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1、专题七 动量高考物理高考物理(北京市专用)1.(2015北京理综,18,6分,0.65)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力考点一冲量和动量定理考点一冲量和动量定理A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组五年高考答案答案A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经
2、历了先加速后减速的过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。思路点拨思路点拨弄清运动过程是解决本题的关键:从绳绷直到下降到最低的过程中可分为两个阶段,首先是绳对人的拉力从零逐渐增大到等于重力的过程,这个过程中由于加速度方向向下,人做加速度逐渐减小的加速运动,速度逐渐增大,到两力相等时速度达到最大;再往后由于拉力大于重力,加速度方向向上,人做加速度增大的减速运动,直到速度减为零。考查点考查点动量、冲量、能量。2.(2018北京理综,22
3、,16分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10m,C是半径R=20m圆弧的最低点。质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a=4.5m/s2,到达B点时速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。(1)求长直助滑道AB的长度L;(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小;(3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力FN的大小。解析解析(1)根据匀变速直线运动公式,有L=100m(2)根据动量定理,有I=mvB-mvA=180
4、0Ns(3)运动员经C点时的受力分析如图根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有mgh=m-m根据牛顿第二定律,有FN-mg=m得FN=3900N一题多解一题多解运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma=1800Ns。答案答案(1)100m(2)1800Ns(3)受力图见解析3900N3.(2016北京理综,24,20分,0.26)(1)动量定理可以表示为p=Ft,其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是,碰撞后弹出的角度也是,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。碰撞过程中忽略小
5、球所受重力。图1a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化px、py;b.分析说明小球对木板的作用力的方向。(2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束和穿过介质小球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束和与SO的夹角均为,出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。a.光束和强度相同;b.光束比的强度大。图2
6、解析解析(1)a.x方向:动量变化为px=mvsin-mvsin=0y方向:动量变化为py=mvcos-(-mvcos)=2mvcos方向沿y轴正方向b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。(2)a.仅考虑光的折射,设t时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。这些粒子进入小球前的总动量为p1=2npcos从小球出射时的总动量为p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理:Ft=p2-p1=2np(1-cos)0可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力
7、的方向沿SO向左。答案答案见解析b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。y方向:设t时间内,光束穿过小球的粒子数为n1,光束穿过小球的粒子数为n2,n1n2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)psin从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)psin可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作用力沿y轴正方向。所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。解题指导解题指导(1)将速度沿x轴和y轴两个方向分解,然后求解px与py。(2)运用动
8、量定理确定两个轴向的作用力方向,再进行合成。疑难突破疑难突破光强不同,体现单位时间内发射的光子个数不同。4.2013北京理综,24(2),0.31对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。答案答案f=nmv2解析解析一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲
9、量为I=2mv如图所示,以器壁上的面积为S的部分为底、vt为高构成柱体,由题设可知,其内有1/6的粒子在t时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞,碰壁粒子总数为N=nSvtt时间内粒子给器壁的冲量为I=NI=nSmv2t器壁上面积为S的部分受到粒子的压力为F=则器壁单位面积所受粒子的压力为f=nmv2解题关键解题关键正确建立问题模型是能否解答本题的关键。粒子流碰壁模型:每个粒子碰壁前速度为v,碰壁后原速率弹回,则碰撞对器壁的冲量为2mv,设t时间内碰壁的粒子个数为N,则t时间内器壁受到的总冲量为2Nmv,再引用流体模型求得N。考查点考查点动量定理。5.(2018课标,14,6分)高铁列车在启动阶
10、段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比答案答案B本题考查匀变速直线运动规律、动能及动量。设列车运动时间为t,由匀变速直线运动规律v=at、s=at2,结合动能公式Ek=得Ek=、Ek=mas,可知Ekv2、Ekt2、Eks,故A、C项均错误,B项正确。由Ek=,得Ekp2,故D项错误。B B组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组6.(2018课标,15,6分)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,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲
11、击力约为()A.10NB.102NC.103ND.104N答案答案C本题考查机械能守恒定律、动量定理。由机械能守恒定律可得mgh=mv2,可知鸡蛋落地时速度大小v=,鸡蛋与地面作用过程中,设竖直向上为正方向,由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv),可知鸡蛋对地面产生的冲击力大小为F=+mg,每层楼高度约为3m,则h=243m=72m,得F949N,接近103N,故选项C正确。易错点拨易错点拨估算能力(1)每层楼高度约为3m,注意身边的物理知识。(2)在计算时重点注意数量级。7.(2017课标,20,6分)(多选)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
12、线如图所示,则()A.t=1s时物块的速率为1m/sB.t=2s时物块的动量大小为4kgm/sC.t=3s时物块的动量大小为5kgm/sD.t=4s时物块的速度为零答案答案AB本题通过F-t图像考查动量定理。F-t图线与时间轴所包围的“面积”表示合外力的冲量。01s内,I1=21Ns=2Ns,据动量定理可得I1=mv1-mv0=2Ns,得1s时,v1=1m/s,A选项正确。同理,02s内,I2=22Ns=p2-p0=p2,则t=2s时动量p2=4Ns=4kgm/s,故B选项正确。03s内I3=22Ns+(-1)1Ns=3Ns=p3-p0=p3,则t=3s时,p3=3Ns=3kgm/s,C选项错
13、误。04s内I4=22Ns+(-1)2Ns=2Ns=p4-p0=p4=mv4,则t=4s时,v4=1m/s,D选项错误。方法总结方法总结动量定理的矢量性和F-t图像面积含义(1)合外力的冲量I、物块的动量p都是矢量,解题时应规定正方向;(2)F-t图线与t轴所围的“面积”表示力的冲量,t轴上方的面积表示正方向冲量,下方的面积表示负方向冲量,一段时间内的总冲量是正向面积(正值)和负向面积(负值)的代数和。8.2016课标,35(2),10分某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平
14、板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为,重力加速度大小为g。求()喷泉单位时间内喷出的水的质量;()玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。答案答案()v0S()-解析解析()设t时间内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,则m=VV=v0St由式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为=v0S()设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水,由能量守恒得(m)v2+(m)gh=(m)在h高度处,t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p
15、=(m)v设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有Ft=p由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg联立式得h=-解题指导解题指导以喷泉为背景考查流体的动量问题。这类题必须要假设以t时间内的流体为研究对象,利用动量定理或动量守恒定律列方程。方法技巧方法技巧在流体中用动量知识时一定要取t时间内的流体为研究对象求解未知量。1.(2014北京理综,22,16分,0.89)如图所示,竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切,小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放,A与B碰撞后结合为一个整体,并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑,半径R=0.2m;A和B的质量相等;A和B
16、整体与桌面之间的动摩擦因数=0.2。取重力加速度g=10m/s2。求:(1)碰撞前瞬间A的速率v;(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v;(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。考点二动能定理及其应用考点二动能定理及其应用 A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组解析解析设滑块的质量为m。(1)根据机械能守恒定律mgR=mv2得碰撞前瞬间A的速率v=2m/s(2)根据动量守恒定律mv=2mv得碰撞后瞬间A和B整体的速率v=v=1m/s(3)根据动能定理(2m)v2=(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l=0.25m考查点考查点机械能守恒、动量守恒。一题多解一题多解第(3)问也可结合牛顿
17、运动定律,应用匀变速运动规律求解:在桌面上的加速度为a=g=2m/s2,又v2=2al,所以l=0.25m。答案答案(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m2.(2017课标,14,6分)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.30kgm/sB.5.7102kgm/sC.6.0102kgm/sD.6.3102kgm/s答案答案A本题考查动量守恒定律。由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒。燃气喷出前系统静止,总动
18、量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05kg600m/s=30kgm/s,A正确。易错点拨易错点拨系统中量与物的对应性动量守恒定律的应用中,系统内物体至少为两个,计算各自的动量时,需注意速度与质量对应于同一物体。B B组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组3.(2018课标,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5m,A车向前滑动了2.0m。已知A和B的质量分别
