高考物理一輪課件：專題7-動量(含答案)

專題七動量高考物理

(北京市專用)專題七動量高考物理(北京市專用)11.(2015北京理綜,18,6分,0.65)“蹦極”運(yùn)動中,長彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從

幾十米高處跳下。將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運(yùn)動。從繩恰好伸直,到人第一次下降

至最低點(diǎn)的過程中,下列分析正確的是

()A.繩對人的沖量始終向上,人的動量先增大后減小B.繩對人的拉力始終做負(fù)功,人的動能一直減小C.繩恰好伸直時,繩的彈性勢能為零,人的動能最大D.人在最低點(diǎn)時,繩對人的拉力等于人所受的重力考點(diǎn)一沖量和動量定理A組

自主命題·北京卷題組五年高考1.(2015北京理綜,18,6分,0.65)“蹦極”運(yùn)動中2答案

A從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中,人經(jīng)歷了先加速后減速的過程,

當(dāng)繩對人的拉力等于人的重力時速度最大,動能最大,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)動過程是解決本題的關(guān)鍵:從繩繃直到下降到最低的過程中可分為兩個階

段,首先是繩對人的拉力從零逐漸增大到等于重力的過程,這個過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,速度逐漸增大,到兩力相等時速度達(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,直到速度減為零?？疾辄c(diǎn)動量、沖量、能量。答案

A從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點(diǎn)的過程中,32.(2018北京理綜,22,16分)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會,跳臺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)動員從A處由靜止開始勻加速下滑,加速度a

=4.5m/s2,到達(dá)B點(diǎn)時速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。(1)求長直助滑道AB的長度L;(2)求運(yùn)動員在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)動員經(jīng)過C點(diǎn)時的受力圖,并求其所受支持力FN的大小。2.(2018北京理綜,22,16分)2022年將在我國舉辦4解析(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動公式,有L=

=100m(2)根據(jù)動量定理,有I=mvB-mvA=1800N·s(3)運(yùn)動員經(jīng)C點(diǎn)時的受力分析如圖根據(jù)動能定理,運(yùn)動員在BC段運(yùn)動的過程中,有mgh=

m

-

m

根據(jù)牛頓第二定律,有FN-mg=m

得FN=3900N一題多解運(yùn)動員在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)受力圖見解析3900N解析(1)根據(jù)勻變速直線運(yùn)動公式,有L=?=100m(353.(2016北京理綜,24,20分,0.26)(1)動量定理可以表示為Δp=FΔt,其中動量p和力F都是矢量。在

運(yùn)用動量定理處理二維問題時,可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究。例如,質(zhì)量為m

的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后彈出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如

圖1所示。碰撞過程中忽略小球所受重力。

圖1a.分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy;b.分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颉?2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運(yùn)動。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,也會對物體產(chǎn)生作用。光鑷效應(yīng)就是一個實(shí)例,激光

束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒。3.(2016北京理綜,24,20分,0.26)(1)動量定6一束激光經(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①和②穿過介質(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,入射時光束①和②與SO的夾角均為θ,出射

時光束均與SO平行。請?jiān)谙旅鎯煞N情況下,分析說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方

向。a.光束①和②強(qiáng)度相同;b.光束①比②的強(qiáng)度大。圖2一束激光經(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7解析(1)a.x方向:動量變化為Δpx=mvsinθ-mvsinθ=0y方向:動量變化為Δpy=mvcosθ-(-mvcosθ)=2mvcosθ方向沿y軸正方向b.根據(jù)動量定理可知,木板對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)?/p>

木板作用力的方向沿y軸負(fù)方向。(2)a.僅考慮光的折射,設(shè)Δt時間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n,每個粒子動量的大小為p。這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1=2npcosθ從小球出射時的總動量為p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根據(jù)動量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cosθ)>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,兩光束對小球的合力的

方向沿SO向左。答案見解析解析(1)a.x方向:動量變化為答案見解析8b.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,兩光束對小球的作用力沿x軸負(fù)方向。y方向:設(shè)Δt時間內(nèi),光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1,光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2,n1>n2。這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1y=(n1-n2)psinθ從小球出射時的總動量為p2y=0根據(jù)動量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)psinθ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,兩光束對小球的作用力沿y軸正方向。所以兩光束對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軸兩個方向分解,然后求解Δpx與Δpy。(2)運(yùn)用動量定理確定兩個軸向的作用力方向,再進(jìn)行合成。疑難突破光強(qiáng)不同,體現(xiàn)單位時間內(nèi)發(fā)射的光子個數(shù)不同。b.建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系。

x方向:根據(jù)(94.[2013北京理綜,24(2),0.31]對于同一物理問題,常?？梢詮暮暧^與微觀兩個不同角度進(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)動粒子,每個粒子質(zhì)量為m,單位體積內(nèi)粒子數(shù)量n為恒量。為簡化

問題,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,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。4.[2013北京理綜,24(2),0.31]對于同一物理問10答案

f=

nmv2

解析一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量為ΔI=2mv如圖所示,以器壁上的面積為S的部分為底、vΔt為高構(gòu)成柱體,由題設(shè)可知,其內(nèi)有1/6的粒子

