高中物理人教版5第十六章動量守恒定律單元測試 章末復(fù)習(xí)課

章末復(fù)習(xí)課【知識體系】主題1動量定理及其應(yīng)用1．沖量的計算．(1)恒力的沖量：公式I＝Ft適用于計算恒力的沖量．(2)變力的沖量：①通常利用動量定理I＝Δp求解．②可用圖象法計算．在F－t圖象中陰影部分(如圖)的面積就表示力在時間Δt＝t2－t1內(nèi)的沖量．2．動量定理Ft＝mv2－mv1的應(yīng)用．(1)它說明的是力對時間的累積效應(yīng)．應(yīng)用動量定理解題時，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動量，而不必考慮中間的運(yùn)動過程．(2)應(yīng)用動量定理求解的問題．①求解曲線運(yùn)動的動量變化量．②求變力的沖量問題及平均力問題．③求相互作用時間．④利用動量定理定性分析現(xiàn)象．【典例1】一個鐵球，從靜止?fàn)顟B(tài)由10m高處自由下落，然后陷入泥潭中，從進(jìn)入泥潭到靜止用時s，該鐵球的質(zhì)量為336(1)從開始下落到進(jìn)入泥潭前，重力對小球的沖量為多少？(2)從進(jìn)入泥潭到靜止，泥潭對小球的沖量為多少？(3)泥潭對小球的平均作用力為多少(保留兩位小數(shù)，g取10m/s2)?解析：(1)小球自由下落10m所用的時間是t1＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×10,10))s＝eq\r(2)s，重力的沖量IG＝mgt1＝×10×eq\r(2)N·s≈N·s，方向豎直向下．(2)設(shè)向下為正方向，對小球從靜止開始運(yùn)動至停在泥潭中的全過程運(yùn)用動量定理得mg(t1＋t2)－Ft2＝0.泥潭的阻力F對小球的沖量Ft2＝mg(t1＋t2)＝×10×(eq\r(2)＋N·s≈N·s，方向豎直向上．(3)由Ft2＝N·s得F＝N.答案：(1)N·s，方向豎直向下(1)N·s，方向豎直向上(3)N方法總結(jié)(1)恒力的沖量可以用I＝Ft求解，也可以利用動量定理求解．本題第(1)問可先求出下落到泥潭時的速度，進(jìn)而計算出沖量．(2)在泥潭中運(yùn)動時要注意受力分析，合外力的沖量是重力和阻力的合沖量．(3)應(yīng)用動量定理對全過程列式有時更簡捷．針對訓(xùn)練1．一壘球手水平揮動球棒，迎面打擊一以速度5m/s水平飛來的壘球，壘球隨后在離打擊點(diǎn)水平距離為30m的壘球場上落地．設(shè)壘球質(zhì)量為0.18kg，打擊點(diǎn)離地面高度為2.2m，球棒與壘球的作用時間為s，重力加速度為9.9解析：以m、v和v′，分別表示壘球的質(zhì)量、壘球在打擊過程始、末瞬時速度的大小，球棒與壘球的作用時間為t，球棒對壘球的平均作用力的大小為f，取力的方向?yàn)檎较?，根?jù)動量定理有：ft＝mv′－m(－v)壘球在與球棒碰撞后，以速率v′做平拋運(yùn)動，令打擊點(diǎn)高度為h，壘球落地點(diǎn)與打擊點(diǎn)的水平距離為x，則按平拋運(yùn)動規(guī)律有x＝v′t′，h＝eq\f(1,2)gt′2，式中t′是壘球做平拋運(yùn)動時間，則可以得到：v′＝xeq\r(\f(g,2h))，聯(lián)立整理可以得到：f＝eq\f(m,t)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\r(\f(g,2h))＋v))＝900N.答案：900N主題2解答動力學(xué)問題的三種思路1．三種思路的比較．思路特點(diǎn)分析適用情況力的觀點(diǎn)：牛頓運(yùn)動定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運(yùn)動量間的關(guān)系涉及力、加速度、位移、速度、時間恒力作用下的運(yùn)動能量觀點(diǎn)：動能定理、機(jī)械能守恒定律和能量守恒定律分析物體的受力、位移和速度，確定功與能的關(guān)系．系統(tǒng)內(nèi)力做功會影響系統(tǒng)能量涉及力、位移、速度恒力作用下的運(yùn)動、變力作用下的曲線運(yùn)動、往復(fù)運(yùn)動、瞬時作用動量觀點(diǎn)：動量定理和動量守恒定律分析物體的受力(或系統(tǒng)所受外力)、速度，建立力、時間與動量間的關(guān)系(或動量守恒定律)，系統(tǒng)內(nèi)力不影響系統(tǒng)動量涉及力、時間、動量(速度)恒力作用下的運(yùn)動、瞬時作用、往復(fù)運(yùn)動2.三種思路的選擇．對于不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度和時間問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解；如果只有重力和彈簧彈力做功而不涉及運(yùn)動過程的加速度和時間問題，則采用機(jī)械能守恒定律求解．對于碰撞、反沖類問題，應(yīng)用動量守恒定律求解，對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒(功能關(guān)系)建立方程．【典例2】如圖，用兩根等長的細(xì)線分別懸掛兩個彈性球A、B，球A的質(zhì)量為2m，球B的質(zhì)量為9m，一顆質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射入球A，并留在其中，子彈與球A作用時間極短；設(shè)A、(1)子彈與A球作用過程中，子彈和A球系統(tǒng)損失的機(jī)械能；(2)B球被碰撞后，從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)過程中，合外力對B球沖量的大?。馕觯?1)對子彈和A球，由動量守恒定律，得mv0＝(m＋2m)v由能量守恒定律，可知eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋2m)v2＋ΔE，解得ΔE＝eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0).(2)對子彈和A球、B球系統(tǒng)，由動量守恒定律，得3mv＝3mv1＋9mv2，根據(jù)能量守恒定律，有eq\f(1,2)(3m)v2＝eq\f(1,2)(3m)veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)(9m)veq\o\al(2,2)，解得v2＝eq\f(1,6)v0；對B球，由動量定理，有I＝0－9mv2＝－eq\f(3,2)mv0，合外力的沖量大小為eq\f(3,2)mv0.