2017-2018學(xué)年高二物理上學(xué)期課時(shí)過關(guān)檢測(cè)28

本章優(yōu)化總結(jié)eq\a\vs4\al(\x(\a\al(動(dòng),量,守,恒,定,律))\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(動(dòng)量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義：質(zhì)量與速度的乘積，p＝mv,單位：kg·m/s，且1kg·m/s＝1N·s,矢量：方向與v同向,動(dòng)量的變化Δp＝p′－p，遵守矢量運(yùn)算法則)),沖量\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(定義：力和力的作用時(shí)間的乘積，I＝F（t′－t）,矢量：與力的方向相同)),動(dòng)量定理\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(內(nèi)容：合力的沖量等于動(dòng)量的變化,表達(dá)式：p′－p＝I,應(yīng)用（只限一維情況）)),動(dòng)量守恒定律\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(表達(dá)式：p1＋p2＝p′1＋p′2,條件\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(不受外力,合外力為零,某個(gè)方向上合外力為零,內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力)))),碰撞與反沖\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(完全彈性碰撞\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(遵守動(dòng)量守恒定律,遵守機(jī)械能守恒定律)),非彈性碰撞\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(遵守動(dòng)量守恒定律,機(jī)械能有損失)),完全非彈性碰撞\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(遵守動(dòng)量守恒定律,機(jī)械能損失最多)),\a\vs4\al(反沖,運(yùn)動(dòng))\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(產(chǎn)生反沖現(xiàn)象的原理：動(dòng)量守恒,在生產(chǎn)、生活、科技中的應(yīng)用)))))))專題一動(dòng)量定理及其應(yīng)用1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化量等于它在這個(gè)過程中所受力的沖量．2．公式：Ft＝mv2－mv1，它為矢量式，在一維情況時(shí)可變?yōu)榇鷶?shù)運(yùn)算．3．研究對(duì)象是質(zhì)點(diǎn)：它說明的是外力對(duì)時(shí)間的積累效果．應(yīng)用動(dòng)量定理分析或解題時(shí)，只考慮物體的初、末狀態(tài)的動(dòng)量，而不必考慮中間的運(yùn)動(dòng)過程．4．解題思路(1)確定研究對(duì)象，進(jìn)行受力分析；(2)確定初、末狀態(tài)的動(dòng)量mv1和mv2(要先規(guī)定正方向，以便確定動(dòng)量的正負(fù)，還要把v1和v2換成相對(duì)于同一慣性參考系的速度)；(3)利用Ft＝mv2－mv1列方程求解．質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回，取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為________kg·m/s.若小球與地面的作用時(shí)間為0.2s，則小球受到地面的平均作用力大小為________N(取g＝10m/s2)．[解析]小球與地面碰撞前后的動(dòng)量變化為Δp＝mv′－mv＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s.由動(dòng)量定理，小球受到地面的作用力F＝eq\f(Δp,Δt)＋mg＝12N.[答案]2121.如圖甲所示，物體A、B用輕繩相連，掛在輕彈簧下靜止不動(dòng)，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M.當(dāng)連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經(jīng)過某一位置時(shí)速度大小為v，這時(shí)物體B下落的速度大小為u，如圖乙所示．在這段時(shí)間里，彈簧的彈力對(duì)物體A的沖量為()A．mvB．mv－MuC．mv＋MuD．mv＋mu解析：選D.該題涉及的物體較多，可先選B為研究對(duì)象．在B下落的這段時(shí)間t內(nèi)，其動(dòng)量向下增加Mu，B只受重力作用，由動(dòng)量定理，重力的沖量為Mgt＝Mu，解得t＝eq\f(u,g).在時(shí)間t內(nèi)，A受兩個(gè)力作用：重力mg，方向向下；彈簧的彈力，方向向上．因?yàn)閺椈傻膹椓κ亲兞?，所以要?jì)算彈力的沖量只能應(yīng)用動(dòng)量定理來解決．以A為研究對(duì)象，其動(dòng)量在時(shí)間t內(nèi)向上增加mv，設(shè)彈力的沖量為I，由動(dòng)量定理有I－mgt＝mv，解得I＝m(v＋u)，故D正確．專題二動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的綜合運(yùn)用1．解決該類問題用到的規(guī)律：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律．2．解決該類問題的基本思路(1)選擇研究對(duì)象和過程；①明確動(dòng)量守恒定律所研究的系統(tǒng)和過程；②選定系統(tǒng)中動(dòng)量定理所研究的某個(gè)物體及過程．(2)用動(dòng)量守恒定律求解這個(gè)物體的末動(dòng)量；(3)用動(dòng)量定理對(duì)這個(gè)物體列方程，求解沖力等問題．隨著機(jī)動(dòng)車數(shù)量的增加，交通安全問題日益凸顯．分析交通違法事例，將警示我們遵守交通法規(guī)，珍惜生命．一貨車嚴(yán)重超載后的總質(zhì)量為49t，以54km/h的速率勻速行駛．