北京市2019版高考物理 專題七 動量課件.ppt

《北京市2019版高考物理 專題七 動量課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《北京市2019版高考物理 專題七 動量課件.ppt（128頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題七動量 高考物理 北京市專用 1 2015北京理綜 18 6分 0 65 蹦極 運動中 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動 從繩恰好伸直 到人第一次下降至最低點的過程中 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 人在最低點時 繩對人的拉力等于人所受的重力 考點一沖量和動量定理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的過程中 人經(jīng)歷了先加速后減速的過程 當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 人向下減速到達最低點 繩對人的拉力始終向上 始終做負功 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選項正確 思路點撥弄清運動過程是解決本題的關鍵 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動 速度逐漸增大 到兩力相等時速度達到最大 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動 直到速度減為零 考查點動量 沖量 能量 2 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 10m C是半徑R 20m圓弧的最低點 質量m 60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑 加速度a 4 5m s2 到達B點時速度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 求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小 3 若不計BC段的阻力 畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖 并求其所受支持力FN的大小 一題多解運動員在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 3 2016北京理綜 24 20分 0 26 1 動量定理可以表示為 p F t 其中動量p和力F都是矢量 在運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 px py b 分析說明小球對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動量沿光傳播方向運動 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 也會對物體產生作用 光鑷效應就是一個實例 激光束可以像鑷子一樣抓住細胞等微小顆粒 一束激光經(jīng)S點后被分成若干細光束 若不考慮光的反射和吸收 其中光束 和 穿過介質小球的光路如圖2所示 圖中O點是介質小球的球心 入射時光束 和 與SO的夾角均為 出射時光束均與SO平行 請在下面兩種情況下 分析說明兩光束因折射對小球產生的合力的方向 a 光束 和 強度相同 b 光束 比 的強度大 圖2 解析 1 a x方向 動量變化為 px mvsin mvsin 0y方向 動量變化為 py mvcos mvcos 2mvcos 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 小球對木板作用力的方向沿y軸負方向 2 a 僅考慮光的折射 設 t時間內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 這些粒子進入小球前的總動量為p1 2npcos 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 F t p2 p1 2np 1 cos 0可知 小球對這些粒子的作用力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 b 建立如圖所示的Oxy直角坐標系 x方向 根據(jù) 2 a同理可知 兩光束對小球的作用力沿x軸負方向 y方向 設 t時間內 光束 穿過小球的粒子數(shù)為n1 光束 穿過小球的粒子數(shù)為n2 n1 n2 這些粒子進入小球前的總動量為p1y n1 n2 psin 從小球出射時的總動量為p2y 0根據(jù)動量定理 Fy t p2y p1y n1 n2 psin 可知 小球對這些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負方向 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 1 將速度沿x軸和y軸兩個方向分解 然后求解 px與 py 2 運用動量定理確定兩個軸向的作用力方向 再進行合成 疑難突破光強不同 體現(xiàn)單位時間內發(fā)射的光子個數(shù)不同 4 2013北京理綜 24 2 0 31 對于同一物理問題 常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進行研究 找出其內在聯(lián)系 從而更加深刻地理解其物理本質 正方體密閉容器中有大量運動粒子 每個粒子質量為m 單位體積內粒子數(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 利用所學力學知識 導出器壁單位面積所受粒子壓力f與m n和v的關系 答案f nmv2 解題關鍵正確建立問題模型是能否解答本題的關鍵 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 t時間內碰壁的粒子個數(shù)為N 則 t時間內器壁受到的總沖量為2Nmv 再引用流體模型求得N 考查點動量定理 5 2018課標 14 6分 高鐵列車在啟動階段的運動可看作初速度為零的勻加速直線運動 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動規(guī)律 動能及動量 設列車運動時間為t 由勻變速直線運動規(guī)律v at s at2 結合動能公式Ek 得Ek Ek mas 可知Ek v2 Ek t2 Ek s 故A C項均錯誤 B項正確 由Ek 得Ek p2 故D項錯誤 B組統(tǒng)一命題 課標卷題組 6 2018課標 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 