資源簡介

專題提升二　動量守恒定律的應用
(分值:100分)
選擇題1~7題,每小題8分,共56分。
基礎對點練
題組一　對動量守恒條件的進一步理解
1.(多選)如圖所示,光滑水平面上靜止著一輛質量為M的小車,小車上有一光滑的、半徑為R的圓弧軌道。現有一質量為m的光滑小球從軌道的上端由靜止開始釋放,下列說法中正確的是 (　　)
小球下滑過程中,小車和小球組成的系統總動量守恒
小球下滑過程中,小車和小球組成的系統總動量不守恒
小球下滑過程中,小車和小球組成的系統在水平方向上動量守恒
小球下滑過程中,小車和小球組成的系統機械能守恒
2.如圖所示,彈簧的一端固定在豎直墻上,質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上,底部與水平面平滑連接,一個質量為m(m在以后的運動過程中,小球和槽的水平方向動量始終守恒
在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功
全過程小球和槽、彈簧所組成的系統機械能守恒,且水平方向動量守恒
被彈簧反彈后,小球和槽的機械能守恒,但小球不能回到槽高h處
3.如圖所示,小車放在光滑的水平面上,將系繩小球拉開到一定的角度,然后同時放開小球和小車,那么在以后的過程中 (　　)
小球向左擺動時,小車向右運動,且系統動量守恒
小球向左擺動時,小車向右運動,系統機械能不守恒
小球向左擺到最高點,小球的速度為零而小車速度不為零
小球向左擺到最高點,小球的速度為零,小車的速度也為零
題組二　應用動量守恒定律分析多物體、多過程問題
4.質量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條直線,且彼此隔開一定的距離,具有初速度v0的第5號物塊向左運動,依次與其余四個靜止物塊發生碰撞,如圖所示,最后這五個物塊粘成一個整體,則它們最后的速度為 (　　)
v0
5.(多選)(2024·山東臨沂高二月考)如圖所示,一個質量為M的木箱靜止在光滑水平面上,木箱內粗糙的水平底板上放著一個質量為m的小木塊。現使木箱獲得一個向右的初速度v0,則 (　　)
小木塊最終將相對木箱靜止,二者一起向右運動
小木塊和木箱最終速度為v0
小木塊與木箱內壁將不斷地往復碰撞,而木箱一直向右運動
如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止,則二者將一起向左運動
6.甲、乙兩個溜冰者質量分別為48 kg和50 kg,甲手里拿著質量為2 kg的球,兩人均以2 m/s的速率在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行,甲將球傳給乙,乙再將球傳給甲,這樣拋接幾次后,球又回到甲的手里,此時乙的速度為零,則甲的速度的大小為 (　　)
0 2 m/s
4 m/s 無法確定
題組三　應用動量守恒定律處理臨界問題
7.如圖所示,一輕質彈簧兩端連著物體A和B,放在光滑的水平面上,物體A被水平速度為v0的子彈射中并且子彈嵌在其中。已知物體A的質量是物體B質量的,子彈的質量是物體B質量的,彈簧壓縮到最短時B的速度為 (　　)
綜合提升練
8.(12分)甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛,速度均為6 m/s。甲的車上有質量為m=1 kg的小球若干個,甲和他的車及所帶小球的總質量為M1=50 kg,乙和他的車總質量為M2=30 kg。現為避免相撞,甲不斷地將小球以相對地面16.5 m/s的水平速度拋向乙,且均被乙接住放入其小車內。假設某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不相撞,此時:
(1)(6分)兩車的速度大小各為多少
(2)(6分)甲總共拋出了多少個小球