在Δt時間內(nèi)與器壁上面積為S的部分發(fā)生碰撞,碰壁粒子總數(shù)為N=

n·SvΔt

Δt時間內(nèi)粒子給器壁的沖量為I=N·ΔI=

nSmv2Δt器壁上面積為S的部分受到粒子的壓力為F=

則器壁單位面積所受粒子的壓力為f=

=

nmv2

答案

f=?nmv2解析一個粒子每與器壁碰撞一次給11解題關(guān)鍵正確建立問題模型是能否解答本題的關(guān)鍵。粒子流碰壁模型:每個粒子碰壁前速度為v,碰壁后原速率彈回,則碰撞對器壁的沖量為2mv,設(shè)Δ

t時間內(nèi)碰壁的粒子個數(shù)為N,則Δt時間內(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)動量定理。解題關(guān)鍵正確建立問題模型是能否解答本題的關(guān)鍵。考查點(diǎn)動量125.(2018課標(biāo)Ⅰ,14,6分)高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可看作初速度為零的勻加速直線運(yùn)動。在

啟動階段,列車的動能

()A.與它所經(jīng)歷的時間成正比B.與它的位移成正比C.與它的速度成正比D.與它的動量成正比答案

B本題考查勻變速直線運(yùn)動規(guī)律、動能及動量。設(shè)列車運(yùn)動時間為t,由勻變速直線

運(yùn)動規(guī)律v=at、s=

at2,結(jié)合動能公式Ek=

得Ek=

、Ek=mas,可知Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝s,故A、C項(xiàng)均錯誤,B項(xiàng)正確。由Ek=

,得Ek∝p2,故D項(xiàng)錯誤。B組

統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組5.(2018課標(biāo)Ⅰ,14,6分)高鐵列車在啟動階段的運(yùn)動可136.(2018課標(biāo)Ⅱ,15,6分)高空墜物極易對行人造成傷害。若一個50g的雞蛋從一居民樓的25層

墜下,與地面的碰撞時間約為2ms,則該雞蛋對地面產(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、動量定理。由機(jī)械能守恒定律可得mgh=

mv2,可知雞蛋落地時速度大小v=

,雞蛋與地面作用過程中,設(shè)豎直向上為正方向,由動量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知雞蛋對地面產(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。(2)在計(jì)算時重點(diǎn)注意數(shù)量級。6.(2018課標(biāo)Ⅱ,15,6分)高空墜物極易對行人造成傷害147.(2017課標(biāo)Ⅲ,20,6分)(多選)一質(zhì)量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運(yùn)

動。F隨時間t變化的圖線如圖所示,則

()

A.t=1s時物塊的速率為1m/sB.t=2s時物塊的動量大小為4kg·m/sC.t=3s時物塊的動量大小為5kg·m/sD.t=4s時物塊的速度為零7.(2017課標(biāo)Ⅲ,20,6分)(多選)一質(zhì)量為2kg的15答案

AB本題通過F-t圖像考查動量定理。F-t圖線與時間軸所包圍的“面積”表示合外

力的沖量。0~1s內(nèi),I1=2×1N·s=2N·s,據(jù)動量定理可得I1=mv1-mv0=2N·s,得1s時,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時動量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,p3=3N·s=3kg·m/s,C選項(xiàng)錯誤。0~4s內(nèi)I4=2

×2N·s+(-1)×2N·s=2N·s=p4-p0=p4=mv4,則t=4s時,v4=1m/s,D選項(xiàng)錯誤。方法總結(jié)動量定理的矢量性和F-t圖像面積含義(1)合外力的沖量I、物塊的動量p都是矢量,解題時應(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。答案

AB本題通過F-t圖像考查動量定理。F-t圖線168.[2016課標(biāo)Ⅰ,35(2),10分]某游樂園入口旁有一噴泉,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,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。忽略空氣阻力。已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g。求(ⅰ)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量;(ⅱ)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度。答案(ⅰ)ρv0S(ⅱ)

-

8.[2016課標(biāo)Ⅰ,35(2),10分]某游樂園入口旁有一17解析(ⅰ)設(shè)Δt時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)量為Δm,則Δm=ρΔV

①ΔV=v0SΔt

②由①②式得,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為

=ρv0S

③(ⅱ)設(shè)玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h,水從噴口噴出后到達(dá)玩具底面時的速度大小

為v。對于Δt時間內(nèi)噴出的水,由能量守恒得

(Δm)v2+(Δm)gh=

(Δm)

④在h高度處,Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp=(Δm)v

⑤設(shè)水對玩具的作用力的大小為F,根據(jù)動量定理有FΔt=Δp

⑥由于玩具在空中懸停,由力的平衡條件得F=Mg

⑦解析(ⅰ)設(shè)Δt時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)量為18聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h=

-

⑧解題指導(dǎo)以噴泉為背景考查流體的動量問題。這類題必須要假設(shè)以Δt時間內(nèi)的流體為研

究對象,利用動量定理或動量守恒定律列方程。方法技巧在流體中用動量知識時一定要取Δt時間內(nèi)的流體為研究對象求解未知量。聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得解題指導(dǎo)以噴泉為背景考查流體的動量問題。191.(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)?，F(xiàn)將A無初速釋放,A與B碰撞后結(jié)合

為一個整體,并沿桌面滑動。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

桌面之間的動摩擦因數(shù)μ=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整體在桌面上滑動的距離l?？键c(diǎn)二動能定理及其應(yīng)用A組

自主命題·北京卷題組1.(2014北京理綜,22,16分,0.89)如圖所示,豎20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)動能定理

