人教版物理选修35 第十六章 章末复习课 含答案.docx

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人教版物理选修35第十六章章末复习课含答案

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人教版物理选修3-5第十六章章末复习课含答案

______年______月______日

____________________部门

【知识体系】

主题1　动量定理及其应用

1．冲量的计算．

（1）恒力的冲量：

公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量．

（2）变力的冲量：

①通常利用动量定理I＝Δp求解．

②可用图象法计算．在F－t图象中阴影部分（如图）的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量．

2．动量定理Ft＝mv2－mv1的应用．

（1）它说明的是力对时间的累积效应．应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程．

（2）应用动量定理求解的问题．

①求解曲线运动的动量变化量．

②求变力的冲量问题及平均力问题．

③求相互作用时间．

④利用动量定理定性分析现象．

【典例1】　一个铁球，从静止状态由10m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4s，该铁球的质量为336g.

（1）从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？

（2）从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？

（3）泥潭对小球的平均作用力为多少（保留两位小数，g取10m/s2）?

解析：

（1）小球自由下落10m所用的时间是t1＝＝s＝s，重力的冲量IG＝mgt1＝0.336×10×N·s≈4.75N·s，方向竖直向下．

（2）设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得

mg（t1＋t2）－Ft2＝0.

泥潭的阻力F对小球的冲量

Ft2＝mg（t1＋t2）＝0.336×10×（＋0.4）N·s≈6.10N·s，方向竖直向上．

（3）由Ft2＝6.10N·s得F＝15.25N.

答案：

（1）4.75N·s，方向竖直向下

（1）6.10N·s，方向竖直向上

（3）15.25N

方法总结

（1）恒力的冲量可以用I＝Ft求解，也可以利用动量定理求解．本题第

（1）问可先求出下落到泥潭时的速度，进而计算出冲量．

（2）在泥潭中运动时要注意受力分析，合外力的冲量是重力和阻力的合冲量．

（3）应用动量定理对全过程列式有时更简捷．

针对训练

1．一垒球手水平挥动球棒，迎面打击一以速度5m/s水平飞来的垒球，垒球随后在离打击点水平距离为30m的垒球场上落地．设垒球质量为0.18kg，打击点离地面高度为2.2m，球棒与垒球的作用时间为0.010s，重力加速度为9.9m/s2，求球棒对垒球的平均作用力的大小．

解析：

以m、v和v′，分别表示垒球的质量、垒球在打击过程始、末瞬时速度的大小，球棒与垒球的作用时间为t，球棒对垒球的平均作用力的大小为f，取力的方向为正方向，根据动量定理有：

ft＝mv′－m（－v）

垒球在与球棒碰撞后，以速率v′做平抛运动，令打击点高度为h，垒球落地点与打击点的水平距离为x，则按平抛运动规律有x＝v′t′，h＝gt′2，式中t′是垒球做平抛运动时间，则可以得到：

v′＝x，联立整理可以得到：

f＝＝900N.

答案：

900N

主题2　解答动力学问题的三种思路

1．三种思路的比较．

思路

特点分析

适用情况

力的观点：

牛顿运动定律结合运动学公式

分析物体的受力，确定加速度，建立加速度和运动量间的关系涉及力、加速度、位移、速度、时间

恒力作用下的运动

能量观点：

动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律

分析物体的受力、位移和速度，确定功与能的关系．系统内力做功会影响系统能量涉及力、位移、速度

恒力作用下的运动、变力作用下的曲线运动、往复运动、瞬时作用

动量观点：

动量定理和动量守恒定律

分析物体的受力（或系统所受外力）、速度，建立力、时间与动量间的关系（或动量守恒定律），系统内力不影响系统动量涉及力、时间、动量（速度）

恒力作用下的运动、瞬时作用、往复运动

2.三种思路的选择．

对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹簧弹力做功而不涉及运动过程的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解．

对于碰撞、反冲类问题，应用动量守恒定律求解，对于相互作用的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒（功能关系）建立方程．

【典例2】　如图，用两根等长的细线分别悬挂两个弹性球A、B，球A的质量为2m，球B的质量为9m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入球A，并留在其中，子弹与球A作用时间极短；设A、B两球作用为对心弹性碰撞．求

（1）子弹与A球作用过程中，子弹和A球系统损失的机械能；

（2）B球被碰撞后，从最低点运动到最高点过程中，合外力对B球冲量的大小．

解析：

（1）对子弹和A球，由动量守恒定律，得

mv0＝（m＋2m）v，

由能量守恒定律，可知mv＝（m＋2m）v2＋ΔE，

解得ΔE＝mv.

（2）对子弹和A球、B球系统，由动量守恒定律，得

3mv＝3mv1＋9mv2，

根据能量守恒定律，有（3m）v2＝（3m）v＋（9m）v，

解得v2＝v0；

对B球，由动量定理，有I＝0－9mv2＝－mv0，

合外力的冲量大小为mv0.

答案：

（1）mv　

（2）mv0

方法总结

（1）若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律．若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别是涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时应优先考虑动能定理．所选方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别．

（2）两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别是对于变力做功、曲线运动、竖直平面内的圆周运动、碰撞等问题，就更显示出它们的优越性．

针对训练

2．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接．质量为m1的小球甲从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球乙发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失．求碰撞后小球乙的速度大小v2.

