2019年高中物理第1章章末小结与测评学案鲁科版.docx

章末小结与测评求恒力和变力冲量的方法1.恒力的冲量计算恒力的冲量可直接根据定义式来计算，即用恒力F乘以其作用时间t求得。2方向恒定的变力的冲量计算若力F的方向恒定，而大小随时间变化的情况如图所示，则该力在时间tt2t1内的冲量大小在数值上就等于图中阴影部分的“面积”。3一般变力的冲量计算在中学物理中，一般变力的冲量通常是借助于动量定理来计算的。4合力的冲量计算几个力的合力的冲量计算既可以先算出各个分力的冲量后再求矢量和，又可以先算出各个分力的合力再算合力的冲量。1.物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示，A的质量为m，B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度大小为vA，这时物体B下落的速度大小为vB，如图乙所示。这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为多少？解析：本题中弹簧弹力是变力，时间又是未知量，显然，不能直接从冲量的概念IFt入手计算，只能用动量定理求解。对物体A由动量定理得ImgtmvA对物体B由动量定理得MgtMvB由式得弹簧的弹力对物体A的冲量为ImvAmvB。答案：mvAmvB多体与临界问题1.多体问题对于两个或两个以上的物体组成的系统，涉及的物体较多，相互作用的情况比较复杂，此时仍然可以对始末状态建立动量守恒的方程进行求解；但有时由于未知条件过多可能无法求解，这种情况下可以根据作用过程中的不同阶段建立多个动量守恒的方程，或者将系统内的物体按照相互作用的关系分成几个小系统，分别建立动量守恒的方程。2临界问题在动量守恒定律的应用中，常常会遇到相互作用的两物体相距最近、避免相碰和物体开始反向运动等临界问题。这类问题的求解关键是充分利用反证法、极限法分析物体的临界状态，挖掘问题中隐含的临界条件，选取适当的系统和过程，运用动量守恒定律进行解答。2机器人甲、乙各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6 m/s。甲乘的小车上有质量为m1 kg的小球若干个，甲和它的车及所带小球的总质量M150 kg，乙和它的车总质量M230 kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5 m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，此时：(1)两车的速度大小各为多少？(2)甲总共抛出了多少个小球？解析：两车刚好不相撞的条件是某次甲抛出球后的速度与乙接住该球后的速度相等。无论是甲抛球的过程，还是乙接球的过程，或是整个过程动量均守恒。(1)甲、乙两机器人及两车组成的系统总动量守恒。沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不相撞。设共同速度为v，则M1v1M2v1(M1M2)vvv16 m/s1.5 m/s。(2)这一过程中乙及车的动量变化大小p306 kgm/s30(1.5)kgm/s225 kgm/s每一个小球被乙接住后，最终的动量变化大小p116.51 kgm/s1.51 kgm/s15 kgm/s故小球的个数n15。答案：(1)1.5 m/s1.5 m/s(2)15个动量和能量的综合问题利用动量和能量的观点解题时应注意下列问题：(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，它们可以写出分量表达式；动能定理和能量守恒定律是标量表达式，没有分量表达式。(2)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系统。在力学中解题时必须注意动量守恒的条件和机械能守恒的条件，在应用这两个定律时，当确定了研究的对象和运动状态变化的过程后，可根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解。(3)中学阶段凡可以用力和运动的观点解决的问题，若用动量的观点或能量的观点求解，一般都要比用力和运动的方法简便。若涉及曲线运动(a恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，一般不能单纯考虑用力和运动的方法求解。3两质量分别为M1和M2的壁A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于壁A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后又滑上壁B。求物块在B上能够达到的最大高度。解析：设物块到达壁A的底端时，物块和A的速度大小分别为v和V，由机械能守恒和动量守恒得mghmv2M1V2M1Vmv设物块在壁B上达到的最大高度为h，此时物块和B的共同速度大小为V，由机械能守恒和动量守恒得mgh(M2m)V2mv2mv(M2m)V联立式得hh。答案：h(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(共8小题，每小题6分，共48分)1在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有()A原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以物体和斜面为一系统解析：选A判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键；第二种，从动量的定义判定。B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零。C选项末动量为零，而初动量不为零。D选项，在物体沿斜面下滑的过程中，向下的动量增大。故选A。2物体动量变化量的大小为5 kgm/s，这说明()A物体的动量在减小B物体的动量在增大C物体的动量大小也可能不变D物体的动量大小一定变化解析：选C动量是矢量，动量变化了5 kgm/s，物体动量的大小可能在增加，也可能在减小，还可能不变，如物体以大小为5 kgm/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60时，物体的动量变化量的大小为5 kgm/s。3一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A. B.C.D.解析：选A中子和原子核发生弹性正碰，动量守恒、能量守恒，则mvmv1Amv2，mv2mv12Amv22，联立方程可得：，选项A正确，选项B、C、D错误。