身边的化学物质阶段测试03身边的化学物质练习中考化学考点练习.docx
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身边的化学物质阶段测试03身边的化学物质练习中考化学考点练习
【模块标题】动量
【模块目标】
目标1
★★☆☆☆☆理解
能够理解动量,冲量的基本概念
目标2
★★★☆☆☆理解
能够用动量定理进行简单计算
目标3
★★★★☆☆理解
能够掌握应用动量守恒定律的综合计算
目标4
★★★★☆☆识别
能量综合运用动量和能量解决几种典型问题
【模块讲解】
【常规讲解】1:
动量定理
【常规讲解】2:
动量守恒定律
【常规讲解】3:
动量和能量综合
【常规讲解】1:
动量定理
【板书整理】
一:
动量定理
1.动量定理I=Δp
2.特别注意:
速度和力的方向性问题。
二:
利用动量定理解决计算问题
(1)明确研究对象。
(研究对象一般是一个物体,也可以是几个物体组成的质点组。
)
⑵进行受力分析,明确研究过程。
(一般优先考虑整体过程,所研究的过程要包含已知量和待求量)
⑶规定正方向。
(和这个方向相同的矢量为正,和这个方向相反的矢量为负)
⑷写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或选定方向上各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。
⑸根据动量定理列式求解。
【授课流程】
步骤①动量与冲量基本知识的回顾复习
物体所受合力的冲量等于物体的动量变化。
既I=Δp
⑴动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因,冲量是物体动量变化的量度。
⑵动量定理给出了冲量(过程量)和动量变化(状态量变化)间的互求关系。
⑶动量定理的表达式是矢量式。
在一维的情况下,各个矢量必须以同一个规定的方向为正。
【写板书】
1.动量定理I=Δp
2.特别注意:
速度和力的方向性问题。
步骤②利用动量定理解决计算问题
【参考讲解】利用动量定理进行定量计算
利用动量定理解题,必须按照以下几个步骤进行:
⑴明确研究对象和研究过程。
研究对象一般是一个物体,也可以是几个物体组成的质点组。
质点组内各物体可以是保持相对静止的,也可以是相对运动的。
研究过程既可以是全过程,也可以是全过程中的某一阶段。
⑵进行受力分析。
只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。
研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量,但不影响系统的总动量,因此当研究对象为质点组时,不必分析内力。
如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同,就要分别计算它们的冲量,然后求它们的矢量和。
⑶规定正方向。
由于力、冲量、速度、动量都是矢量,在一维的情况下,列式前要先规定一个正方向,和这个方向相同的矢量为正,和这个方向相反的矢量为负。
⑷写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或选定方向上各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。
⑸根据动量定理列式求解。
写板书
解题步骤:
(1)明确研究对象。
(研究对象一般是一个物体,也可以是几个物体组成的质点组。
)
⑵进行受力分析,明确研究过程。
(一般优先考虑整体过程,所研究的过程要包含已知量和待求量)
⑶规定正方向。
(和这个方向相同的矢量为正,和这个方向相反的矢量为负)
⑷写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或选定方向上各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。
⑸根据动量定理列式求解。
配题逻辑:
利用动量定理求平均力
例题1.(2018新课标2卷)高空坠物极易对行人造成伤害。
若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的撞击时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()
A.10NB.102NC.103ND.104N
【讲解】C
设
,根据动能定理
和动量定理
解得
配题逻辑:
利用动量定理求平均作用力
练习1-1.(2015重庆卷)高空作业须系安全带,如果质量为
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
(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,若在此过程中该作用力始终数值向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()
A.
B.
C.
D.