解析：

设碰撞前小球甲到达平面的速度为v0，根据机械能守恒定律得

m1gh＝m1v.①

设碰撞后甲与乙的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律得

m1v0＝m1v1＋m2v2.②

由于碰撞过程中无机械能损失，所以有

m1v＝m1v＋m2v.③

联立②③式解得v2＝.④

将①式代入④式得v2＝.

答案：

统揽考情

“动量守恒定律”是力学的重要内容，在全国卷中，20xx高考改为必考内容，题型预计是综合计算题，一般可以综合牛顿运动定律、动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律等物理规律，且难度可能为中等难度以上．

真题例析

（20xx·课标全国Ⅱ卷）滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞，碰撞后两者粘在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段．两者的位移x随时间t变化的图象如图所示．求：

（1）滑块a、b的质量之比；

（2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比．

解析：

（1）设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得

v1＝－2m/s，

v2＝1m/s.

a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得

v＝m/s.

由动量守恒定律得

m1v1＋m2v2＝（m1＋m2）v.

解得＝.

（2）由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为

ΔE＝m1v＋m2v－（m1＋m2）v2.

由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为

W＝（m1＋m2）v2，

解得＝.

答案：

（1）＝　

（2）＝

针对训练

（20xx·重庆卷）高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动），此后经历时间t安全带达到最大伸长量．若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为（　　）

A.＋mg　　　　　B.－mg

C.＋mgD.－mg

解析：

人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式v2＝2gh，可知v＝；缓冲过程（取向上为正）由动量定理得（－mg）t＝0－（－mv），解得＝＋mg，故选A.

答案：

A

1．（20xx·广东卷）在同一匀强磁场中，α粒子（He）和质子（H）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子（　　）

A．运动半径之比是2∶1

B．运动周期之比是2∶1

C．运动速度大小之比是4∶1

D．受到的洛伦兹力之比是2∶1

解析：

在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r＝，得两者的运动半径之比为1∶2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，得周期之比为2∶1，选项B正确；α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同，故速度之比为1∶4，选项C错误；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f＝qvB，得受到的洛伦兹力之比为1∶2，选项D错误．

答案：

B

2.（20xx·山东卷）如图，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A向右的初速度v0，一段时间后A与B发生碰撞，碰后A、B分别以v0、v0的速度向右运动，B再与C发生碰撞，碰后B、C粘在一起向右运动．滑块A、B与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间极短．求B、C碰后瞬间共同速度的大小．

解析：

根据动量守恒定律，A、B碰撞过程满足

mvA＝m＋m，

解得vA＝；

从A开始运动到与B相碰前的过程，

根据动能定理：

Wf＝mv－mv，

解得Wf＝mv；

则对物体B从与A碰撞完毕到与C相碰前损失的动能也为Wf，由动能定理可知：

Wf＝mv－mv′，

解得：

vB＝v0；

BC碰撞时满足动量守恒，则mvB＝2mv，

解得v＝vB＝v0.

答案：

v0

3．（20xx·全国Ⅰ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，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ρ，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Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则

Δm＝ρΔV，①

ΔV＝v0SΔt，②

由①②式，得单位时间从喷口喷出的水的质量为

＝ρv0S.③

（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Δt时间内喷出的水，由能量守恒，得

（Δm）v2＋（Δm）gh＝（Δm）v，④

在h高度处，Δt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

Δp＝（Δm）v，⑤

设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理，有

FΔt＝Δp，⑥

由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件，得

F＝Mg，⑦

联立③④⑤⑥⑦式，得

h＝,2g）－S2）.⑧

答案：

（1）ρv0S　

（2）,2g）－S2）

4．（20xx·全国Ⅱ卷）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和小孩面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3m（h小于斜面体的高度）．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30kg，冰块的质量为m2＝10kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10m/s2.

（1）求斜面体的质量；

（2）通过计算，判断冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

解析：

（1）规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.

由水平方向动量守恒和机械能守恒定律，得

m2v20＝（m2＋m3）v，①

m2v＝（m2＋m3）v2＋m2gh，②

式中v20＝－3m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据，得

m3＝20kg.③

（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律，有

m1v1＋m2v20＝0，④

代入数据，得

v1＝1m/s；⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律，有

m2v20＝m2v2＋m3v3，⑥

m2v＝m2v＋m3v，⑦

联立③⑥⑦式并代入数据，得

v2＝1m/s，

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．

答案：

（1）20kg　

（2）不能追上小孩

5．（20xx·全国Ⅲ卷）如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．

解析：

设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有

mv＞μmgl，①

即μ＜,2gl）；②

设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒，有

mv＝mv＋μmgl；③

设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒，有

mv1＝mv′1＋v′2，④

mv＝mv′＋v′，⑤

联立④⑤式，解得v′2＝v1；⑥

由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系，可知

v′≤μgl，⑦

联立③⑥⑦式，可得

μ≥,113gl）.⑧

联立②⑧式，a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为

答案：

113gl）≤μ＜,2gl）