9.(18分)如圖所示,木板A的質量mA=1 kg,足夠長的木板B質量mB=4 kg,質量為mC=1 kg的木塊C置于木板B上,已知水平面光滑,B、C之間有摩擦,開始時B、C均靜止,現使A以v0=12 m/s的初速度向右運動,與B碰撞后以4 m/s速度彈回。求:
(1)(9分)B運動過程中的最大速度;
(2)(9分)C運動過程中的最大速度。
培優加強練
10.(14分)將兩個完全相同的磁鐵(磁性極強)分別固定在質量相等的小車上,水平面光滑。開始時甲車速度大小為3 m/s,方向向右,乙車速度大小為2 m/s,方向向左并與甲車速度方向在同一直線上,如圖所示。
(1)(7分)當乙車速度為零時,甲車的速度多大 方向如何
(2)(7分)由于磁性極強,故兩車不會相碰,那么兩車的距離最近時,乙車的速度是多大 方向如何
專題提升二　動量守恒定律的應用
1.BCD　[當小球沿光滑軌道下滑時,小球和小車組成的系統所受合外力不為零,總動量不守恒,但小車和小球在水平方向上所受的合外力為零,所以水平方向上動量守恒,故選項A錯誤,B、C正確;除重力和系統內彈力以外的力不做功,所以小車和小球組成的系統機械能守恒,選項D正確。]
2.D　[小球在槽上運動時,小球和槽組成的系統水平方向合力為零,所以小球和槽組成的系統水平方向動量守恒,當小球脫離槽后,與彈簧作用過程中,小球和槽組成的系統水平方向合力不為零,小球和槽組成的系統動量不守恒,A錯誤;在下滑過程中小球和槽都有水平方向的位移,而二者之間的作用力是垂直于槽面的,力和位移的夾角不垂直,故兩力均做功,B錯誤;全過程小球和槽、彈簧所組成的系統機械能守恒,但當小球與彈簧接觸相互作用時,由于彈簧固定在豎直墻上,整個系統水平方向合力不為零,所以整個系統水平方向動量不守恒,C錯誤;被彈簧反彈后,小球與槽組成的系統只有重力做功,小球和槽的機械能守恒,由于M>m,所以小球的速度大于槽的速度,被彈簧反彈后,小球與槽的速度均向左,水平方向動量守恒,小球上升到最高點時二者共速,根據機械能守恒定律可知小球不能回到槽高h處,D正確。]
3.D　[小球向左擺動時,小車向右運動,小球擺動過程中系統合外力不為零,故系統動量不守恒,但該過程只有重力做功,故系統機械能守恒,A、B錯誤; 系統在水平方向所受的合外力為零,水平方向滿足動量守恒定律,可得m球v1+m車v2=0,故小球向左擺到最高點,小球的速度為零,小車的速度也為零,C錯誤,D正確。]
4.B　[由于五個物塊組成的系統沿水平方向不受外力作用,故系統在水平方向上動量守恒,由動量守恒定律得mv0=5mv,解得v=v0,故B正確。]
5.AB　[木箱與小木塊組成的系統水平方向不受外力作用,故系統水平方向動量守恒,最終兩個物體以相同的速度一起向右運動,取v0的方向為正方向,由動量守恒定律有Mv0=(M+m)v,解得v=,故A、B正確,C、D錯誤。]
6.A　[以甲、乙及球組成的系統為研究對象,以甲原來的滑行方向為正方向,有(m甲+m球)v甲+m乙v乙=(m甲+m球)v甲'
解得v甲'== m/s=0,A正確。]
7.C　[彈簧壓縮到最短時,子彈、A、B具有共同的速度v1,且子彈、A、B組成的系統,從子彈開始射入物體A一直到彈簧被壓縮到最短的過程中,系統所受合外力始終為零,故整個過程系統的動量守恒,取子彈速度v0的方向為正方向,由動量守恒定律得mv0=(m+mA+mB)v1,又m=mB,mA=mB,解得v1=,即彈簧壓縮到最短時B的速度為,故C正確。]
8.(1)均為1.5 m/s　(2)15
解析　(1)當甲和他的車與乙和他的車具有共同速度時,可保證剛好不相撞,設共同速度為v,以甲車的速度方向為正方向,有
M1v0-M2v0=(M1+M2)v
解得v=1.5 m/s。
(2)以甲車的速度方向為正方向,對甲和他的車及所帶的小球,由動量守恒定律得
M1v0=(M1-nm)v+nmv'
解得n=15。
9.(1)4 m/s　(2)3.2 m/s
解析　(1)A與B碰后瞬間,C的運動狀態未變,此時B速度最大。碰撞過程中A、B組成的系統動量守恒,取向右為正方向,有