答案：(1)eq\f(1,3)mveq\o\al(2,0)(2)eq\f(3,2)mv0方法總結(jié)(1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律．若研究對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個定理，特別是涉及時間問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動量定理，涉及功和位移問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理．所選方法不同，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大的差別．(2)兩個守恒定律和兩個定理只考查一個物理過程的始、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細(xì)節(jié)不予細(xì)究，這正是它們的方便之處．特別是對于變力做功、曲線運(yùn)動、豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動、碰撞等問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性．針對訓(xùn)練2．如圖所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接．質(zhì)量為m1的小球甲從高為h處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球乙發(fā)生碰撞，碰撞后兩球的運(yùn)動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機(jī)械能損失．求碰撞后小球乙的速度大小v2.解析：設(shè)碰撞前小球甲到達(dá)平面的速度為v0，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0).①設(shè)碰撞后甲與乙的速度分別為v1和v2，根據(jù)動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2.②由于碰撞過程中無機(jī)械能損失，所以有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2).③聯(lián)立②③式解得v2＝eq\f(2m1v0,m1＋m2).④將①式代入④式得v2＝eq\f(2m1\r(2gh),m1＋m2).答案：eq\f(2m1\r(2gh),m1＋m2)統(tǒng)攬考情“動量守恒定律”是力學(xué)的重要內(nèi)容，在全國卷中，2023高考改為必考內(nèi)容，題型預(yù)計是綜合計算題，一般可以綜合牛頓運(yùn)動定律、動能定理、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律等物理規(guī)律，且難度可能為中等難度以上．真題例析(2023·課標(biāo)全國Ⅱ卷)滑塊a、b沿水平面上同一條直線發(fā)生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動，經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段．兩者的位移x隨時間t變化的圖象如圖所示．求：(1)滑塊a、b的質(zhì)量之比；(2)整個運(yùn)動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機(jī)械能之比．解析：(1)設(shè)a、b的質(zhì)量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得v1＝－2m/sv2＝1ma、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得v＝eq\f(2,3)m/s.由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v.解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,8).(2)由能量守恒得，兩滑塊因碰撞而損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)(m1＋m2)v2.由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動．由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2，解得eq\f(W,ΔE)＝eq\f(1,2).答案：(1)eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,8)(2)eq\f(W,ΔE)＝eq\f(1,2)針對訓(xùn)練(2023·重慶卷)高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動)，此后經(jīng)歷時間t安全帶達(dá)到最大伸長量．若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()\f(m\r(2gh),t)＋mg \f(m\r(2gh),t)－mg\f(m\r(gh),t)＋mg \f(m\r(gh),t)－mg解析：人下落h高度為自由落體運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式v2＝2gh，可知v＝eq\r(2gh)；緩沖過程(取向上為正)由動量定理得(eq\o(\s\up7(-),\s\do3(F))－mg)t＝0－(－mv)，解得eq\o(\s\up7(-),\s\do3(F))＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg，故選A.答案：A1．(2023·廣東卷)在同一勻強(qiáng)磁場中，α粒子(eq\o\al(4,2)He)和質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)做勻速圓周運(yùn)動，若它們的動量大小相等，則α粒子和質(zhì)子()A．運(yùn)動半徑之比是2∶1B．運(yùn)動周期之比是2∶1C．運(yùn)動速度大小之比是4∶1D．