【讲解】由于安全绳产生作用力前人已经自由落体了h的高度,此时人的速度为
,之后由于涉及力与时间的运算,且非恒力,因此只能使用动量定理:
,其中
(以向下为正),解得绳的平均作用力
,式中负号表示方向向上。
故选A。
配题逻辑:
利用动量定理分析运动问题
例题2.(2017新课标Ⅲ卷)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。
F随时间t变化的图线如图所示,则()
A.t=1s时物块的速率为1m/s
B.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/s
D.t=4s时物块的速度为零
【讲解】AB
解:
A、前两秒,根据牛顿第二定律,a=F/m=1m/s2,则0-2s的速度规律为:
v=at;t=1s时,速率为1m/s,A正确;
B、t=2s时,速率为2m/s,则动量为P=mv=4kg•m/s,B正确;
CD、2-4s,力开始反向,物体减速,根据牛顿第二定律,a=-0.5m/s2,所以3s时的速度为1.5m/s,动量为3kg•m/s,4s时速度为1m/s,CD错误;
配题逻辑:
利用动量定理分析运动问题
练习2-1.质量不同而初动量相同的两个物体,在水平地面上由于摩擦力的作用而停止运动,它们与地面间的动摩擦因数相同,比较它们的滑行时间和滑行距离,则()
A.两个物体滑行的时间一样长
B.质量大的物体滑行的时间较长
C.两个物体滑行的距离一样长
D.质量小的物体滑行的距离较长
【讲解】D根据动量定理求解时间之比,根据动能定理求解路程之比,是常用方法,也可以根据质量和速度之间的关系,由牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律列式求解
配题逻辑:
利用动量定理分析流体问题
例题3.有一宇宙飞船,它的正面面积S=0.98m2,以v=2×103m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区,此尘区每立方米空间有一个微粒,微粒的平均质量m=2×10﹣7kg,要使飞船速度保持不变,飞船的牵引力应增加多少(设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上)。
()
A.0.39NB.0.78NC.3.9ND.7.8N
【讲解】B
选在时间△t内与飞船碰撞的微粒为研究对象,其质量应等于底面积为S,高为v△t的圆柱体内微粒的质量M=mSv△t,初动量为0,末动量为Mv。
设飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得:
F•△t=Mv﹣0
则F=
=
=mSv2;
根据牛顿第三定律可知,微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2,则飞船要保持原速度匀速飞行牵引力应增加F′=F=mSv2;
代入数据得:
F′=2×10﹣4×10﹣3×0.98×(2×103)2N=0.78N
总结:
对于流体运动,可沿流速v的方向选取一段柱形流体,设在极短的时间Δt内通过某一横截面S的柱形流体的长度为Δl,如图所示.设流体的密度为ρ,则在Δt的时间内流过该截面的流体的质量为Δm=ρSΔl=ρSvΔt,根据动量定理,流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量,即FΔt=ΔmΔv,分两种情况:
(1)作用后流体微元停止,有Δv=-v,代入上式有F=-ρSv2;
(2)作用后流体微元以速率v反弹,有Δv=-2v,代入上式有F=-2ρSv2.