mAv0+0=-mAvA+mBvB
代入數據得vB=4 m/s。
(2)B與C相互作用使B減速、C加速,由于B板足夠長,所以B和C能達到相同速度,二者共速后,C速度最大,由B、C系統動量守恒,有
mBvB+0=(mB+mC)vC
代入數據得vC=3.2 m/s。
10.(1)1 m/s　方向向右　(2)0.5 m/s　方向向右
解析　(1)兩個小車及磁鐵組成的系統在水平方向不受外力作用,兩車之間的磁力是系統內力,系統動量守恒,設向右為正方向。
兩車的初速度分別為v甲=3 m/s,v乙=-2 m/s
據動量守恒定律得mv甲+mv乙=mv甲'
代入數據解得
v甲'=v甲+v乙=(3-2) m/s=1 m/s,方向向右。
(2)兩車的距離最近時,兩車速度相同,
設為v',由動量守恒定律得
mv甲+mv乙=2mv'
解得v'= m/s=0.5 m/s,方向向右。專題提升二　動量守恒定律的應用
學習目標　1.進一步理解動量守恒的條件。2.通過合理的選取系統和運動過程,應用動量守恒定律分析多物體、多過程問題。3.確定臨界狀態和臨界條件,應用動量守恒定律處理臨界問題。
提升1　對動量守恒條件的進一步理解
1.動量守恒定律的研究對象是系統。研究多個物體組成的系統時,應合理選擇系統,分清內力與外力,然后判斷所選系統是否符合動量守恒的條件。
2.動量守恒定律成立的條件
(1)系統不受外力作用,這是一種理想化的情形,如宇宙中兩星球的碰撞,微觀粒子間的碰撞都可視為這種情形。
(2)系統受外力作用,但所受合外力為零。像光滑水平面上兩物體的碰撞就是這種情形。
(3)系統受外力作用,但當系統內物體間的內力遠遠大于系統所受的外力時,系統的總動量近似守恒。例如,拋出去的手榴彈在空中爆炸的瞬間,彈片所受火藥爆炸時的內力遠大于其重力,重力完全可以忽略不計,系統的動量近似守恒。
(4)系統所受的合外力不為零,但在某一方向上合外力為零,則系統在該方向上動量守恒。
　　　　　　　　　　　　　　　　
例1 (2024·四川綿陽高二月考)如圖所示,小車靜止在光滑水平面上,AB是小車內半圓弧軌道的水平直徑,現將一小球從距A點正上方高R
處由靜止釋放,小球由A點沿切線方向進入半圓軌道后又從B點沖出。不計一切摩擦。在小球與小車相互作用的過程中 (　　)
A.小車的動量守恒
B.小球和小車的總動量守恒
C.小球和小車在豎直方向上動量守恒
D.小球和小車在水平方向上動量守恒
訓練1 如圖所示,質量為0.5 kg的小球在距離車內上表面高20 m處以一定的初速度向左水平拋出,落在以大小為7.5 m/s 的速度沿光滑水平面向右勻速行駛的小車中,車內上表面涂有一層油泥,車與油泥的總質量為4 kg,設小球在落到車底前瞬間速度大小是25 m/s,g取10 m/s2,不計空氣阻力,則當小球與小車相對靜止時,小車的速度大小是 (　　)
A.5 m/s B.4 m/s
C.8.5 m/s D.9.5 m/s
提升2　應用動量守恒定律分析多物體、多過程問題
多個物體相互作用時,物理過程往往比較復雜,分析此類問題時應注意有時對整體應用動量守恒定律,有時對部分物體應用動量守恒定律;有時對全過程應用動量守恒定律,有時對運動某一階段應用動量守恒定律。
(1)正確進行研究對象的選取,研究對象的選取一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件,二是根據所研究問題的需要。
(2)正確進行過程的選取和分析,通常對全程進行分段分析,并找出聯系各階段的狀態量。根據所研究問題的需要,列式時有時需分過程多次應用動量守恒定律,有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式。
例2 (2024·北京懷柔區高二期中)
