鲁科版高中物理选择性必修第一册第1章素养培优课(二)动量守恒定律的综合应用学案

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素养培优课(二)　动量守恒定律的综合应用1．掌握含有弹簧类模型问题。2．掌握“滑块—木板”模型与图像问题。3．学会多物体、多过程动量守恒定律的应用。 考点1　弹簧类模型1．对于弹簧类问题，在作用过程中，系统所受合外力为零，满足动量守恒。2．整个过程涉及弹性势能、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。3．注意：弹簧连接的两物体速度相等时，弹簧处于压缩最短或者拉伸最长状态，此时弹簧弹性势能最大。【典例1】　两物块A、B用轻弹簧相连，质量均为2 kg，初始时弹簧处于原长，A、B两物块都以v＝6 m/s的速度在光滑的水平地面上运动，质量为4 kg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？[解析]　(1)当物块A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大由A、B、C三者及弹簧组成的系统动量守恒(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)vABC解得vABC＝3 m/s。(2)物块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vBC则mBv＝(mB＋mC)vBC，解得vBC＝2 m/s设物块A、B、C速度相同时弹簧的弹性势能最大为Ep，根据能量守恒Ep＝12mB+mCvBC2＋12mAv2－12(mA＋mB＋mC)vABC2＝12 J。[答案]　(1)3 m/s　(2)12 J[跟进训练]1．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量分别为2m和m。Q与轻质弹簧相连(弹簧处于原长)。设开始时P和Q分别以2v和v初速度向右匀速运动，当小滑块P追上小滑块Q与弹簧发生相互作用，在以后运动过程中，求：(1)弹簧具有的最大弹性势能；(2)小滑块Q的最大速度。[解析]　(1)P、Q通过弹簧发生碰撞，当两滑块速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设此时共同速度为v′对P、Q(包括弹簧)组成的系统，由动量守恒定律有2m×2v＋mv＝(2m＋m)v′解得v′＝53v根据机械能守恒定律可得：弹簧具有的最大弹性势能为Ep＝12×2m(2v)2＋12mv2－12×3mv′2＝13mv2。(2)当弹簧恢复原长时Q的速度最大，设此时P的速度为v1，Q的速度为v2根据动量守恒定律可得2m×2v＋mv＝2mv1＋mv2根据机械能守恒定律可得12×2m(2v)2＋12mv2＝12×2mv12＋12mv22联立解得v2＝73v。[答案]　(1)13mv2　(2)73v 考点2　“滑块—木板”模型与图像问题1．把滑块、木板看作一个整体，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，把机械能转化为内能，系统机械能不守恒。根据能量守恒或者功能关系(Q＝Ff·x相对，其中x相对为滑块和木板相对滑动的距离)列方程求解问题。3．注意：滑块不滑离木板时最后二者有共同速度。【典例2】　(多选)如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2 kg的木块A以速度v0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在摩擦，之后木块A与长木板B的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)甲　　　　　　　　　　　　乙A．木块A与长木板B之间的动摩擦因数为0.1B．长木板的质量为M＝2 kgC．长木板B的长度至少为2 mD．木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为4 JAB　[由题图可知，木块A先做匀减速运动，长木板B先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v＝1 m/s，取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，解得M＝m＝2 kg，故B正确；由题图可知，长木板B做匀加速运动的加速度为aB＝ΔvΔt＝11 m/s2＝1 m/s2，对长木板B，根据牛顿第二定律得μmg＝MaB，解得μ＝0.1，故A正确；由题图可知前1 s内长木板B的位移为xB＝12×1×1 m＝0.5 m，木块A的位移为xA＝2+12×1 m＝1.5 m，所以长木板B的最小长度为L＝xA－xB＝1 m，故C错误；木块A与长木板B组成的系统损失的机械能为ΔE＝12mv02－12(m＋M)v2＝2 J，故D错误。][跟进训练]2．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的小车正以速度v0向右运动，现有一质量为m的木块也以速度v0从右端冲上车面，由于摩擦，小车速度将发生变化，为使小车继续保持v0匀速运动，须及时给小车施一水平力，当小车和木块的速度相等时将力去掉。设小车和木块间的动摩擦因数处处相同且车足够长，则此过程中水平力对小车做的功(　　)A．0.5mv02B．mv02C．1.5mv02D．