北京市2019版高考物理 專題七 動(dòng)量課件.ppt

專題七動(dòng)量 高考物理 北京市專用 1 2015北京理綜 18 6分 0 65 蹦極 運(yùn)動(dòng)中 長(zhǎng)彈性繩的一端固定 另一端綁在人身上 人從幾十米高處跳下 將蹦極過(guò)程簡(jiǎn)化為人沿豎直方向的運(yùn)動(dòng) 從繩恰好伸直 到人第一次下降至最低點(diǎn)的過(guò)程中 下列分析正確的是 A 繩對(duì)人的沖量始終向上 人的動(dòng)量先增大后減小B 繩對(duì)人的拉力始終做負(fù)功 人的動(dòng)能一直減小C 繩恰好伸直時(shí) 繩的彈性勢(shì)能為零 人的動(dòng)能最大D 人在最低點(diǎn)時(shí) 繩對(duì)人的拉力等于人所受的重力 考點(diǎn)一沖量和動(dòng)量定理A組自主命題 北京卷題組 五年高考 答案A從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過(guò)程中 人經(jīng)歷了先加速后減速的過(guò)程 當(dāng)繩對(duì)人的拉力等于人的重力時(shí)速度最大 動(dòng)能最大 之后繩的拉力大于人的重力 人向下減速到達(dá)最低點(diǎn) 繩對(duì)人的拉力始終向上 始終做負(fù)功 拉力的沖量始終向上 人的動(dòng)量先增大后減小 綜上所述 只有A選項(xiàng)正確 思路點(diǎn)撥弄清運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解決本題的關(guān)鍵 從繩繃直到下降到最低的過(guò)程中可分為兩個(gè)階段 首先是繩對(duì)人的拉力從零逐漸增大到等于重力的過(guò)程 這個(gè)過(guò)程中由于加速度方向向下 人做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng) 速度逐漸增大 到兩力相等時(shí)速度達(dá)到最大 再往后由于拉力大于重力 加速度方向向上 人做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng) 直到速度減為零 考查點(diǎn)動(dòng)量 沖量 能量 2 2018北京理綜 22 16分 2022年將在我國(guó)舉辦第二十四屆冬奧會(huì) 跳臺(tái)滑雪是其中最具觀賞性的項(xiàng)目之一 某滑道示意圖如下 長(zhǎng)直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接 滑道BC高h(yuǎn) 10m C是半徑R 20m圓弧的最低點(diǎn) 質(zhì)量m 60kg的運(yùn)動(dòng)員從A處由靜止開(kāi)始勻加速下滑 加速度a 4 5m s2 到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度vB 30m s 取重力加速度g 10m s2 1 求長(zhǎng)直助滑道AB的長(zhǎng)度L 2 求運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I的大小 3 若不計(jì)BC段的阻力 畫出運(yùn)動(dòng)員經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)的受力圖 并求其所受支持力FN的大小 一題多解運(yùn)動(dòng)員在AB段所受合外力的沖量I F合t ma 1800N s 答案 1 100m 2 1800N s 3 受力圖見(jiàn)解析3900N 3 2016北京理綜 24 20分 0 26 1 動(dòng)量定理可以表示為 p F t 其中動(dòng)量p和力F都是矢量 在運(yùn)用動(dòng)量定理處理二維問(wèn)題時(shí) 可以在相互垂直的x y兩個(gè)方向上分別研究 例如 質(zhì)量為m的小球斜射到木板上 入射的角度是 碰撞后彈出的角度也是 碰撞前后的速度大小都是v 如圖1所示 碰撞過(guò)程中忽略小球所受重力 圖1a 分別求出碰撞前后x y方向小球的動(dòng)量變化 px py b 分析說(shuō)明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较?2 激光束可以看做是粒子流 其中的粒子以相同的動(dòng)量沿光傳播方向運(yùn)動(dòng) 激光照射到物體上 在發(fā)生反射 折射和吸收現(xiàn)象的同時(shí) 也會(huì)對(duì)物體產(chǎn)生作用 光鑷效應(yīng)就是一個(gè)實(shí)例 激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒 一束激光經(jīng)S點(diǎn)后被分成若干細(xì)光束 若不考慮光的反射和吸收 其中光束 和 穿過(guò)介質(zhì)小球的光路如圖2所示 圖中O點(diǎn)是介質(zhì)小球的球心 入射時(shí)光束 和 與SO的夾角均為 出射時(shí)光束均與SO平行 請(qǐng)?jiān)谙旅鎯煞N情況下 分析說(shuō)明兩光束因折射對(duì)小球產(chǎn)生的合力的方向 a 光束 和 強(qiáng)度相同 b 光束 比 的強(qiáng)度大 圖2 解析 1 a x方向 動(dòng)量變化為 px mvsin mvsin 0y方向 動(dòng)量變化為 py mvcos mvcos 2mvcos 方向沿y軸正方向b 根據(jù)動(dòng)量定理可知 木板對(duì)小球作用力的方向沿y軸正方向 根據(jù)牛頓第三定律可知 小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向 2 a 僅考慮光的折射 設(shè) t時(shí)間內(nèi)每束光穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n 每個(gè)粒子動(dòng)量的大小為p 這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1 2npcos 從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2 2npp1 p2的方向均沿SO向右根據(jù)動(dòng)量定理 F t p2 p1 2np 1 cos 0可知 小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右 根據(jù)牛頓第三定律 兩光束對(duì)小球的合力的方向沿SO向左 答案見(jiàn)解析 b 建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系 x方向 根據(jù) 2 a同理可知 兩光束對(duì)小球的作用力沿x軸負(fù)方向 y方向 設(shè) t時(shí)間內(nèi) 光束 穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n1 光束 穿過(guò)小球的粒子數(shù)為n2 n1 n2 這些粒子進(jìn)入小球前的總動(dòng)量為p1y n1 n2 psin 從小球出射時(shí)的總動(dòng)量為p2y 0根據(jù)動(dòng)量定理 Fy t p2y p1y n1 n2 psin 可知 小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向 根據(jù)牛頓第三定律 兩光束對(duì)小球的作用力沿y軸正方向 所以兩光束對(duì)小球的合力的方向指向左上方 解題指導(dǎo) 1 將速度沿x軸和y軸兩個(gè)方向分解 然后求解 px與 py 2 運(yùn)用動(dòng)量定理確定兩個(gè)軸向的作用力方向 再進(jìn)行合成 疑難突破光強(qiáng)不同 體現(xiàn)單位時(shí)間內(nèi)發(fā)射的光子個(gè)數(shù)不同 4 2013北京理綜 24 2 0 31 對(duì)于同一物理問(wèn)題 常常可以從宏觀與微觀兩個(gè)不同角度進(jìn)行研究 找出其內(nèi)在聯(lián)系 從而更加深刻地理解其物理本質(zhì) 正方體密閉容器中有大量運(yùn)動(dòng)粒子 每個(gè)粒子質(zhì)量為m 單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量 為簡(jiǎn)化問(wèn)題 我們假定 粒子大小可以忽略 其速率均為v 且與器壁各面碰撞的機(jī)會(huì)均等 與器壁碰撞前后瞬間 粒子速度方向都與器壁垂直 且速率不變 利用所學(xué)力學(xué)知識(shí) 導(dǎo)出器壁單位面積所受粒子壓力f與m n和v的關(guān)系 答案f nmv2 解題關(guān)鍵正確建立問(wèn)題模型是能否解答本題的關(guān)鍵 粒子流碰壁模型 每個(gè)粒子碰壁前速度為v 碰壁后原速率彈回 則碰撞對(duì)器壁的沖量為2mv 設(shè) t時(shí)間內(nèi)碰壁的粒子個(gè)數(shù)為N 則 t時(shí)間內(nèi)器壁受到的總沖量為2Nmv 再引用流體模型求得N 考查點(diǎn)動(dòng)量定理 5 2018課標(biāo) 14 6分 高鐵列車在啟動(dòng)階段的運(yùn)動(dòng)可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng) 在啟動(dòng)階段 列車的動(dòng)能 A 與它所經(jīng)歷的時(shí)間成正比B 