教科版高中物理选择性必修第一册第1章章末综合提升学案

这是一份教科版高中物理选择性必修第一册第1章章末综合提升学案，共22页。

主题1　动量定理和动能定理的比较1．动量定理和动能定理的比较：2.应用动量定理与动能定理的关键词【典例1】　如图所示，质量mA＝4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ＝0.24，木板右端放着质量mB＝1.0 kg的小物块B(可视为质点)，它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA＝8.0 J，小物块的动能EkB＝0.5 J，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度大小v0；(2)木板的长度L。[解析]　(1)在瞬时冲量作用时，木板A受水平面和小物块B的摩擦力的冲量均可以忽略。取水平向右为正方向，对木板A，由动量定理有I＝mAv0，代入数据解得v0＝3 m/s。(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力大小分别为FfAB、FfBA、FfCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A的速度为vA，B的速度为vB，A、B相对C的位移为sA、sB。对A，由动量定理有－(FfBA＋FfCA)t＝mAvA－mAv0，对B，由动量定理有FfABt＝mBvB，由牛顿第三定律可得FfBA＝FfAB，另FfCA＝μ(mA＋mB)g，对A，由动能定理有－(FfBA＋FfCA)sA＝eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,A)－eq \f(1,2)mAveq \o\al(2,0)，对B，由动能定理有FfABsB＝eq \f(1,2)mBveq \o\al(2,B)，根据动量与动能之间的关系有mAvA＝eq \r(2mAEkA)，mBvB＝eq \r(2mBEkB)，木板A的长度即B相对A滑动距离的大小，故L＝sA－sB，联立解得L＝0.5 m。[答案]　(1)3 m/s　(2)0.5 m(1)动量定理和动能定理都是求解力学问题的重要定理。应用时要特别注意选定研究对象和过程，注重受力情况分析和运动情况分析，灵活运用规律求解。(2)运用动量定理解题需考虑速度的方向，运用动能定理解题则不需考虑速度的方向。 主题2　解决力学问题的三大观点1．三种观点的比较2.三种观点的选择(1)对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间的问题，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。(2)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】　(2021·天津卷)一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1∶4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求：(1)玩具上升到最大高度eq \f(3,4)时的速度大小；(2)两部分落地时速度大小之比。[解析]　(1)设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到高度eq \f(3,4)h时的速度大小为v，重力加速度大小为g，以初速度方向为正，整个运动过程有0－veq \o\al(2,0)＝－2gh玩具上升到最大高度eq \f(3,4)时有v2－veq \o\al(2,0)＝－2geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)h))两式联立解得v＝eq \f(1,2)v0。(2)设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2。依题意，动能关系为eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＋m2))veq \o\al(2,0)玩具达到最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，有m1v1－m2v2＝0分开后两部分做平抛运动，由运动学关系，两部分落回地面时，竖直方向分速度大小为v0，设两部分落地时的速度大小分别为v1 ′、v2 ′，由速度合成公式，有v1 ′ ＝ eq \r(veq \o\al(2,0) ＋ veq \o\al(2,1))，v2 ′＝ eq \r(veq \o\al(2,0) ＋ veq \o\al(2,2))结合m1∶m2＝1∶4，解得eq \f(v1 ′,v2 ′) ＝2。[答案]　(1)eq \f(1,2)v0　(2)2∶1综合应用动力学“三大观点”解题的步骤(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。(2)分析所选研究对象的受力情况及运动状态和运动状态的变化过程。对于过程复杂的问题，要正确、合理地把全过程分成若干阶段，注意分析各阶段之间的联系。(3)根据各阶段状态变化的规律确定解题方法，选择合理的规律列方程，有时还要分析题目的隐含条件、临界条件、几何关系等列出辅助方程。(4)代入数据(统一单位)，计算结果，必要时要对结果进行讨论。章末综合测评(一)　动量与动量守恒定律1．关于动量，以下说法正确的是(　　)A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D．做平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比D　[做匀速圆周运动的物体速度方向时刻变化，故动量时刻变化，故A错误；单摆的摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B错误；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C错误；做平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D正确。]2．清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞实验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨。在碰撞过程中，关于安全气囊保护作用的认识正确的是(　　)A．安全气囊减小了驾驶员的动量变化B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大C　[在碰撞过程中，驾驶员的动量变化量是一定的，而且安全气囊增加了作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，可以减小驾驶员受到的撞击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故选C。]3．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)A．1.6×102 kg　　　　　 B．1.6×103 kgC．1.6×105 kg D．1.6×106 kgB　[根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得eq \f(Δm,Δt)＝eq \f(F,v)＝eq \f(4.8×106 N,3 000 m/s)＝1.6×103 kg/s，所以B正确。]4．(2021·湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　)A　　　　　　BC　　　　　　DD　[质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式v2＝2ax可得v＝eq \r(2ax)，设质点的质量为m，则质点的动量p＝m eq \r(2ax)，由于质点的速度方向不变，则质点动量p的方向始终沿x轴正方向，根据数学知识可知D正确。]5．如图所示，设质量为M的导弹运动到空中最高点时速度为v0，突然炸成两块，质量为m的一块以速度v沿v0的方向飞去，则另一块的运动 (　　)A．一定沿v0的方向飞去B．一定沿v0的反方向飞去C．可能做自由落体运动D．以上说法都不对C　[以整个导弹为研究对象，取v0的方向为正方向。根据爆炸的瞬间系统在水平方向上动量守恒，有Mv0＝(M－m)v′＋mv，则得另一块的速度为v′＝eq \f(Mv0－mv,M－m)，若Mv0>mv，则v′>0，说明另一块沿v0的方向飞去；若Mv0