則該雞蛋對地面產生的沖擊力約為 A 10NB 102NC 103ND 104N 答案C本題考查機械能守恒定律 動量定理 由機械能守恒定律可得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C正確 易錯點撥估算能力 1 每層樓高度約為3m 注意身邊的物理知識 2 在計算時重點注意數(shù)量級 7 2017課標 20 6分 多選 一質量為2kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動 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 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 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選項正確 同理 0 2s內 I2 2 2N s p2 p0 p2 則t 2s時動量p2 4N s 4kg m s 故B選項正確 0 3s內I3 2 2N s 1 1N s 3N s p3 p0 p3 則t 3s時 p3 3N s 3kg m s C選項錯誤 0 4s內I4 2 2N s 1 2N s 2N s p4 p0 p4 mv4 則t 4s時 v4 1m s D選項錯誤 方法總結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 下方的面積表示負方向沖量 一段時間內的總沖量是正向面積 正值 和負向面積 負值 的代數(shù)和 8 2016課標 35 2 10分 某游樂園入口旁有一噴泉 噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中 為計算方便起見 假設水柱從橫截面積為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 重力加速度大小為g 求 噴泉單位時間內噴出的水的質量 玩具在空中懸停時 其底面相對于噴口的高度 答案 v0S 解析 設 t時間內 從噴口噴出的水的體積為 V 質量為 m 則 m V V v0S t 由 式得 單位時間內從噴口噴出的水的質量為 v0S 設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玩具底面時的速度大小為v 對于 t時間內噴出的水 由能量守恒得 m v2 m gh m 在h高度處 t時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為 p m v 設水對玩具的作用力的大小為F 根據(jù)動量定理有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 解題指導以噴泉為背景考查流體的動量問題 這類題必須要假設以 t時間內的流體為研究對象 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 t時間內的流體為研究對象求解未知量 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和最低點 現(xiàn)將A無初速釋放 A與B碰撞后結合為一個整體 并沿桌面滑動 已知圓弧軌道光滑 半徑R 0 2m A和B的質量相等 A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(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整體在桌面上滑動的距離l 考點二動能定理及其應用A組自主命題 北京卷題組 解析設滑塊的質量為m 1 根據(jù)機械能守恒定律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 2m gl得A和B整體沿水平桌面滑動的距離l 0 25m 考查點機械能守恒 動量守恒 一題多解第 3 問也可結合牛頓運動定律 應用勻變速運動規(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 14 6分 將質量為1 00kg的模型火箭點火升空 50g燃燒的燃氣以大小為600m s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出 在燃氣噴出后的瞬間 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 則模型火箭與燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒 燃氣噴出前系統(tǒng)靜止 總動量為零 故噴出后瞬間火箭的動量與噴出燃氣的動量等值反向 可得火箭的動量大小等于燃氣的動量大小 則 p火 p氣 m氣v氣 0 05kg 600m s 30kg m s A正確 易錯點撥系統(tǒng)中量與物的對應性動量守恒定律的應用中 系統(tǒng)內物體至少為兩個 計算各自的動量時 需注意速度與質量對應于同一物體 B組統(tǒng)一命題 課標卷題組 3 2018課標 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的質量分別為2 0 103kg和1 5 103kg 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 解析本題考查牛頓第二定律和動量守恒定律等知識 1 設B車的質量為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摩擦因數(shù) 設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB 碰撞后滑行的距離為sB 由運動學公式有v 2aBsB 聯(lián)立 式并利用題給數(shù)據(jù)得vB 3 0m s 2 設A車的質量為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 由運動學公式有v 2aAsA 設碰撞前的瞬間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 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 解題關鍵確定速度是解決碰撞問題的關鍵 1 由牛頓第二定律和運動學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 因此碰撞時內力遠大于外力 滿足動量守恒 故可確定碰撞前的瞬間A車的速度 4 2016課標 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量為m1 30kg 冰塊的質量為m2 10kg 小孩與滑板始終無相對運動 取重力加速度的大小g 10m s2 求斜面體的質量 通過計算判斷 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 冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度 設此共同速度為v 斜面體的質量為m3 由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v20 m2 m3 v m2 m2 m3 v2 m2gh 式中v20 3m s為冰塊推出時的速度 聯(lián)立 式并代入題給數(shù)據(jù)得m3 20kg 設小孩推出冰塊后的速度為v1 由動量守恒定律有m1v1 m2v20 0 代入數(shù)據(jù)得v1 1m s 設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 光滑冰面無摩擦力 可考慮用動量守恒定律求解 小孩與冰塊相互作用過程中動量守恒 因斜面體的表面光滑 則冰塊與斜面體相互作用過程中機械能守恒 水平方向動量守恒 1 2012北京理綜 24 20分 0 20 勻強電場的方向沿x軸正向 電場強度E隨x的分布如圖所示 圖中E0和d均為已知量 將帶正電的質點A在O點由靜止釋放 A離開電場足夠遠后 再將另一帶正電的質點B放在O點也由靜止釋放 當B在電場中運動時 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 考點三動量 能量的綜合應用A組自主命題 北京卷題組 量分別為m和 不計重力 1 求A在電場中的運動時間t 2 若B的電荷量q Q 求兩質點相互作用能的最大值Epm 3 為使B離開電場后不改變運動方向 求B所帶電荷量的最大值qm 解析 1 由牛頓第二定律 A在電場中運動的加速度a A在電場中做勻變速直線運動d at2解得運動時間t 2 設A B離開電場時的速度分別為vA0 vB0 由動能定理 有QE0d m qE0d A 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受的力與其運動方向相同 B受的力與其運動方向相反 相互作用力對A做正功 對B做負功 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 相互作用能增加 所以 當A B最接近時相互作用能最大 此時兩者速度相同 設為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 m m 由 解得vB vB0 vA0因B不改變運動方向 故vB vB0 vA0 0 由 解得q Q即B所帶電荷量的最大值qm Q 評析本題借助帶電質點在電場中的運動以及相互作用的過程情境 綜合考查學生應用圖像分析運動規(guī)律 進行邏輯推理 運用數(shù)學工具解析物理問題的能力 涉及帶電粒子在電場中的運動 動量守恒 能量守恒等物理學主干知識 求解本題首先要分析清楚問題情境 準確把握運動規(guī)律并以方程表達出來 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 2 2018課標 24 12分 一質量為m的煙花彈獲得動能E后 從地面豎直升空 當煙花彈上升的速度為零時 彈中火藥爆炸將煙花彈炸為質量相等的兩部分 兩部分獲得的動能之和也為E 且均沿豎直方向運動 爆炸時間極短 重力加速度大小為g 不計空氣阻力和火藥的質量 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動的部分距地面的最大高度 B組統(tǒng)一命題 課標卷題組 解析本題主要考查豎直上拋運動規(guī)律及動量守恒定律 1 設煙花彈上升的初速度為v0 由題給條件有E m 設煙花彈從地面開始上升到火藥爆炸所用的時間為t 由運動學公式有0 v0 gt 聯(lián)立 式得t 2 設爆炸時煙花彈距地面的高度為h1 由機械能守恒定律有E mgh1 火藥爆炸后 煙花彈上 下兩部分均沿豎直方向運動 設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 mv1 mv2 0 答案 1 2 由 式知 煙花彈兩部分的速度方向相反 向上運動部分做豎直上拋運動 設爆炸后煙花彈上部分繼續(xù)上升的高度為h2 由機械能守恒定律有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 易錯點撥關鍵詞理解 隱含條件顯性化 題目中的兩個E 分別對應 一個物體 和 兩個物體 爆炸后兩部分質量均為 爆炸過程中系統(tǒng)初動量為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 二是爆炸后向上運動的部分上升的高度 3 2016課標 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的質量為m b的質量為m 兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同 現(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 解析設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為 若要物塊a b能夠發(fā)生碰撞 應有m mgl 即 設在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 m mv v 聯(lián)立 式解得v2 v1 由題意 b沒有與墻發(fā)生碰撞 由功能關系可知v gl 聯(lián)立 式 可得 答案 聯(lián)立 式 a與b發(fā)生碰撞 但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 評分參考 式各1分 若 式同時有小于和等于號 同樣給分 式2分 式各1分 式2分 若只有大于號 同樣給分 解題指導解答本題需要滿足兩個條件 小物塊a減速運動距離l與小物塊b發(fā)生彈性碰撞 碰后 小物塊b做減速運動而與墻未發(fā)生碰撞 易錯點撥本題的易錯點在于考生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系是需要結合物理規(guī)律來分析判定的 尤其是不等式 等號 的取舍 4 2015課標 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的質量為m B C的質量都為M 三者均處于靜止狀態(tài) 現(xiàn)使A以某一速度向右運動 求m和M之間應滿足什么條件 才能使A只與B C各發(fā)生一次碰撞 設物體間的碰撞都是彈性的 解析A向右運動與C發(fā)生第一次碰撞 碰撞過程中 系統(tǒng)的動量守恒 機械能守恒 設速度方向向右為正 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反向運動與B發(fā)生碰撞 設與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應滿足的條件為 2 M m M 式各2分 式各1分 解題關鍵 