(2m)v'2=μ(2m)gl得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l=

=0.25m考查點(diǎn)機(jī)械能守恒、動量守恒。一題多解第(3)問也可結(jié)合牛頓運(yùn)動定律,應(yīng)用勻變速運(yùn)動規(guī)律求解:在桌面上的加速度為a=

μg=2m/s2,又v‘2=2al,所以l=

=0.25m。答案(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m。考查點(diǎn)機(jī)械能守恒、動量守恒。一題多212.(2017課標(biāo)Ⅰ,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間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動量大小為(噴出過程中

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本題考查動量守恒定律。由于噴出過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)動量守恒。燃?xì)鈬姵銮跋到y(tǒng)靜止,總動量為零,故噴出后瞬間火箭的動量與噴

出燃?xì)獾膭恿康戎捣聪?可得火箭的動量大小等于燃?xì)獾膭恿看笮?則|p火|=|p氣|=m氣v氣=0.05kg×

600m/s=30kg·m/s,A正確。易錯點(diǎn)撥系統(tǒng)中量與物的對應(yīng)性動量守恒定律的應(yīng)用中,系統(tǒng)內(nèi)物體至少為兩個,計(jì)算各自的動量時,需注意速度與質(zhì)量對應(yīng)于

同一物體。B組

統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組2.(2017課標(biāo)Ⅰ,14,6分)將質(zhì)量為1.00kg的模223.(2018課標(biāo)Ⅱ,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

采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞

后B車向前滑動了4.5m,A車向前滑動了2.0m。已知A和B的質(zhì)量分別為2.0×103kg和1.5×103

kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數(shù)均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,

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。3.(2018課標(biāo)Ⅱ,24,12分)汽車A在水平冰雪路面上行23解析本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識。(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μmBg=mBaB

①式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數(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)動學(xué)公式有v

=2aBsB

②聯(lián)立①②式并利用題給數(shù)據(jù)得vB'=3.0m/s③(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μmAg=mAaA

④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)動學(xué)公式有v

=2aAsA

⑤設(shè)碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA。兩車在碰撞過程中動量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'

⑥答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識。答案(1)24聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得vA=4.3m/s⑦解題關(guān)鍵確定速度是解決碰撞問題的關(guān)鍵(1)由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式可確定碰撞后瞬間A、B兩車的速度。(2)由于兩車碰撞時間極短,因此碰撞時內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力,滿足動量守恒,故可確定碰撞前的瞬

間A車的速度。聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數(shù)據(jù)得解題關(guān)鍵確定速度是解決碰撞問254.[2016課標(biāo)Ⅱ,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。某時刻小孩將冰塊以相對冰面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,小孩與滑板始終無相對

運(yùn)動。取重力加速度的大小g=10m/s2。

(ⅰ)求斜面體的質(zhì)量;(ⅱ)通過計(jì)算判斷,冰塊與斜面體分離后能否追上小孩?4.[2016課標(biāo)Ⅱ,35(2),10分]如圖,光滑冰面上靜26解析(ⅰ)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高度時兩者達(dá)到共同速度,

設(shè)此共同速度為v,斜面體的質(zhì)量為m3。由水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)v

①

m2

=

(m2+m3)v2+m2gh

②式中v20=-3m/s為冰塊推出時的速度。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3=20kg③(ⅱ)設(shè)小孩推出冰塊后的速度為v1,由動量守恒定律有m1v1+m2v20=0

④代入數(shù)據(jù)得v1=1m/s⑤設(shè)冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3,由動量守恒和機(jī)械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3

⑥

m2

=

m2

+

m3

⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得答案見解析解析(ⅰ)規(guī)定向右為速度正方向。冰塊在斜面體上運(yùn)動到最大高27v2=1m/s⑧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①光滑冰面無摩擦力,可考慮用動量守恒定律求解;②小孩與冰塊相互作用過程中

動量守恒;③因斜面體的表面光滑,則冰塊與斜面體相互作用過程中機(jī)械能守恒,水平方向動量

守恒。v2=1m/s⑧解題思路①光滑冰面無摩擦力,可考慮用動量281.(2012北京理綜,24,20分,0.20)勻強(qiáng)電場的方向沿x軸正向,電場強(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離開電場足夠遠(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在電場中運(yùn)動時,A、B間的相互作用力及相互作用

能均為零;B離開電場后,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在電場中的運(yùn)動時間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離開電場后不改變運(yùn)動方向,求B所帶電荷量的最大值qm。1.(2012北京理綜,24,20分,0.20)勻強(qiáng)電場的方29解析(1)由牛頓第二定律,A在電場中運(yùn)動的加速度a=

=

。A在電場中做勻變速直線運(yùn)動d=

at2解得運(yùn)動時間t=

=

(2)設(shè)A、B離開電場時的速度分別為vA0、vB0,由動能定理,有QE0d=

m

,qE0d=

·

①A、B相互作用過程中,動量和能量守恒。A、B相互作用力為斥力,A受的力與其運(yùn)動方向相

同,B受的力與其運(yùn)動方向相反,相互作用力對A做正功,對B做負(fù)功。A、B靠近的過程中,B的路

程大于A的路程,由于作用力大小相等,作用力對B做功的絕對值大于對A做功的絕對值,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最接近時相互作用能最大,此時兩者

速度相同,設(shè)為v',有(m+

)v'=mvA0+

vB0

②Epm=(

m

+

·

)-

(m+

)v'2

③答案(1)

(2)

QE0d(3)