配题逻辑:
利用动量定理分析电磁感应问题
例题4.如图所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内,有一个边长为a(a A.完全进入磁场中时线圈的速度大于(v0+v)/2; B.安全进入磁场中时线圈的速度等于(v0+v)/2; C.完全进入磁场中时线圈的速度小于(v0+v)/2; D.以上情况A、B均有可能,而C是不可能的 【讲解】B对线框进入或穿出磁场过程,设初速度为v1,末速度为v2.由动量定理可知: BIL△t=mv2-mv1,又电量q=.I△t,得m(v2-v1)=BLq,得速度变化量△v=v2-v1=BLq/m 由q=△Φ/R可知,进入和穿出磁场过程,磁通量的变化量相等,则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等,故由上式得知,进入过程导线框的速度变化量等于离开过程导线框的速度变化量.设完全进入磁场中时,线圈的速度大小为v′,则有v0-v′=v′-v, 解得,v′=(v0+v)/2故选B 【常规讲解】2: 动量守恒定律 【板书整理】 动量守恒 1.条件: 一个系统不受外力或者受外力之和为零(注意近似守恒和部分守恒) 2.表达式: m1v1+m2v2=m1v1´+m2v2´ 3.人船模型 条件: 系统初动量和合外力为零 结论 【授课流程】 步骤①动量守恒的回顾复习 动量守恒定律 一个系统不受外力或者受外力之和为零,这个系统的总动量保持不变。 即: m1v1+m2v2=m1v1´+m2v2´ 实际上,对系统用动量定理: “外力的冲量等于系统动量的变化。 ”那么,当合外力为零时,系统总动量不变。 这就是动量守恒。 步骤②利用动量守恒定律解决计算问题 配题逻辑: 动量守恒定律的简单应用 例题1.(2017新课标Ⅰ卷)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.30 B.5.7×102 C.6.0×102 D.6.3×102 【讲解】.设火箭的质量为m1,燃气的质量为m2,根据动量守恒,m1v1=m2v2,解得火箭的动量为: P=m2v2=m1v1=30 ,所以A正确;BCD错误。 配题逻辑: 动量守恒定律的简单应用 练习1-1. 【(2017海南卷)光滑水平桌面上有P、Q两个物块,Q的质量是P的n倍。 将一轻弹簧置于P、Q之间,用外力缓慢压P、Q。 撤去外力后,P、Q开始运动,P和Q的动量大小的比值为() A. B. C. D.1 【讲解】.撤去外力后,系统不受外力,所以总动量守恒,设P的动量方向为正方向,则有: PP﹣PQ=0 故PP=PQ=0; 故动量之比为1; 故D正确,ABC错误. 故选: D. 配题逻辑: 动量守恒定律的简单应用 练习1-2.(2015北京卷)实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变,衰变产生的新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意如图。 则 ( ) A.轨迹1是电子的,磁场方向垂直纸面向外 B.轨迹2是电子的,磁场方向垂直纸面向外 C.轨迹1是新核的,磁场方向垂直纸面向里 D.轨迹2是新核的,磁场方向垂直纸面向里 【讲解】选D。 解答本题时应从以下三点进行分析: (1)电子和新核的电性是相反的。 (2)电子和新核的动量大小是相等的。 (3)用左手定则判断磁场方向。 洛伦兹力充当电子和新核的向心力, , ,根据动量守恒定律,电子和新核的动量相等,新核的电荷量大于电子的电荷量,所以电子的轨道半径大,轨迹1是电子的,轨迹2是新核的,根据左手定则,磁场方向垂直于纸面向里,综上所述,选项D正确。 步骤3人船模型讲解 【参考讲解】 如图1所示,长为L、质量为M的小船停在静水中,质量为m的人从静止开始从船头走到船尾,不计水的阻力,求船和人对地面的位移各为多少? 图1 解析: 以人和船组成的系统为研究对象,在人由船头走到船尾的过程中,系统在水平方向不受外力作用,所以整个系统在水平方向动量守恒。 当人起步加速前进时,船同时向后做加速运动;人匀速运动,则船匀速运动;当人停下来时,船也停下来。 设某时刻人对地的速度为v,船对地的速度为v',取人行进的方向为正方向,根据动量守恒定律有: ,即 因为人由船头走到船尾的过程中,每一时刻都满足动量守恒定律,所以每一时刻人的速度与船的速度之比,都与它们的质量之比成反比。 