如圖所示,質量為m=0.245 kg的物塊(可視為質點)放在質量為M=0.5 kg的木板左端,足夠長的木板靜止在光滑水平面上,物塊與木板間的動摩擦因數為μ=0.4。質量為m0=0.005 kg的子彈以速度v0=300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短),g取10 m/s2。求:
(1)子彈m0進入物塊后一起向右滑行的最大速度v1;
(2)木板M向右滑行的最大速度v2。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
訓練2 某機車以0.4 m/s的速度駛向停在鐵軌上的7節車廂,與它們對接。機車與第一節車廂相碰后,它們連在一起具有一個共同的速度,緊接著又與第二節車廂相碰,就這樣,直至碰上最后一節車廂。設機車和車廂的質量都相等,求:與最后一節車廂碰撞后機車的速度。鐵軌的摩擦忽略不計。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
提升3　應用動量守恒定律處理臨界問題
在動量守恒定律的應用中,常常出現相互作用的兩物體相距最近(或最遠)、避免相碰、彈簧最長(或最短)和物體開始反向運動等臨界狀態,分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態,其臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系,這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。
例3 如圖所示,甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在光滑水平冰面上做游戲,甲和他的冰車總質量為30 kg,乙和他的冰車總質量也為30 kg,游戲時甲推著一質量為10 kg的木箱,和他一起以v0=3.5 m/s的速度向右滑行,乙在甲的正前方相對地面靜止,為避免碰撞,甲將木箱推給乙,使木箱與乙一起運動,則甲至少以相對地面多大的速度將箱子推出才能避免與乙相撞
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
涉及追碰的臨界問題
兩個在光滑水平面上沿同一直線做勻速運動的物體,甲物體能夠追上乙物體的條件是甲物體的速度v甲必須大于乙物體的速度v乙,即v甲>v乙。而甲物體剛好追不上乙物體的臨界條件是v甲=v乙。
訓練3 (多選)(2024·四川成都高二月考)如圖所示,在光滑的水平面上放著質量相等的兩個物塊,乙上系有一個水平輕質彈簧,開始時物塊乙靜止,某一時刻物塊甲以速度v向乙運動并壓縮彈簧至最短,關于這一過程以下說法正確的是(　　)
A.當彈簧壓縮量最大時,兩者速度一定相同
B.當彈簧壓縮量最大時,甲物塊速度為零
C.甲物塊動能的減小量等于乙物塊動能的增加量
D.甲物塊動量的減小量和乙物塊動量的增加量大小相等
專題提升二　動量守恒定律的應用
提升1
例1 D　[在小球與小車相互作用的過程中,小車受到的合外力不為零,小車動量不守恒;把小球和小車看作一個系統,則該系統在豎直方向上受到的合力不為零,而水平方向上滿足只受內力、不受外力的作用,所以系統豎直方向上動量不守恒,水平方向上動量守恒,故D正確。]
訓練1 A　[小球拋出后做平拋運動,根據動能定理得mgh=mv2-,代入數據解得v0=15 m/s,小球和車作用過程中,水平方向動量守恒,規定向右為正方向,則有-mv0+Mv1=(M+m)v',解得v'=5 m/s,所以選項A正確。]
提升2
例2 (1)6 m/s　(2)2 m/s
解析　(1)子彈進入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度,由于子彈進入物塊的時間極短,在此過程中,可認為子彈和物塊組成的系統動量守恒,取向右為正方向,由動量守恒定律可得m0v0=(m0+m)v1
解得v1=6 m/s。
(2)當子彈、物塊、木板三者共速時,木板的速度最大,由動量守恒定律可得(m0+m)v1=(m0+m+M)v2