與它的位移成正比C 與它的速度成正比D 與它的動(dòng)量成正比 答案B本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 動(dòng)能及動(dòng)量 設(shè)列車運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律v at s at2 結(jié)合動(dòng)能公式Ek 得Ek Ek mas 可知Ek v2 Ek t2 Ek s 故A C項(xiàng)均錯(cuò)誤 B項(xiàng)正確 由Ek 得Ek p2 故D項(xiàng)錯(cuò)誤 B組統(tǒng)一命題 課標(biāo)卷題組 6 2018課標(biāo) 15 6分 高空墜物極易對(duì)行人造成傷害 若一個(gè)50g的雞蛋從一居民樓的25層墜下 與地面的碰撞時(shí)間約為2ms 則該雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力約為 A 10NB 102NC 103ND 104N 答案C本題考查機(jī)械能守恒定律 動(dòng)量定理 由機(jī)械能守恒定律可得mgh mv2 可知雞蛋落地時(shí)速度大小v 雞蛋與地面作用過(guò)程中 設(shè)豎直向上為正方向 由動(dòng)量定理得 F mg t 0 mv 可知雞蛋對(duì)地面產(chǎn)生的沖擊力大小為F mg 每層樓高度約為3m 則h 24 3m 72m 得F 949N 接近103N 故選項(xiàng)C正確 易錯(cuò)點(diǎn)撥估算能力 1 每層樓高度約為3m 注意身邊的物理知識(shí) 2 在計(jì)算時(shí)重點(diǎn)注意數(shù)量級(jí) 7 2017課標(biāo) 20 6分 多選 一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開(kāi)始沿直線運(yùn)動(dòng) F隨時(shí)間t變化的圖線如圖所示 則 A t 1s時(shí)物塊的速率為1m sB t 2s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為4kg m sC t 3s時(shí)物塊的動(dòng)量大小為5kg m sD t 4s時(shí)物塊的速度為零 答案AB本題通過(guò)F t圖像考查動(dòng)量定理 F t圖線與時(shí)間軸所包圍的 面積 表示合外力的沖量 0 1s內(nèi) I1 2 1N s 2N s 據(jù)動(dòng)量定理可得I1 mv1 mv0 2N s 得1s時(shí) v1 1m s A選項(xiàng)正確 同理 0 2s內(nèi) I2 2 2N s p2 p0 p2 則t 2s時(shí)動(dòng)量p2 4N s 4kg m s 故B選項(xiàng)正確 0 3s內(nèi)I3 2 2N s 1 1N s 3N s p3 p0 p3 則t 3s時(shí) p3 3N s 3kg m s C選項(xiàng)錯(cuò)誤 0 4s內(nèi)I4 2 2N s 1 2N s 2N s p4 p0 p4 mv4 則t 4s時(shí) v4 1m s D選項(xiàng)錯(cuò)誤 方法總結(jié)動(dòng)量定理的矢量性和F t圖像面積含義 1 合外力的沖量I 物塊的動(dòng)量p都是矢量 解題時(shí)應(yīng)規(guī)定正方向 2 F t圖線與t軸所圍的 面積 表示力的沖量 t軸上方的面積表示正方向沖量 下方的面積表示負(fù)方向沖量 一段時(shí)間內(nèi)的總沖量是正向面積 正值 和負(fù)向面積 負(fù)值 的代數(shù)和 8 2016課標(biāo) 35 2 10分 某游樂(lè)園入口旁有一噴泉 噴出的水柱將一質(zhì)量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中 為計(jì)算方便起見(jiàn) 假設(shè)水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出 玩具底部為平板 面積略大于S 水柱沖擊到玩具底板后 在豎直方向水的速度變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開(kāi) 忽略空氣阻力 已知水的密度為 重力加速度大小為g 求 噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量 玩具在空中懸停時(shí) 其底面相對(duì)于噴口的高度 答案 v0S 解析 設(shè) t時(shí)間內(nèi) 從噴口噴出的水的體積為 V 質(zhì)量為 m 則 m V V v0S t 由 式得 單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 v0S 設(shè)玩具懸停時(shí)其底面相對(duì)于噴口的高度為h 水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時(shí)的速度大小為v 對(duì)于 t時(shí)間內(nèi)噴出的水 由能量守恒得 m v2 m gh m 在h高度處 t時(shí)間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動(dòng)量變化量的大小為 p m v 設(shè)水對(duì)玩具的作用力的大小為F 根據(jù)動(dòng)量定理有F t p 由于玩具在空中懸停 由力的平衡條件得F Mg 聯(lián)立 式得h 解題指導(dǎo)以噴泉為背景考查流體的動(dòng)量問(wèn)題 這類題必須要假設(shè)以 t時(shí)間內(nèi)的流體為研究對(duì)象 利用動(dòng)量定理或動(dòng)量守恒定律列方程 方法技巧在流體中用動(dòng)量知識(shí)時(shí)一定要取 t時(shí)間內(nèi)的流體為研究對(duì)象求解未知量 1 2014北京理綜 22 16分 0 89 如圖所示 豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切 小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn) 現(xiàn)將A無(wú)初速釋放 A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體 并沿桌面滑動(dòng) 已知圓弧軌道光滑 半徑R 0 2m A和B的質(zhì)量相等 A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 2 取重力加速度g 10m s2 求 1 碰撞前瞬間A的速率v 2 碰撞后瞬間A和B整體的速率v 3 A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l 考點(diǎn)二動(dòng)能定理及其應(yīng)用A組自主命題 北京卷題組 解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m 1 根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR mv2得碰撞前瞬間A的速率v 2m s 2 根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv 2mv 得碰撞后瞬間A和B整體的速率v v 1m s 3 根據(jù)動(dòng)能定理 2m v 2 2m gl得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離l 0 25m 考查點(diǎn)機(jī)械能守恒 動(dòng)量守恒 一題多解第 3 問(wèn)也可結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律 應(yīng)用勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解 在桌面上的加速度為a g 2m s2 又v 2 2al 所以l 0 25m 答案 1 2m s 2 1m s 3 0 25m 2 2017課標(biāo) 14 6分 將質(zhì)量為1 00kg的模型火箭點(diǎn)火升空 50g燃燒的燃?xì)庖源笮?00m s的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出 在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g 火箭的動(dòng)量大小為 噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略 A 30kg m sB 5 7 102kg m sC 6 0 102kg m sD 6 3 102kg m s 答案A本題考查動(dòng)量守恒定律 由于噴出過(guò)程中重力和空氣阻力可忽略 則模型火箭與燃?xì)饨M成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 燃?xì)鈬姵銮跋到y(tǒng)靜止 總動(dòng)量為零 故噴出后瞬間火箭的動(dòng)量與噴出燃?xì)獾膭?dòng)量等值反向 可得火箭的動(dòng)量大小等于燃?xì)獾膭?dòng)量大小 則 p火 p氣 m氣v氣 0 05kg 600m s 30kg m s A正確 