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用數(shù)學工具的能力 綜合性強 是今后的命題熱點 5 2014課標 35 2 9分 如圖 質量分別為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A球下落t 0 3s時 剛好與B球在地面上方的P點處相碰 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 B球第一次到達地面時的速度 P點距離地面的高度 解析 設B球第一次到達地面時的速度大小為vB 由運動學公式有vB 將h 0 8m代入上式 得vB 4m s 設兩球相碰前后 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 由運動學規(guī)律可得v1 gt 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)定向下的方向為正 有mAv1 mBv2 mBv2 mA mB mBv 設B球與地面相碰后的速度大小為vB 由運動學及碰撞的規(guī)律可得vB vB 設P點距地面的高度為h 由運動學規(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向右擺動到最低點時 恰好與一沿水平方向向左運動的黏性小球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球擺動的最高點與最低點的高度差為h 擺動的周期為T a球質量是b球質量的5倍 碰撞前a球在最低點的速度是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 擺球的最高點與最低點的高度差為0 3hD 擺球的最高點與最低點的高度差為0 25h C組教師專用題組 答案D單擺周期T 2 與擺球質量和擺角無關 故A B都錯 設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 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的光滑軌道 BC段水平 AB段與BC段平滑連接 質量為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段上質量為m2的小球發(fā)生碰撞 碰撞后兩球的運動方向處于同一水平線上 且在碰撞過程中無機械能損失 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)律在物理學中有著廣泛的應用 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械能損失的簡化力學模型 如圖2所示 在固定光滑水平軌道上 質量分別為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個球對第n個球的動能傳遞系數(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 k1n值最大 圖2 答案 1 2 a b 2m0 解析 1 設碰撞前m1的速度為v10 根據(jù)機械能守恒定律m1gh m1 設碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2 根據(jù)動量守恒定律m1v10 m1v1 m2v2 由于碰撞過程中無機械能損失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)動能傳遞系數(shù)的定義 對于1 2兩球k12 同理可得 球m2和球m3碰撞后 動能傳遞系數(shù)k13應為k13 依次類推 動能傳遞系數(shù)k1n應為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 即m2 2m0時 k13最大 8 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合為一體 其質量逐漸增大 現(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 質量依次變?yōu)閙2 m3 mn 設各質量為已知量 不計空氣阻力 1 若不計重力 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 解析 1 不計重力 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 b 第2次碰撞前 2gl利用 式化簡得 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 減小球對手的沖量B 減小球對手的沖擊力C 減小球的動量變化量D 減小球的動能變化量 考點一沖量和動量定量 A組2016 2018年高考模擬 基礎題組 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 p 解得 F 當時間增大時 手對球的作用力就減小 即減小了球對手的沖擊力 而沖量和動能的變化量都是一定的 所以B正確 思路點撥本題主要考查了動量定理的直接應用 注意當動量變化量一定時 增大作用時間可以減小沖擊力 2 2018北京海淀期中 4 用豆粒模擬氣體分子 可以模擬氣體壓強產生的原理 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?若每個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 碰撞力遠大于豆粒受到的重力 已知1000粒的豆粒的總質量為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用動量定理有 F N 0 6N 由牛頓第三定律知 選項B正確 3 2017北京西城二模 17 應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 可以使物理學習更加有趣和深入 甲 乙兩同學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 第一次甲同學慢拉紙條將紙條抽出 棋子掉落在地上的P點 第二次將棋子 紙條放回原來的位置 乙同學快拉紙條將紙條抽出 棋子掉落在地上的N點 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 答案C慣性大小由質量決定 A錯誤 滑動摩擦力f mg B錯誤 由動量定理有ft mv 0知 C正確 D錯誤 4 2016北京朝陽二模 17 如圖所示 從地面上的A點以速度v豎直向上拋出一小球 上升至最高點B后返回 O為AB的中點 小球在運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點時的速度等于0 5vB 小球上升至O點時的速度小于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動 