Q解析(1)由牛頓第二定律,A在電場中運(yùn)動的加速度a=?=?30已知q=

Q,由①、②、③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,由動量守恒、能量守恒,且在初態(tài)和末態(tài)均無相互作用,有mvA+

vB=mvA0+

vB0

④

m

+

·

=

m

+

·

⑤由④、⑤解得vB=-

vB0+

vA0因B不改變運(yùn)動方向,故vB=-

vB0+

vA0≥0

⑥由①、⑥解得q≤

Q即B所帶電荷量的最大值qm=

Q評析本題借助帶電質(zhì)點(diǎn)在電場中的運(yùn)動以及相互作用的過程情境,綜合考查學(xué)生應(yīng)用圖像

分析運(yùn)動規(guī)律,進(jìn)行邏輯推理,運(yùn)用數(shù)學(xué)工具解析物理問題的能力,涉及帶電粒子在電場中的運(yùn)

動、動量守恒、能量守恒等物理學(xué)主干知識。求解本題首先要分析清楚問題情境,準(zhǔn)確把握

運(yùn)動規(guī)律并以方程表達(dá)出來,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。已知q=?Q,由①、②、③式解得評析本題借助帶電質(zhì)點(diǎn)在電場312.(2018課標(biāo)Ⅰ,24,12分)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動能E后,從地面豎直升空。當(dāng)煙花彈上升的

速度為零時,彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質(zhì)量相等的兩部分,兩部分獲得的動能之和也為E,且

均沿豎直方向運(yùn)動。爆炸時間極短,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)煙花彈從地面開始上升到彈中火藥爆炸所經(jīng)過的時間;(2)爆炸后煙花彈向上運(yùn)動的部分距地面的最大高度。B組

統(tǒng)一命題·課標(biāo)卷題組2.(2018課標(biāo)Ⅰ,24,12分)一質(zhì)量為m的煙花彈獲得動32解析本題主要考查豎直上拋運(yùn)動規(guī)律及動量守恒定律。(1)設(shè)煙花彈上升的初速度為v0,由題給條件有E=

m

①設(shè)煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t,由運(yùn)動學(xué)公式有0-v0=-gt

②聯(lián)立①②式得t=

③(2)設(shè)爆炸時煙花彈距地面的高度為h1,由機(jī)械能守恒定律有E=mgh1

④火藥爆炸后,煙花彈上、下兩部分均沿豎直方向運(yùn)動,設(shè)炸后瞬間其速度分別為v1和v2。由題

給條件和動量守恒定律有

m

+

m

=E

⑤

mv1+

mv2=0

⑥答案(1)

(2)

解析本題主要考查豎直上拋運(yùn)動規(guī)律及動量守恒定律。答案(133由⑥式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運(yùn)動部分做豎直上拋運(yùn)動。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

⑦聯(lián)立④⑤⑥⑦式得,煙花彈上部分距地面的最大高度為h=h1+h2=

⑧易錯點(diǎn)撥關(guān)鍵詞理解,隱含條件顯性化①題目中的兩個E,分別對應(yīng)“一個物體”和“兩個物體”。②爆炸后兩部分質(zhì)量均為

。③爆炸過程中系統(tǒng)初動量為0。④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)動的部分上升

的高度。由⑥式知,煙花彈兩部分的速度方向相反,向上運(yùn)動部分做豎直上拋343.[2016課標(biāo)Ⅲ,35(2),10分]如圖,水平地面上有兩個靜止的小物塊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摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速

度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。3.[2016課標(biāo)Ⅲ,35(2),10分]如圖,水平地面上有35解析設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應(yīng)有

m

>μmgl

①即μ<

②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

+μmgl

③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間,a、b的速度大小分別為v1'、v2',由動量守恒和能量守恒有mv1=mv1'+

v2'

④

m

=

mv

+

v

⑤聯(lián)立④⑤式解得v2'=

v1

⑥由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關(guān)系可知

v

≤μ

gl

⑦聯(lián)立③⑥⑦式,可得答案

≤μ<

解析設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生36μ≥

⑧聯(lián)立②⑧式,a與b發(fā)生碰撞,但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為

≤μ<

⑨評分參考①②式各1分(若②式同時有小于和等于號,同樣給分),③式2分,④⑤⑥⑦式各1分,

⑧式2分(若只有大于號,同樣給分)。解題指導(dǎo)解答本題需要滿足兩個條件:①小物塊a減速運(yùn)動距離l與小物塊b發(fā)生彈性碰撞;

②碰后,小物塊b做減速運(yùn)動而與墻未發(fā)生碰撞。易錯點(diǎn)撥本題的易錯點(diǎn)在于考生w利用物理規(guī)律列方程時,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)律來分析判定的,尤其是不等式“等號”的取舍。μ≥??⑧評分參考①②式各1分(若②式同時有小于和等于號,374.[2015課標(biāo)Ⅰ,35(2),10分]如圖,在足夠長的光滑水平面上,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)?，F(xiàn)使A以某一速度向右

運(yùn)動,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。

4.[2015課標(biāo)Ⅰ,35(2),10分]如圖,在足夠長的光38解析

A向右運(yùn)動與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過程中,系統(tǒng)的動量守恒、機(jī)械能守恒。設(shè)速度方

向向右為正,開始時A的速度為v0,第一次碰撞后C的速度為vC1,A的速度為vA1。由動量守恒定律

和機(jī)械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1

①

m

=

m

+

M

②聯(lián)立①②式得vA1=

v0

③vC1=

v0

④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,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解析