易錯(cuò)點(diǎn)撥系統(tǒng)中量與物的對(duì)應(yīng)性動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中 系統(tǒng)內(nèi)物體至少為兩個(gè) 計(jì)算各自的動(dòng)量時(shí) 需注意速度與質(zhì)量對(duì)應(yīng)于同一物體 B組統(tǒng)一命題 課標(biāo)卷題組 3 2018課標(biāo) 24 12分 汽車A在水平冰雪路面上行駛 駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B 立即采取制動(dòng)措施 但仍然撞上了汽車B 兩車碰撞時(shí)和兩車都完全停止后的位置如圖所示 碰撞后B車向前滑動(dòng)了4 5m A車向前滑動(dòng)了2 0m 已知A和B的質(zhì)量分別為2 0 103kg和1 5 103kg 兩車與該冰雪路面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0 10 兩車碰撞時(shí)間極短 在碰撞后車輪均沒(méi)有滾動(dòng) 重力加速度大小g 10m s2 求 1 碰撞后的瞬間B車速度的大小 2 碰撞前的瞬間A車速度的大小 解析本題考查牛頓第二定律和動(dòng)量守恒定律等知識(shí) 1 設(shè)B車的質(zhì)量為mB 碰后加速度大小為aB 根據(jù)牛頓第二定律有 mBg mBaB 式中 是汽車與路面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 設(shè)碰撞后瞬間B車速度的大小為vB 碰撞后滑行的距離為sB 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v 2aBsB 聯(lián)立 式并利用題給數(shù)據(jù)得vB 3 0m s 2 設(shè)A車的質(zhì)量為mA 碰后加速度大小為aA 根據(jù)牛頓第二定律有 mAg mAaA 設(shè)碰撞后瞬間A車速度的大小為vA 碰撞后滑行的距離為sA 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v 2aAsA 設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA 兩車在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒 有mAvA mAvA mBvB 答案 1 3 0m s 2 4 3m s 聯(lián)立 式并利用題給數(shù)據(jù)得vA 4 3m s 解題關(guān)鍵確定速度是解決碰撞問(wèn)題的關(guān)鍵 1 由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可確定碰撞后瞬間A B兩車的速度 2 由于兩車碰撞時(shí)間極短 因此碰撞時(shí)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力 滿足動(dòng)量守恒 故可確定碰撞前的瞬間A車的速度 4 2016課標(biāo) 35 2 10分 如圖 光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體 斜面體右側(cè)一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上 某時(shí)刻小孩將冰塊以相對(duì)冰面3m s的速度向斜面體推出 冰塊平滑地滑上斜面體 在斜面體上上升的最大高度為h 0 3m h小于斜面體的高度 已知小孩與滑板的總質(zhì)量為m1 30kg 冰塊的質(zhì)量為m2 10kg 小孩與滑板始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng) 取重力加速度的大小g 10m s2 求斜面體的質(zhì)量 通過(guò)計(jì)算判斷 冰塊與斜面體分離后能否追上小孩 解析 規(guī)定向右為速度正方向 冰塊在斜面體上運(yùn)動(dòng)到最大高度時(shí)兩者達(dá)到共同速度 設(shè)此共同速度為v 斜面體的質(zhì)量為m3 由水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20 m2 m3 v m2 m2 m3 v2 m2gh 式中v20 3m s為冰塊推出時(shí)的速度 聯(lián)立 式并代入題給數(shù)據(jù)得m3 20kg 設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1 由動(dòng)量守恒定律有m1v1 m2v20 0 代入數(shù)據(jù)得v1 1m s 設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3 由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20 m2v2 m3v3 m2 m2 m3 聯(lián)立 式并代入數(shù)據(jù)得 答案見(jiàn)解析 v2 1m s 由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方 故冰塊不能追上小孩 解題思路 光滑冰面無(wú)摩擦力 可考慮用動(dòng)量守恒定律求解 小孩與冰塊相互作用過(guò)程中動(dòng)量守恒 因斜面體的表面光滑 則冰塊與斜面體相互作用過(guò)程中機(jī)械能守恒 水平方向動(dòng)量守恒 1 2012北京理綜 24 20分 0 20 勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向沿x軸正向 電場(chǎng)強(qiáng)度E隨x的分布如圖所示 圖中E0和d均為已知量 將帶正電的質(zhì)點(diǎn)A在O點(diǎn)由靜止釋放 A離開(kāi)電場(chǎng)足夠遠(yuǎn)后 再將另一帶正電的質(zhì)點(diǎn)B放在O點(diǎn)也由靜止釋放 當(dāng)B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí) A B間的相互作用力及相互作用能均為零 B離開(kāi)電場(chǎng)后 A B間的相互作用視為靜電作用 已知A的電荷量為Q A和B的質(zhì) 考點(diǎn)三動(dòng)量 能量的綜合應(yīng)用A組自主命題 北京卷題組 量分別為m和 不計(jì)重力 1 求A在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t 2 若B的電荷量q Q 求兩質(zhì)點(diǎn)相互作用能的最大值Epm 3 為使B離開(kāi)電場(chǎng)后不改變運(yùn)動(dòng)方向 求B所帶電荷量的最大值qm 解析 1 由牛頓第二定律 A在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度a A在電場(chǎng)中做勻變速直線運(yùn)動(dòng)d at2解得運(yùn)動(dòng)時(shí)間t 2 設(shè)A B離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度分別為vA0 vB0 由動(dòng)能定理 有QE0d m qE0d A B相互作用過(guò)程中 動(dòng)量和能量守恒 A B相互作用力為斥力 A受的力與其運(yùn)動(dòng)方向相同 B受的力與其運(yùn)動(dòng)方向相反 相互作用力對(duì)A做正功 對(duì)B做負(fù)功 A B靠近的過(guò)程中 B的路程大于A的路程 由于作用力大小相等 作用力對(duì)B做功的絕對(duì)值大于對(duì)A做功的絕對(duì)值 因此相互作用力做功之和為負(fù) 相互作用能增加 所以 當(dāng)A B最接近時(shí)相互作用能最大 此時(shí)兩者速度相同 設(shè)為v 有 m v mvA0 vB0 Epm m m v 2 答案 1 2 QE0d 3 Q 已知q Q 由 式解得相互作用能的最大值Epm QE0d 3 考慮A B在x d區(qū)間的運(yùn)動(dòng) 由動(dòng)量守恒 能量守恒 且在初態(tài)和末態(tài)均無(wú)相互作用 有mvA vB mvA0 vB0 m m 由 解得vB vB0 vA0因B不改變運(yùn)動(dòng)方向 故vB vB0 vA0 0 由 解得q Q即B所帶電荷量的最大值qm Q 評(píng)析本題借助帶電質(zhì)點(diǎn)在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)以及相互作用的過(guò)程情境 綜合考查學(xué)生應(yīng)用圖像分析運(yùn)動(dòng)規(guī)律 進(jìn)行邏輯推理 運(yùn)用數(shù)學(xué)工具解析物理問(wèn)題的能力 涉及帶電粒子在電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 動(dòng)量守恒 能量守恒等物理學(xué)主干知識(shí) 求解本題首先要分析清楚問(wèn)題情境 準(zhǔn)確把握運(yùn)動(dòng)規(guī)律并以方程表達(dá)出來(lái) 把彈性碰撞模型有效遷移到本題中 才能作出正確分析和解答 本題屬難題 2 2018課標(biāo) 24 12分 一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動(dòng)能E后 