人教版高中物理选择性必修第一册第一章动量守恒定律章末整合提升含答案 试卷
展开章末整合提升
主题一 冲量与动量定理
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可用图像法计算.在F-t图像中阴影部分(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10 m高处自由下落,然后陷入泥潭中,从进入泥潭到静止用时0.4 s,该铁球的质量为336 g,g取10 m/s2,求:(结果保留两位小数)
(1)从开始下落到进入泥潭前,重力对铁球的冲量;
(2)从进入泥潭到静止,泥潭对铁球的冲量;
(3)泥潭对铁球的平均作用力大小.
解析:(1)铁球自由下落10 m所用的时间
t1== s= s,
重力的冲量IG=mgt1=0.336×10× N·s=4.75 N·s,方向竖直向下.
(2)设向下为正方向,对铁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对铁球的冲量
I=Ft2=mg(t1+t2)=6.10 N·s,方向竖直向上.
(3)由I=Ft2=6.10 N·s,t2=0.4 s,
解得F=15.25 N.
答案:(1)4.75 N·s,方向竖直向下
(2)6.10 N·s,方向竖直向上 (3)15.25 N
【典例2】如图所示,质量为m1=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上,车长l=1.5 m,现有质量m2=0.2 kg 的可视为质点的物块,以水平向右的速度v0=
2 m/s从左端滑上小车,最后在小车上某处与小车保持相对静止.物块与小车间的动摩擦因数μ=0.5,g取10 m/s2,求物块在小车上滑行的时间t.
解析:设物块与小车的共同速度为v,以水平向右为正方向,根据动量守恒定律得(m1+m2)v=m2v0,
设物块与小车间的滑动摩擦力为Ff,对物块应用动量定理得-Fft=m2v-m2v0,
又Ff=μm2g,解得t=,
代入数据解得t=0.24 s.
答案:0.24 s
主题二 动量守恒中的临界问题
1.解决相互作用的物体系统的临界问题时,应处理好下面两个方面的问题.
(1)寻找临界状态.
题设情景中看是否有相互作用的两物体相距最近、恰好滑离、避免相碰和物体开始反向运动等临界状态.
(2)挖掘临界条件.
在与动量相关的临界问题中,临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系.
2.常见类型.
(1)涉及弹簧类的临界问题.
对于含有轻弹簧的系统,在物体间发生相互作用的过程中,当弹簧被压缩到最短或拉伸到最长时,弹簧两端的两个物体的速度必然相等.
(2)涉及相互作用边界的临界问题.
在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中,由于物体间弹力的作用,斜面在水平方向上将做加速运动,物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度,物体到达斜面顶端时,在竖直方向上的分速度等于0.
【典例3】(新课标全国卷Ⅱ)(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上,他把一质量为4.0 kg的静止物块以大小为
5.0 m/s 的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板,运动员获得退行速度;物块与挡板弹性碰撞,速度反向,追上运动员时,运动员又把物块推向挡板,使其再一次以大小为5.0 m/s的速度与挡板弹性碰撞.总共经过8次这样推物块后,运动员退行速度的大小大于5.0 m/s,反弹的物块不能再追上运动员.不计冰面的摩擦力,该运动员的质量可能为 ( )
A.48 kg B.53 kg C.58 kg D.63 kg
解析:设该运动员的质量为m0,物块的质量为m=4.0 kg,物块的速度大小为v=5.0 m/s,取人运动的方向为正方向,根据动量守恒定律可得第一次推物块的过程中,m0v1-mv=0;第二次推物块的过程中,m0v2-mv=m0v1+mv;第三次推物块的过程中,m0v3-mv=m0v2+mv……第n次推物块的过程中,m0vn-mv=
m0vn-1+mv.以上各式相加可得m0vn=(2n-1)mv.当n=7时,v7≤v,解得m0≥52 kg;当n=8 时,v8>v,解得m0<60 kg.因此,52 kg≤m0<60 kg,选项A、D错误,选项B、C正确.