A向右運(yùn)動與C發(fā)生第一次碰撞,碰撞過程中,系統(tǒng)的39vA2=

vA1=

v0

⑤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

⑥聯(lián)立④⑤⑥式得m2+4mM-M2≥0

⑦解得m≥(

-2)M

⑧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

⑨(①②式各2分,③④⑤⑥⑧⑨式各1分。)解題關(guān)鍵①因水平面光滑,且物體間的碰撞都是彈性的,則碰撞時,動量和機(jī)械能都守恒,因

要求A只與B、C各發(fā)生一次碰撞,則解題時注意速度的大小和方向。評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)。vA2=?vA1=?v0?⑤解題關(guān)鍵①因水平面光滑,且物體405.[2014課標(biāo)Ⅰ,35(2),9分]如圖,質(zhì)量分別為mA、mB的兩個彈性小球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)過一段時間后再將A球釋放。當(dāng)

A球下落t=0.3s時,剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰,碰撞時間極短,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能損失。求(ⅰ)B球第一次到達(dá)地面時的速度;(ⅱ)P點(diǎn)距離地面的高度。5.[2014課標(biāo)Ⅰ,35(2),9分]如圖,質(zhì)量分別為mA41解析(ⅰ)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時的速度大小為vB,由運(yùn)動學(xué)公式有vB=

①將h=0.8m代入上式,得vB=4m/s②(ⅱ)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)動學(xué)

規(guī)律可得v1=gt

③由于碰撞時間極短,重力的作用可以忽略,兩球相碰前后的動量守恒,總動能保持不變。規(guī)定向

下的方向?yàn)檎?有mAv1+mBv2=mBv2'

④

mA

+

mB

=

mBv

⑤設(shè)B球與地面相碰后的速度大小為vB',由運(yùn)動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vB'=vB

⑥設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h',由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得h'=

⑦聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知條件可得h'=0.75m⑧答案(ⅰ)4m/s(ⅱ)0.75m解析(ⅰ)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時的速度大小為vB,由運(yùn)動學(xué)426.(2007北京理綜,19,6分)如圖所示的單擺,擺球a向右擺動到最低點(diǎn)時,恰好與一沿水平方向向

左運(yùn)動的黏性小球b發(fā)生碰撞,并黏接在一起,且擺動平面不變。已知碰撞前a球擺動的最高點(diǎn)

與最低點(diǎn)的高度差為h,擺動的周期為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.擺動的周期為

TB.擺動的周期為

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0.25hC組

教師專用題組6.(2007北京理綜,19,6分)如圖所示的單擺,擺球a向43答案

D單擺周期T=2π

與擺球質(zhì)量和擺角無關(guān),故A、B都錯。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

,碰撞過程動量守恒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。答案

D單擺周期T=2π?與擺球質(zhì)量和擺角無關(guān),故A447.(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)動方向處于同一水平線上,且在碰撞過程中無機(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機(jī)械能損失的簡化力學(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…的若干個球沿直線靜止相間排列,給第

1個球初動能Ek1,從而引起各球的依次碰撞。定義其中第n個球經(jīng)過依次碰撞后獲得的動能Ek

與Ek1之比為第1個球?qū)Φ趎個球的動能傳遞系數(shù)k1n。a.求k1n;7.(2009北京理綜,24,20分)(1)如圖1所示,AB45b.若m1=4m0,mk=m0,m0為確定的已知量。求m2為何值時,k1n值最大。圖2答案(1)

(2)a.

b.2m0

b.若m1=4m0,mk=m0,m0為確定的已知量。求m2為46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

①設(shè)碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2,根據(jù)動量守恒定律m1v10=m1v1+m2v2

②由于碰撞過程中無機(jī)械能損失

m1

=

m1

+

m2

③②、③式聯(lián)立解得v2=

④將①式代入④式得v2=

(2)a.由④式,考慮到Ek1=

m1

和Ek2=

m2

得Ek2=

Ek1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47根據(jù)動能傳遞系數(shù)的定義,對于1、2兩球k12=

=

⑤同理可得,球m2和球m3碰撞后,動能傳遞系數(shù)k13應(yīng)為k13=

=

·

=

·

⑥依次類推,動能傳遞系數(shù)k1n應(yīng)為k1n=

=

·

…

=

·

…

解得k1n=

b.將m1=4m0,m3=m0代入⑥式可得k13=64

為使k13最大,只需使

=

最大,即m2+

取最小值根據(jù)動能傳遞系數(shù)的定義,對于1、2兩球48由m2+

=

+4m0可知當(dāng)

=

,即m2=2m0時,k13最大。由m2+?=?+4m0可知498.(2010北京理綜,24,20分)雨滴在穿過云層的過程中,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?，F(xiàn)將上述過程簡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次碰撞后雨滴的動能

mn

。答案(1)

v0(2)a.