從地面豎直升空 當(dāng)煙花彈上升的速度為零時(shí) 彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分 兩部分獲得的動(dòng)能之和也為E 且均沿豎直方向運(yùn)動(dòng) 爆炸時(shí)間極短 重力加速度大小為g 不計(jì)空氣阻力和火藥的質(zhì)量 求 1 煙花彈從地面開(kāi)始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過(guò)的時(shí)間 2 爆炸后煙花彈向上運(yùn)動(dòng)的部分距地面的最大高度 B組統(tǒng)一命題 課標(biāo)卷題組 解析本題主要考查豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律及動(dòng)量守恒定律 1 設(shè)煙花彈上升的初速度為v0 由題給條件有E m 設(shè)煙花彈從地面開(kāi)始上升到火藥爆炸所用的時(shí)間為t 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有0 v0 gt 聯(lián)立 式得t 2 設(shè)爆炸時(shí)煙花彈距地面的高度為h1 由機(jī)械能守恒定律有E mgh1 火藥爆炸后 煙花彈上 下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動(dòng) 設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2 由題給條件和動(dòng)量守恒定律有m m E mv1 mv2 0 答案 1 2 由 式知 煙花彈兩部分的速度方向相反 向上運(yùn)動(dòng)部分做豎直上拋運(yùn)動(dòng) 設(shè)爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2 由機(jī)械能守恒定律有m mgh2 聯(lián)立 式得 煙花彈上部分距地面的最大高度為h h1 h2 易錯(cuò)點(diǎn)撥關(guān)鍵詞理解 隱含條件顯性化 題目中的兩個(gè)E 分別對(duì)應(yīng) 一個(gè)物體 和 兩個(gè)物體 爆炸后兩部分質(zhì)量均為 爆炸過(guò)程中系統(tǒng)初動(dòng)量為0 距地面的最大高度由兩部分組成 一是爆炸前上升的高度 二是爆炸后向上運(yùn)動(dòng)的部分上升的高度 3 2016課標(biāo) 35 2 10分 如圖 水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b 其連線與墻垂直 a和b相距l(xiāng) b與墻之間也相距l(xiāng) a的質(zhì)量為m b的質(zhì)量為m 兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同 現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng) 此后a與b發(fā)生彈性碰撞 但b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞 重力加速度大小為g 求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件 解析設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 若要物塊a b能夠發(fā)生碰撞 應(yīng)有m mgl 即 設(shè)在a b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間 a的速度大小為v1 由能量守恒有m m mgl 設(shè)在a b碰撞后的瞬間 a b的速度大小分別為v1 v2 由動(dòng)量守恒和能量守恒有mv1 mv1 v2 m mv v 聯(lián)立 式解得v2 v1 由題意 b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞 由功能關(guān)系可知v gl 聯(lián)立 式 可得 答案 聯(lián)立 式 a與b發(fā)生碰撞 但b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞的條件為 評(píng)分參考 式各1分 若 式同時(shí)有小于和等于號(hào) 同樣給分 式2分 式各1分 式2分 若只有大于號(hào) 同樣給分 解題指導(dǎo)解答本題需要滿足兩個(gè)條件 小物塊a減速運(yùn)動(dòng)距離l與小物塊b發(fā)生彈性碰撞 碰后 小物塊b做減速運(yùn)動(dòng)而與墻未發(fā)生碰撞 易錯(cuò)點(diǎn)撥本題的易錯(cuò)點(diǎn)在于考生w利用物理規(guī)律列方程時(shí) 列出的是不等式 而不等式左右兩邊的大小關(guān)系是需要結(jié)合物理規(guī)律來(lái)分析判定的 尤其是不等式 等號(hào) 的取舍 4 2015課標(biāo) 35 2 10分 如圖 在足夠長(zhǎng)的光滑水平面上 物體A B C位于同一直線上 A位于B C之間 A的質(zhì)量為m B C的質(zhì)量都為M 三者均處于靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動(dòng) 求m和M之間應(yīng)滿足什么條件 才能使A只與B C各發(fā)生一次碰撞 設(shè)物體間的碰撞都是彈性的 解析A向右運(yùn)動(dòng)與C發(fā)生第一次碰撞 碰撞過(guò)程中 系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 機(jī)械能守恒 設(shè)速度方向向右為正 開(kāi)始時(shí)A的速度為v0 第一次碰撞后C的速度為vC1 A的速度為vA1 由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得mv0 mvA1 MvC1 m m M 聯(lián)立 式得vA1 v0 vC1 v0 如果m M 第一次碰撞后 A與C速度同向 且A的速度小于C的速度 不可能與B發(fā)生碰撞 如果m M 第一次碰撞后 A停止 C以A碰前的速度向右運(yùn)動(dòng) A不可能與B發(fā)生碰撞 所以只需考慮m M的情況 第一次碰撞后 A反向運(yùn)動(dòng)與B發(fā)生碰撞 設(shè)與B發(fā)生碰撞后 A的速度為vA2 B的速度為vB1 同樣有 答案 2 M m M vA2 vA1 v0 根據(jù)題意 要求A只與B C各發(fā)生一次碰撞 應(yīng)有vA2 vC1 聯(lián)立 式得m2 4mM M2 0 解得m 2 M 另一解m 2 M舍去 所以 m和M應(yīng)滿足的條件為 2 M m M 式各2分 式各1分 解題關(guān)鍵 因水平面光滑 且物體間的碰撞都是彈性的 則碰撞時(shí) 動(dòng)量和機(jī)械能都守恒 因要求A只與B C各發(fā)生一次碰撞 則解題時(shí)注意速度的大小和方向 評(píng)析考查考生的理解能力 分析綜合能力以及應(yīng)用數(shù)學(xué)工具的能力 綜合性強(qiáng) 是今后的命題熱點(diǎn) 5 2014課標(biāo) 35 2 9分 如圖 質(zhì)量分別為mA mB的兩個(gè)彈性小球A B靜止在地面上方 B球距地面的高度h 0 8m A球在B球的正上方 先將B球釋放 經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再將A球釋放 當(dāng)A球下落t 0 3s時(shí) 剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰 碰撞時(shí)間極短 碰后瞬間A球的速度恰為零 已知mB 3mA 重力加速度大小g 10m s2 忽略空氣阻力及碰撞中的動(dòng)能損失 求 B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度 P點(diǎn)距離地面的高度 解析 設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vB 將h 0 8m代入上式 得vB 4m s 設(shè)兩球相碰前后 A球的速度大小分別為v1和v1 v1 0 B球的速度分別為v2和v2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1 gt 由于碰撞時(shí)間極短 重力的作用可以忽略 兩球相碰前后的動(dòng)量守恒 總動(dòng)能保持不變 規(guī)定向下的方向?yàn)檎?