2mv02D　[木块冲上小车后受到向右的滑动摩擦力作用，木块先做匀减速运动，后做反方向匀加速运动，整个过程是匀变速运动，以向右为正，根据动量定理，得ft＝mv0－(－mv0)，对小车受力分析，拉力F与滑动摩擦力平衡，有F＝f，在时间t内小车的位移为s＝v0t，故拉力做的功为WF＝Fs＝fs，联立以上四式可计算得出：WF＝2mv02，故D正确。] 考点3　多物体、多过程动量守恒定律的应用对于由多个物体组成的系统，由于物体较多，作用过程较为复杂，这时往往要根据作用过程中的不同阶段，将系统内的物体按作用的关系分成几个小系统，对不同阶段、不同的小系统准确选取初、末状态，分别列动量守恒定律方程求解。【典例3】　如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙。在其左端有一个光滑的14圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上。现有可视为质点的滑块A以初速度v0从右端滑上木板B并以v02的速度滑离B，恰好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，求：(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；(2)14圆弧槽C的半径R。[解析]　(1)滑块A在木板B上滑动时，A、B、C组成的系统动量守恒设A滑离B时，B、C整体的速度为v1则mv0＝m·v02＋2mv1由能量守恒定律得12mv02＝12mv022＋12×2mv12＋Q其中Q＝μmgL联立解得v1＝14v0，μ＝5v0216gL。(2)A在C上滑动时，A、C组成的系统在水平方向上不受外力，因此A、C系统在水平方向上动量守恒。设A到达C的最高点时，A、C的共同速度为v2，则m·v02＋mv1＝2mv2由机械能守恒定律，有12mv022＋12mv12＝12×2mv22＋mgR，联立解得R＝v0264g。[答案]　(1)5v0216gL　(2)v0264g[跟进训练]3．如图所示，甲车的质量是2 kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物体。乙车的质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞以后甲车获得4 m/s的速度，物体滑到乙车上。若乙车足够长，则小物体的最终速度大小为多少？[解析]　取水平向左为正方向，乙车与甲车碰撞过程动量守恒，则m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′乙车与甲车碰撞后，小物体与乙车组成的系统，在两者达到共同速度之前所受合外力为零，系统动量守恒，则m乙v乙′＝(m＋m乙)v代入数据解得v＝2.4 m/s。[答案]　2.4 m/s素养培优练(二)　动量守恒定律的综合应用一、选择题1．如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中(　　)A．动量守恒、机械能守恒B．动量不守恒、机械能不守恒C．动量守恒、机械能不守恒D．动量不守恒、机械能守恒B　[在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为此系统动量守恒(此瞬间弹簧尚未形变)。若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，有摩擦力做功，机械能不守恒，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒，故选项B正确。]2．如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为(　　)A．mv02400 B．mv02200 C．99mv02200 D．199mv02400A　[子弹打入木块A过程中，由动量守恒得mv0＝100mv1；在压缩弹簧过程中，对子弹和木块A、B组成的系统，当它们速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，由动量守恒得mv0＝200mv2，由机械能守恒得弹簧弹性势能的最大值Ep＝12×100mv12－12×200mv22＝mv02400，故选项A正确。]3．(多选)如图所示为a、b两小球沿光滑水平面相向运动的v-t图像，已知当两小球间距小于或等于L时，受到相互排斥的恒力作用，当间距大于L时，相互作用力为零，由图可知(　　)A．a小球的质量大于b小球的质量B．a小球的质量小于b小球的质量C．t1时刻两小球间距最小D．t3时刻两小球间距为LBD　[从题图可以看出，0～t3时间内，a小球的v-t图线的斜率绝对值比较大，所以a小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力，大小相等，根据a＝Fm知，加速度大的质量小，所以a小球的质量较小，故A错误，B正确；t2时刻两小球速度相等，距离最小，之后距离又开始逐渐变大，故C错误；当间距大于L时，相互作用力为零，由题图可知t3时刻之后相互作用力为零，即间距大于L，则t3时刻两球间距为L，故D正确。]4．如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面。现把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D间的距离x随各量变化的情况是(　　)A．其他量不变，R越大x越大B．其他量不变，μ越大x越大C．其他量不变，m越大x越大D．