第1章 专题强化2 动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用(Word教参)-【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第一册学习笔记（鲁科版）

本讲义聚焦动量守恒定律在多物体相互作用、多过程及临界问题中的应用，系统梳理从多物体系统动量守恒分析到临界状态（如速度相等、恰好不相撞）条件判断的脉络，通过例题解析搭建从基础应用到综合提升的学习支架。 该资料以溜冰者抛球、弹簧连接体等情境构建物理模型，结合临界问题分析培养科学推理能力，例题涵盖不同题型且解析详尽。课中助力教师高效授课，课后学生可通过练习题巩固，提升动量观念与科学思维，有效查漏补缺。

专题强化2　动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用 [学习目标]　1.会利用动量守恒定律分析多物体多过程问题(重难点)。2.能灵活处理动量守恒定律的临界问题(难点)。 一、动量守恒定律在多物体、多过程问题中的应用 例1　甲、乙两个溜冰者质量分别为48 kg和55 kg，甲手里拿着质量为2 kg的球，两人均以2 m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，不计空气阻力，求此时甲的速度。 答案　0.2 m/s，方向与初速度方向相反 解析　以甲、乙及球组成的系统为研究对象，以甲原来的滑行方向为正方向，根据动量守恒有(m甲＋m球)v甲－m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′，解得v甲′＝－0.2 m/s，故甲的速度大小为0.2 m/s，方向与初速度方向相反。 例2　如图所示，A、B两个木块质量分别为2 kg与0.9 kg，A、B上表面粗糙，与水平地面间接触面光滑，质量为0.1 kg的铁块以v＝10 m/s的速度从A的左端向右滑动，最后铁块与B的共同速度大小为0.5 m/s，求： (1)A的最终速度大小； (2)铁块刚滑上B时的速度大小。 答案　(1)0.25 m/s　(2)2.75 m/s 解析　(1)选铁块和木块A、B为一系统，取水平向右为正方向，由系统动量守恒得：mv＝(MB＋m)vB＋MAvA 解得vA＝0.25 m/s。 (2)设铁块刚滑上B时的速度为v′，此时A、B的速度均为vA＝0.25 m/s 由系统动量守恒得：mv＝mv′＋(MA＋MB)vA 解得v′＝2.75 m/s。 多个物体相互作用时，物理过程往往比较复杂，分析此类问题时应注意： (1)正确进行研究对象的选取：有时对整体应用动量守恒定律，有时对部分物体应用动量守恒定律。研究对象的选取，一是取决于系统是否满足动量守恒的条件，二是根据所研究问题的需要。 (2)正确进行过程的选取和分析：通常对全程进行分段分析，并找出联系各阶段的状态量。根据所研究问题的需要，列式时有时需分过程多次应用动量守恒，有时只需针对初、末状态建立动量守恒的关系式。 二、动量守恒中的临界问题 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(或最远)，恰好不相撞、弹簧最长(或最短)或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或相对位移关系，这些特定关系的判断是求解这类问题的关键。 例3　如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游玩，甲和他的冰车总质量为30 kg，乙和他的冰车总质量也为30 kg，若不计冰面摩擦，游戏时甲推着一质量为10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度水平向右滑行，乙在甲的正前方相对地面静止，为避免碰撞，则甲至少以相对地面多大的速度将箱子推出才能避免与乙相撞？ 答案　8 m/s 解析　设甲至少以速度v将箱子推出，推出箱子后甲的速度为v甲，乙获得的速度为v乙，取水平向右为正方向。以甲和箱子整体为研究对象，根据动量守恒定律，得 (M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv 以箱子和乙整体为研究对象，得mv＝(m＋M乙)v乙 当甲与乙恰好不相撞时v甲＝v乙 联立解得v＝8 m/s。 例4　如图所示，一轻弹簧将木块A、B相连，置于光滑水平面上，使A紧靠墙壁。已知两木块的质量分别为mA＝1.0 kg，mB＝2.0 kg。现用水平外力F向左推B压缩弹簧，平衡后突然撤去外力F，测得木块B在以后的运动中所能达到的最大速度为3.0 m/s。求： (1)推力F压缩弹簧时所做的功是多少？ (2)在A离开墙壁后的运动过程中弹簧所具有的最大弹性势能是多少？ 答案　(1)9 J　(2)3 J 解析　(1)根据题意可知，撤去外力F之后，当弹簧恢复原长时，木块B达到最大速度vm＝3 m/s，由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能全部转换为木块B的动能，推力F压缩弹簧时所做的功等于弹簧的弹性势能，则有W＝mBvm2＝9 J (2)根据题意可知，当弹簧恢复原长时，木块B速度最大，此时A开始离开墙壁。在A离开墙壁后，木块A、B和弹簧组成的系统动量守恒且机械能守恒，当木块A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有mBvm＝(mA＋mB)v 解得v＝2 m/s 由机械能守恒定律可得，在A离开墙壁后的运动过程中弹簧所具有的最大弹性势能为Ep＝mBvm2－(mA＋mB)v2＝3 J。 