点。若A、B、C的质量均为m，重力加速度为g。求：(1)小铁块C滑上B瞬间A、B的速度大小；(2)光滑圆弧面的半径。答案(1)eq\f(v0,4)(2)eq\f(v\o\al(2,0),64g)解析(1)先以A、B、C为系统，水平方向不受外力，所以动量守恒，设初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝meq\f(v0,2)＋2mv1解得C滑上B瞬间A、B的速度大小为v1＝eq\f(v0,4)。(2)C滑到B上后，B与A脱离，再以B、C为系统，设C到达圆弧的最高点时，B、C的共同速度为v2，水平方向由动量守恒定律得meq\f(v0,2)＋meq\f(v0,4)＝2mv2，解得v2＝eq\f(3v0,8)B、C组成的系统中只有重力做功，由机械能守恒定律得eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,2)))2＋eq\f(1,2)meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,4)))2＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋mgR代入数据可解得R＝eq\f(v\o\al(2,0),64g)。7．(2019·黑龙江省哈尔滨市第三中学期中)质量为M＝2kg的小车静止于光滑水平面上，小车的上表面由光滑的eq\f(1,4)圆弧和光滑平面组成，弧半径为R＝0.3m，车的右端固定有一不计质量的弹簧，如图所示。现有一质量为m＝1kg的滑块从圆弧最高处无初速度下滑，与弹簧相接触(不拴接)并压缩弹簧。重力加速度g＝10m/s2，求：(1)弹簧具有的最大的弹性势能Epm；(2)当滑块与弹簧分离时小车的速度。答案(1)3J(2)1m/s解析(1)小车与滑块组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒。小车与滑块速度相等时弹簧弹性势能最大，由于系统初动量为零，由动量守恒定律可知，此时系统动量也为零，速度为零，由于没有摩擦力，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得Epm＝mgR＝1×10×0.3J＝3J。(2)小车与滑块组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得Mv1－mv2＝0由机械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)联立并代入数据解得v1＝1m/s。8．如图所示，质量为M的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m、速度为v0的子弹水平射入木块且未穿出，该过程中木块沿水平方向向右运动的位移大小为s，子弹射入木块的深度为L。设木块对子弹的阻力恒为F，求：(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大？(2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少？(3)木块至少为多长时子弹才不会穿出？答案(1)eq\f(mv0,m＋M)(2)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)eq\f(Mm2v\o\al(2,0),2M＋m2)(3)eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mF)解析(1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v解得v＝eq\f(mv0,m＋M)。(2)由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Q＋eq\f(1,2)(m＋M)v2解得产生的内能为Q＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋m)由动能定理，子弹对木块所做的功W＝Fs＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(Mm2v\o\al(2,0),2M＋m2)。(3)由动能定理得对子弹－F(s＋L)＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)对木块Fs＝eq\f(1,2)Mv2－0解得木块的最小长度为L＝eq\f(Mmv\o\al(2,0),2M＋mF)。9．(