有mAv1 mBv2 mBv2 mA mB mBv 設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB 由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB vB 設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h 由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得h 聯(lián)立 式 并代入已知條件可得h 0 75m 答案 4m s 0 75m 6 2007北京理綜 19 6分 如圖所示的單擺 擺球a向右擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí) 恰好與一沿水平方向向左運(yùn)動(dòng)的黏性小球b發(fā)生碰撞 并黏接在一起 且擺動(dòng)平面不變 已知碰撞前a球擺動(dòng)的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差為h 擺動(dòng)的周期為T a球質(zhì)量是b球質(zhì)量的5倍 碰撞前a球在最低點(diǎn)的速度是b球速度的一半 則碰撞后 A 擺動(dòng)的周期為TB 擺動(dòng)的周期為TC 擺球的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差為0 3hD 擺球的最高點(diǎn)與最低點(diǎn)的高度差為0 25h C組教師專用題組 答案D單擺周期T 2 與擺球質(zhì)量和擺角無(wú)關(guān) 故A B都錯(cuò) 設(shè)a球碰撞前速度為va 碰后a b共同速度為v 上升最大高度為h 由機(jī)械能守恒得magh ma 碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒mava mb 2va ma mb v 又 ma mb gh ma mb v2 及ma 5mb 聯(lián)立解得h 0 25h 故D對(duì) 7 2009北京理綜 24 20分 1 如圖1所示 ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道 BC段水平 AB段與BC段平滑連接 質(zhì)量為m1的小球從高為h處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑 與靜止在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞 碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上 且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失 求碰撞后小球m2的速度大小v2 圖1 2 碰撞過(guò)程中的能量傳遞規(guī)律在物理學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用 為了探究這一規(guī)律 我們采用多球依次碰撞 碰撞前后速度在同一直線上且無(wú)機(jī)械能損失的簡(jiǎn)化力學(xué)模型 如圖2所示 在固定光滑水平軌道上 質(zhì)量分別為m1 m2 m3 mn 1 mn 的若干個(gè)球沿直線靜止相間排列 給第1個(gè)球初動(dòng)能Ek1 從而引起各球的依次碰撞 定義其中第n個(gè)球經(jīng)過(guò)依次碰撞后獲得的動(dòng)能Ek與Ek1之比為第1個(gè)球?qū)Φ趎個(gè)球的動(dòng)能傳遞系數(shù)k1n a 求k1n b 若m1 4m0 mk m0 m0為確定的已知量 求m2為何值時(shí) k1n值最大 圖2 答案 1 2 a b 2m0 解析 1 設(shè)碰撞前m1的速度為v10 根據(jù)機(jī)械能守恒定律m1gh m1 設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2 根據(jù)動(dòng)量守恒定律m1v10 m1v1 m2v2 由于碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)械能損失m1 m1 m2 式聯(lián)立解得v2 將 式代入 式得v2 2 a 由 式 考慮到Ek1 m1和Ek2 m2得Ek2 Ek1 根據(jù)動(dòng)能傳遞系數(shù)的定義 對(duì)于1 2兩球k12 同理可得 球m2和球m3碰撞后 動(dòng)能傳遞系數(shù)k13應(yīng)為k13 依次類推 動(dòng)能傳遞系數(shù)k1n應(yīng)為k1n 解得k1n b 將m1 4m0 m3 m0代入 式可得k13 64為使k13最大 只需使 最大 即m2 取最小值 由m2 4m0可知當(dāng) 即m2 2m0時(shí) k13最大 8 2010北京理綜 24 20分 雨滴在穿過(guò)云層的過(guò)程中 不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結(jié)合為一體 其質(zhì)量逐漸增大 現(xiàn)將上述過(guò)程簡(jiǎn)化為沿豎直方向的一系列碰撞 已知雨滴的初始質(zhì)量為m0 初速度為v0 下降距離l后與靜止的小水珠碰撞且合并 質(zhì)量變?yōu)閙1 此后每經(jīng)過(guò)同樣的距離l后 雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并 質(zhì)量依次變?yōu)閙2 m3 mn 設(shè)各質(zhì)量為已知量 不計(jì)空氣阻力 1 若不計(jì)重力 求第n次碰撞后雨滴的速度vn 2 若考慮重力的影響 a 求第1次碰撞前 后雨滴的速度v1和v1 b 求第n次碰撞后雨滴的動(dòng)能mn 答案 1 v0 2 a 解析 1 不計(jì)重力 全過(guò)程中動(dòng)量守恒 m0v0 mnvn 得vn v0 2 若考慮重力的影響 雨滴下降過(guò)程中做加速度為g的勻加速運(yùn)動(dòng) 碰撞瞬間動(dòng)量守恒a 第1次碰撞前 2gl v1 第1次碰撞后m0v1 m1v1 v1 v1 b 第2次碰撞前 2gl利用 式化簡(jiǎn)得 2gl 第2次碰撞后 利用 式得 2gl同理 第3次碰撞后 2gl 1 2018北京四中期中 11 籃球運(yùn)動(dòng)員伸出雙手去接傳來(lái)的球時(shí) 兩手會(huì)隨球收縮至胸前 這樣做可以 A 減小球?qū)κ值臎_量B 減小球?qū)κ值臎_擊力C 減小球的動(dòng)量變化量D 減小球的動(dòng)能變化量 考點(diǎn)一沖量和動(dòng)量定量 A組2016 2018年高考模擬 基礎(chǔ)題組 三年模擬 答案B先伸出兩臂迎接 手接觸到球后 兩臂隨球收縮至胸前 這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間 而球的動(dòng)量變化量是一定的 根據(jù)動(dòng)量定理得 Ft p 解得 F 當(dāng)時(shí)間增大時(shí) 手對(duì)球的作用力就減小 即減小了球?qū)κ值臎_擊力 而沖量和動(dòng)能的變化量都是一定的 所以B正確 思路點(diǎn)撥本題主要考查了動(dòng)量定理的直接應(yīng)用 注意當(dāng)動(dòng)量變化量一定時(shí) 增大作用時(shí)間可以減小沖擊力 2 2018北京海淀期中 4 用豆粒模擬氣體分子 可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理 如圖所示 從距秤盤80cm高度把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上 持續(xù)作用時(shí)間為1s 豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?若每個(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次 且碰撞時(shí)間極短 在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)間內(nèi) 碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力 已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g 則在碰撞過(guò)程中秤盤受到的壓力大小約為 A 0 2NB 0 6NC 1 0ND 1 6N 答案B豆粒下落過(guò)程做自由落體運(yùn)動(dòng) 落到秤盤上時(shí)速度大小v 4m s 根據(jù)題意知反彈瞬間速度大小為2m s 對(duì)豆粒碰撞秤盤的過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理有 F N 0 6N 由牛頓第三定律知 選項(xiàng)B正確 3 2017北京西城二模 17 應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見(jiàn)現(xiàn)象 或是解釋一些小游戲中的物理原理 可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入 甲 乙兩同學(xué)做了如下的一個(gè)小游戲 如圖所示 用一象棋子壓著一紙條 放在水平桌面上接近邊緣處 第一次甲同學(xué)慢拉紙條將紙條抽出 棋子掉落在地上的P點(diǎn) 第二次將棋子 紙條放回原來(lái)的位置 乙同學(xué)快拉紙條將紙條抽出 棋子掉落在地上的N點(diǎn) 兩次現(xiàn)象相比 A 第二次棋子的慣性更大B 第二次棋子受到紙條的摩擦力更小C 第二次棋子受到紙條的沖量更小D 第二次棋子離開(kāi)桌面時(shí)的動(dòng)量更大 答案C慣性大小由質(zhì)量決定 A錯(cuò)誤 滑動(dòng)摩擦力f mg B錯(cuò)誤 由動(dòng)量定理有ft mv 0知 C正確 D錯(cuò)誤 4 2016北京朝陽(yáng)二模 17 如圖所示 從地面上的A點(diǎn)以速度v豎直向上拋出一小球 上升至最高點(diǎn)B后返回 