因此人由船头走到船尾的过程中,人的平均速度v与船的平均速度v也与它们的质量成反比,即 ,而人的位移 ,船的位移 ,所以船的位移与人的位移也与它们的质量成反比,即 <1>式是“人船模型”的位移与质量的关系,此式的适用条件: 原来处于静止状态的系统,在系统发生相对运动的过程中,某一个方向的动量守恒。 由图1可以看出: 由<1><2>两式解得 【写板书】 人船模型 条件: 系统初动量和合外力为零 结论 配题逻辑: 动量守恒定律的特殊应用(人船模型) 例题2.小车静止在光滑水平面上,站在车上的人练习打靶,靶装在车上的另一端,如图所示.已知车、人、枪和靶的总质量为M(不含子弹),每颗子弹质量为m,共n发,打靶时,枪口到靶的距离为d.若每发子弹打入靶中,就留在靶里,且待前一发打入靶中后,再打下一发.则以下说法正确的是( ) A.待打完n发子弹后,小车将以一定速度向右匀速运动 B.待打完n发子弹后,小车应停在射击之前位置的右方 C.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移相同,大小均为 D.在每一发子弹的射击过程中,小车所发生的位移不相同 根据动量守恒定律,当子弹射出后,小车(包括人、枪和靶,下同)获得一定的速度向右匀速直线运动,但是当子弹打入靶后,因为系统总动量为0,所以小车将做间歇性的匀速直线运动,最后将停止于原位的右边,A错误,B正确.研究空中飞行的一颗子弹和其他所有物体的动量守恒可知,每一次射击后小车获得的速度都是相等的,走过的距离也都相等.设子弹的速度为v,小车获得的速度为v1由动量守恒有: mv=[M+(n-1)m]v1,v1= 设子弹从枪口射出到打入靶所用的时间为t, 小车位移为 c对,D错,答案为BC. 【常规讲解】3: 动量和能量综合 写板书 类碰撞 1.机械能守恒 动碰静结论: 2.机械能不守恒 完全非弹性碰撞结论: , 【参考讲解】 两个物体在极短时间内发生相互作用,这种情况称为碰撞。 由于作用时间极短,一般都满足内力远大于外力,可以认为系统的动量守恒。 碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞三种。 仔细分析两物体发生碰撞的全过程中动量和能量的变化: 设光滑水平面上,质量为m1的物体A以速度v1向质量为m2的静止物体B运动。 ⑴若A、B弹性都很好(撤去外力后能完全恢复原状),则可以等效为B的左端连有轻弹簧。 在Ⅰ位置A、B刚好接触,弹簧开始被压缩,A开始减速,B开始加速;到Ⅱ位置A、B速度刚好相等(设为v),弹簧被压缩到最短;以后A、B开始远离,弹簧开始恢复原长,到Ⅲ位置弹簧刚好为原长,A、B分开,这时A、B的速度分别为 。 全过程系统动量是守恒的,机械能也是守恒的。 Ⅰ→Ⅱ系统减少的动能全部转化为弹性势能,Ⅱ状态系统动能最小而弹性势能最大;Ⅱ→Ⅲ弹性势能减少,全部转化为动能;因此Ⅰ、Ⅲ状态系统动能相等。 这种碰撞叫做弹性碰撞。 在Ⅰ→Ⅲ全过程对系统用动量守恒和能量守恒: m1v1=m1v1´+m2v2´, ,由此方程组解得A、B的最终速度分别为: 。 (这个结论要背下来,以后经常会用)对应图象: ⑵若A、B完全没有弹性(撤去外力后保持形变,不能恢复原状)。 Ⅰ→Ⅱ系统减少的动能全部转化为内能(分子动能或分子势能)。 由于没有弹性,A、B不再分开,而是共同运动,不再有Ⅱ→Ⅲ过程。 这种碰撞叫完全非弹性碰撞。 在Ⅰ→Ⅱ过程用动量守恒和能量守恒: m1v1=(m1+m2)v, ,由此方程组解得: A、B最终的共同速度为 , 系统的动能损失为 。 (这个结论要背下来,以后经常会用到。 ) 若A、B的弹性介于以上两种情况之间,则Ⅰ→Ⅱ系统动能减少,一部分转化为弹性势能,一部分转化为内能;Ⅱ→Ⅲ弹性势能转化为动能,两物体分开。 全过程系统动能有损失(一部分动能转化为内能)。 这种碰撞叫非弹性碰撞。 A、B的末速度将介于上述两种结论之间。 配题逻辑: 利用碰撞特点解题 例题1.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线,同一方向运动,mA=1kg,mB=2kg,vA=6m/s,vB=2m/s,当A追上B并发生碰撞后,两球A、B速度的可能值是 A.v´A=5m/s,v´B=2.5m/s B.v´A=2m/s,v´B=4m/。 