例5　(2023·广东广州奥林匹克中学高二期末)如图所示，质量为2m的四分之一光滑圆槽位于光滑的水平面上，圆槽与水平面相切于b点。质量为m的小球从a点以初速度v0沿水平面向右运动。若圆槽固定，小球恰能运动到圆槽的c点。重力加速度为g，不计空气阻力。求： (1)圆槽的半径； (2)若圆槽不固定，小球上升的最大高度。 答案　(1)　(2) 解析　(1)若圆槽固定，根据机械能守恒定律有 mgR＝mv02 解得R＝ (2)若圆槽不固定，设小球上升到最大高度时小球和圆槽共同速度为v，由系统水平方向动量守恒得 mv0＝(m＋2m)v 由系统机械能守恒可得 mgh＝mv02－(m＋2m)v2 联立解得h＝。 拓展　若小球初速度足够大，能冲出圆弧面，小球冲出后做竖直上抛运动还是斜抛运动？ 答案　斜抛运动 解析　由于弧面是圆弧面，则小球冲出时相对弧面竖直向上运动，小球具有水平方向的分速度，还具有竖直方向的分速度，故小球冲出后做斜抛运动。 动量守恒定律应用中的常见临界情形 光滑水平面上的A物体以速度v向静止的B物体运动，A、B两物体相距最近时，两物体速度必定相等，此时弹簧最短，其压缩量最大 物体A以速度v0滑到静止在光滑水平面上的小车B(上表面粗糙且长度足够长)上，当物体A在小车B上滑行的距离最远时，物体A、小车B相对静止，物体A、小车B的速度必定相等 质量为M的弧形滑块静止在光滑水平面上，弧形滑块的光滑弧面底部与水平面相切，一个质量为m的小球以速度v0向弧形滑块滚来。设小球不能越过弧形滑块，则小球到达弧形滑块上的最高点(即小球竖直方向上的速度为零)时，两物体的速度一定相等 光滑水平面上的薄板A(上表面粗糙且足够长)与物块C发生碰撞后，再与物块B相互作用，最后不再相撞的临界条件是：三者具有相同的速度 　　　　　 专题强化练　[分值：100分] 1～4题每题8分，5题14分，共46分 1.如图所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速度v0沿光滑水平面运动，并与一个原来静止的质量为m3的小车对接(时间极短)，则对接后瞬间，小车的速度大小为(　　) A. B. C. D．以上均不对 答案　C 解析　对接过程，两小车组成的系统动量守恒，以质量为m2的小车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m2v0＝(m2＋m3)v，解得v＝，故C正确。 2．(多选)如图所示，三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列，静止在光滑水平面上，c车上有一小孩跳到b车上，接着又立即从b车跳到a车上。小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同。他跳到a车上相对a车保持静止，此后(　　) A．a、b两车运动速率相等 B．vb＝0 C．三辆车的速率关系vc>vb>va D．a、c两车运动方向相反 答案　BD 解析　设人跳离b、c车时相对地面的水平速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律知：水平方向，对人和c车组成的系统0＝m人v－m车vc 对人和b车组成的系统m人v＝m车vb＋m人v 对人和a车组成的系统m人v＝(m车＋m人)va 所以vc＝，vb＝0，va＝ 即三辆车的速率关系为vc>va>vb a、c两车运动方向相反。故选B、D。 3．(多选)(2023·广西钦州市第四中学高二期末)A、B两船的质量均为m，都静止在平静的湖面上，现A船上质量为m的人，以对地水平速度v从A船跳到B船，再从B船跳到A船，经n次跳跃后，人停在B船上，不计水的阻力，则最终(　　) A．A、B两船速度大小之比为3∶2 B．A、B(包括人)两船的动能之比为1∶2 C．A、B两船的动量之和为0 D．A、B(包括人)两船动量大小之比为1∶1 答案　AD 解析　以人与两船组成的系统为研究对象，人在跳跃过程中系统总动量守恒，故系统的总动量始终为零，A、B(包括人)两船的总动量之和为零，则A、B(包括人)两船的动量大小之比为1∶1，D正确；但A、B两船的动量之和不为零，C错误；在整个过程中，以A的速度方向为正方向，有mvA－(m＋m)vB＝0，解得＝，故A正确；A、B(包括人)两船的动能之比＝＝，故B错误。 4．(多选)(2023·扬州市高二期末)如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中正确的是(　　) A．乙的速度必定大于甲的速度 B．乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量 C．乙的动量必定大于甲的动量 D．甲、乙的动量之和必定不为零 答案　BCD 解析　甲、乙两人和小车组成的系统不受外力，所以由动量守恒有m甲v甲＋m乙v乙＋m车v车＝0，小车向右运动说明甲、乙两人总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即甲、乙的动量之和必定不为零，但由于不知道两人质量关系，所以无法确定速度关系，故C、D正确，A错误；根据动量定理I＝Δp可知乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量，故B正确。 5．(14分)如图所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为mA＝mC＝2m、mB＝m。