19、为2.0103kg和1.5103kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g=10m/s2。求(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小;(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。解析解析本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。(1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB,根据牛顿第二定律有mBg=mBaB式中是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB,碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有v=2aBsB联立式并利用题给数据得vB=3.0m/s(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有mAg=mAaA设
20、碰撞后瞬间A车速度的大小为vA,碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有v=2aAsA设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA+mBvB答案答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s联立式并利用题给数据得vA=4.3m/s解题关键解题关键确定速度是解决碰撞问题的关键(1)由牛顿第二定律和运动学公式可确定碰撞后瞬间A、B两车的速度。(2)由于两车碰撞时间极短,因此碰撞时内力远大于外力,满足动量守恒,故可确定碰撞前的瞬间A车的速度。4.2016课标,35(2),10分如图,光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体,斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于
21、冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3m/s的速度向斜面体推出,冰块平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为h=0.3m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30kg,冰块的质量为m2=10kg,小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g=10m/s2。()求斜面体的质量;()通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?解析解析()规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度,设此共同速度为v,斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20=(m2+m3)vm2=(m2+m3)v2+m2gh式中v20=-3m/s为冰块推出时的
22、速度。联立式并代入题给数据得m3=20kg()设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0代入数据得v1=1m/s设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3,由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20=m2v2+m3v3m2=m2+m3联立式并代入数据得答案答案见解析v2=1m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方,故冰块不能追上小孩。解题思路解题思路光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量守恒定律求解;小孩与冰块相互作用过程中动量守恒;因斜面体的表面光滑,则冰块与斜面体相互作用过程中机械能守恒,水平方向动量守恒。1.(2012北京理综,24,20分,
23、0.20)匀强电场的方向沿x轴正向,电场强度E随x的分布如图所示,图中E0和d均为已知量。将带正电的质点A在O点由静止释放。A离开电场足够远后,再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时,A、B间的相互作用力及相互作用能均为零;B离开电场后,A、B间的相互作用视为静电作用。已知A的电荷量为Q。A和B的质考点三动量、能量的综合应用考点三动量、能量的综合应用A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组量分别为m和。不计重力。(1)求A在电场中的运动时间t;(2)若B的电荷量q=Q,求两质点相互作用能的最大值Epm;(3)为使B离开电场后不改变运动方向,求B所带电荷量的最大值q
24、m。解析解析(1)由牛顿第二定律,A在电场中运动的加速度a=。A在电场中做匀变速直线运动d=at2解得运动时间t=(2)设A、B离开电场时的速度分别为vA0、vB0,由动能定理,有QE0d=m,qE0d=A、B相互作用过程中,动量和能量守恒。A、B相互作用力为斥力,A受的力与其运动方向相同,B受的力与其运动方向相反,相互作用力对A做正功,对B做负功。A、B靠近的过程中,B的路程大于A的路程,由于作用力大小相等,作用力对B做功的绝对值大于对A做功的绝对值,因此相互作用力做功之和为负,相互作用能增加。所以,当A、B最接近时相互作用能最大,此时两者速度相同,设为v,有(m+)v=mvA0+vB0Ep
25、m=(m+)-(m+)v2答案答案(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)考虑A、B在xd区间的运动,由动量守恒、能量守恒,且在初态和末态均无相互作用,有mvA+vB=mvA0+vB0m+=m+由、解得vB=-vB0+vA0因B不改变运动方向,故vB=-vB0+vA00由、解得qQ即B所带电荷量的最大值qm=Q 评析评析本题借助带电质点在电场中的运动以及相互作用的过程情境,综合考查学生应用图像分析运动规律,进行逻辑推理,运用数学工具解析物理问题的能力,涉及带电粒子在电场中的运动、动量守恒、能量守恒等物理学主干知识。求解本题首先要分析清楚问题情境
26、,准确把握运动规律并以方程表达出来,把弹性碰撞模型有效迁移到本题中,才能作出正确分析和解答,本题属难题。2.(2018课标,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动能E后,从地面竖直升空。当烟花弹上升的速度为零时,弹中火药爆炸将烟花弹炸为质量相等的两部分,两部分获得的动能之和也为E,且均沿竖直方向运动。爆炸时间极短,重力加速度大小为g,不计空气阻力和火药的质量。求(1)烟花弹从地面开始上升到弹中火药爆炸所经过的时间;(2)爆炸后烟花弹向上运动的部分距地面的最大高度。B B组组统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组解析解析本题主要考查竖直上抛运动规律及动量守恒定律。(1)设烟花弹上升的初速度为v0,