O為AB的中點(diǎn) 小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的空氣阻力大小不變 下列說(shuō)法正確的是 A 小球上升至O點(diǎn)時(shí)的速度等于0 5vB 小球上升至O點(diǎn)時(shí)的速度小于0 5vC 小球在上升過(guò)程中重力的沖量小于下降過(guò)程中重力的沖量D 小球在上升過(guò)程中動(dòng)能的減少量等于下降過(guò)程中動(dòng)能的增加量 答案C上升過(guò)程小球做勻減速運(yùn)動(dòng) 由v2 2ax 2a 可得vO A B項(xiàng)錯(cuò)誤 上升過(guò)程時(shí)間短 下降過(guò)程時(shí)間長(zhǎng) 所以下降過(guò)程重力的沖量mgt更大 C正確 上升過(guò)程小球所受合外力大于下降過(guò)程小球所受合外力 所以小球在上升過(guò)程中動(dòng)能的減少量大于下降過(guò)程中動(dòng)能的增加量 D錯(cuò)誤 5 2018北京石景山一模 23 2 動(dòng)量定理描述了力對(duì)物體作用在時(shí)間上累積的效果 是力學(xué)中的重要規(guī)律 在一些公共場(chǎng)合有時(shí)可以看到 氣功師 平躺在水平地面上 其腹部上平放著一塊大石板 有人用鐵錘猛擊大石板 石板裂開(kāi)而人沒(méi)有受傷 現(xiàn)用下述模型分析探究 若大石板質(zhì)量為M 80kg 鐵錘質(zhì)量為m 5kg 鐵錘從h1 1 8m高處由靜止落下 打在石板上反彈 當(dāng)反彈達(dá)到最大高度h2 0 05m時(shí)被拿開(kāi) 鐵錘與石板的作用時(shí)間約為t1 0 01s 由于緩沖 石板與 氣功師 腹部的作用時(shí)間較長(zhǎng) 約為t2 0 5s 取重力加速度g 10m s2 請(qǐng)利用動(dòng)量定理分析說(shuō)明石板裂開(kāi)而人沒(méi)有受傷的原因 解析鐵錘打擊石板時(shí)的速度v1 解得v1 6m s 1分 鐵錘反彈時(shí)的速度v2 解得v2 1m s 1分 在鐵錘與石板的碰撞過(guò)程中 取豎直向上為正方向 對(duì)鐵錘 由動(dòng)量定理有 F1 mg t1 mv2 mv1 2分 解得F1 3550N 1分 由牛頓第三定律知 鐵錘對(duì)石板的作用力F1 F1 3550N對(duì)石板 由動(dòng)量定理有 F2 Mg t2 F1 t1 0 2分 解得F2 871N 1分 由牛頓第三定律知 石板對(duì)人的作用力F2 F2 871N在鐵錘與石板的碰撞過(guò)程中 鐵錘對(duì)石板的作用力較大 超過(guò)了石板承受的限度 因而石板裂開(kāi) 在作用前后 石板對(duì)人的作用力較小 其變化也較小 沒(méi)有超過(guò)人能承受的限度 因而人沒(méi)有受傷 2分 答案見(jiàn)解析 解題關(guān)鍵針對(duì)明確的研究對(duì)象 做好受力分析 注意動(dòng)量和沖量的矢量性 6 2017北京海淀期中 18 香港迪士尼游樂(lè)園入口旁有一噴泉 在水泵作用下會(huì)從鯨魚(yú)模型背部噴出豎直向上的水柱 將站在沖浪板上的米老鼠模型托起 穩(wěn)定地懸停在空中 伴隨著音樂(lè)旋律 米老鼠模型能夠上下運(yùn)動(dòng) 引人駐足 如圖所示 這一景觀可做如下簡(jiǎn)化 假設(shè)水柱以一定的速度從噴口豎直向上噴出 水柱的流量為Q 流量定義 在單位時(shí)間內(nèi)向上通過(guò)水柱橫截面的水的體積 設(shè)同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同 沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積 保證所有水都能噴到?jīng)_浪板的底部 水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽略不計(jì) 沖擊沖浪板后 水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開(kāi) 已知米老鼠模型和沖浪板的總質(zhì)量為M 水的密度為 重力加速度大小為g 空氣阻力及水的黏滯阻力均可忽略不計(jì) 1 求噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量 2 由于水柱頂部的水與沖浪板相互作用的時(shí)間很短 因此在分析水對(duì)沖浪板作用力時(shí)可忽略這部分水所受的重力 試計(jì)算米老鼠模型在空中懸停時(shí) 水到達(dá)沖浪板底部的速度大小 3 要使米老鼠模型在空中懸停的高度發(fā)生變化 需調(diào)整水泵對(duì)水做功的功率 水泵對(duì)水做功的功率定義為單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出水的動(dòng)能 請(qǐng)根據(jù)第 2 問(wèn)中的計(jì)算結(jié)果 推導(dǎo)沖浪板底 部距離噴口的高度h與水泵對(duì)水做功的功率P0之間的關(guān)系式 答案 1 Q 2 3 見(jiàn)解析 解析 1 設(shè)很短時(shí)間 t內(nèi) 從噴口噴出的水的體積為 V 質(zhì)量為 m 水柱在噴口的初速度為v0 噴口的橫截面積為S 則 m V V Sv0 t Q t解得單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 Q 2 設(shè)米老鼠模型和沖浪板在空中懸停時(shí) 水柱頂部的水沖擊沖浪板底面速度由v變?yōu)? t時(shí)間這些水對(duì)板的作用力的大小為F 板對(duì)水的作用力的大小為F 以向下為正方向 不考慮水柱頂部水的重力 根據(jù)動(dòng)量定理有 F t 0 m v 根據(jù)牛頓第三定律 F F 由于米老鼠模型在空中懸停 根據(jù)力的平衡條件得 F Mg聯(lián)立可解得 v 3 設(shè)米老鼠模型和沖浪板懸停時(shí)其底面距離噴口的高度為h 對(duì)于 t時(shí)間內(nèi)噴出的水 根據(jù)機(jī)械能守恒定律得 m v2 m gh m 水泵對(duì)水做功的功率為 P0 聯(lián)立解得 h 7 2017北京海淀期中 10 多選 交警正在調(diào)查發(fā)生在無(wú)信號(hào)燈的十字路口的一起汽車相撞事故 根據(jù)兩位司機(jī)的描述得知 發(fā)生撞車時(shí)汽車A正沿東西大道向正東行駛 汽車B正沿南北大道向正北行駛 相撞后兩車立即熄滅并在極短的時(shí)間內(nèi)叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動(dòng) 最終一起停在路口東北角的路燈柱旁 交警根據(jù)事故現(xiàn)場(chǎng)情況畫了如圖所示的事故報(bào)告圖 通過(guò)觀察地面上留下的碰撞痕跡 交警判定撞車的地點(diǎn)為該事故報(bào)告圖中P點(diǎn) 并測(cè)量出相關(guān)數(shù)據(jù)標(biāo)注在圖中 又判斷出兩輛車的質(zhì)量大致相同 為簡(jiǎn)化問(wèn)題 將兩車均視為質(zhì)點(diǎn) 且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過(guò)程中動(dòng)量守恒 根據(jù)圖中測(cè)量數(shù)據(jù)可知下列說(shuō)法中正確的是 考點(diǎn)二動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 A 發(fā)生碰撞時(shí)汽車A的速率較大B 發(fā)生碰撞時(shí)汽車B的速率較大C 發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為12 5D 發(fā)生碰撞時(shí)速率較大的汽車和速率較小的汽車的速率之比約為2 答案BC兩車碰撞瞬間動(dòng)量守恒 滿足平行四邊形定則 設(shè)v共與豎直方向夾角為 由題中所給車的初末位置 得tan 又tan 且mA mB 得 則B C正確 8 2016北京東城期中 14 質(zhì)量為80kg的冰球運(yùn)動(dòng)員甲 以5m s的速度在水平冰面上向右運(yùn)動(dòng)時(shí) 與質(zhì)量為100kg 速度為3m s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞 碰后甲恰好靜止 假設(shè)碰撞時(shí)間極短 下列說(shuō)法中正確的是 A 碰后乙向左運(yùn)動(dòng) 速度大小為1m sB 碰后乙向右運(yùn)動(dòng) 速度大小為7m sC 碰撞中甲 乙的機(jī)械能總共增加了1450JD 碰撞中甲 乙的機(jī)械能總共損失了1400J 答案D甲 乙組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 以向右為正方向 由動(dòng)量守恒定律得 m甲v甲 m乙v乙 m乙v乙 解得 v乙 1m s 方向水平向右 故A B錯(cuò)誤 碰撞過(guò)程機(jī)械能的變化為 E m乙v m甲 m乙 100 12J 80 52J 100 32J 1400J 機(jī)械能減少了1400J 故C錯(cuò)誤 D正確 9 2016北京四中期中 我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在2013年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3000m接力三連冠 