答案:BC
【典例4】如图所示,甲车质量m1=m,车上有质量为m'=2m的人,甲车(连同车上的人)从足够高的斜坡上高h处由静止滑下,到水平面上后继续向前滑动,此时质量m2=2m的乙车正以v0 的速度迎面滑来,已知h=,为了使两车不发生碰撞,当两车相距适当距离时,人从甲车跳上乙车,人跳离甲车的水平速度(相对地面)应满足什么条件?不计小车与地面和斜坡的摩擦,小车和人均可看作质点,自由落体加速度为g.
解析:设甲车(包括人)滑下斜坡后的速度为v1,由机械能守恒定律得(m1+m')=(m1+m')gh,
由题给条件知h=,
由以上两式解得v1==2v0.
选水平向左的方向为正方向,设人跳离甲车的水平速度(相对地面)为v,在人跳离甲车和人跳上乙车前后,人和甲车组成的系统、人和乙车组成的系统动量守恒.
设人跳离甲车和跳上乙车后,甲、乙两车的速度分别为v1'和v2',则
人跳离甲车前后:m'v+m1v1'=(m'+m1)v1,即
(2m+m)v1=2mv+mv1',
人跳上乙车前后:(m'+m2)v2'=m'v-m2v0,即
2mv-2mv0=(2m+2m)v2',
解得v1'=6v0-2v①,v2'=v-v0②,
两车不发生碰撞的临界条件是v1'=±v2',
当v1'=v2'时,由①②解得v=v0,
当v1'=-v2'时,由①②解得v=v0,
故v的取值范围为v0≤v≤v0.
答案:v0≤v≤v0
主题三 动量和能量综合问题分析
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)如果涉及多个过程,那么可以把全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,那么机械能不守恒,有机械能转化为内能.
(5)选取所需要的规律列式并求解.
【典例5】如图所示,光滑轨道PQO的水平段OQ的长度 l=,轨道在O点与水平地面平滑连接.一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑,在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞.A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5,自由落体加速度大小为g.假设A、B间的碰撞为弹性碰撞,碰撞时间极短.
(1)求第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小;
(2)A、B均停止运动后,求二者之间的距离.
解析:(1)A下滑过程中机械能守恒,所以mgh=m,A、B发生弹性碰撞,由动量守恒定律得mvA+4mvB=mv0,由机械能守恒定律得m+·4m=
m,解得vA=-,vB=.
(2)第一次碰撞后A经过水平段QO所需时间tA===,第一次碰撞后B停下来所需时间tB===,易知tA>tB,故第一次碰撞后,当B停止时,A还没有追上B.对物块B由动能定理得-μ·4mgx=0-·4m,解得x=,当物块A的位移为x时,对A由动能定理得-μmgx=mv2-m,解得v=,v>0,故A与B会发生第二次碰撞.A、B发生弹性碰撞,碰撞过程系统的动量和机械能均守恒.
mvA'+4mvB'=mv,mvA'2+·4mvB'2=mv2,
解得vA'=-,vB'=,
碰撞后A向左做减速运动,B向右做减速运动.
对A由动能定理得-μmgxA=0-mvA'2,
对B由动能定理得-μ·4mgxB=0-·4mvB'2,
解得xA=h,xB=h,A、B均停止运动后它们之间的距离d=xA+xB=h.
答案:(1) (2)h
【典例6】如图所示,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m.P2的右端固定一轻质弹簧,左端A与弹簧的自由端B相距l.物体P置于P1的最右端,质量为2m且可看作质点.P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2粘在一起.P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内).P与P2之间的动摩擦因数为μ,自由落体加速度大小为g.求:
(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2;
(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep.
解析:(1)P1和P2构成的系统碰撞前后动量守恒.mv0=2mv1,解得v1=.
P停在A点后,它们的共同速度为v2,P、P1和P2组成的系统动量守恒,2mv0+2mv1=4mv2,解得v2=v0.
(2)从P1、P2碰撞结束到P压缩弹簧后被弹回并停在A点的过程,对系统由功能关系知
-2mgμ×2(l+x)=(2m+2m)-×2m+×2m,解得x=-l.
设弹簧压缩量最大时,P、P1和P2的共同速度为v3.由动量守恒定律知2mv0+2mv1=4mv3,解得 v3=v0,
弹簧压缩量最大时,系统的动能与P最后停在P2上后的系统动能相同.
由功能关系知2mgμ(l+x)=Ep,解得Ep=m.
答案:(1) (2)-l m
