8.10动量守恒中的临界问题（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理

这是一份8.10动量守恒中的临界问题（解析版）--2024高考一轮复习100考点100讲—高中物理，共16页。试卷主要包含了8m， 静置在A的左端等内容，欢迎下载使用。

第8.10 讲 动量守恒中的临界问题
【知识点精讲】
动量守恒问题中常见的临界问题
(1)滑块与小车的临界问题：滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．
(2)两物体不相碰的临界问题：两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度大于乙物体的速度，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是二者速度相等．
(3)涉及弹簧的临界问题：对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．
(4)涉及最大高度的临界问题：在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．
【方法归纳】更多课件 教案 视频 等优质滋源请 家 威杏 MXSJ663 求解动量守恒定律中临界问题的关键
(1)寻找临界状态：看题设情景中有相互作用的两物体是否相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
(2)挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，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，即速度相等或位移相等．
【最新高考题精练】
1. （2021年6月浙江选考物理） 如图所示，水平地面上有一高的水平台面，台面上竖直放置倾角的粗糙直轨道、水平光滑直轨道、四分之一圆周光滑细圆管道和半圆形光滑轨道，它们平滑连接，其中管道的半径、圆心在点，轨道的半径、圆心在点，、D、和F点均处在同一水平线上。小滑块从轨道上距台面高为h的P点静止下滑，与静止在轨道上等质量的小球发生弹性碰撞，碰后小球经管道、轨道从F点竖直向下运动，与正下方固定在直杆上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小与碰前相同，最终落在地面上Q点，已知小滑块与轨道间的动摩擦因数，，。
（1）若小滑块的初始高度，求小滑块到达B点时速度的大小；
（2）若小球能完成整个运动过程，求h的最小值；
（3）若小球恰好能过最高点E，且三棱柱G的位置上下可调，求落地点Q与F点的水平距离x的最大值。
【参考答案】（1）4m/s；（2）；（3）0.8m
【名师解析】
（1）小滑块轨道上运动
代入数据解得
（2）小滑块与小球碰撞后动量守恒，机械能守恒，因此有
，
解得
小球沿轨道运动，在最高点可得
从C点到E点由机械能守恒可得
其中，解得
（3）设F点到G点的距离为y，小球从E点到Q点的运动，由动能定理
由平抛运动可得
，
联立可得水平距离为
由数学知识可得当
取最小，最小值为
【名师点评】本题是力学的双质点多过程问题，涉及直线运动、动量守恒、圆周运动、平抛运动等知识，需要运用很多物理观念与思维方法，例如运动与力的关系、动量守恒、机械能守恒、极值问题处理方法等
【最新模拟题精练】
1. （2023福建漳州三模）滑板运动是一种极富挑战性的极限运动，图示为其场地简化模型，在同一竖直平面内有两个相同的四分之一弧轴道P、Q静置在光滑水平地面上，圆弧BC、DE与地面分别相切于C、D点。将P锁定，质量为m的小球（视为质点）从B点正上方A处由静止释放，恰好沿B点切线方向进入圆弧轨道，已知P、Q圆弧的半径以及A、B两点间的高度差均为R，重力加速度大小为g，不计一切摩擦和空气阻力。
（1）求小球第一次刚滑到C点时P对小球的支持力人小FN；
（2）若Q的质量为3m，求小球第一次滑过E点后在空中运动的水平位移大小x；
（3）若将P解锁，同时改变P、Q的质量都为M，使该小球仍从A处山静止释放，小球能第二次在BC弧上运动，求P的质量M应满足的条件。
【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）小球从A运动到C点的过程中，根据机械能守恒可知
解得
小球第一次刚滑到C点时，根据牛顿第二定律有
解得
（2）设小球达到E点时竖直方向上的分速度大小为，水平分速度为，则
小球第一次从E点离开Q后在空中做斜上抛运动，设空中运动时间为，则
解得
（3）设小球第一次通过C点时的速度大小为，则
解得
小球第一次从D点滑上DE到再次回到D点的运动过程中，小球和Q组成的系统机械能守恒，在水平方向上动量守恒，则
解得
小球能第二次在BC上运动，应满足
解得
2．（19分） 如图所示，为某月球探测器在月面软着陆的最后阶段的运动示意图。探测器原来悬停在A点，为避开正下方B处的障碍物，探测器需先水平运动到C点，再沿CD竖直下降，到达D点时速度变为0，此后探测器关闭所有发动机，在自身重力作用下自由下落至月面E点。已知月球表面重力加速度g = 1.62 m/s2，AC =1.6 m，CD = 26 m，DE = 4 m。探测器在A点时质量m = 1000 kg，从C点运动到D点所用时间为15 s。探测器主发动机M竖直向下喷气，可产生0 ~ 7500 N的变推力，辅助发动机P、Q分别水平向左、水平向右喷气，产生的推力恒为400 N，所有发动机喷出的气体相对探测器的速度大小均为u = 2000 m/s，且发动机的推力F与喷气速度u、秒流量Q（单位时间内喷出的气体质量）满足F = u·Q。探测器在如图所示的整个过程中所消耗的燃料质量Δm << m。求：