A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)，开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起向右运动，且恰好不再与A发生碰撞。求B与C碰撞前B的速度大小。 答案　v0 解析　设三者最后的共同速度为v共，由动量守恒定律得： (mA＋mB)v0＝mAv共＋mBvB mBvB＝(mB＋mC)v共 解得v共＝v0，vB＝v0。 6、7题每题9分，8题17分，共35分 6．(多选)光滑的水平面上停放着小车甲和乙，开始两车之间的距离较大，两车之间没有作用力，已知甲车的质量为m甲＝0.5 kg，乙车的质量为m乙＝1 kg，某时刻同时给甲车v甲＝2 m/s的速度，给乙车v乙＝3 m/s的速度，使两车相向运动，当两车之间的距离小于某临界值时两车之间产生一恒定的斥力，整个运动过程中两车始终没有发生碰撞，则下列说法正确的是(　　) A．在运动的过程中甲车的速度先减为零 B．当两车之间的距离最小时，乙车的速度为零 C．当两车之间的距离最小时，甲车的速度大小为 m/s D．当甲车的速度减为零时，乙车的速度大小为2 m/s 答案　ACD 解析　当两车之间的距离小于临界值时，两车之间产生恒定的斥力，作用时间相同，由动量定理可得甲车的速度先减为零，A正确；由题意可知两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v，取乙车的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，所以两车最近时，两车的速度均为v＝＝ m/s，B错误，C正确；当甲车的速度为零，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，代入数据解得v乙′＝2 m/s，D正确。 7．水平冰面上有一固定的竖直挡板，一滑冰运动员面向挡板静止在冰面上，已知运动员的质量为40.0 kg。某时刻他把一质量为5.0 kg的静止物块以大小为4.0 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；物块与挡板碰撞后速度反向，大小不变，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4.0 m/s的速度与挡板碰撞，物块与挡板碰撞前后速度大小不变。若反弹的物块不能再追上运动员，不计冰面的摩擦力，该运动员推出物块的次数为(　　) A．3次 B．4次 C．5次 D．6次 答案　C 解析　设该运动员的质量为M，物块的质量为m，推物块的速度大小为v＝5.0 m/s，取运动员运动的方向为正方向，根据动量守恒定律可得第一次推物块的过程中有0＝Mv1－mv 解得v1＝0.5 m/s 第二次推物块的过程中Mv1＋mv＝Mv2－mv 解得v2＝1.5 m/s 第三次推物块的过程中Mv2＋mv＝Mv3－mv 解得v3＝2.5 m/s 第四次推物块的过程中Mv3＋mv＝Mv4－mv 解得v4＝3.5 m/s 第五次推物块的过程中Mv4＋mv＝Mv5－mv 解得v5＝4.5 m/s>4 m/s 即反弹的物块不能再追上运动员，该运动员推出物块的次数为5次。故选C。 8．(17分)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8 m/s的速度，小物体滑到乙车上，若乙车足够长，上表面与小物体间的动摩擦因数为0.2，求：(g取10 m/s2) (1)(8分)乙车和甲车碰撞后，乙车的速度大小； (2)(9分)小物体在乙车上表面滑行多长时间后相对乙车静止。 答案　(1)1 m/s　(2)0.4 s 解析　(1)选乙车开始运动的方向为正方向，乙车与甲车碰撞过程中动量守恒：m乙v乙＝m乙v乙′＋m甲v甲′，解得v乙′＝1 m/s； (2)设小物体在乙车上表面滑行，相对静止时共同速度为v，对小物体与乙车运用动量守恒定律得m乙v乙′＝(m＋m乙)v，解得v＝0.8 m/s 对小物体由动量定理得μmgt＝mv，解得t＝0.4 s。 9．(19分)(2023·菏泽市高二期末)如图，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和小滑块C，小滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg，mB＝1 kg，mC＝2 kg，开始时C静止，A、B一起以大小为5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求： (1)(6分)小滑块C获得的速度大小； (2)(6分)A与C碰撞结束时A的速度大小； (3)(7分)B与A相互作用过程中损失的机械能。 答案　(1)3 m/s　(2)2 m/s　(3)3 J 解析　(1)因水平轨道光滑，故A、B、C构成的系统动量守恒，又因A、B再次达到共同速度后恰好不再与C碰撞，故最终A、B、C的速度相同，此相同的速度即为小滑块C获得的速度。以向右为正方向，A与C碰撞前，A、B的速度v0＝5 m/s，设最终A、B、C的速度为vC，由动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝(mA＋mB＋mC)vC 代入数据解得vC＝3 m/s (2)因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC 代入数据解得vA＝2 m/s (3)B与A相互作用过程中损失的机械能为ΔE＝mAvA2＋mBv02－(mA＋mB)vC2 代入数据解得ΔE＝3 J。 学科网（北京）股份有限公司 $