其他量不变，M越大x越大A　[小物体与小车组成的系统水平方向动量守恒，所以当二者相对静止时，因系统水平方向的总动量为零，则两物体最终会停止运动，由能量守恒定律有μmgx＝mgR，解得x＝Rμ，故选项A正确，B、C、D错误。]5．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，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是(　　)A．ma＞mb　　　　　　 B．ma＜mbC．ma＝mb D．无法判断B　[根据题中图像，由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，碰撞过程无机械能损失，则12mava2＝12mava′2＋12mbvb′2联立解得va′＝ma-mbma+mbva，vb′＝2mama+mbva，由图像知va′＜0，则ma＜mb，故B正确。]6．(多选)水平面上的A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前图像，c为碰撞后两球共同运动的图像，已知A球质量是m＝2 kg，则由图像判断下列结论正确的是(　　)A．由图像可知碰撞前A球做匀减速直线运动，B球做匀加速直线运动B．碰撞前后A球动量变化量大小为4 kg·m/sC．B球质量为43 kgD．A、B两球碰撞前的总动量为3 kg·m/sBC　[由于x-t图像的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都做匀速运动，故A错误；碰撞前有：vA＝－3 m/s，vB＝2 m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝－1 m/s；碰撞前后A球的动量变化为ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3) kg·m/s＝4 kg·m/s，故B正确；根据动量守恒定律，碰撞前后B球的动量变化为ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s，又ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以解得mB＝43 kg，故C正确；A球与B球碰撞前的总动量为p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋43×2 kg·m/s＝－103 kg·m/s，故D错误。]7．质量为M的小车置于光滑水平面上，上表面粗糙且足够长，质量为m的木块以初速度v滑上车上表面，则(　　)A．因车上表面粗糙，故系统动量不守恒B．车上表面越粗糙，小车获得的动量越大C．车上表面越粗糙，系统产生的内能越多D．木块的最终速度为mvm+MD　[以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受合外力为零，因此系统动量守恒，由mv＝(m＋M)v′得v′＝mvM+m，选项A错误，D正确；相对运动过程中系统的一部分机械能转化为内能，根据能量守恒定律得E内＝12mv2－12(m＋M)v′2＝Mmv22M+m，与车上表面的粗糙程度无关，选项C错误；根据A、D选项分析，小车获得的动量Mv′与车上表面粗糙程度无关，选项B错误。]8．(多选)质量为M的小车置于光滑的水平面上，左端固定一个水平轻弹簧，质量为m的光滑物块放在小车上，压缩弹簧并用细线连接物块和小车左端，开始时小车与物块都处于静止状态，此时物块与小车右端相距为L，如图所示，当突然烧断细线后，以下说法正确的是(　　)A．物块和小车组成的系统机械能守恒B．物块和小车组成的系统动量守恒C．当物块速度大小为v时，小车速度大小为mMvD．当物块离开小车时，小车向左运动的位移为mMLBC　[弹簧推物块和小车的过程，若取物块、小车和弹簧组成的系统为研究对象，则无其他力做功，机械能守恒，但选物块和小车组成的系统，弹力做功属于系统外其他力做功，弹簧弹性势能转化成系统的机械能，此时系统的机械能不守恒，A选项错误；取物块和小车组成的系统，外力的和为零，故系统的动量守恒，B选项正确；由物块和小车组成的系统动量守恒得：0＝mv－Mv′，解得小车的速度为v′＝mMv，C选项正确；由vv'＝Mm，则在相同时间内xx'＝Mm，且x＋x′＝L，联立解得小车的位移大小为x′＝mLM+m，D选项错误。]9．(多选)如图甲所示，在光滑水平面上的A、B两个小球发生正碰，两小球的质量分别为m1和m2，图乙为它们碰撞前后的x-t图像，取向右为正方向。已知m1＝0.1 kg。由此可以判断(　　)甲　　　　　　　　　　　乙A．碰前B静止，A向右运动B．碰后B和A都向右运动C．由动量守恒可以算出B的质量m2＝0.3 kgD．碰撞过程中系统损失了0.4 J的机械能AC　[由题图乙可以看出，碰前A位移随时间均匀增加，B位移不变，可知B静止，A向右运动，故A正确；碰后一个位移增大，一个位移减小，说明运动方向不一致，B错误；由题图乙可以计算出A碰前的速度v1＝4 m/s，碰后的速度v1′＝－2 m/s，B碰前的速度v2＝0，碰后的速度v2′＝2 m/s，由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，计算得m2＝0.3 kg，故C正确；碰撞过程中系统损失的机械能ΔE＝12m1v12－12m1v1′2－12m2v2′2＝0，D错误。]10．(多选)在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。