（1）探测器着陆前瞬间的速度；
（2）探测器从C点运动到D点过程中所消耗的燃料质量Δm1；
（3）探测器从A点运动到C点过程消耗的燃料质量（即喷出的气体质量）Δm2的最小值。
【名师解析】（19分）
（1）根据自由落体公式，有
v2 - 0 = 2gh = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①
由 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①式代入数据得
v = 3.6 m/s = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②
（2）对CD过程，根据动量定理有
IF - mgt = 0 - 0 = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③
其中
IF = ∑F Δt =∑u·QΔt = uΔm = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④
由 = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③ = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④式代入数据得
Δm = 12.15 kg = 5 \* GB3 \* MERGEFORMAT ⑤
（3）探测器从点运动到点的过程中，主发动机产生的推力
F1 = mg = 6 \* GB3 \* MERGEFORMAT ⑥
秒流量Q1 = eq \f(F1,u) = 7 \* GB3 \* MERGEFORMAT ⑦
发动机P或Q工作时，推力F2 = 500 N
秒流量Q2 = eq \f(F2,u) = 8 \* GB3 \* MERGEFORMAT ⑧
发动机P或Q工作时，探测器的加速度
a = eq \f(F2,m) = 9 \* GB3 \* MERGEFORMAT ⑨
假设从A点运动到C点的过程中，探测器先加速运动t1时间，再匀速运动t2时间，最后再减速运动t3时间，易知
t1 = t3 = 10 \* GB3 \* MERGEFORMAT ⑩
探测器加速和减速过程中的位移
s1 = s3 = eq \f(1,2) at eq \s(2,1) ⑾
匀速过程中的位移
s2 = AC-s1-s3 ⑿
匀速运动的时间
t2 = eq \f(s2,at1) ⒀
整个过程消耗的燃料质量
Δm2 = Q1（t1 + t2 + t3）+ Q2（t1 + t3）⒁
由以上各式代入数据得
Δm2 = 1.21t1+ eq \f(3.24,t1) ⒂
易知，当t1= eq \r( \f(3.24,1.21)) = eq \f(18,11) s时，Δm2最小，最小值为
Δm2min = 3.96 kg⒃
（ = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ① = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③ = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④式各2分，其余各式每式1分。）
3. （2023重庆名校质检）如图所示，竖直平面内有一长为的传送带正在逆时针转动，速度，一个可看作质点的物块质量，轻放在传送带右端由传送带自右向左传送，物块与传送带间动摩擦因数。传送带左端固定有一半径的光滑半圆轨道CDE，CH之间的缝隙恰好只可容物块通过。半圆轨道与长为的水平滑道EF相连，物块与水平滑道间动摩擦因数。F点右侧紧靠两辆小车A、B，它们相互紧靠但不粘连，车的上表面与EF相平，小车质量均为，长度均为，物块与小车上表面间的动摩擦因数均为，车与地面间摩擦可忽略，重力加速度。求：
（1）物块到达半圆轨道最左端D点时对轨道的压力大小；
（2）物块在小车上滑行时产生的热量Q；
（3）若在F点正上方固定一厚度可忽略的竖直弹性挡板（图中未画出，物块与其碰后原速率反弹），并在物块第一次运动到C点时，给物块一水平向左的瞬时冲量I，要求物块在此后的运动过程中始终不脱离轨道，且要与弹性挡板碰撞4次，求该水平冲量I的大小范围。
【名师解析】.（1）对物块：
当物块与传送带共速时：……1（分）
即：共速时物块还没走完传送带，共速后与传送带相对静止向左运动
从C→D：
由动能定理有：……1（分）
对D点：……1（分）
可得：
由牛顿第三定律可得：……1（分）
（2）对物块：
从C→F：
由动能定理有：……1（分）
可得：
若物块能滑离A车，则物块恰好滑离A车时有：
……1（分）
……1（分）
可得：
符合题目条件，假设成立
若物块不滑离B车，则有：……1（分）
可得：……1（分）
假设成立
综上所述：……1（分）
（3）由动量定理：
由题意可得，要使物块与挡板发生四次碰撞，则有：
