新高考物理一轮复习讲义第6章 动量守恒定律 章末素养培优 (含解析)

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碰撞中的临界极值问题，指的是相互作用中的物体相距恰好“最近”“最远”或恰上升到最高点等类似的提示，求解的关键是速度相等。
例1 甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑的水平冰面上匀速相向行驶，速度大小均为v0＝6 m/s，甲车上有质量为m＝1 kg的小球若干个，甲和他的小车及小车上小球的总质量为M1＝50 kg，乙和他的小车的总质量为M2＝30 kg。为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面为v′＝16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住，假如某一次甲将小球抛出且被乙接住后，刚好可保证两车不相撞。则甲总共抛出的小球个数是( )
A.12 B.13 C.14 D.15
答案 D
解析 规定甲的速度方向为正方向，两车刚好不相撞，则两车速度相等，由动量守恒定律得M1v0－M2v0＝(M1＋M2)v，解得v＝1.5 m/s，对甲、小车及从甲车上抛出的小球，由动量守恒定律得M1v0＝(M1－nm)v＋nmv′，解得n＝15，D正确。
例2 如图1所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面
3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝
10 m/s2。
图1
(1)求斜面体的质量；
(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？
答案 (1)20 kg (2)不能，理由见解析
解析 (1)规定向左为正方向。冰块在斜面体上上升到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。
对冰块与斜面体，由水平方向动量守恒定律和机械能守恒定律得
m2v0＝(m2＋m3)v①
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh②
式中v0＝3 m/s为冰块推出时的速度，联立①②式并代入题给数据得
v＝1 m/s，m3＝20 kg。③
(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，对小孩与冰块，由动量守恒定律有
m1v1＋m2v0＝0④
代入数据得v1＝－1 m/s⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，
对冰块与斜面体，由动量守恒定律和机械能守恒定律有
m2v0＝m2v2＋m3v3⑥
eq \f(1,2)m2veq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)＋eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)⑦
联立③⑥⑦式并代入数据得
v2＝－1 m/s⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且冰块处在小孩后方，故冰块不能追上小孩。
二、科学思维：数学归纳法在动量问题中的应用
例3 (多选)(2020·全国卷Ⅱ，21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为5.0 m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0 m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为( )
A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
答案 BC
解析 选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为m运，物块的质量为m，物块被推出时的速度大小为v0，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为v1。根据动量守恒定律，运动员第一次推出物块时有0＝m运v1－mv0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大的速率反弹；第二次推出物块时有m运v1＋mv0＝－mv0＋m运v2，依此类推，m运v2＋mv0＝－mv0＋m运v3，…，m运v7＋mv0＝－mv0＋
m运v8，又运动员的退行速度v8＞v0，v7＜v0，解得13m＜m运＜15m，即52 kg＜
m运＜60 kg，故B、C项正确，A、D项错误。
例4 如图2所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，木板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2…、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v…、2 018v的速度同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：
图2
(1)最终木板的速度大小；
(2)运动中第88块木块的最小速度；
(3)第二块木块相对木板滑动的时间。
答案 (1)eq \f(2 019,4)v (2)eq \f(43 439,1 009)v (3)eq \f(4 037v,4 036μg)
解析 (1)最终一起以速度v′运动，由动量守恒定律可知
m(v＋2v＋…＋2 018v)＝2×2 018mv′
解得v′＝eq \f(2019,4)v。
(2)设第k块木块最小速度为vk，则此时木板及第1至第k－1块木块的速度均为vk，因为每块木块质量相等，所受合力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第k＋1至第n块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v，
系统动量守恒，故
m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k)v]
＝nmvk＋kmvk＋(n－k)mvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v
＝2nmvk＋m[1＋2＋…＋(n－k)]v
所以vk＝eq \f(（2n＋1－k）kv,4n)，v88＝eq \f(43 439,1 009)v。
(3)第二块木块相对木板静止的速度为
v2＝eq \f(2×2018＋1－2,4×2018)×2v＝eq \f(4 035,4 036)v
因为木块的加速度总为a＝μg
v2＝2v－μgt
解得t＝eq \f(2v－v2,μg)＝eq \f(4 037v,4 036μg)。