C.v´A=1m/s,v´B=4.5m/s D.v´A=7m/s,v´B=1.5m/s 【讲解】: 考虑实际情况,碰撞后A球速度不大于B球的速度,因而AD错误,BC满足; 两球碰撞过程,系统不受外力,故碰撞过程系统总动量守恒,ABCD均满足; 根据能量守恒定律,碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能,碰撞前总动能为22J,B选项碰撞后总动能为18J,C选项碰撞后总动能为57J,故C错误,B满足; 故选B. 配题逻辑: 类非弹性碰撞中的内能 例题2.将一长木板静止放在光滑的水平面上,如下图甲所示,一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止。 现将木板分成A和B两段,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由木块A的左端 开始向右滑动,如图乙所示。 若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列有关说法正确的是( ) A.小铅块将从木板B的右端飞离木板 B.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止 C.甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等 D.图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量 【讲解】BD 试题分析: 在第一次在小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,运动到B上后A停止加速,只有B加速,加速度大于第一次的对应过程,所以小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止B正确、A错误;由于最终乙图中A木板的速度小于甲图中对应部分的速度,所以根据系统的动量守恒得知,乙图中小铅最终的速度大于甲图中最终速度,根据动能定理得: -fx=△Ek ,由于动能的变化量不等,所以铅块的对地位移不等,甲图中铅块对地位移较大,根据摩擦力乘以相对位移等于产生的热量,由Q=fd相对得知,甲图中产生的热量大于乙图中产生热量,D正确. 考点: 本题考查动量守恒定律、能量守恒定律。 配题逻辑: 类非弹性碰撞中的重力势能 例题3.如图所示,在光滑水平面上停放着质量为m装有光滑弧形槽的小车,一个质量也为m的小球以水平速度v0沿槽口向小车滑去,到达某一高度后,小球又返回右端,则( ) A.小球以后将向右做平抛运动 B.小球将做自由落体运动 C.此过程小球对小车做的功为 D.小球在弧形槽上升的最大高度为 【讲解】BC 试题分析: 小球从地段进入圆弧槽,到达最高点后返回到低端时两者交换速度,即小球的速度减少为零,小车的速度变为v0,小球以后将做自由落体运动,A错B对;此过程中小球对小车做的功等于小车动能的增量即 ,C选项正确;小球上升到最高点时达到共速v,根据动量守恒mv0=2mv,解得v=v0/2,根据能量守恒定律得最大高度为 ,选项D错误。 配题逻辑: 类非弹性碰撞中的弹性势能 例题4.如图甲所示,在光滑水平面上,轻质弹簧一端固定,物体A以速度v0向右运动压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量为x;现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B(如图乙所示),物体A以2v0的速度向右压缩弹簧,测得弹簧的最大压缩量仍为x,则() A.A物体的质量为3m B.A物体的质量为2m C.弹簧压缩最大时的弹性势能为1.5mv02 D.弹簧压缩最大时的弹性势能为mv02 【讲解】 当弹簧固定时,当弹簧压缩量最大时,弹性势能最大,A的动能转化为弹簧的弹性势能,根据系统的机械能守恒得: 弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能,设A的质量为mA,即有: ① 当弹簧一端连接另一质量为m的物体B时,A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动,A、B速度相等时,弹簧的弹性势能最大,选取A的初速度的方向为正方向, 由动量守恒定律得: mA•2v0=(m+mA)v,② 由机械能守恒定律得: ,③ 联立得: mA=3m ④ 联立①④得: Epm=1.5mv02 故AC正确,BD错误.
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