觀察發(fā)現(xiàn) 接棒 的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在 交棒 的運(yùn)動(dòng)員乙前面 并且開(kāi)始向前滑行 待乙追上甲時(shí) 乙猛推甲一把 使甲獲得更大的速度向前沖出 在乙推甲的過(guò)程中 忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用 則 A 甲對(duì)乙的沖量一定大于乙對(duì)甲的沖量B 甲 乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C 甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D 甲對(duì)乙做多少負(fù)功 乙對(duì)甲就一定做多少正功 答案B甲 乙之間相互作用力的沖量大小相等 方向相反 A項(xiàng)錯(cuò)誤 由I合 p知 甲 乙的動(dòng)量變化量等大反向 B項(xiàng)正確 在相同的作用時(shí)間內(nèi) 作用力的位移不一定相同 因此甲 乙之間的相互作用力做功不一定相等 由W合 Ek 知?jiǎng)幽茏兓坎灰欢ㄏ嗟?C D項(xiàng)均錯(cuò)誤 10 2017北京東城期末 8 在光滑水平地面上有靜止的物體A和B 兩物體間有壓緊的輕質(zhì)彈簧 A的質(zhì)量是B的2倍 把連接物體的細(xì)繩剪斷 彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí) A A受到的合力大于B受到的合力B A的速率是B的速率的一半C A的加速度大于B的加速度D A的動(dòng)量是B的動(dòng)量的兩倍 答案B彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí) 由于地面光滑 物體A B水平方向都只受彈簧的彈力作用 所受彈力大小相等 方向相反 A選項(xiàng)錯(cuò)誤 因地面光滑故系統(tǒng)所受合外力為0 動(dòng)量守恒 則A B物體末動(dòng)量大小相等 方向相反 由于A的質(zhì)量為B的兩倍 所以A的速度大小為B的一半 B選項(xiàng)正確 加速度a 兩物體所受合力相等 A的質(zhì)量是B的2倍 則A的加速度是B的 C選項(xiàng)錯(cuò)誤 由于動(dòng)量守恒 A B動(dòng)量大小相等 D選項(xiàng)錯(cuò)誤 11 2018北京朝陽(yáng)二模 22 如圖所示 豎直平面內(nèi)的四分之一圓軌道下端與水平桌面相切 小滑塊A靜止在圓弧軌道的最低點(diǎn) 小滑塊B在A的右側(cè)l 3 0m處以初速度v0 5 0m s向左運(yùn)動(dòng) B與A碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體 并沿圓弧軌道向上滑動(dòng) 已知圓弧軌道光滑 且足夠長(zhǎng) A和B的質(zhì)量相等 B與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 15 取重力加速度g 10m s2 求 1 碰撞前瞬間B的速度大小v 2 碰撞后瞬間A和B整體的速度大小v 3 A和B整體在圓弧軌道上所能達(dá)到的最大高度h 解析 1 設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m 根據(jù)動(dòng)能定理有 mgl mv2 m所以v 4 0m s 6分 2 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv 2mv 所以v 2 0m s 5分 3 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 2mv 2 2mgh所以h 0 20m 5分 答案 1 4 0m s 2 2 0m s 3 0 20m 易錯(cuò)警示第 3 問(wèn)中機(jī)械能守恒表達(dá)式中的質(zhì)量為2m 不要誤寫為m 12 2017北京海淀期中 16 如圖所示 AB為固定在豎直面內(nèi) 半徑為R的光滑四分之一圓軌道 其末端 B點(diǎn) 切線水平 且距水平地面的高度也為R 1 2兩小滑塊 均可視為質(zhì)點(diǎn) 用輕細(xì)繩拴接在一起 在它們中間夾住一個(gè)被壓縮的微小輕質(zhì)彈簧 兩滑塊從圓弧形軌道的最高點(diǎn)A由靜止滑下 當(dāng)兩滑塊滑至圓弧形軌道最低點(diǎn)時(shí) 拴接兩滑塊的細(xì)繩突然斷開(kāi) 彈簧迅速將兩滑塊彈開(kāi) 滑塊2恰好能沿圓弧形軌道運(yùn)動(dòng)到軌道的最高點(diǎn)A 已知R 0 45m 滑塊1的質(zhì)量m1 0 16kg 滑塊2的質(zhì)量m2 0 04kg 重力加速度g取10m s2 空氣阻力可忽略不計(jì) 求 1 兩滑塊一起運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道最低點(diǎn)細(xì)繩斷開(kāi)前瞬間對(duì)軌道的壓力大小 2 在將兩滑塊彈開(kāi)的整個(gè)過(guò)程中彈簧釋放的彈性勢(shì)能 3 滑塊2的落地點(diǎn)與滑塊1的落地點(diǎn)之間的距離 解析 1 設(shè)兩滑塊一起滑至軌道最低點(diǎn)時(shí)的速度為v 所受軌道的支持力為N 對(duì)兩滑塊一起沿圓弧形軌道下滑到B端的過(guò)程 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 m1 m2 gR 解得v 3 0m s對(duì)兩滑塊在軌道最低點(diǎn) 根據(jù)牛頓第二定律有N m1 m2 g 解得N 3 m1 m2 g 6 0N根據(jù)牛頓第三定律可知 兩滑塊對(duì)軌道的壓力大小N N 6 0N 2 設(shè)彈簧迅速將兩滑塊彈開(kāi)時(shí) 兩滑塊的速度大小分別為v1和v2 因滑塊2恰好能沿圓弧形軌道運(yùn)動(dòng)到軌道最高點(diǎn)A 此過(guò)程中機(jī)械能守恒 所以對(duì)滑塊2有m2gR 解得v2 3 0m s 方向向左對(duì)于彈簧將兩滑塊彈開(kāi)的過(guò)程 設(shè)水平向右為正方向 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 m1 m2 v m1v1 m2v2 答案 1 6 0N 2 0 90J 3 0 45m 解得v1 4 5m s對(duì)于彈簧將兩滑塊彈開(kāi)的過(guò)程 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有E彈 解得E彈 0 90J 3 設(shè)兩滑塊平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t 由R gt2 解得兩滑塊做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t 0 30s滑塊1平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移x1 v1t 1 35m滑塊2從B點(diǎn)上滑到A點(diǎn) 再?gòu)腁點(diǎn)返回B點(diǎn)的過(guò)程 機(jī)械能守恒 因此其平拋的速度大小仍為v2 所以其平拋的水平位移x2 v2t 0 90m所以滑塊2的落地點(diǎn)與滑塊1的落地點(diǎn)之間的距離 x x1 x2 0 45m 13 2018北京海淀一模 24 物體中的原子總是在不停地做熱運(yùn)動(dòng) 原子熱運(yùn)動(dòng)越激烈 物體溫度越高 反之 溫度就越低 所以 只要降低原子運(yùn)動(dòng)速度 就能降低物體溫度 激光致冷 的原理就是利用大量光子阻礙原子運(yùn)動(dòng) 使其減速 從而降低了物體溫度 使原子減速的物理過(guò)程可以簡(jiǎn)化為如下情況 如圖所示 某原子的動(dòng)量大小為p0 將一束激光 即大量具有相同動(dòng)量的光子流 沿與原子運(yùn)動(dòng)的相反方向照射原子 原子每吸收一個(gè)動(dòng)量大小為p1的光子后自身不穩(wěn)定 又立即發(fā)射一個(gè)動(dòng)量大小為p2的光子 原子通過(guò)不斷吸收和發(fā)射光子而減速 已知p1 p2均遠(yuǎn)小于p0 普朗克常量為h 忽略原子受重力的影響 1 若動(dòng)量大小為p0的原子在吸收一個(gè)光子后 又向自身運(yùn)動(dòng)方向發(fā)射一個(gè)光子 求原子發(fā)射光子后動(dòng)量p的大小 2 從長(zhǎng)時(shí)間來(lái)看 該原子不斷吸收和發(fā)射光子 且向各個(gè)方向發(fā)射光子的概率相同 原子吸收光子的平均時(shí)間間隔為t0 求動(dòng)量大小為p0的原子在減速到零的過(guò)程中 原子與光子發(fā)生 吸 收 發(fā)射 這一相互作用所需要的次數(shù)n和原子受到的平均作用力f的大小 3 根據(jù)量子理論 原子只能在吸收或發(fā)射特定頻率的光子時(shí) 發(fā)生能級(jí)躍遷并同時(shí)伴隨動(dòng)量的變化 此外 運(yùn)動(dòng)的原子在吸收光子過(guò)程中會(huì)受到類似機(jī)械波的多普勒效應(yīng)的影響 即光源與觀察者相對(duì)靠近時(shí) 