發(fā)現(xiàn)紅燈時(shí)司機(jī)剎車，貨車即做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度的大小為2.5m/s2(不超載時(shí)則為5m/s2)．(1)若前方無阻擋，問從剎車到停下來此貨車在超載及不超載時(shí)分別前進(jìn)多遠(yuǎn)？(2)若超載貨車剎車時(shí)正前方25m處停著總質(zhì)量為1t的轎車，兩車將發(fā)生碰撞，設(shè)相互作用0.1s后獲得相同速度，問貨車對(duì)轎車的平均沖力多大？[解析](1)設(shè)貨車剎車時(shí)速度大小為v0、加速度大小為a，末速度大小為v，剎車距離為ss＝eq\f(veq\o\al(2,0)－v2,2a)①代入數(shù)據(jù)，得超載時(shí)s1＝45m②不超載時(shí)s2＝22.5m．③(2)設(shè)貨車剎車后經(jīng)s′＝25m與轎車碰撞時(shí)的速度大小為v1v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)－2as′)④設(shè)碰撞后兩車共同速度為v2、貨車質(zhì)量為M、轎車質(zhì)量為m，由動(dòng)量守恒定律Mv1＝(M＋m)v2⑤設(shè)貨車對(duì)轎車的作用時(shí)間為Δt、平均沖力大小為F，由動(dòng)量定理eq\o(F,\s\up6(－))Δt＝mv2⑥聯(lián)立④⑤⑥式，代入數(shù)據(jù)得eq\o(F,\s\up6(－))＝9.8×104N．⑦[答案](1)超載時(shí)s1＝45m不超載時(shí)s2＝22.5m(2)9.8×104N2.豎直發(fā)射的火箭質(zhì)量為6×103kg.已知每秒鐘噴出氣體的質(zhì)量為200kg.若要使火箭最初能得到20.2m/s2的向上的加速度，則噴出氣體的速度應(yīng)為()A．700m/s B．800m/sC．900m/s D．1000m/s解析：選C.每秒噴出氣體的動(dòng)量等于火箭每秒增加的動(dòng)量，即m氣v氣＝m箭v箭，由動(dòng)量定理得火箭獲得的動(dòng)力F＝eq\f(m箭v箭,t)＝eq\f(m氣v氣,t)＝200v，又F－m箭g＝m箭a，得v＝900m/s.專題三動(dòng)量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用1．解決該類問題用到的規(guī)律：動(dòng)量守恒定律，機(jī)械能守恒定律，能量守恒定律，功能關(guān)系等．2．解決該類問題的基本思路(1)認(rèn)真審題，明確題目所述的物理情景，確定研究對(duì)象．(2)如果物體間涉及多過程，要把整個(gè)過程分解為幾個(gè)小的過程．(3)對(duì)所選取的對(duì)象進(jìn)行受力分析，判定系統(tǒng)是否符合動(dòng)量守恒的條件．(4)對(duì)所選系統(tǒng)進(jìn)行能量轉(zhuǎn)化的分析，比如：系統(tǒng)是否滿足機(jī)械能守恒，如果系統(tǒng)內(nèi)有摩擦則機(jī)械能不守恒，有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能．(5)選取所需要的方程列式并求解．(2015·高考全國卷Ⅱ)兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運(yùn)動(dòng)，并發(fā)生碰撞；碰撞后兩者粘在一起運(yùn)動(dòng)；經(jīng)過一段時(shí)間后，從光滑路段進(jìn)入粗糙路段．兩者的位置x隨時(shí)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(gè)運(yùn)動(dòng)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/s①v2＝1m/s②a、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/s③由動(dòng)量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v④聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8.⑤(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)v2⑥由圖象可知，兩滑塊最后停止運(yùn)動(dòng)．由動(dòng)能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v2⑦聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE＝1∶2.[答案](1)1∶8(2)1∶23.(2016·衡水中學(xué)模擬)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量為m的小球用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，在光滑的水平面上有一個(gè)質(zhì)量為M的物體，其右側(cè)是一個(gè)半徑為R的光滑四分之一圓弧，左端是一段長為eq\f(R,2)的粗糙水平面，在其左端A處放有一個(gè)質(zhì)量也為M的彈性物體，物塊與物體間有摩擦．現(xiàn)將小球拉起到與懸點(diǎn)O等高處由靜止釋放，與物塊發(fā)生彈性碰撞后回?cái)[到θ＝60°角處才減停，同時(shí)物塊恰能滑到物體右端最高點(diǎn)C處，試求小球與物塊的質(zhì)量之比和物體與物塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)．解析：小球下擺過程中，由mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)得v1＝eq\r(2gL)，碰后返回過程中，由mgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)得v′1＝eq\r(gL)小球和物塊發(fā)生碰撞時(shí)動(dòng)量守恒mv1＝Mv0－mv1′和能量守恒eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,1)，聯(lián)立解得v0＝(eq\r(2)－1)eq\r(gL)，eq\f(m,M)＝eq\f(\r(2)－1,\r(2)＋1)物塊沿物體上表面滑動(dòng)的過程中動(dòng)量守恒Mv0＝2Mv，損失的動(dòng)能用于克服摩擦做功eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋M)v2＋MgR＋μMgeq\f(R,2)，整理可得μ＝eq\f(（3－2\r(2)）L,2R)－2答案：eq\f(\r(2)－1,\r(2)＋1)eq\f(（3－2\r(2)）L,2R)－2沁園春·雪<毛澤東>