由v2 2ax 2a 可得vO A B項錯誤 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 5 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 現(xiàn)用下述模型分析探究 若大石板質量為M 80kg 鐵錘質量為m 5kg 鐵錘從h1 1 8m高處由靜止落下 打在石板上反彈 當反彈達到最大高度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 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 6 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動 引人駐足 如圖所示 這一景觀可做如下簡化 假設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 在單位時間內向上通過水柱橫截面的水的體積 設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 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 1 求噴泉單位時間內噴出的水的質量 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 試計算米老鼠模型在空中懸停時 水到達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從噴口噴出水的動能 請根據(jù)第 2 問中的計算結果 推導沖浪板底 部距離噴口的高度h與水泵對水做功的功率P0之間的關系式 答案 1 Q 2 3 見解析 解析 1 設很短時間 t內 從噴口噴出的水的體積為 V 質量為 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解得單位時間內從噴口噴出的水的質量為 Q 2 設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)? t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 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 t時間內噴出的水 根據(jù)機械能守恒定律得 m v2 m gh m 水泵對水做功的功率為 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為該事故報告圖中P點 并測量出相關數(shù)據(jù)標注在圖中 又判斷出兩輛車的質量大致相同 為簡化問題 將兩車均視為質點 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 考點二動量守恒定律及其應用 A 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 質量為80kg的冰球運動員甲 以5m s的速度在水平冰面上向右運動時 與質量為100kg 速度為3m s的迎面而來的運動員乙相撞 碰后甲恰好靜止 假設碰撞時間極短 下列說法中正確的是 A 碰后乙向左運動 速度大小為1m sB 碰后乙向右運動 速度大小為7m sC 碰撞中甲 乙的機械能總共增加了1450JD 碰撞中甲 乙的機械能總共損失了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 碰撞過程機械能的變化為 E m乙v m甲 m乙 100 12J 80 52J 100 32J 1400J 機械能減少了1400J 故C錯誤 D正確 9 2016北京四中期中 我國女子短道速滑隊在2013年世錦賽上實現(xiàn)女子3000m接力三連冠 觀察發(fā)現(xiàn) 接棒 的運動員甲提前站在 交棒 的運動員乙前面 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項錯誤 由I合 p知 甲 乙的動量變化量等大反向 B項正確 在相同的作用時間內 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 知動能變化量不一定相等 C D項均錯誤 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彈簧 A的質量是B的2倍 把連接物體的細繩剪斷 彈簧恢復原長時 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的質量為B的兩倍 所以A的速度大小為B的一半 B選項正確 加速度a 兩物體所受合力相等 A的質量是B的2倍 則A的加速度是B的 C選項錯誤 由于動量守恒 A B動量大小相等 D選項錯誤 11 2018北京朝陽二模 22 如圖所示 豎直平面內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 小滑塊B在A的右側l 3 0m處以初速度v0 5 0m s向左運動 B與A碰撞后結合為一個整體 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的質量相等 B與桌面之間的動摩擦因數(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到的最大高度h 解析 1 設小滑塊的質量為m 根據(jù)動能定理有 mgl 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 問中機械能守恒表達式中的質量為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 半徑為R的光滑四分之一圓軌道 其末端 B點 切線水平 且距水平地面的高度也為R 1 2兩小滑塊 均可視為質點 用輕細繩拴接在一起 在它們中間夾住一個被壓縮的微小輕質彈簧 兩滑塊從圓弧形軌道的最高點A由靜止滑下 當兩滑塊滑至圓弧形軌道最低點時 拴接兩滑塊的細繩突然斷開 彈簧迅速將兩滑塊彈開 滑塊2恰好能沿圓弧形軌道運動到軌道的最高點A 已知R 0 45m 滑塊1的質量m1 0 16kg 滑塊2的質量m2 0 04kg 重力加速度g取10m s2 空氣阻力可忽略不計 求 1 兩滑塊一起運動到圓弧形軌道最低點細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的落地點與滑塊1的落地點之間的距離 解析 1 設兩滑塊一起滑至軌道最低點時的速度為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 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動到軌道最高點A 此過程中機械能守恒 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 