27、由题给条件有E=m设烟花弹从地面开始上升到火药爆炸所用的时间为t,由运动学公式有0-v0=-gt联立式得t=(2)设爆炸时烟花弹距地面的高度为h1,由机械能守恒定律有E=mgh1火药爆炸后,烟花弹上、下两部分均沿竖直方向运动,设炸后瞬间其速度分别为v1和v2。由题给条件和动量守恒定律有m+m=Emv1+mv2=0答案答案(1)(2)由式知,烟花弹两部分的速度方向相反,向上运动部分做竖直上抛运动。设爆炸后烟花弹上部分继续上升的高度为h2,由机械能守恒定律有m=mgh2联立式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=易错点拨易错点拨关键词理解,隐含条件显性化题目中的两个E,分别对应“一个物
28、体”和“两个物体”。爆炸后两部分质量均为。爆炸过程中系统初动量为0。距地面的最大高度由两部分组成,一是爆炸前上升的高度,二是爆炸后向上运动的部分上升的高度。3.2016课标,35(2),10分如图,水平地面上有两个静止的小物块a和b,其连线与墙垂直;a和b相距l,b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使a以初速度v0向右滑动。此后a与b发生弹性碰撞,但b没有与墙发生碰撞。重力加速度大小为g。求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。解析解析设物块与地面间的动摩擦因数为。若要物块a、b能够发生碰撞,应有mmgl即设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大
29、小为v1。由能量守恒有m=m+mgl设在a、b碰撞后的瞬间,a、b的速度大小分别为v1、v2,由动量守恒和能量守恒有mv1=mv1+v2m=mv+v联立式解得v2=v1由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知vgl联立式,可得答案答案联立式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为M,第一次碰撞后,A与C速度同向,且A的速度小于C的速度,不可能与B发生碰撞;如果m=M,第一次碰撞后,A停止,C以A碰前的速度向右运动,A不可能与B发生碰撞;所以只需考虑mM的情况。第一次碰撞后,A反向运动与B发生碰撞。设与B发生碰撞后,A的速度为vA2,B的速度为vB1,同样有答案答案(-2)MmMvA2=
30、vA1=v0根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有vA2vC1联立式得m2+4mM-M20解得m(-2)M另一解m-(+2)M舍去。所以,m和M应满足的条件为(-2)Mm,A、B项错误;上升过程时间短,下降过程时间长,所以下降过程重力的冲量mgt更大,C正确。上升过程小球所受合外力大于下降过程小球所受合外力,所以小球在上升过程中动能的减少量大于下降过程中动能的增加量,D错误。5.2018北京石景山一模,23(2)动量定理描述了力对物体作用在时间上累积的效果,是力学中的重要规律。在一些公共场合有时可以看到,“气功师”平躺在水平地面上,其腹部上平放着一块大石板,有人用铁锤猛击大石板,石板裂
31、开而人没有受伤。现用下述模型分析探究。若大石板质量为M=80kg,铁锤质量为m=5kg。铁锤从h1=1.8m高处由静止落下,打在石板上反弹,当反弹达到最大高度h2=0.05m时被拿开。铁锤与石板的作用时间约为t1=0.01s。由于缓冲,石板与“气功师”腹部的作用时间较长,约为t2=0.5s,取重力加速度g=10m/s2。请利用动量定理分析说明石板裂开而人没有受伤的原因。解析解析铁锤打击石板时的速度v1=解得v1=6m/s(1分)铁锤反弹时的速度v2=解得v2=1m/s(1分)在铁锤与石板的碰撞过程中,取竖直向上为正方向,对铁锤,由动量定理有(F1-mg)t1=mv2-(-mv1)(2分)解得F
32、1=3550N(1分)由牛顿第三定律知,铁锤对石板的作用力F1=F1=3550N对石板,由动量定理有(F2-Mg)t2-F1t1=0(2分)解得F2=871N(1分)由牛顿第三定律知,石板对人的作用力F2=F2=871N在铁锤与石板的碰撞过程中,铁锤对石板的作用力较大,超过了石板承受的限度,因而石板裂开。在作用前后,石板对人的作用力较小,其变化也较小,没有超过人能承受的限度,因而人没有受伤。(2分)答案答案见解析解题关键解题关键针对明确的研究对象,做好受力分析,注意动量和冲量的矢量性。6.(2017北京海淀期中,18)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉,在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水
33、柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这一景观可做如下简化,假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出,水柱的流量为Q(流量定义:在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积),设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M,水的密度为,重力加速度大小为g,空气阻力及水的黏滞阻力均可忽略不计。(1)求喷泉单位时
34、间内喷出的水的质量;(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水对冲浪板作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小;(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出水的动能。请根据第(2)问中的计算结果,推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。答案答案(1)Q(2)(3)见解析解析解析(1)设很短时间t内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,水柱在喷口的初速度为v0,喷口的横截面积为S。则:m=VV=Sv0t=Qt解得单位时间内从喷口
35、喷出的水的质量为=Q(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0,t时间这些水对板的作用力的大小为F,板对水的作用力的大小为F,以向下为正方向,不考虑水柱顶部水的重力,根据动量定理有:Ft=0-(m)(-v)根据牛顿第三定律:F=F由于米老鼠模型在空中悬停,根据力的平衡条件得:F=Mg联立可解得:v=(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h,对于t时间内喷出的水,根据机械能守恒定律得:(m)v2+(m)gh=(m)水泵对水做功的功率为:P0=联立解得:h=-7.(2017北京海淀期中,10)(多选)交警正在调查发生在无信号灯的十字路口的一起汽
36、车相撞事故。根据两位司机的描述得知,发生撞车时汽车A正沿东西大道向正东行驶,汽车B正沿南北大道向正北行驶。相撞后两车立即熄灭并在极短的时间内叉接在一起后并排沿直线在水平路面上滑动,最终一起停在路口东北角的路灯柱旁,交警根据事故现场情况画了如图所示的事故报告图。通过观察地面上留下的碰撞痕迹,交警判定撞车的地点为该事故报告图中P点,并测量出相关数据标注在图中,又判断出两辆车的质量大致相同。为简化问题,将两车均视为质点,且它们组成的系统在碰撞的过程中动量守恒,根据图中测量数据可知下列说法中正确的是()考点二动量守恒定律及其应用考点二动量守恒定律及其应用A.发生碰撞时汽车A的速率较大B.发生碰撞时汽车
