人教版高中物理选修35测试第十六章+本章优化总结.docx

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人教版高中物理选修35测试第十六章+本章优化总结

本章优化总结

　动量定理的综合应用

动量定理研究对象不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样适用，对多物体组成的系统在应用动量定理时应注意：

（1）对多物体受力分析时，系统内物体间的相互作用力属于内力，不是合外力的组成部分．

（2）动量定理是矢量式，应用动量定量时注意合外力的方向和系统运动方向的对应性．

　滑块A和B（质量分别为mA和mB）用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图所示．已知滑块A、B与水平桌面的动摩擦因数均为μ，在力F作用时间t后，A、B间细线突然断开，此后力F仍作用于B.试求：

滑块A刚好停住时，滑块B的速度为多大？

[思路点拨]在已知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便．

[解析]　取滑块A、B构成的系统为研究对象．设F作用时间t后线突然断开，此时A、B的共同速度为v，根据动量定理，有[F－μ（mA＋mB）g]t＝（mA＋mB）v－0

解得v＝

在线断开后，滑块A经时间t′停止，根据动量定理有－μmAgt′＝0－mAv

由此得t′＝

＝

设A停止时，B的速度为vB.对于A、B系统，从力F开始作用至A停止的全过程，根据动量定理有[F－μ（mA＋mB）g]（t＋t′）＝mBvB－0

将t′代入此式可求得B滑块的速度为vB＝

.

[答案]　

尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量．应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便．　

　1.质量为M的金属块和质量为m的木块用细绳连在一起，放在水中，如图所示．从静止开始以加速度a在水中匀加速下沉．经时间t1，细绳突然断裂，金属块和木块分离，再经时间t2，木块停止下沉，试求此时金属块的速度．

解析：

把金属块、木块及细绳看成一个物体系统，整个过程中受重力（Mg＋mg）和浮力（FM＋Fm）不变，它们的合力为F合＝（M＋m）a，在绳断前后合力也不变，设木块停止下沉时，金属块的速度为v，选取竖直向下为正方向，对全过程应用动量定理，有

F合（t1＋t2）＝p′－p＝Mv－0

则v＝

a（t1＋t2）．

答案：

a（t1＋t2）

　动量守恒定律的综合应用

1．解决该类问题用到的规律：

动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．

2．解决该类问题的基本思路

（1）认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．

（2）如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．

（3）对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．

（4）对所选系统进行能量转化的分析，比如：

系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．

（5）选取所需要的方程列式并求解．

　如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切．小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g.求：

（1）小球A刚滑至水平台面的速度大小vA；

（2）A、B两球的质量之比mA∶mB.

[思路点拨]小球A下滑的过程，机械能守恒，可求小球A滑到坡道底端时的速度；小球A与B相碰，满足动量守恒，由动量守恒可求共同速度，二者同时做平抛运动，利用平抛运动规律即可求出二者的质量之比．

[解析]　

（1）小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得mAgh＝

mAv

解得vA＝

.

（2）设两球碰撞后共同的速度为v，由动量守恒定律得

mAvA＝（mA＋mB）v

粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t，由运动学公式，在竖直方向上有h＝

gt2

在水平方向上有

＝vt

联立以上各式得mA∶mB＝1∶3.

[答案]　

（1）

（2）1∶3

　2.（2014·高考北京卷）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g＝10m/s2.求：

（1）碰撞前瞬间A的速率v；

（2）碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；

（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l.

解析：

设滑块的质量为m.

（1）根据机械能守恒定律mgR＝

mv2

得碰撞前瞬间A的速率v＝

＝2m/s.

（2）根据动量守恒定律mv＝2mv′

得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝

v＝1m/s.

（3）根据动能定理

（2m）v′2＝μ（2m）gl

得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝

＝0.25m.

答案：

（1）2m/s　

（2）1m/s　（3）0.25m

　（18分）如图所示，两个斜面AB和CD的倾角分别为α和β，且均与水平面BC平滑连接．水平面的C端静止地放置一质量为m的物块，在斜面AB上一质量为M的物块加速下滑，冲至水平面后与物块m碰撞前瞬间速度为v0，碰撞后合为一体冲上斜面CD，物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g.求：

（1）物块M在斜面AB上运动时的加速度大小a；

（2）两物块碰后的共同速度的大小v；

（3）能冲上斜面CD的最大高度H.