8.(2010北京理綜,24,20分)雨滴在穿過云層的過程中50解析(1)不計(jì)重力,全過程中動量守恒,m0v0=mnvn'得vn'=

v0(2)若考慮重力的影響,雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運(yùn)動,碰撞瞬間動量守恒a.第1次碰撞前

=

+2gl,v1=

第1次碰撞后m0v1=m1v1'v1'=

v1=

①b.第2次碰撞前

=

+2gl利用①式化簡得

=

+

2gl

②第2次碰撞后,利用②式得

=

=

+

2gl同理,第3次碰撞后

=

+

2gl解析(1)不計(jì)重力,全過程中動量守恒,m0v0=mnvn'51高考物理一輪課件：專題7-動量(含答案)521.(2018北京四中期中,11)籃球運(yùn)動員伸出雙手去接傳來的球時,兩手會隨球收縮至胸前。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.減小球的動量變化量D.減小球的動能變化量考點(diǎn)一沖量和動量定量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

時間,而球的動量變化量是一定的,根據(jù)動量定理得:Ft=Δp,解得:F=

,當(dāng)時間增大時,手對球的作用力就減小,即減小了球?qū)κ值臎_擊力,而沖量和動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量定理的直接應(yīng)用,注意當(dāng)動量變化量一定時,增大作用時間可

以減小沖擊力。1.(2018北京四中期中,11)籃球運(yùn)動員伸出雙手去接傳來532.(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)作用時間為1s,豆粒彈起時豎直

方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话搿Ｈ裘總€豆粒只與秤盤碰撞一次,且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤

碰撞極短時間內(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豆粒下落過程做自由落體運(yùn)動,落到秤盤上時速度大小v=

=4m/s,根據(jù)題意知反彈瞬間速度大小為2m/s,對豆粒碰撞秤盤的過程應(yīng)用動量定理有:F=

N=0.6N,由牛頓第三定律知,選項(xiàng)B正確。2.(2018北京海淀期中,4)用豆粒模擬氣體分子,可以模擬543.(2017北京西城二模,17)應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(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.第二次棋子離開桌面時的動量更大3.(2017北京西城二模,17)應(yīng)用物理知識分析生活中的常55答案

C慣性大小由質(zhì)量決定,A錯誤?；瑒幽Σ亮=μmg,B錯誤。由動量定理有ft=mv-0知,

C正確,D錯誤。答案

C慣性大小由質(zhì)量決定,A錯誤。滑動摩擦力f=μ564.(2016北京朝陽二模,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)動過程中受到的空氣阻力大小不變。下列說法正確的是

()A.小球上升至O點(diǎn)時的速度等于0.5vB.小球上升至O點(diǎn)時的速度小于0.5vC.小球在上升過程中重力的沖量小于下降過程中重力的沖量D.小球在上升過程中動能的減少量等于下降過程中動能的增加量答案

C上升過程小球做勻減速運(yùn)動,由v2=2ax、

=2a·

可得vO=

=

>

,A、B項(xiàng)錯誤;上升過程時間短,下降過程時間長,所以下降過程重力的沖量mgt更大,C正確。上升過程小球

所受合外力大于下降過程小球所受合外力,所以小球在上升過程中動能的減少量大于下降過

程中動能的增加量,D錯誤。4.(2016北京朝陽二模,17)如圖所示,從地面上的A點(diǎn)以575.[2018北京石景山一模,23(2)]動量定理描述了力對物體作用在時間上累積的效果,是力學(xué)中

的重要規(guī)律。在一些公共場合有時可以看到,“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,石板裂開而人沒有受傷?，F(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時被拿開。鐵錘與石板的作用時間約為t1=0.01s。由于緩

沖,石板與“氣功師”腹部的作用時間較長,約為t2=0.5s,取重力加速度g=10m/s2。請利用動量

定理分析說明石板裂開而人沒有受傷的原因。5.[2018北京石景山一模,23(2)]動量定理描述了力對58解析鐵錘打擊石板時的速度v1=

解得v1=6m/s(1分)鐵錘反彈時的速度v2=

解得v2=1m/s(1分)在鐵錘與石板的碰撞過程中,取豎直向上為正方向,對鐵錘,由動量定理有(F1-mg)t1=mv2-(-mv1)

(2分)解得F1=3550N(1分)由牛頓第三定律知,鐵錘對石板的作用力F1'=F1=3550N對石板,由動量定理有(F2-Mg)t2-F1't1=0

(2分)解得F2=871N(1分)由牛頓第三定律知,石板對人的作用力F2'=F2=871N在鐵錘與石板的碰撞過程中,鐵錘對石板的作用力較大,超過了石板承受的限度,因而石板裂開。在作用前后,石板對人的作用力較小,其變化也較小,沒有超過人能承受的限度,因而人沒有受傷。(2分)答案見解析解題關(guān)鍵針對明確的研究對象,做好受力分析,注意動量和沖量的矢量性。解析鐵錘打擊石板時的速度v1=?答案見解析解題關(guān)鍵針對596.(2017北京海淀期中,18)香港迪士尼游樂園入口旁有一噴泉,在水泵作用下會從鯨魚模型背

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,伴隨著音樂旋

律,米老鼠模型能夠上下運(yùn)動,引人駐足,如圖所示。這一景觀可做如下簡化,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:在單位時間內(nèi)向上通過水柱橫截面的

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。已

知米老鼠模型和沖浪板的總質(zhì)量為M,水的密度為ρ,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間很短,因此在分析水對沖浪板作用力時可忽略

這部分水所受的重力。試計(jì)算米老鼠模型在空中懸停時,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)整水泵對水做功的功率。水泵對水做功

的功率定義為單位時間內(nèi)從噴口噴出水的動能。請根據(jù)第(2)問中的計(jì)算結(jié)果,推導(dǎo)沖浪板底6.(2017北京海淀期中,18)香港迪士尼游樂園入口旁有一60部距離噴口的高度h與水泵對水做功的功率P0之間的關(guān)系式。