37、B的速率较大C.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为125D.发生碰撞时速率较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为2答案答案BC两车碰撞瞬间动量守恒,满足平行四边形定则。设v共与竖直方向夹角为,由题中所给车的初末位置,得tan=,又tan=,且mA=mB,得=,则B、C正确。8.(2016北京东城期中,14)质量为80kg的冰球运动员甲,以5m/s的速度在水平冰面上向右运动时,与质量为100kg、速度为3m/s的迎面而来的运动员乙相撞,碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短,下列说法中正确的是()A.碰后乙向左运动,速度大小为1m/sB.碰后乙向右运动,速度大小为7m/sC.碰撞
38、中甲、乙的机械能总共增加了1450JD.碰撞中甲、乙的机械能总共损失了1400J答案答案D甲、乙组成的系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得: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错误;碰撞过程机械能的变化为E=m乙v-(m甲+m乙)=10012J-(8052J+10032J)=-1400J,机械能减少了1400J,故C错误,D正确。9.(2016北京四中期中)我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度
39、向前冲出。在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则()A.甲对乙的冲量一定大于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功答案答案B甲、乙之间相互作用力的冲量大小相等,方向相反,A项错误。由I合=p知,甲、乙的动量变化量等大反向,B项正确。在相同的作用时间内,作用力的位移不一定相同,因此甲、乙之间的相互作用力做功不一定相等,由W合=Ek,知动能变化量不一定相等,C、D项均错误。10.(2017北京东城期末,8)在光滑水平地面上有静止的物体A和B,两物体间有压紧的轻质弹簧。A的质量是
40、B的2倍。把连接物体的细绳剪断,弹簧恢复原长时()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的动量是B的动量的两倍答案答案B弹簧恢复原长时,由于地面光滑,物体A、B水平方向都只受弹簧的弹力作用,所受弹力大小相等,方向相反,A选项错误;因地面光滑故系统所受合外力为0,动量守恒,则A、B物体末动量大小相等,方向相反,由于A的质量为B的两倍,所以A的速度大小为B的一半,B选项正确;加速度a=,两物体所受合力相等,A的质量是B的2倍,则A的加速度是B的,C选项错误;由于动量守恒,A、B动量大小相等,D选项错误。11.(2018北京朝阳二模,22)如图
41、所示,竖直平面内的四分之一圆轨道下端与水平桌面相切,小滑块A静止在圆弧轨道的最低点。小滑块B在A的右侧l=3.0m处以初速度v0=5.0m/s向左运动,B与A碰撞后结合为一个整体,并沿圆弧轨道向上滑动。已知圆弧轨道光滑,且足够长;A和B的质量相等;B与桌面之间的动摩擦因数=0.15。取重力加速度g=10m/s2。求:(1)碰撞前瞬间B的速度大小v;(2)碰撞后瞬间A和B整体的速度大小v;(3)A和B整体在圆弧轨道上所能达到的最大高度h。解析解析(1)设小滑块的质量为m,根据动能定理有-mgl=mv2-m所以v=4.0m/s(6分)(2)根据动量守恒定律有mv=2mv所以v=2.0m/s(5分)
42、(3)根据机械能守恒定律有2mv2=2mgh所以h=0.20m(5分)答案答案(1)4.0m/s(2)2.0m/s(3)0.20m易错警示易错警示第(3)问中机械能守恒表达式中的质量为2m,不要误写为m。12.(2017北京海淀期中,16)如图所示,AB为固定在竖直面内、半径为R的光滑四分之一圆轨道,其末端(B点)切线水平,且距水平地面的高度也为R。1、2两小滑块(均可视为质点)用轻细绳拴接在一起,在它们中间夹住一个被压缩的微小轻质弹簧。两滑块从圆弧形轨道的最高点A由静止滑下,当两滑块滑至圆弧形轨道最低点时,拴接两滑块的细绳突然断开,弹簧迅速将两滑块弹开,滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道的最
43、高点A。已知R=0.45m,滑块1的质量m1=0.16kg,滑块2的质量m2=0.04kg,重力加速度g取10m/s2,空气阻力可忽略不计。求:(1)两滑块一起运动到圆弧形轨道最低点细绳断开前瞬间对轨道的压力大小;(2)在将两滑块弹开的整个过程中弹簧释放的弹性势能;(3)滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离。解析解析(1)设两滑块一起滑至轨道最低点时的速度为v,所受轨道的支持力为N。对两滑块一起沿圆弧形轨道下滑到B端的过程,根据机械能守恒定律有(m1+m2)gR=,解得v=3.0m/s对两滑块在轨道最低点,根据牛顿第二定律有N-(m1+m2)g=解得N=3(m1+m2)g=6.0N根据牛顿
44、第三定律可知,两滑块对轨道的压力大小N=N=6.0N(2)设弹簧迅速将两滑块弹开时,两滑块的速度大小分别为v1和v2,因滑块2恰好能沿圆弧形轨道运动到轨道最高点A,此过程中机械能守恒,所以对滑块2有m2gR=解得v2=3.0m/s,方向向左对于弹簧将两滑块弹开的过程,设水平向右为正方向,根据动量守恒定律有(m1+m2)v=m1v1-m2v2答案答案(1)6.0N(2)0.90J(3)0.45m解得v1=4.5m/s对于弹簧将两滑块弹开的过程,根据机械能守恒定律有E弹=+-解得E弹=0.90J(3)设两滑块平抛运动的时间为t,由R=gt2,解得两滑块做平抛运动的时间t=0.30s滑块1平抛运动的
45、水平位移x1=v1t=1.35m滑块2从B点上滑到A点,再从A点返回B点的过程,机械能守恒,因此其平抛的速度大小仍为v2,所以其平抛的水平位移x2=v2t=0.90m所以滑块2的落地点与滑块1的落地点之间的距离x=x1-x2=0.45m13.(2018北京海淀一模,24)物体中的原子总是在不停地做热运动,原子热运动越激烈,物体温度越高;反之,温度就越低。所以,只要降低原子运动速度,就能降低物体温度。“激光致冷”的原理就是利用大量光子阻碍原子运动,使其减速,从而降低了物体温度。使原子减速的物理过程可以简化为如下情况:如图所示,某原子的动量大小为p0。将一束激光(即大量具有相同动量的光子流)沿与原