解得v2=2 m/s。
訓練2 0.05 m/s
解析　機車與所有車廂組成的系統在整個碰撞過程中動量守恒,取機車的初速度方向為正方向,則有mv0=(m+7m)v
解得與最后一節車廂碰撞后的機車速度為0.05 m/s。
提升3
例3 8 m/s
解析　設甲至少以速度v將箱子推出才能避免與乙相撞,推出箱子后甲的速度為v甲,乙獲得的速度為v乙,取向右為正方向。甲推箱子的過程,以甲和箱子為系統,根據動量守恒定律,
得(M甲+m)v0=M甲v甲+mv ①
乙接箱子的過程,選箱子和乙為系統,有
mv=(m+M乙)v乙 ②
當甲與乙恰好不相撞時,有v甲=v乙 ③
聯立①②③解得v=8 m/s。
訓練3 AD　[當彈簧壓縮到最短時,甲、乙具有相同的速度,彈簧的彈性勢能最大,甲的速度不為零,故A正確,B錯誤;在壓縮彈簧的過程中,物塊的一部分動能轉化為彈簧的彈性勢能,所以甲物塊動能的減少量等于乙物塊增加的動能以及彈簧增加的彈性勢能之和,故C錯誤;在碰撞的過程中兩個物塊以及彈簧組成的系統在水平方向上動量守恒,所以甲物塊動量的減小量和乙物塊動量的增加量大小相等,故D正確。](共38張PPT)
專題提升二　動量守恒定律的應用
第一章 動量與動量守恒定律
1.進一步理解動量守恒的條件。2.通過合理的選取系統和運動過程，應用動量守恒定律分析多物體、多過程問題。3.確定臨界狀態和臨界條件，應用動量守恒定律處理臨界問題。
學習目標
目 錄
CONTENTS
提升
01
02
課后鞏固訓練
提升
1
提升2　應用動量守恒定律分析多物體、多過程問題
提升1　對動量守恒條件的進一步理解
提升3　應用動量守恒定律處理臨界問題
提升1　對動量守恒條件的進一步理解
1.動量守恒定律的研究對象是系統。研究多個物體組成的系統時，應合理選擇系統，分清內力與外力，然后判斷所選系統是否符合動量守恒的條件。
2.動量守恒定律成立的條件
(1)系統不受外力作用，這是一種理想化的情形，如宇宙中兩星球的碰撞，微觀粒子間的碰撞都可視為這種情形。
(2)系統受外力作用，但所受合外力為零。像光滑水平面上兩物體的碰撞就是這種情形。
(3)系統受外力作用，但當系統內物體間的內力遠遠大于系統所受的外力時，系統的總動量近似守恒。例如，拋出去的手榴彈在空中爆炸的瞬間，彈片所受火藥爆炸時的內力遠大于其重力，重力完全可以忽略不計，系統的動量近似守恒。
(4)系統所受的合外力不為零，但在某一方向上合外力為零，則系統在該方向上動量守恒。
例1 (2024·四川綿陽高二月考)如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內半圓弧軌道的水平直徑，現將一小球從距A點正上方高R處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向進入半圓軌道后又從B點沖出。不計一切摩擦。在小球與小車相互作用的過程中(　　)
A.小車的動量守恒
B.小球和小車的總動量守恒
C.小球和小車在豎直方向上動量守恒
D.小球和小車在水平方向上動量守恒
D
解析　在小球與小車相互作用的過程中，小車受到的合外力不為零，小車動量不守恒；把小球和小車看作一個系統，則該系統在豎直方向上受到的合力不為零，而水平方向上滿足只受內力、不受外力的作用，所以系統豎直方向上動量不守恒，水平方向上動量守恒，故D正確。
訓練1 如圖所示，質量為0.5 kg的小球在距離車內上表面高20 m處以一定的初速度向左水平拋出，落在以大小為7.5 m/s 的速度沿光滑水平面向右勻速行駛的小車中，車內上表面涂有一層油泥，車與油泥的總質量為4 kg，設小球在落到車底前瞬間速度大小是25 m/s，g取10 m/s2，不計空氣阻力，則當小球與小車相對靜止時，小車的速度大小是(　　)
A.5 m/s B.4 m/s
C.8.5 m/s D.9.5 m/s
A
解析　小球拋出后做平拋運動，根據動能定理得