解得v1 4 5m s對于彈簧將兩滑塊彈開的過程 根據(jù)機械能守恒定律有E彈 解得E彈 0 90J 3 設兩滑塊平拋運動的時間為t 由R gt2 解得兩滑塊做平拋運動的時間t 0 30s滑塊1平拋運動的水平位移x1 v1t 1 35m滑塊2從B點上滑到A點 再從A點返回B點的過程 機械能守恒 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的落地點與滑塊1的落地點之間的距離 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動 原子熱運動越激烈 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 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 運動的原子在吸收光子過程中會受到類似機械波的多普勒效應的影響 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動的激光光子 請定性判斷激光光子的頻率 和原子發(fā)生躍遷時的能量變化 E與h的比值之間應有怎樣的大小關系 b 若某種氣態(tài)物質中含有大量做熱運動的原子 為使該物質能夠持續(xù)降溫 可同時使用6個頻率可調的激光光源 從相互垂直的3個維度 6個方向上向該種物質照射激光 請你運用所知所學 簡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 躍遷頻率應為 0 考慮多普勒效應 由于光子與原子相向運動 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 率 2分 b 對于大量沿任意方向運動的原子 速度矢量均可在同一個三維坐標系中完全分解到相互垂直的3個緯度上 1分 考慮多普勒效應 選用頻率 的激光 原子只能吸收反向運動的光子使動量減小 通過適當調整激光頻率 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 大量原子的熱運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 能使該物質持續(xù)降溫 這樣做是可行的 合理的 解題關鍵 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 動量定理熟練應用 3 a 考慮多普勒效應 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 原子向各方向運動可分解到三個維度 熱運動速度分布有一定規(guī)律 調整激光頻率 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驗 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 內芯和輕質彈簧三部分 彈跳過程可以分為三個階段 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 見位置a 由靜止釋放 外殼豎直上升與靜止的內芯碰撞 見位置b 考點三動量 能量的綜合應用 碰撞后內芯與外殼以共同的速度一起上升到最大高度處 見位置c 不計摩擦與空氣阻力 下列說法正確的是 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 若筆的總質量一定 外殼質量越大筆彈起的高度越大D 筆彈起的過程中 彈簧釋放的彈性勢能等于筆增加的重力勢能 答案C壓縮彈簧 儲存彈性勢能 釋放之后 彈性勢能轉化為筆的初動能 之后筆離開桌面動能轉化為重力勢能 由于減少筆芯中的油 質量減小 所以筆彈起的高度增加 選項A錯誤 因為彈簧的彈性勢能與勁度系數(shù)有關 所以僅增大彈簧的勁度系數(shù) 儲存的彈性勢能增大 最終筆上升的距離會增大 選項B錯誤 由靜止釋放 外殼豎直上升與靜止的內芯碰撞瞬間屬于完全非彈性碰撞 機械能會損失一部分 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量大于內芯質量 若筆的總質量一定 外殼質量越大由于碰撞損失的能量越少 筆彈起的高度越大 選項C正確 由于碰撞過程中會有一部分能量轉化為內能 選項D錯誤 15 2018北京東城一模 24 如圖所示為雨滴從高空下落過程中空氣阻力f隨雨滴速度v變化的大致情況 其中圖線 分別對應半徑不同的雨滴 1 請利用圖線分析并說明雨滴下落過程中加速度和速度隨時間變化的大致情況 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 請比較 圖線所示的兩個雨滴下落的最終速度 b 請計算半徑r 5mm的雨滴下落的最終速度 3 已知一滴雨珠的重力可達蚊子體重的50倍之多 但是下雨時蚊子卻可以在 雨中漫步 為研究蚊子不會被雨滴砸死的訣竅 科學家用高速相機以每秒4000幀的速度拍攝 記錄雨滴擊中蚊子時二者相互作用的每一個動作 歸納并計算出蚊子與雨滴遭遇瞬間的作用力及其隨 雨滴向下移動的距離 針對雨滴下落時正中蚊子的情況 研究發(fā)現(xiàn)蚊子被雨滴擊中時并不抵擋雨滴 而是與雨滴融為一體 順應雨滴的趨勢落下 隨后迅速側向微調與雨滴分離 現(xiàn)對比兩種情況 蚊子在空中被雨滴砸中 蚊子棲息于地面時被雨滴砸中 請建立理想模型 通過計算比較兩種情況下雨滴擊中時的沖擊對蚊子的傷害 解題過程中需要用到的物理量 要在解題時作必要的說明 答案見解析 解析 1 雨滴下落過程中受到重力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 當下落速度v增大時 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 只是增加得越來越慢 當重力mg和空氣阻力f相等時 雨滴以最大速度做勻速運動 2 當mg f時 雨滴達到最終速度vm 將雨滴的質量m r3 阻力f kr2vm代入 可得vm r a 式說明 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 對發(fā)生完全非彈性碰撞的兩個物體應用動量守恒定律 Mv0 M m v 碰撞過程損失的機械能為 Ek M M m v2 M 在第 種情況中 因為雨滴的質量M約為蚊子的質量m的50倍 由 式可知損失的機械能 Ek約為雨滴碰撞前動能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量之和 由 式可知損失的機械能 Ek約為雨滴碰撞前動能M的全部 碰撞過程機械能的損失伴隨著系統(tǒng)發(fā)生不可恢復的形變等過程 即使認為兩次作用的時間相等 實際上應有t1 t2 亦可知第 種情況對蚊子的傷害大 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行分析 設雨滴的質量為M 蚊子的質量為m 雨滴下落到地面附近時速度大小為v0 因相互作用時間很短 不考慮重力的影響 第