46、子运动的相反方向照射原子,原子每吸收一个动量大小为p1的光子后自身不稳定,又立即发射一个动量大小为p2的光子,原子通过不断吸收和发射光子而减速。(已知p1、p2均远小于p0,普朗克常量为h,忽略原子受重力的影响)(1)若动量大小为p0的原子在吸收一个光子后,又向自身运动方向发射一个光子,求原子发射光子后动量p的大小;(2)从长时间来看,该原子不断吸收和发射光子,且向各个方向发射光子的概率相同,原子吸收光子的平均时间间隔为t0。求动量大小为p0的原子在减速到零的过程中,原子与光子发生“吸收发射”这一相互作用所需要的次数n和原子受到的平均作用力f的大小;(3)根据量子理论,原子只能在吸收或发射特定
47、频率的光子时,发生能级跃迁并同时伴随动量的变化。此外,运动的原子在吸收光子过程中会受到类似机械波的多普勒效应的影响,即光源与观察者相对靠近时,观察者接收到的光频率会增大,而相对远离时则减小,这一频率的“偏移量”会随着两者相对速度的变化而变化。a.为使该原子能够吸收相向运动的激光光子,请定性判断激光光子的频率和原子发生跃迁时的能量变化E与h的比值之间应有怎样的大小关系;b.若某种气态物质中含有大量做热运动的原子,为使该物质能够持续降温,可同时使用6个频率可调的激光光源,从相互垂直的3个维度、6个方向上向该种物质照射激光。请你运用所知所学,简要论述这样做的合理性与可行性。解析解析(1)原子吸收和放
48、出一个光子,由动量守恒定律有:p0-p1=p+p2(3分)原子放出光子后的动量为:p=p0-p1-p2(2分)(2)由于原子向各个方向均匀地发射光子,所以放出的所有光子总动量为零。设原子经n次相互作用后速度变为零:p0-np1=0(3分)所以:n=(2分)由动量定理有:fnt0=p0(3分)可得:f=(2分)说明:若由f(n-1)t0=p0解得f=不扣分。(3)a.静止的原子吸收光子发生跃迁,跃迁频率应为0=,考虑多普勒效应,由于光子与原子相向运动,原子接收到的光子频率会增大。所以为使原子能够发生跃迁,照射原子的激光光子频答案答案(1)p0-p1-p2(2)(3)见解析率(2分)b.对于大量沿
49、任意方向运动的原子,速度矢量均可在同一个三维坐标系中完全分解到相互垂直的3个纬度上;(1分)考虑多普勒效应,选用频率t2),亦可知第种情况对蚊子的伤害大。方法二:仍采取上述完全非弹性碰撞模型,但从冲量和力的角度进行分析。设雨滴的质量为M,蚊子的质量为m,雨滴下落到地面附近时速度大小为v0,因相互作用时间很短,不考虑重力的影响。第种情况:对雨滴与蚊子相互作用的过程应用动量守恒定律:Mv0=(M+m)v,可得v=;设蚊子与雨滴间的相互作用力为F1,作用时间为t1,对雨滴应用动量定理,有:F1t1=M(v-v0),由于雨滴的质量M约为蚊子的质量m的50倍,所以v与v0几乎相等,即雨滴受到的冲量F1t
50、1约等于零;第种情况:雨滴与栖息了一只蚊子的地面发生相互作用的过程,雨滴与地面作用前速度大小为v0,作用后速度为零,设蚊子与地面和雨滴间的相互作用力为F2,作用时间为t2,对雨滴应用动量定理:-F2t2=0-Mv0,可知雨滴受到的冲量F2t2约等于雨滴质量与下落速度二者的乘积;两种情况相比,因为蚊子对雨滴的冲量与雨滴对蚊子的冲量大小相等,可知,第种情况中蚊子受到的冲量小,即使认为两次作用的时间相等(实际上应有t1t2),仍有F1F2,所以第种情况对蚊子的伤害大。解题关键解题关键分析弄清问题情境,正确建立物理模型,恰当选用分析方法是本题的解题关键。16.(2018北京门头沟一模,24)一探测器沿
51、竖直方向登陆火星,探测器内的水平地板上放着一个质量为m=2kg的物体,如图甲所示。当探测器速度由v0减为零的过程中,传感器记录的物体对地板压力大小F随下降高度h变化的图像如图乙所示。已知地球的质量约为火星质量的10倍,地球的半径约为火星半径的2倍,地球和火星都可视为均质球体,取地球表面的重力加速度g=10m/s2。(1)求火星表面的重力加速度的大小g0;(2)求探测器刚开始减速时的加速度的大小a和速度的大小v0;(3)根据量子理论,每个光子动量p=(h为普朗克常数,为光子的波长)。当光照射到物体表面时将产生持续的压力。设想未来制成的质量为m的飞行器,以太阳光对其光帆的撞击力为动力,朝着远离太阳
52、的方向运动。设帆面始终与太阳光垂直,且光帆能将太阳光一半反射,一半吸收。已知引力常量为G,光速为c,太阳单位时间辐射的总能量为E,请推算出该飞行器光帆的面积S0的最小值(忽略行星对飞行器的引力,球面积公式为S=4r2)。解析解析(1)物体在星球表面所受万有引力大小等于重力大小地球表面有:G=mg(2分)火星表面有:G=mg0(2分)解得:g0=4m/s2(2分)(2)探测器速度是v0时,根据牛顿第二定律有:a=(1分)a=2m/s2(1分)探测器减速过程,支持力对物体做功W=-(F1+F2)h(2分)根据动能定理有:mg0h+W=0-m(2分)解得:v0=3m/s(1分)(3)设飞行器与太阳距
53、离为r时,光帆受到太阳光的压力F与太阳对飞行器的引力大小相等,则有答案答案(1)4m/s2(2)2m/s23m/s(3)见解析F=G(1分)设t时间内太阳辐射的光子数为N,则N=(1分)设t时间内太阳光照射到光帆的光子数为n,则=(2分)根据动量定理有Ft=n2+n(2分)解得:S0=(1分)易错警示易错警示求解t时间内太阳辐射的光子数时Nh=Et,又=则N=单个光子能量h易错,时间t也容易遗漏。17.(2016北京海淀一模,23)弹跳杆运动是一项广受欢迎的运动。某种弹跳杆的结构如图甲所示,一根弹簧套在T形跳杆上,弹簧的下端固定在跳杆的底部,上端固定在一个套在跳杆上的脚踏板底部。一质量为M的小
54、孩站在该种弹跳杆的脚踏板上,当他和跳杆处于竖直静止状态时,弹簧的压缩量为x0。从此刻起小孩做了一系列预备动作,使弹簧达到最大压缩量3x0,如图乙(a)所示;此后他开始进入正式的运动阶段。在正式运动阶段,小孩先保持稳定姿态竖直上升,在弹簧恢复原长时,小孩抓住跳杆,使得他和弹跳杆瞬间达到共同速度,如图乙(b)所示;紧接着他保持稳定姿态竖直上升到最大高度,如图乙(c)所示;然后自由下落。跳杆下端触地(不反弹)的同时小孩采取动作,使弹簧最大压缩量再次达到3x0;此后又保持稳定姿态竖直上升,重复上述过程。小孩运动的全过程中弹簧始终处于弹性限度内。已知跳杆的质量为m,重力加速度为g。空气阻力、弹簧和脚踏板
55、的质量以及弹簧和脚踏板与跳杆间的摩擦均可忽略不计。(1)求弹跳杆中弹簧的劲度系数k,并在图丙中画出该弹簧弹力F的大小随弹簧压缩量x变化的示意图;(2)借助弹簧弹力的大小F随弹簧压缩量x变化的F-x图像可以确定弹力做功的规律,在此基础上,求在图乙所示的过程中,小孩在上升阶段的最大速率;(3)求在图乙所示的过程中,弹跳杆下端离地的最大高度。解析解析(1)小孩处于静止状态时,根据平衡条件有Mg=kx0解得:k=F-x图如图所示。(2)利用F-x图像可知,图线与横轴所包围的面积大小等于弹簧弹力做功的大小。弹簧压缩量为x时,弹性势能为=kx2图(a)状态弹簧的弹性势能为=k(3x0)2小孩从图(a)至图
56、(b)的过程,先做加速运动后做减速运动,当弹簧弹力与重力等大时小孩向上运动的速度最大,设其最大速度为vmax。答案答案见解析此时弹簧压缩量为x0,弹簧的弹性势能为=k从图(a)至小孩向上运动速度达到最大的过程中,小孩和弹簧系统机械能守恒,因此有:k(3x0)2=Mg(3x0-x0)+M+k解得:vmax=2(3)图(a)状态至弹簧长度为原长的过程中,小孩和弹簧系统机械能守恒。设小孩在弹簧长度为原长时的速度为v0,则有:k(3x0)2=Mg(3x0)+M小孩迅速抓住跳杆的瞬间,内力远大于外力,小孩和弹跳杆系统动量守恒。设小孩和弹跳杆共同速度为v1,规定竖直向上方向为正,有Mv0=(M+m)v1小