小球和車作用過程中，水平方向動量守恒，規定向右為正方向，則有－mv0＋Mv1＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，所以選項A正確。
提升2　應用動量守恒定律分析多物體、多過程問題
多個物體相互作用時，物理過程往往比較復雜，分析此類問題時應注意有時對整體應用動量守恒定律，有時對部分物體應用動量守恒定律；有時對全過程應用動量守恒定律，有時對運動某一階段應用動量守恒定律。
(1)正確進行研究對象的選取，研究對象的選取一是取決于系統是否滿足動量守恒的條件，二是根據所研究問題的需要。
(2)正確進行過程的選取和分析，通常對全程進行分段分析，并找出聯系各階段的狀態量。根據所研究問題的需要，列式時有時需分過程多次應用動量守恒定律，有時只需針對初、末狀態建立動量守恒的關系式。
例2 (2024·北京懷柔區高二期中)如圖所示，質量為m＝0.245 kg的物塊(可視為質點)放在質量為M＝0.5 kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數為μ＝0.4。質量為m0＝0.005 kg的子彈以速度v0＝300 m/s沿水平方向射入物塊并留在其中(時間極短)，g取10 m/s2。求：
(1)子彈m0進入物塊后一起向右滑行的最大速度v1；
(2)木板M向右滑行的最大速度v2。
解析　(1)子彈進入物塊后一起向右滑行的初速度即為物塊的最大速度，由于子彈進入物塊的時間極短，在此過程中，可認為子彈和物塊組成的系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律可得m0v0＝(m0＋m)v1
解得v1＝6 m/s。
(2)當子彈、物塊、木板三者共速時，木板的速度最大，由動量守恒定律可得
(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2
解得v2＝2 m/s。
答案　(1)6 m/s　(2)2 m/s
訓練2 某機車以0.4 m/s的速度駛向停在鐵軌上的7節車廂，與它們對接。機車與第一節車廂相碰后，它們連在一起具有一個共同的速度，緊接著又與第二節車廂相碰，就這樣，直至碰上最后一節車廂。設機車和車廂的質量都相等，求：與最后一節車廂碰撞后機車的速度。鐵軌的摩擦忽略不計。
答案　0.05 m/s
解析　機車與所有車廂組成的系統在整個碰撞過程中動量守恒，取機車的初速度方向為正方向，則有mv0＝(m＋7m)v
解得與最后一節車廂碰撞后的機車速度為0.05 m/s。
提升3　應用動量守恒定律處理臨界問題
在動量守恒定律的應用中，常常出現相互作用的兩物體相距最近(或最遠)、避免相碰、彈簧最長(或最短)和物體開始反向運動等臨界狀態，分析臨界問題的關鍵是尋找臨界狀態，其臨界條件常常表現為兩物體的相對速度關系與相對位移關系，這些特定關系的判斷是求解這類問題的關鍵。
例3 如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在光滑水平冰面上做游戲，甲和他的冰車總質量為30 kg，乙和他的冰車總質量也為30 kg，游戲時甲推著一質量為10 kg的木箱，和他一起以v0＝3.5 m/s的速度向右滑行，乙在甲的正前方相對地面靜止，為避免碰撞，甲將木箱推給乙，使木箱與乙一起運動，則甲至少以相對地面多大的速度將箱子推出才能避免與乙相撞？
解析　設甲至少以速度v將箱子推出才能避免與乙相撞，推出箱子后甲的速度為v甲，乙獲得的速度為v乙，取向右為正方向。甲推箱子的過程，以甲和箱子為系統，根據動量守恒定律，
得(M甲＋m)v0＝M甲v甲＋mv①
乙接箱子的過程，選箱子和乙為系統，有
mv＝(m＋M乙)v乙②
當甲與乙恰好不相撞時，有v甲＝v乙③
聯立①②③解得v＝8 m/s。
答案　8 m/s
涉及追碰的臨界問題