答案(1)ρQ(2)

(3)見解析部距離噴口的高度h與水泵對水做功的功率P0之間的關(guān)系式。答案61解析(1)設(shè)很短時間Δt內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)量為Δm,水柱在噴口的初速度為v0,

噴口的橫截面積為S。則:Δm=ρΔVΔV=Sv0Δt=QΔt解得單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為

=ρQ(2)設(shè)米老鼠模型和沖浪板在空中懸停時,水柱頂部的水沖擊沖浪板底面速度由v變?yōu)?,Δt時間

這些水對板的作用力的大小為F',板對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)動量定理有:FΔt=0-(Δm)(-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其底面距離噴口的高度為h,對于Δt時間內(nèi)噴出的水,根據(jù)機(jī)

械能守恒定律得:

(Δm)v2+(Δm)gh=

(Δm)

解析(1)設(shè)很短時間Δt內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)62水泵對水做功的功率為:P0=

=

聯(lián)立解得:h=

-

水泵對水做功的功率為:P0=?=?637.(2017北京海淀期中,10)(多選)交警正在調(diào)查發(fā)生在無信號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間內(nèi)叉接在一起后并排沿直線在水平路面上滑動,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)場情況畫了如圖所示的事故報告圖。通過觀察地面上留下的碰撞痕跡,交警判定撞車的地點(diǎn)為該事故報告圖中P點(diǎn),并測量出相關(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。為簡化問題,將兩車均視為質(zhì)點(diǎn),且它們組成的系統(tǒng)在碰撞的過程中動量守恒,根據(jù)圖中測量數(shù)據(jù)可知下列說法中正確的是

()考點(diǎn)二動量守恒定律及其應(yīng)用7.(2017北京海淀期中,10)(多選)交警正在調(diào)查發(fā)生在64A.發(fā)生碰撞時汽車A的速率較大B.發(fā)生碰撞時汽車B的速率較大C.發(fā)生碰撞時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兩車碰撞瞬間動量守恒,滿足平行四邊形定則。設(shè)v共與豎直方向夾角為θ,由題中所給車的初末位置,得tanθ=

,又tanθ=

,且mA=mB,得

=

,則B、C正確。A.發(fā)生碰撞時汽車A的速率較大答案

BC兩車碰撞瞬間658.(2016北京東城期中,14)質(zhì)量為80kg的冰球運(yùn)動員甲,以5m/s的速度在水平冰面上向右運(yùn)動

時,與質(zhì)量為100kg、速度為3m/s的迎面而來的運(yùn)動員乙相撞,碰后甲恰好靜止。假設(shè)碰撞時

間極短,下列說法中正確的是

()A.碰后乙向左運(yùn)動,速度大小為1m/sB.碰后乙向右運(yùn)動,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)動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得: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錯誤;碰撞過程機(jī)械能的變化為ΔE=

m乙v

-(

m甲

+

m乙

)=

×100×12J-(

×80×52J+

×100×32J)=-1400J,機(jī)械能減少了1400J,故C錯誤,D正確。8.(2016北京東城期中,14)質(zhì)量為80kg的冰球運(yùn)動669.(2016北京四中期中)我國女子短道速滑隊(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)動員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動員乙前面,并且開始向前滑行,待

乙追上甲時,乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中,忽略運(yùn)動員與

冰面間在水平方向上的相互作用,則

()A.甲對乙的沖量一定大于乙對甲的沖量B.甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D.甲對乙做多少負(fù)功,乙對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)錯誤。由I合=Δp知,甲、乙的

動量變化量等大反向,B項(xiàng)正確。在相同的作用時間內(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=ΔEk,知動能變化量不一定相等,C、D項(xiàng)均錯誤。9.(2016北京四中期中)我國女子短道速滑隊(duì)在2013年世6710.(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)原長時

()

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的動量是B的動量的兩倍答案

B彈簧恢復(fù)原長時,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)錯誤;因地面光滑故系統(tǒng)所受合外力為0,動量守恒,則A、B物體末

動量大小相等,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)錯誤;由于動量守恒,A、B動量大小相等,D選項(xiàng)錯誤。10.(2017北京東城期末,8)在光滑水平地面上有靜止的物6811.(2018北京朝陽二模,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,B

與A碰撞后結(jié)合為一個整體,并沿圓弧軌道向上滑動。已知圓弧軌道光滑,且足夠長;A和B的質(zhì)

量相等;B與桌面之間的動摩擦因數(shù)μ=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。11.(2018北京朝陽二模,22)如圖所示,豎直平面內(nèi)的四69解析(1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m,根據(jù)動能定理有-μmgl=

mv2-

m

所以v=

=4.0m/s(6分)(2)根據(jù)動量守恒定律有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易錯警示第(3)問中機(jī)械能守恒表達(dá)式中的質(zhì)量為2m,不要誤寫為m。解析(1)設(shè)小滑塊的質(zhì)量為m,根據(jù)動能定理有答案(1)47012.(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,拴接兩滑塊的細(xì)繩突然斷開,彈簧迅速將兩滑塊