57、孩和弹跳杆一起竖直上升至最高点,小孩和弹跳杆系统机械能守恒,因此有:(M+m)=(M+m)ghmax解得:hmax=考查点考查点胡克定律、能量守恒。解题关键解题关键准确审题,借助过程示意图,将全程拆分为几个运动阶段,明确每个阶段的运动特点、研究对象及遵循的规律,题目化繁为简。18.(2018北京101中学月考,16)我们一般认为,飞船在远离星球的宇宙深处航行时,其他星体对飞船的万有引力作用很微弱,可忽略不计。此时飞船将不受外力作用而做匀速直线运动。设想有一质量为M的宇宙飞船,正以速度v0在宇宙中飞行。飞船可视为横截面积为S的圆柱体(如图1所示)。某时刻飞船监测到前面有一片尘埃云。图1(1)已知
58、在开始进入尘埃云的一段很短的时间t内,飞船的速度减小了v,求这段时间内飞船受到的阻力大小。(2)已知尘埃云分布均匀,密度为。a.假设尘埃碰到飞船时,立即吸附在飞船表面。若不采取任何措施,飞船将不断减速。通过监测得到飞船速度的倒数“1/v”与飞行距离“x”的关系如图2所示。求飞船的速度由v0减小1%的过程中发生的位移及所用的时间。图2b.假设尘埃与飞船发生的是弹性碰撞,且不考虑尘埃间的相互作用。为了保证飞船能以速度v0匀速穿过尘埃云,在刚进入尘埃云时,飞船立即开启内置的离子加速器。已知该离子加速器是利用电场加速带电粒子,形成向外发射的高速(远远大于飞船速度)粒子流,从而对飞行器产生推力的。若发射
59、的是一价阳离子,每个阳离子的质量为m,加速电压为U,元电荷为e。在加速过程中飞行器质量的变化可忽略。求单位时间内射出的阳离子数。答案答案(1)M(2)a.b.S解析解析(1)飞船的加速度a=根据牛顿第二定律f=Ma飞船受到的阻力f=M(2)a.对飞船和尘埃,根据动量守恒定律Mv0=(M+Sx)v0解得x=由-x图像可知t=(+)x解得t=b.设在很短的时间t内,与飞船碰撞的尘埃的质量为m,所受飞船的作用力为f。飞船与尘埃发生的是弹性碰撞Mv0=Mv1+mv2M=M+m解得v2=v0由于Mm,所以碰撞后尘埃的速度v2=2v0对尘埃,根据动量定理ft=mv2其中m=Sv0t则飞船所受阻力为f=2S
60、设一个离子在电场中加速后获得的速度为v。根据动能定理eU=mv2设单位时间内射出的离子数为n。在很短的时间t内,根据动量定理Ft=ntmv则飞船所受动力F=nmv飞船做匀速运动F=f解得n=S1.(2017北京海淀期中,4)如图所示,一辆可视为质点的汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥。已知凸形桥面是圆弧形的,则下列说法中正确的是()A.汽车在凸形桥上行驶的过程中,其所受合力始终为零B.汽车在凸形桥上行驶的过程中,其始终处于失重状态C.汽车从桥底行驶到桥顶的过程中,其所受合外力的冲量为零D.汽车从桥底行驶到桥顶的过程中,其机械能守恒B B组组2016201820162018年高考模拟年高考模拟
61、综合题组综合题组 时间时间: :4040分钟分值分钟分值: :8080分分一、选择题(每题6分,共42分)答案答案B车在最高点,所受合力为mg-N=m,运动过程中Nmg,汽车处于失重状态,从桥底到桥顶,F合0,冲量I=F合t,所以I0。速度恒定,动能不变,重力势能增大,所以机械能增加。只有B项正确。2.(2018北京朝阳期中)如图所示,质量相等的A、B两个物体,沿着倾角分别为和的两个光滑固定斜面(),由静止开始从同一高度h2处下滑到同样的另一高度h1处。在此过程中,关于A、B两个物体,相同的物理量是()A.下滑所用的时间B.重力的平均功率C.所受合力的冲量大小D.所受支持力的冲量大小答案答案C
62、令斜面倾角为,下滑的高度为h,则沿斜面滑行的位移大小s=。由牛顿第二定律知物体下滑的加速度大小a=gsin。由物体下滑时间t=知,A错误;重力的平均功率=mgsin,故B项错误;所受合力的冲量大小I合=mgsint=m,故C正确;所受支持力的冲量IN=mgcost=mcot,故选项D错误。综上所述,本题答案为C。3.(2016北京海淀一模,18)“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目,它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来。假设风洞内向上的风量和风速保持不变,表演者调整身体的姿态,通过改变受风面积(表演者在垂直风力方向的投影面积),来改变所受向上风力的大小。已知人体所受风力大小与受风
63、面积成正比,人水平横躺时受风面积最大,设为S0,站立时受风面积为S0;当受风面积为S0时,表演者恰好可以静止或匀速漂移。如图所示,某次表演中,人体可上下移动的空间总高度为H,表演者由静止以站立身姿从A位置下落,经过B位置时调整为水平横躺身姿(不计调整过程的时间和速度变化),运动到C位置速度恰好减为零。关于表演者下落的过程,下列说法中正确的是()A.从A至B过程表演者的加速度大于从B至C过程表演者的加速度B.从A至B过程表演者的运动时间小于从B至C过程表演者的运动时间C.从A至B过程表演者动能的变化量大于从B至C过程表演者克服风力所做的功D.从A至B过程表演者动量变化量的数值小于从B至C过程表演
64、者受风力冲量的数值答案答案D根据题意,表演者所受风力F=kS,k=mg,因此表演者站立时受风力F1=k=,平躺时受风力F2=kS0=2mg。由A至B过程:mg-F1=ma1,a1=,由B至C过程:F2-mg=ma2,a2=g,a1tBC,B错误。从A至B过程表演者的动能变化量大小等于从B至C过程动能变化量大小,从B至C过程,由动能定理有:mghBC-WF2=0-EkB,WF2=mghBC+EkB,C错误。从B至C过程,由动量定理有,mgtBC-F2tBC=0-mvB,F2tBC=mgtBC+mvBmvB-0,因此D项对。4.(2017北京西城一模,18)冲击摆是用来测量子弹速度的一种简单装置。
65、如图所示,将一个质量很大的砂箱用轻绳悬挂起来,一颗子弹水平射入砂箱,砂箱发生摆动。若子弹射击砂箱时的速度为v,测得冲击摆的最大摆角为,砂箱上升的最大高度为h,则当子弹射击砂箱时的速度变为2v时,下列说法正确的是()A.冲击摆的最大摆角将变为2B.冲击摆的最大摆角的正切值将变为2tanC.砂箱上升的最大高度将变为2hD.砂箱上升的最大高度将变为4h答案答案D设子弹的质量为m,砂箱的质量为M,冲击摆的摆长为L;以子弹和砂箱作为整体,在子弹和砂箱一起升至最高点的过程中,由机械能守恒定律得:(m+M)=(m+M)gh,解得:v共=;在子弹射入砂箱的过程中,系统的动量守恒,以子弹的初速度方向为正方向,由
66、动量守恒定律得:mv=(m+M)v共,解得:v=v共=冲击摆的最大摆角满足:cos=,由于不知道h与L之间的关系,所以不能判断出冲击摆的最大摆角是否将变为2,故A错误;也不能判断出冲击摆的最大摆角的正切值是否将变为2tan,故B错误。由公式可知,当v增大为2v时,砂箱上升的最大高度将变为4h,故C错误,D正确。5.(2018北京朝阳期中,13)如图所示,滑块P、Q静止在粗糙水平面上,一根轻弹簧一端与滑块Q相连,另一端固定在墙上,弹簧处于原长状态。现使滑块P以初速度v0向右运动,与滑块Q发生碰撞(碰撞时间极短),碰后两滑块一起向右压缩弹簧至最短,然后在弹簧弹力作用下两滑块向左运动,两滑块分离后,