兩個在光滑水平面上沿同一直線做勻速運動的物體，甲物體能夠追上乙物體的條件是甲物體的速度v甲必須大于乙物體的速度v乙，即v甲＞v乙。而甲物體剛好追不上乙物體的臨界條件是v甲＝v乙。　　　　
訓練3 (多選)(2024·四川成都高二月考)如圖所示，在光滑的水平面上放著質量相等的兩個物塊，乙上系有一個水平輕質彈簧，開始時物塊乙靜止，某一時刻物塊甲以速度v向乙運動并壓縮彈簧至最短，關于這一過程以下說法正確的是(　　)
AD
A.當彈簧壓縮量最大時，兩者速度
一定相同
B.當彈簧壓縮量最大時，甲物塊速度為零
C.甲物塊動能的減小量等于乙物塊動能的增加量
D.甲物塊動量的減小量和乙物塊動量的增加量大小相等
解析　當彈簧壓縮到最短時，甲、乙具有相同的速度，彈簧的彈性勢能最大，甲的速度不為零，故A正確，B錯誤；在壓縮彈簧的過程中，物塊的一部分動能轉化為彈簧的彈性勢能，所以甲物塊動能的減少量等于乙物塊增加的動能以及彈簧增加的彈性勢能之和，故C錯誤；在碰撞的過程中兩個物塊以及彈簧組成的系統在水平方向上動量守恒，所以甲物塊動量的減小量和乙物塊動量的增加量大小相等，故D正確。
課后鞏固訓練
2
BCD
題組一　對動量守恒條件的進一步理解
基礎對點練
A.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統總動量守恒
B.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統總動量不守恒
C.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統在水平方向上動量守恒
D.小球下滑過程中，小車和小球組成的系統機械能守恒
解析　當小球沿光滑軌道下滑時，小球和小車組成的系統所受合外力不為零，總動量不守恒，但小車和小球在水平方向上所受的合外力為零，所以水平方向上動量守恒，故選項A錯誤，B、C正確；除重力和系統內彈力以外的力不做功，所以小車和小球組成的系統機械能守恒，選項D正確。
D
2.如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面平滑連接，一個質量為m(mA.在以后的運動過程中，小球和槽的水平方向動量始終守恒
B.在下滑過程中小球和槽之間的相互作用力始終不做功
C.全過程小球和槽、彈簧所組成的系統機械能守恒，且水平方向動量守恒
D.被彈簧反彈后，小球和槽的機械能守恒，但小球不能回到槽高h處
解析　小球在槽上運動時，小球和槽組成的系統水平方向合力為零，所以小球和槽組成的系統水平方向動量守恒，當小球脫離槽后，與彈簧作用過程中，小球和槽組成的系統水平方向合力不為零，小球和槽組成的系統動量不守恒，A錯誤；在下滑過程中小球和槽都有水平方向的位移，而二者之間的作用力是垂直于槽面的，力和位移的夾角不垂直，故兩力均做功，B錯誤；全過程小球和槽、彈簧所組成的系統機械能守恒，但當小球與彈簧接觸相互作用時，由于彈簧固定在豎直墻上，整個系統水平方向合力不為零，所以整個系統水平方向動量不守恒，C錯誤；被彈簧反彈后，小球與槽組成的系統只有重力做功，小球和槽的機械能守恒，由于M>m，所以小球的速度大于槽的速度，被彈簧反彈后，小球與槽的速度均向左，水平方向動量守恒，小球上升到最高點時二者共速，根據機械能守恒定律可知小球不能回到槽高h處，D正確。
D
3.如圖所示，小車放在光滑的水平面上，將系繩小球拉開到一定的角度，然后同時放開小球和小車，那么在以后的過程中(　　)
A.小球向左擺動時，小車向右運動，且系統動量守恒
B.小球向左擺動時，小車向右運動，系統機械能不守恒
C.小球向左擺到最高點，小球的速度為零而小車速度不為零
D.小球向左擺到最高點，小球的速度為零，小車的速度也為零
解析　小球向左擺動時，小車向右運動，小球擺動過程中系統合外力不為零，故系統動量不守恒，但該過程只有重力做功，故系統機械能守恒，A、B錯誤； 系統在水平方向所受的合外力為零，水平方向滿足動量守恒定律，可得m球v1＋m車v2＝0，故小球向左擺到最高點，小球的速度為零，小車的速度也為零，C錯誤，D正確。