如图甲所示，黄壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击黄壶，两壶发生正碰，碰后两壶的加速度相等，若碰撞前后两壶的v -t图像如图乙所示。关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　)甲　　　　　　　　　　　　乙A．红壶碰撞前后速度大小变化了1.1 m/sB．碰撞后黄壶的加速度大小为0.3 m/s2C．黄壶运动了4 s停下D．碰撞后两壶相距的最远距离为1.2 mBD　[由题图乙可知，碰撞前红壶速度v1＝1.2 m/s，碰撞后红壶速度v2＝0.3 m/s，所以碰撞前后红壶速度减小了0.9 m/s，选项A错误；由题图乙可知，碰后红壶的加速度大小为0.3 m/s2，根据题述碰后两壶的加速度相等，则黄壶的加速度大小也为0.3 m/s2，选项B正确；由碰撞过程中系统动量守恒有mv1＝mv2＋mv黄，解得v黄＝0.9 m/s，由v＝at解得黄壶的运动时间为3 s，选项C错误；根据v-t图像中图线与时间轴所围的面积表示位移可知，碰撞后红壶发生的位移为0.15 m，黄壶发生的位移为1.35 m，则两壶相距最远距离为1.2 m，选项D正确。]二、非选择题11．如图所示，质量为m2＝2 kg和m3＝3 kg的物体静止放在光滑水平面上，两者之间有压缩着的轻弹簧(与m2、m3不拴接)。质量为m1＝1 kg的物体以速度v0＝9 m/s向右冲来，为防止冲撞，释放弹簧将m3物体发射出去，m3与m1碰撞后粘在一起。(1)m3的速度至少为多大，才能使以后m3和m2不发生碰撞？(2)为保证m3和m2恰好不发生碰撞，弹簧的弹性势能至少为多大？[解析]　(1)设m3发射出去的速度为v1，m2的速度为v2，以向右的方向为正方向，对m2、m3，由动量守恒定律得m2v2－m3v1＝0只要m1和m3碰后速度不大于v2，则m3和m2就不会再发生碰撞，m3和m2恰好不相撞时，两者速度相等对m1、m3，由动量守恒定律得m1v0－m3v1＝(m1＋m3)v2解得v1＝1 m/s，即弹簧将m3发射出去的速度至少为1 m/s。(2)对m2、m3及弹簧，由机械能守恒定律得Ep＝12m3v12＋12m2v22＝3.75 J。[答案]　(1)1 m/s　(2)3.75 J12．如图所示，某商场中，静置在水平地面上沿一直线排列着3辆手推车，每辆车的质量均为m＝10 kg。现给第一辆车v0＝11 m/s的水平初速度，使其向第二辆车运动，0.5 s后与第二辆车相碰，碰后两车以共同速度运动了1 s后与第三辆车相碰，最后3辆车恰好一起运动至停放处。若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，手推车运动过程中受到的阻力是其重力的0.2倍。已知重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速度大小v；(2)第三辆车运动的距离d。[解析]　(1)第一辆车与第二辆车碰撞前，手推车做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，手推车加速度大小为a＝0.2mgm＝2 m/s2第一辆车与第二辆车碰撞前，速度大小为v1＝v0－at1＝11 m/s－2 m/s2×0.5 s＝10 m/s碰撞过程，根据动量守恒定律有mv1＝2mv解得第一辆车与第二辆车碰撞后瞬间的速度大小为v＝5 m/s。(2)两车以共同速度做匀减速直线运动，1 s后速度大小为v2＝v－at2＝5 m/s－2 m/s2×1 s＝3 m/s与第三辆车相碰，碰撞过程中，根据动量守恒定律有2mv2＝3mv3解得三辆碰在一起的速度大小为v3＝2 m/s三辆车之后一起做匀减速直线运动，故第三辆车运动的距离为d＝v322a＝1 m。[答案]　(1)5 m/s　(2)1 m13．如图所示，在光滑水平地面上有一辆质量m1＝3.98 kg的平板小车，小车上表面离地高度为h＝0.2 m，小车右端有一个质量m2＝1 kg的木块(木块可视为质点)，小车与木块一起静止在地面上。一颗质量m0＝20 g的子弹以v0＝300 m/s的初速度水平向右飞行，瞬间击中小车并留在其中。木块与小车上表面之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。(1)如果木块刚好不从小车上掉下，求小车的长度L0；(2)如果小车长度L＝0.25 m，求木块落地瞬间与小车左端的水平距离x。[解析]　(1)子弹射入小车的过程，取向右为正方向，以子弹和小车为研究对象，根据动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m1)v1其中m0＝20 g＝0.02 kg解得v1＝1.5 m/s木块刚好不从小车上掉下，木块到达小车左端时与小车速度相同，设共同速度为v2，根据动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1＋m2)v2根据能量守恒定律得12m0+m1v12＝12m0+m1+m2v22＋μm2gL0解得L0＝0.45 m。(2)设木块离开小车时木块和小车的速度分别为v3和v4根据动量守恒定律得(m0＋m1)v1＝(m0＋m1)v4＋m2v3根据能量守恒定律得12m0+m1v12＝12m0+m1v42＋12m2v32＋μm2gL解得v4＝1.4 m/s，v3＝0.4 m/s木块离开小车后做平抛运动，小车向右做匀速直线运动，则h＝12gt2木块落地瞬间与小车左端的水平距离为x＝(v4－v3)t解得x＝0.2 m。[答案]　(1)0.45 m　(2)0.2 m