67、最终都静止在水平面上。已知滑块P、Q的质量分别为2m和m,它们与水平面间的动摩擦因数不相等。下列说法中正确的是()A.两滑块发生碰撞的过程中,其动量和机械能均守恒B.两滑块分离时,弹簧一定不处于原长状态C.滑块P最终一定停在出发点右侧的某一位置D.整个过程中,两滑块克服摩擦力做功的和为m答案答案B因两滑块发生完全非弹性碰撞,故机械能不守恒,A项错误;因题干初始条件,如P、Q间初始距离、它们与地面间的动摩擦因数、弹簧的劲度系数等缺失,故无法判断P的最终位置,故C项错误;因碰撞过程损失机械能,故无论Q最终是否停在初始位置,两滑块克服摩擦力做功的和也必定小于m,故D项错误;两滑块分离时具有相同的速度
68、和加速度,而它们之间的弹力为0,因地面对两滑块有摩擦力,故分离时弹簧仍处于压缩状态,故B项正确。6.(2017北京海淀零模,18)如图所示,在光滑水平地面上有A、B两个小物块,其中物块A的左侧连接一轻质弹簧。物块A处于静止状态,物块B以一定的初速度向物块A运动,并通过弹簧与物块A发生弹性正碰。对于该作用过程,两物块的速率变化可用速率-时间图像进行描述,在选项图所示的图像中,图线1表示物块A的速率变化情况,图线2表示物块B的速率变化情况。则在这四个图像中可能正确的是()答案答案B由图像知速度方向都为正。B通过弹簧与A发生弹性碰撞,B减速,A加速,某一时刻两者速度相等,之后A继续加速,B继续减速,
69、vBvA,当弹簧恢复到原长时,A、B间无相互作用,两者同时开始匀速运动,所以选B。7.(2017北京朝阳期末,12)小铁块置于薄木板右端,薄木板放在光滑的水平地面上,铁块的质量大于木板的质量。t=0时使两者获得等大反向的初速度开始运动,t=t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动,此时与开始运动时的位置相比较,下列示意图符合实际的是()答案答案A铁块质量大于木板质量,系统所受合外力为零,动量守恒,根据初动量情况,可知末动量向左。具体运动情况如以下分析:根据牛顿第二定律可知,铁块的加速度较小,因此,铁块向左以较小的加速度匀减速运动,木板以较大的加速度向右匀减速运动,木板的速度先减为零,然后反向
70、运动,当两者速度相等时,停止相对运动,由动量守恒可得出vv0,因整个过程中木板所受摩擦力始终向左且不变,则木板的加速度不变,又木板初速度向右、末速度向左,则知木板先向右做匀减速运动,后向左做匀加速运动,因vE,即hh,所以F2,I1=I2B.F1F2,I1F2,I1I2D.F1=F2,I1=I2答案答案A由图像可知,甲乙两物体动量变化量的大小相等,根据动量定理知,冲量的大小相等,即I1=I2,根据I=Ft知,冲量的大小相等,作用时间长的力较小,可知F1F2。故A正确,B、C、D错误。分析分析根据图像,结合初末状态的动量比较动量变化量的大小,从而结合动量定理得出冲量的大小关系以及力的大小关系。6
71、.(2016北京海淀二模,23)如图所示,有一固定在水平面上的平直轨道,该轨道由白色轨道和黑色轨道交替排列并平滑连接而成。各段轨道的编号已在图中标出。仅黑色轨道处在竖直向上的匀强电场中,一不带电的小滑块A静止在第1段轨道的最左端,绝缘带电小滑块B静止在第1段轨道的最右端。某时刻给小滑块A施加一水平向右的恒力F,使其从静止开始沿轨道向右运动,小滑块A运动到与小滑块B碰撞前瞬间撤去小滑块A所受水平恒力。滑块A、B碰撞时间极短,碰后粘在一起沿轨道向右运动。已知白色轨道和黑色轨道各段的长度均为L=0.10m,匀强电场的电场强度的大小E=1.0104N/C;滑块A、B的质量均为m=0.010kg,滑块A
72、、B与轨道间的动摩擦因数处处相等,均为=0.40,绝缘滑块B所带电荷量q=+1.010-5C,小滑块A与小滑块B碰撞前瞬间的速度大小v=6.0m/s。A、B均可视为质点(忽略它们的尺寸大小),且不计A、B间的静电力作用。在A、B粘在一起沿轨道向右运动过程中电荷量保持不变,取重力加速度g=10m/s2。(1)求F的大小;(2)碰撞过程中滑块B对滑块A的冲量;(3)若A和B最终停在轨道上编号为k的一段,求k的数值。解析解析(1)以滑块A为研究对象,在第1段轨道上,滑块A受到摩擦力的大小f=mg对于滑块A在第1段轨道上从最左端到最右端的过程,根据动能定理有(F-f)L=mv2解得:F=1.84N(2
73、)设滑块A、B碰撞后瞬间A和B的共同速度为vAB,根据动量守恒定律有mv=2mvAB设滑块B对滑块A的冲量为I,规定水平向右为正方向。以滑块A为研究对象,根据动量定理有:I=mvAB-mv,解得:I=-0.030Ns滑块B对滑块A冲量的方向水平向左(3)设滑块A和B每经过一段长为L的黑色轨道损失的动能为E1,则E1=(2mg-Eq)L设滑块A和B每经过一段长为L的白色轨道,损失的动能为E2,则答案答案见解析E2=2mgL设滑块A和B碰撞后瞬间的总动能为,令N=解得:N=7.5即滑块通过标号为15的白色轨道后,仍有动能Ek=0.5(E1+E2)=610-3J,因EkE1,故滑块可通过第16号轨道
74、而进入第17号轨道,进入第17号轨道时的动能Ek=Ek-E1=210-3JE2,故将不能通过第17号轨道,即最终停在第17号轨道上。7.(2017北京石景山一模,24)中子的发现是物理史上的一件大事。1920年英国物理学家卢瑟福通过人工核转变发现了质子,在研究原子核的带电荷量与质量时发现原子核的质量大于核中所有质子的质量和,于是预言:可能有一种质量与质子相近的不带电的中性粒子存在,他把它叫做中子。1930年科学家在真空条件下用射线轰击铍核Be时,发现一种看不见、贯穿能力极强的不知名射线和另一种粒子产生。这种不知名射线具有如下特点:在任意方向的磁场中均不发生偏转;这种射线的速度远小于光速;用它轰
75、击含有氢核的物质,可以把氢核打出来;用它轰击含有氮核的物质,可以把氮核打出来。实验中测得,被打出氢核的最大速度为3.3107m/s,氮核的最大速度为4.7106m/s,假定该射线中的粒子均具有相同的能量,氢核和氮核碰前可认为是静止的,碰撞过程中没有机械能的损失。已知氢核质量MH与氮核质量MN之比为114。根据以上信息,不考虑相对论效应,完成下列问题。(1)请通过分析说明该射线是否带电,是否为射线;(2)请判断该射线中的粒子是否为卢瑟福所预言的中子,并通过分析说明依据;(3)写出用射线轰击铍核Be发现该射线的核反应方程。解析解析(1)若该射线带电,在磁场中受到洛伦兹力会发生偏转。由知,该射线在任
76、意方向的磁场中均不发生偏转,因此该射线不带电,由电中性的粒子流组成。由可知,这种射线的速度远小于光速,而射线是光子流,其速度就是光速,因此该射线不是射线。(2)下面分析该射线中的粒子的质量与质子的质量间的关系。设组成该射线的粒子质量为m,轰击含有氢核或氮核的物质时速度为v。由于碰撞过程中没有机械能损失,当被打出的氢核和氮核的速度为最大值时,表明其碰撞为弹性碰撞。设与氢核发生弹性正碰后粒子速度为v1,氢核速度为vH;与氮核发生弹性正碰后粒子速度为v2,氮核速度为vN。根据动量守恒和机械能守恒有,轰击氢核mv=mv1+MHvHmv2=m+MH解得vH=轰击氮核答案答案见解析mv=mv2+MNvNmv2=m+MN解得vN=由式解得m=1.16MHMH计算得该射线中的粒子的质量与质子(氢核)的质量近似相等,表明这种射线中的粒子就是卢瑟福所预言的中子。(3HeBeCn考查点考查点原子核反应、弹性碰撞。反思总结反思总结本题再现了人类发现并认识中子的过程。结合粒子运动特性、弹性碰撞规律了解中子的特点。以教材中的内容为依托,考查学生综合应用知识的能力。