受到的洛倫茲力之比是2∶1解析：在同一勻強(qiáng)磁場B中，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，得兩者的運(yùn)動半徑之比為1∶2，選項(xiàng)A錯誤；帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，得周期之比為2∶1，選項(xiàng)B正確；α粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4∶1，電荷量之比為2∶1，由于動量相同，故速度之比為1∶4，選項(xiàng)C錯誤；由帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中受到的洛倫茲力f＝qvB，得受到的洛倫茲力之比為1∶2，選項(xiàng)D錯誤．答案：B2.(2023·山東卷)如圖，三個質(zhì)量相同的滑塊A、B、C，間隔相等地靜置于同一水平直軌道上．現(xiàn)給滑塊A向右的初速度v0，一段時間后A與B發(fā)生碰撞，碰后A、B分別以eq\f(1,8)v0、eq\f(3,4)v0的速度向右運(yùn)動，B再與C發(fā)生碰撞，碰后B、C粘在一起向右運(yùn)動．滑塊A、B與軌道間的動摩擦因數(shù)為同一恒定值．兩次碰撞時間極短．求B、C碰后瞬間共同速度的大?。馕觯焊鶕?jù)動量守恒定律，A、B碰撞過程滿足mvA＝meq\f(v0,8)＋meq\f(3v0,4)，解得vA＝eq\f(7v0,8)；從A開始運(yùn)動到與B相碰前的過程，根據(jù)動能定理：Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，解得Wf＝eq\f(15,128)mveq\o\al(2,0)；則對物體B從與A碰撞完畢到與C相碰前損失的動能也為Wf，由動能定理可知：Wf＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,B)，解得：vB＝eq\f(\r(21),8)v0；BC碰撞時滿足動量守恒，則mvB＝2mv，解得v＝eq\f(1,2)vB＝eq\f(\r(21),16)v0.答案：eq\f(\r(21),16)v03．(2023·全國Ⅰ卷)某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便，假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底部為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度．解析：(1)設(shè)Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質(zhì)量為Δm，則Δm＝ρΔV，①ΔV＝v0SΔt，②由①②式，得單位時間從噴口噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S.③(2)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒，得eq\f(1,2)(Δm)v2＋(Δm)gh＝eq\f(1,2)(Δm)veq\o\al(2,0)，④在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小Δp＝(Δm)v，⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理，有FΔt＝Δp，⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件，得F＝Mg，⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式，得h＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2).⑧答案：(1)ρv0S(2)eq\f(veq\o\al(2,0),2g)－eq\f(M2g,2ρ2veq\o\al(2,0)S2)4．(2023·全國Ⅱ卷)如圖，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和小孩面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1＝30kg，冰塊的質(zhì)量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動．取重力加速度的大小g＝10(1)求斜面體的質(zhì)量；(2)通過計算，判斷冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？解析：(1)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高度時兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此共同速度為v，斜面體的質(zhì)量為m3.由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律，得m2v20＝(m2＋m3)v，①eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)(m2＋m3)v2＋m2gh，②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)，m3＝20kg.(2)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律，有m1v1＋m2v20＝0，④代入數(shù)據(jù)，得v1＝1m/s；設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機(jī)械能守恒定律，有m2v20＝m2v2＋m3v3，⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)m3veq\o\al(2,3)，⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)，得v2＝1m/s由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩．答案：(1)20kg5．(2023·全國Ⅲ卷)如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(3,4)m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同．現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動．此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間