4A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，A、B两球速度的可能值是() AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s解析：选B虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，不符合实际，即A、D项均错误；C项中，两球碰后的总动能为Ek后mAvA2mBvB257 J，大于碰前的总动能Ek前22 J，违背了能量守恒，所以C项错；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒，所以B项对。5质量为M的原子核，原来处于静止状态，当它以速度v放出质量为m的粒子时(设v方向为正)，剩余部分速度为()A. BC. D解析：选B由于原子核原来处于静止状态，因此系统总动量为零，原子核放出粒子的过程中，动量守恒。由动量守恒定律得：0mv(Mm)v解得v。6多选(2017全国卷)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析：选AB法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B项正确，C、D项错误。法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，B正确；物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小为p3mv33 kgm/s，C错误；t4 s时物块的速率v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s，D错误。7多选在光滑水平面上，动能为Ek0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为Ek1、p1，球2的动能和动量的大小分别记为Ek2、p2，则必有()AEk1Ek0 Bp1Ek0 Dp2p0解析：选AB两个钢球在相碰过程中同时遵守能量守恒和动量守恒，由于外界没有能量输入，而碰撞中可能产生热量，所以碰后的总动能不会超过碰前的总动能，即Ek1Ek2Ek0，A正确，C错误；另外，A选项也可写成，B正确；根据动量守恒，设球1原来的运动方向为正方向，有p2p1p0，D错误。8.多选小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车质量为M，长为L。质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车AB与C都处于静止状态，如图所示。当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是()A如果小车AB内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B当木块对地运动速度大小为v时，小车对地运动速度大小为vC整个系统最后静止D木块的位移一定大于小车的位移解析：选BC因水平地面光滑，小车、木块、弹簧组成的系统动量守恒，有mv1Mv2，ms1Ms2，因不知m、M的大小关系，故无法比较s1、s2的大小关系，但当木块C与B端碰撞后，系统总动量为零，整体又处于静止状态，故B、C均正确，D错误；因木块C与B端的碰撞为完全非弹性碰撞，机械能损失最大，故A错误。二、非选择题(共4小题，共52分)9(12分)现利用图(a)所示的装置验证动量守恒定律。在图(a)中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与穿过打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m10.310 kg，滑块B的质量m20.108 kg，遮光片的宽度d1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f50.0 Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计时器显示的时间为tB3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图(b)所示。若实验允许的相对误差绝对值100%最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。解析：按定义，滑块运动的瞬时速度大小v式中s为滑块在很短时间t内走过的路程。设纸带上打出相邻两点的时间间隔为tA，则tA0.02 stA可视为很短。设滑块A在碰撞前、后瞬时速度大小分别为v0、v1。将式和图给实验数据代入式得v02.00 m/sv10.970 m/s设滑块B在碰撞后的速度大小为v2，由式有v2代入题给实验数据得v22.86 m/s设两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和p，则pm1v0pm1v1m2v2两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为p100%联立式并代入有关数据，得p1.7%5%因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。答案：见解析10(12分)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为 10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0，v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。(不计水的阻力)解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度大小为vmin，抛出货物后船的速度为v1，甲船上的人接到货物后船的速度为v2，由动量守恒定律得12mv011mv1mvmin10m2v0mvmin11mv2为避免两船相撞，应满足v1v2联立以上三式得vmin4v0。答案：4v011(14分)(2016全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。解析：(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S。(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v02在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。答案：(1)v0S(2)12(14分)如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质