彈開,滑塊2恰好能沿圓弧形軌道運(yùn)動到軌道的最高點(diǎn)A。已知R=0.45m,滑塊1的質(zhì)量m1=0.16

kg,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)動到圓弧形軌道最低點(diǎn)細(xì)繩斷開前瞬間對軌道的壓力大小;(2)在將兩滑塊彈開的整個過程中彈簧釋放的彈性勢能;(3)滑塊2的落地點(diǎn)與滑塊1的落地點(diǎn)之間的距離。12.(2017北京海淀期中,16)如圖所示,AB為固定在豎71解析(1)設(shè)兩滑塊一起滑至軌道最低點(diǎn)時的速度為v,所受軌道的支持力為N。對兩滑塊一起

沿圓弧形軌道下滑到B端的過程,根據(jù)機(jī)械能守恒定律有(m1+m2)gR=

,解得v=3.0m/s對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,兩滑塊對軌道的壓力大小N'=N=6.0N(2)設(shè)彈簧迅速將兩滑塊彈開時,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)動到軌道最高點(diǎn)A,此過程中機(jī)械能守恒,所以對滑塊2有m2gR=

解得v2=3.0m/s,方向向左對于彈簧將兩滑塊彈開的過程,設(shè)水平向右為正方向,根據(jù)動量守恒定律有(m1+m2)v=m1v1-m2v2答案(1)6.0N(2)0.90J(3)0.45m解析(1)設(shè)兩滑塊一起滑至軌道最低點(diǎn)時的速度為v,所受軌道72解得v1=4.5m/s對于彈簧將兩滑塊彈開的過程,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)動的時間為t,由R=

gt2,解得兩滑塊做平拋運(yùn)動的時間t=

=0.30s滑塊1平拋運(yùn)動的水平位移x1=v1t=1.35m滑塊2從B點(diǎn)上滑到A點(diǎn),再從A點(diǎn)返回B點(diǎn)的過程,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Δx=x1-x2=0.45m解得v1=4.5m/s7313.(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,原子熱運(yùn)動越激烈,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,使其減速,從而降低了物體溫度。使原子減速的物理過程可以簡化為如下情況:如圖所示,某原子的動量大小為p0。將一束激光

(即大量具有相同動量的光子流)沿與原子運(yùn)動的相反方向照射原子,原子每吸收一個動量大

小為p1的光子后自身不穩(wěn)定,又立即發(fā)射一個動量大小為p2的光子,原子通過不斷吸收和發(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)若動量大小為p0的原子在吸收一個光子后,又向自身運(yùn)動方向發(fā)射一個光子,求原子發(fā)射光

子后動量p的大小;(2)從長時間來看,該原子不斷吸收和發(fā)射光子,且向各個方向發(fā)射光子的概率相同,原子吸收

光子的平均時間間隔為t0。求動量大小為p0的原子在減速到零的過程中,原子與光子發(fā)生“吸13.(2018北京海淀一模,24)物體中的原子總是在不停地74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,發(fā)生能級躍遷并同時伴隨動量的

變化。此外,運(yùn)動的原子在吸收光子過程中會受到類似機(jī)械波的多普勒效應(yīng)的影響,即光源與

觀察者相對靠近時,觀察者接收到的光頻率會增大,而相對遠(yuǎn)離時則減小,這一頻率的“偏移

量”會隨著兩者相對速度的變化而變化。a.為使該原子能夠吸收相向運(yùn)動的激光光子,請定性判斷激光光子的頻率ν和原子發(fā)生躍遷時

的能量變化ΔE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)動的原子,為使該物質(zhì)能夠持續(xù)降溫,可同時使用6個頻率

可調(diào)的激光光源,從相互垂直的3個維度、6個方向上向該種物質(zhì)照射激光。請你運(yùn)用所知所

學(xué),簡要論述這樣做的合理性與可行性。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f75解析(1)原子吸收和放出一個光子,由動量守恒定律有:p0-p1=p+p2

(3分)原子放出光子后的動量為:p=p0-p1-p2

(2分)(2)由于原子向各個方向均勻地發(fā)射光子,所以放出的所有光子總動量為零。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)由動量定理有:fnt0=p0

(3分)可得:f=

=

(2分)說明: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ν0=

,考慮多普勒效應(yīng),由于光子與原子相向運(yùn)動,原子接收到的光子頻率會增大。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)見解析解析(1)原子吸收和放出一個光子,由動量守恒定律有:答案76率ν<

(2分)b.①對于大量沿任意方向運(yùn)動的原子,速度矢量均可在同一個三維坐標(biāo)系中完全分解到相互

垂直的3個緯度上;

(1分)②考慮多普勒效應(yīng),選用頻率ν<

的激光,原子只能吸收反向運(yùn)動的光子使動量減小。通過適當(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)減小動量;

(1分)③大量原子的熱運(yùn)動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。被減速的原子通過與其他原子的頻繁碰撞,能夠使大量原子的平均動能減小,溫度

降低。

(1分)所以,從彼此垂直、兩兩相對的6個方向照射激光,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)動量守恒。(2)原子向各個方向均勻地發(fā)射光子,所有光子總動量為0。動量定理熟練應(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)動可分解到三個維度,熱運(yùn)動速度分布有一定規(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。率ν<??(2分)解題關(guān)鍵(1)動量守恒。7714.(2017北京朝陽期中,13,4分)如圖甲所示,利用我們常見的按壓式圓珠筆,可以做一個有趣的

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,把筆簡化為外

殼、內(nèi)芯和輕質(zhì)彈簧三部分。彈跳過程可以分為三個階段(如圖乙所示