[思路点拨]

（1）本题分为四个运动过程：

①物块M沿斜面AB下滑的过程；②物块M在水平面BC的运动过程；③物块M与m的碰撞过程；④系统沿斜面CD的上升过程．

（2）过程与规律：

①物块M沿斜面AB下滑过程的受力情况已知，牛顿运动定律是否适用？

②物块M在水平面BC的运动过程是否需要分析？

题目中给出的M冲至水平面后与物块m碰撞前瞬间速度为v0与在B点时的速度相同吗？

水平面BC段是否光滑对解题有影响吗？

③物块M与m的碰撞过程的动量守恒吗？

④整体冲上斜面CD的运动过程遵循什么规律？

[解析]　

（1）在AB斜面上对物块进行受力分析（如图），根据牛顿第二定律有：

垂直斜面方向有：

FN－Mgcosα＝0（2分）

沿斜面向下有：

Mgsinα－Ff＝Ma（2分）

又知Ff＝μFN（1分）

由以上三式可解得加速度

a＝gsinα－μgcosα.（2分）

（2）两物块碰撞过程中水平方向满足动量守恒，故有：

Mv0＝（M＋m）v（3分）

可得碰撞后整体的速度大小v＝

v0.（2分）

（3）碰撞后物块在斜面CD上运动时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：

－μ（M＋m）gcosβ·

－（M＋m）gH＝0－

（M＋m）v2（3分）

可解得：

H＝

.（3分）

[答案]　

（1）gsinα－μgcosα　

（2）

v0

（3）

本题考查了牛顿第二定律、动量守恒定律和动能定理的基本运用，掌握规律是正确解题的关键，对于第（3）问也可以采用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解答方便．　

章末过关检测

（一）

（时间：

60分钟，满分：

100分）

一、单项选择题（本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）

1．（2017·高考全国卷乙）将质量为1.00kg的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）（　　）

A．30kg·m/s　　　　　B．5.7×102kg·m/s

C．6.0×102kg·m/sD．6.3×102kg·m/s

解析：

选A．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p，根据动量守恒定律，可得p－mv0＝0，解得p＝mv0＝0.050kg×600m/s＝30kg·m/s，选项A正确．

2．关于物体的动量，下列说法中正确的是（　　）

A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向

B．物体的动能不变，其动量一定不变

C．动量越大的物体，其速度一定越大

D．物体的动量越大，其惯性也越大

解析：

选A．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D错误．

3．如图甲所示，物体A、B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，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上升经过某一位置时速度大小为v，这时物体B下落的速度大小为u，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（　　）

A．mvB．mv－Mu

C．mv＋MuD．mv＋mu

解析：

选D．该题涉及的物体较多，可先选B为研究对象．在B下落的这段时间t内，其动量向下增加Mu，B只受重力作用，由动量定理，重力的冲量为Mgt＝Mu，解得t＝

.在时间t内，A受两个力作用：

重力mg，方向向下；弹簧的弹力，方向向上．因为弹簧的弹力是变力，所以要计算弹力的冲量只能应用动量定理来解决．以A为研究对象，其动量在时间t内向上增加mv，设弹力的冲量为I，由动量定理有I－mgt＝mv，解得I＝m（v＋u），故D正确．

4．质量m＝100kg的小船静止在平静水面上，船两端载着m甲＝40kg、m乙＝60kg的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3m/s的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为（　　）

A．0.6m/s，向左B．3m/s，向左

C．0.6m/s，向右D．3m/s，向右

解析：

选A．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m甲v－m乙v＋mv′，代入数据解得v′＝0.6m/s，方向向左．

5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为（　　）

A．E0B．

C．

D．

解析：

选C．碰撞中动量守恒mv0＝3mv1，得v1＝

①

E0＝

mv

②

Ek′＝

×3mv

③

由①②③得Ek′＝

×3m

＝

×

＝

，故C正确．

6．如图所示，光滑水平面上有半径相同的A、B两球在同一直线上运动．两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则（　　）

A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5

D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10

解析：

选A．由两球的动量都是6kg·m/s可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A球．碰后A球的动量减少了4kg·m/s，即A球的动量为2kg·m/s，由动量守恒定律得B球的动量为10kg·m/s，则碰后二者速度大小之比为2∶5，故选项A是正确的．

二、多项选择题（本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全得3分，有错选或