①物块过C点向右运动，不能滑离传送带
由动能定理有：……1（分）
可得：
即有……1（分）
②物块第二次过C点的速度，则临界条件
每经过一次EF，摩擦力做功
由动能定理有：……1（分）
可得：
即有……1（分）
③要能第三次过C点，要求，临界条件为
在②中，当时，恰有……1（分）
即②中临界条件也为③的临界条件
④当物块以沿圆弧滑下后，设物块沿圆弧再次上升的高度为h
则由能量守恒定律有：……1（分）
可得：恰好不脱离圆弧轨道
且能与挡板发生第四次碰撞，满足要求。……1时（分）
4. （2023山东部分重点中学考前热身押题）如图所示，P为固定的竖直挡板，质量为的长木板A静置于光滑水平面上（A的上表面略低于挡板P下端），质量为的小物块B（可视为质点）静置在A的左端。时刻在小物块B上施加一水平拉力F，作用0.6s后撤去F，物块B与挡板P碰撞前已与木板A取得共同速度。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，A、B间的动摩擦因数为，重力加速度g取10，物块B始终未脱离木板，物块B与挡板P发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短。
（1）若，求撤去力F时B的速度大小；
（2）若，求木板A的最小长度；
（3）若，求木块B与挡板P碰撞后运动的总时间；
（4）从拉力F的取值范围讨论物块脱离木板的情况，以及物块刚好不脱离木板时拉力F与木板长度L的关系（不要求写过程）。
【参考答案】（1）6m/s；（2）2.7m；（3）2.4s；（4）见解析
【名师解析】
（1）对B由牛顿第二定律可得
可求得撤去力F时B的速度为
（2）设从开始运动到A、B共速经历的时间为，由动量定理得
物块不从木板右端滑下的临界条件为
撤去力F后，由能量守恒定律得
求得
故木板A的最小长度为2.7m。
（3）木块B与挡板P碰撞后至共速，由动量守恒定律得
由动量定理
此过程B的位移
方向向左；A、B共速至第二次碰撞经历的时间
故第一次和第二次碰撞之间的时间间隔为1.6s，连续两次碰撞的时间间隔构成公比为的等比数列，所以木块B与挡板P碰撞后运动的总时间为2.4s。
（4）用表示物块相对于木板向右的相对位移，用表示物块相对于木板向左的相对位移，
①F＜15N，A、B一起加速，第一次碰撞，B从A左侧脱离；
②，，B从A左侧脱离；
③，，B不从左侧脱离木板，满足时刚好不分离。
5 （2023山东潍坊三校12月联考）如图甲所示，有一质量为的平板小车静止在光滑的水平面上。现有质量均为小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始A以初速度向左运动，B同时以向右运动，物块B运动的图像如图乙所示。若A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间动摩擦因数相同，g取10m/s2，求：
（1）小车与物块间的动摩擦因数μ；
（2）小车总长度L；
（3）从物块A、B开始运动计时，求6s时小车离原位置的距离x。
【参考答案】（1）0.1；（2）9.5m；（3）1.625m
【名师解析】
（1）设最后达到共同速度v，由图像乙知向右为正方向，整个系统动量守恒，有
对物块B由动量定理，有
从乙图可知，可解得
（2）整个系统由能量守恒定律，有
解得
（3）物块A从开始运动到减速到零，设时间为，小车在前静止，然后小车和物块A一起以加速度a向右加速，直到和物块B达共同速度v。滑块A减速过程，由动量定理有
滑块A和小车一起向右加速过程，设时间为，由牛顿第二定律得
由运动学公式得
滑块A和小车一起向右匀速过程
6s时小车离原位置的距离
6. （2023山东济南期末） 如图所示，半径为的光滑圆弧槽C固定在光滑水平面上，质量为的木板B紧靠槽C静止于水平面上，圆弧槽末端水平且与木板B上表面高度相同，木板B右侧有一质量为的木板D，木板B右端与木板D左端相距。某时刻，一个质量为的小物块A（可视为质点）从圆弧槽的顶端由静止滑下，物块A与木板B间动摩擦因数为。物块A最终恰好不会从木板B的右端滑出，木板B、D间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度，求：
（1）物块A滑至槽C末端时槽C对物块A支持力的大小；
（2）木板B、D第一次碰后木板B、D速度的大小；
（3）木板D最终速度的大小；
（4）木板B的长度。
【参考答案】（1）FN=；（2），；（3）；（4）
【名师解析】
（1）物块A滑至槽C末端时，根据机械能守恒有
在槽C末端，根据牛顿第二定律有
联立解得
（2）假设木板B、D第一次碰前物块A、B未共速，对A，根据牛顿第二定律有
解得
对B，根据牛顿第二定律有
解得
根据运动学公式有
解得
对A，根据运动学公式有
解得
对B，根据运动学公式有
解得
由于所以假设成立，根据动量守恒
根据能量守恒
联立解得
，
（3）假设木板B、D第二次碰前物块A、B未共速，则有
解得
对B，根据运动学公式有
解得
对A，根据运动学公式有
解得
由于，所以假设不成立，故物块A、B共速后与D发生第二次碰撞，根据动量守恒有
解得
对B、D碰撞过程，根据动量守恒和能量守恒有
联立解得
，
物块A、B第二次共速，则有
解得
则共同速度为
由于，故A、B第二次共速后无法追上板D，此后不会发生第三次碰撞
板D的最终速度为
（4）根据能量守恒
解得14.