觀察者接收到的光頻率會(huì)增大 而相對(duì)遠(yuǎn)離時(shí)則減小 這一頻率的 偏移量 會(huì)隨著兩者相對(duì)速度的變化而變化 a 為使該原子能夠吸收相向運(yùn)動(dòng)的激光光子 請(qǐng)定性判斷激光光子的頻率 和原子發(fā)生躍遷時(shí)的能量變化 E與h的比值之間應(yīng)有怎樣的大小關(guān)系 b 若某種氣態(tài)物質(zhì)中含有大量做熱運(yùn)動(dòng)的原子 為使該物質(zhì)能夠持續(xù)降溫 可同時(shí)使用6個(gè)頻率可調(diào)的激光光源 從相互垂直的3個(gè)維度 6個(gè)方向上向該種物質(zhì)照射激光 請(qǐng)你運(yùn)用所知所學(xué) 簡(jiǎn)要論述這樣做的合理性與可行性 解析 1 原子吸收和放出一個(gè)光子 由動(dòng)量守恒定律有 p0 p1 p p2 3分 原子放出光子后的動(dòng)量為 p p0 p1 p2 2分 2 由于原子向各個(gè)方向均勻地發(fā)射光子 所以放出的所有光子總動(dòng)量為零 設(shè)原子經(jīng)n次相互作用后速度變?yōu)榱?p0 np1 0 3分 所以 n 2分 由動(dòng)量定理有 fnt0 p0 3分 可得 f 2分 說(shuō)明 若由f n 1 t0 p0解得f 不扣分 3 a 靜止的原子吸收光子發(fā)生躍遷 躍遷頻率應(yīng)為 0 考慮多普勒效應(yīng) 由于光子與原子相向運(yùn)動(dòng) 原子接收到的光子頻率會(huì)增大 所以為使原子能夠發(fā)生躍遷 照射原子的激光光子頻 答案 1 p0 p1 p2 2 3 見(jiàn)解析 率 2分 b 對(duì)于大量沿任意方向運(yùn)動(dòng)的原子 速度矢量均可在同一個(gè)三維坐標(biāo)系中完全分解到相互垂直的3個(gè)緯度上 1分 考慮多普勒效應(yīng) 選用頻率 的激光 原子只能吸收反向運(yùn)動(dòng)的光子使動(dòng)量減小 通過(guò)適當(dāng)調(diào)整激光頻率 可保證減速的原子能夠不斷吸收 發(fā)射光子而持續(xù)減小動(dòng)量 1分 大量原子的熱運(yùn)動(dòng)速率具有一定的分布規(guī)律 總有部分原子的速率能夠符合光子吸收條件而被減速 被減速的原子通過(guò)與其他原子的頻繁碰撞 能夠使大量原子的平均動(dòng)能減小 溫度降低 1分 所以 從彼此垂直 兩兩相對(duì)的6個(gè)方向照射激光 能使該物質(zhì)持續(xù)降溫 這樣做是可行的 合理的 解題關(guān)鍵 1 動(dòng)量守恒 2 原子向各個(gè)方向均勻地發(fā)射光子 所有光子總動(dòng)量為0 動(dòng)量定理熟練應(yīng)用 3 a 考慮多普勒效應(yīng) 原子接收光子的頻率大于激光光子頻率 所以為使原子能夠躍遷 照射原子的激光光子頻率要小于躍遷頻率 b 原子向各方向運(yùn)動(dòng)可分解到三個(gè)維度 熱運(yùn)動(dòng)速度分布有一定規(guī)律 調(diào)整激光頻率 可保證原子能吸收到合適頻率的激光光子 14 2017北京朝陽(yáng)期中 13 4分 如圖甲所示 利用我們常見(jiàn)的按壓式圓珠筆 可以做一個(gè)有趣的實(shí)驗(yàn) 先將其倒立向下按壓然后放手 筆將向上彈起一定的高度 為了研究方便 把筆簡(jiǎn)化為外殼 內(nèi)芯和輕質(zhì)彈簧三部分 彈跳過(guò)程可以分為三個(gè)階段 如圖乙所示 把筆豎直倒立于水平硬桌面 下壓外殼使其下端接觸桌面 見(jiàn)位置a 由靜止釋放 外殼豎直上升與靜止的內(nèi)芯碰撞 見(jiàn)位置b 考點(diǎn)三動(dòng)量 能量的綜合應(yīng)用 碰撞后內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到最大高度處 見(jiàn)位置c 不計(jì)摩擦與空氣阻力 下列說(shuō)法正確的是 A 僅減少筆芯中的油 則筆彈起的高度將變小B 僅增大彈簧的勁度系數(shù) 則筆彈起的高度將變小C 若筆的總質(zhì)量一定 外殼質(zhì)量越大筆彈起的高度越大D 筆彈起的過(guò)程中 彈簧釋放的彈性勢(shì)能等于筆增加的重力勢(shì)能 答案C壓縮彈簧 儲(chǔ)存彈性勢(shì)能 釋放之后 彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為筆的初動(dòng)能 之后筆離開(kāi)桌面動(dòng)能轉(zhuǎn)化為重力勢(shì)能 由于減少筆芯中的油 質(zhì)量減小 所以筆彈起的高度增加 選項(xiàng)A錯(cuò)誤 因?yàn)閺椈傻膹椥詣?shì)能與勁度系數(shù)有關(guān) 所以僅增大彈簧的勁度系數(shù) 儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能增大 最終筆上升的距離會(huì)增大 選項(xiàng)B錯(cuò)誤 由靜止釋放 外殼豎直上升與靜止的內(nèi)芯碰撞瞬間屬于完全非彈性碰撞 機(jī)械能會(huì)損失一部分 m外殼v0 Mv共 v共 E m外殼 M m外殼 一般情況 按壓式圓珠筆的外殼質(zhì)量大于內(nèi)芯質(zhì)量 若筆的總質(zhì)量一定 外殼質(zhì)量越大由于碰撞損失的能量越少 筆彈起的高度越大 選項(xiàng)C正確 由于碰撞過(guò)程中會(huì)有一部分能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能 選項(xiàng)D錯(cuò)誤 15 2018北京東城一模 24 如圖所示為雨滴從高空下落過(guò)程中空氣阻力f隨雨滴速度v變化的大致情況 其中圖線 分別對(duì)應(yīng)半徑不同的雨滴 1 請(qǐng)利用圖線分析并說(shuō)明雨滴下落過(guò)程中加速度和速度隨時(shí)間變化的大致情況 2 已知圖中直線的斜率 kr2 其中k kg m2 s r為雨滴的半徑 雨滴的密度取 1 0 103kg m3 g 10m s2 a 請(qǐng)比較 圖線所示的兩個(gè)雨滴下落的最終速度 b 請(qǐng)計(jì)算半徑r 5mm的雨滴下落的最終速度 3 已知一滴雨珠的重力可達(dá)蚊子體重的50倍之多 但是下雨時(shí)蚊子卻可以在 雨中漫步 為研究蚊子不會(huì)被雨滴砸死的訣竅 科學(xué)家用高速相機(jī)以每秒4000幀的速度拍攝 記錄雨滴擊中蚊子時(shí)二者相互作用的每一個(gè)動(dòng)作 歸納并計(jì)算出蚊子與雨滴遭遇瞬間的作用力及其隨 雨滴向下移動(dòng)的距離 針對(duì)雨滴下落時(shí)正中蚊子的情況 研究發(fā)現(xiàn)蚊子被雨滴擊中時(shí)并不抵擋雨滴 而是與雨滴融為一體 順應(yīng)雨滴的趨勢(shì)落下 隨后迅速側(cè)向微調(diào)與雨滴分離 現(xiàn)對(duì)比兩種情況 蚊子在空中被雨滴砸中 蚊子棲息于地面時(shí)被雨滴砸中 請(qǐng)建立理想模型 通過(guò)計(jì)算比較兩種情況下雨滴擊中時(shí)的沖擊對(duì)蚊子的傷害 解題過(guò)程中需要用到的物理量 要在解題時(shí)作必要的說(shuō)明 答案見(jiàn)解析 解析 1 雨滴下落過(guò)程中受到重力mg和空氣阻力f的作用 加速度方向向下 由牛頓第二定律知加速度大小a 題中給出的f v圖像表明 當(dāng)下落速度v增大時(shí) 阻力f隨之增大 由上式可知加速度a隨之減小 由于加速度與速度方向相同 所以速度是增大的 只是增加得越來(lái)越慢 當(dāng)重力mg和空氣阻力f相等時(shí) 雨滴以最大速度做勻速運(yùn)動(dòng) 2 當(dāng)mg f時(shí) 雨滴達(dá)到最終速度vm 將雨滴的質(zhì)量m r3 阻力f kr2vm代入 可得vm r a 式說(shuō)明 雨滴的半徑r越大 最終速度vm越大 由f v圖像可判斷出 圖線表示的雨滴比 圖線表示的雨滴半徑大 因此下落速度更大 b 將雨滴的密度 1 0 103kg m3 半徑r 5mm及k kg m2 s 代入 式 可得半徑r 5mm的雨滴下落的最終速度vm 8m s 3 方法一 將蚊子在空中被雨滴砸中的情況視為雨滴與蚊子發(fā)生完全非彈性碰撞的模型 將蚊子棲息于地面時(shí)被雨滴砸中的情況視為雨滴與蚊子和大地組成的整體發(fā)生完全非彈性碰撞的模型 對(duì)發(fā)生完全非彈性碰撞的兩個(gè)物體應(yīng)用動(dòng)量守恒定律 Mv0 M m v 碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能為 Ek M M m v2 M 在第 種情況中 因?yàn)橛甑蔚馁|(zhì)量M約為蚊子的質(zhì)量m的50倍 由 式可知損失的機(jī)械能 Ek約為雨滴碰撞前動(dòng)能M的 在第 種情況中 將蚊子和地面視為整體 式中的m代表地球與蚊子的質(zhì)量之和 由 式可知損失的機(jī)械能 Ek約為雨滴碰撞前動(dòng)能M的全部 碰撞過(guò)程機(jī)械能的損失伴隨著系統(tǒng)發(fā)生不可恢復(fù)的形變等過(guò)程 即使認(rèn)為兩次作用的時(shí)間相等 實(shí)際上應(yīng)有t1 t2 亦可知第 種情況對(duì)蚊子的傷害大 方法二 仍采取上述完全非彈性碰撞模型 但從沖量和力的角度進(jìn)行分析 設(shè)雨滴的質(zhì)量為M 蚊子的質(zhì)量為m 雨滴下落到地面附近時(shí)速度大小為v0 因相互作用時(shí)間很短 不考慮重力的影響 第