B
題組二　應用動量守恒定律分析多物體、多過程問題
4.質量相等的五個物塊在一光滑水平面上排成一條直線，且彼此隔開一定的距離，具有初速度v0的第5號物塊向左運動，依次與其余四個靜止物塊發生碰撞，如圖所示，最后這五個物塊粘成一個整體，則它們最后的速度為(　　)
AB
5.(多選)(2024·山東臨沂高二月考)如圖所示，一個質量為M的木箱靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的水平底板上放著一個質量為m的小木塊。現使木箱獲得一個向右的初速度v0，則(　　)
A
6.甲、乙兩個溜冰者質量分別為48 kg和50 kg，甲手里拿著質量為2 kg的球，兩人均以2 m/s的速率在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，此時乙的速度為零，則甲的速度的大小為(　　)
A.0 B.2 m/s C.4 m/s D.無法確定
解析　以甲、乙及球組成的系統為研究對象，以甲原來的滑行方向為正方向，有(m甲＋m球)v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m球)v甲′
C
題組三　應用動量守恒定律處理臨界問題
綜合提升練
8.甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向行駛，速度均為6 m/s。甲的車上有質量為m＝1 kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球的總質量為M1＝50 kg，乙和他的車總質量為M2＝30 kg。現為避免相撞，甲不斷地將小球以相對地面16.5 m/s的水平速度拋向乙，且均被乙接住放入其小車內。假設某一次甲將小球拋出且被乙接住后剛好可保證兩車不相撞，此時：
(1)兩車的速度大小各為多少？
(2)甲總共拋出了多少個小球？
答案　(1)均為1.5 m/s　(2)15
9.如圖所示，木板A的質量mA＝1 kg，足夠長的木板B質量mB＝4 kg，質量為mC＝1 kg的木塊C置于木板B上，已知水平面光滑，B、C之間有摩擦，開始時B、C均靜止，現使A以v0＝12 m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4 m/s速度彈回。求：
(1)B運動過程中的最大速度；
(2)C運動過程中的最大速度。
答案　(1)4 m/s　(2)3.2 m/s
mAv0＋0＝－mAvA＋mBvB
代入數據得vB＝4 m/s。
(2)B與C相互作用使B減速、C加速，由于B板足
夠長，所以B和C能達到相同速度，二者共速后，C速度最大，由B、C系統動量守恒，有
mBvB＋0＝(mB＋mC)vC
代入數據得vC＝3.2 m/s。
培優加強練
10.將兩個完全相同的磁鐵(磁性極強)分別固定在質量相等的小車上，水平面光滑。開始時甲車速度大小為3 m/s，方向向右，乙車速度大小為2 m/s，方向向左并與甲車速度方向在同一直線上，如圖所示。
(1)當乙車速度為零時，甲車的速度多大？
方向如何？
(2)由于磁性極強，故兩車不會相碰，那么兩車的距離最近時，乙車的速度是多大？方向如何？
答案　(1)1 m/s　方向向右　(2)0.5 m/s　方向向右
解析　(1)兩個小車及磁鐵組成的系統在水平方向不受外力作用，兩車之間的磁力是系統內力，系統動量守恒，設向右為正方向。
兩車的初速度分別為v甲＝3 m/s，v乙＝－2 m/s
據動量守恒定律得mv甲＋mv乙＝mv甲′
代入數據解得
v甲′＝v甲＋v乙＝(3－2) m/s＝1 m/s，方向向右。
(2)兩車的距離最近時，兩車速度相同，
設為v′，由動量守恒定律得
mv甲＋mv乙＝2mv′

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