（北京专用）2020届高考物理一轮复习专题七动量课件.pptx

,高考物理 (北京市选考专用),专题七 动量,五年高考,考点一 冲量和动量 动量定理,A组 自主命题北京卷题组,1.(2015北京理综,18,6分)“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,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。,考查点 动量、冲量、能量。,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。,2.(2019北京理综,24,20分)雨滴落到地面的速度通常仅为几米每秒,这与雨滴下落过程中受到 空气阻力有关。雨滴间无相互作用且雨滴质量不变,重力加速度为g。 (1)质量为m的雨滴由静止开始,下落高度h时速度为u,求这一过程中克服空气阻力所做的 功W。 (2)将雨滴看做半径为r的球体,设其竖直落向地面的过程中所受空气阻力f=kr2v2,其中v是雨滴 的速度,k是比例系数。 a.设雨滴的密度为,推导雨滴下落趋近的最大速度vm与半径r的关系式; b.示意图中画出了半径为r1、r2(r1r2)的雨滴在空气中无初速下落的v-t图线,其中 对应 半径为r1的雨滴(选填、);若不计空气阻力,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。 (3)由于大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为 垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力fv2(提示:设单位 体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。,答案 (1)mgh- mu2 (2)a. b. 图见解析 (3)见解析,解析 本题以雨滴下落为情境,综合考查动能定理、牛顿第二定律、牛顿第三定律和动量定 理,体现了科学思维中的模型建构及科学探究中的证据要素。 (1)根据动能定理mgh-W= mu2 可得W=mgh- mu2 (2)a.根据牛顿第二定律mg-f=ma 得a=g- 当加速度为零时,雨滴趋近于最大速度vm 雨滴质量m= r3 由a=0,可得,雨滴最大速度 vm=,b.由vm= 可知,对应半径为r1的雨滴。所作v-t图线如图1。 图1 (3)根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的几率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下 只考虑雨滴下落的定向运动。 简化的圆盘模型如图2。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在t时间内,与圆盘 碰撞的空气分子质量为m=Svtnm0 图2,以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理, 有Ftmv 得Fnm0Sv2 由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力 fv2 采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。 解题关键 雨滴在下落过程中受重力和空气阻力,根据牛顿第二定律确定出下落过程中雨 滴的加速度与运动速度的关系,即可确定下落的最大速度和v-t图像;巧妙地结合动量定理在 连续体中的应用,用微元思想确定圆盘对气体分子的作用力。,3.(2018北京理综,22,16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=10 m, C是半径R=20 m圆弧的最低点。质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度 a=4.5 m/s2,到达B点时速度vB=30 m/s。取重力加速度g=10 m/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。,答案 (1)100 m (2)1 800 Ns (3)受力图见解析 3 900 N,mgh= m - m 根据牛顿第二定律,有 FN-mg=m 得FN=3 900 N,一题多解 运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma =1 800 Ns。,4.(2016北京理综,24,20分)(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。碰撞过程中忽略小球所受重力。 图1 a.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。 图2 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。,答案 见解析,解析 (1)a.x方向:动量变化为 px=mv sin -mv sin =0 y方向:动量变化为 py=mv cos -(-mv cos )=2mv cos 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=2np cos 从小球出射时的总动量为p2=2np p1、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的 方向沿SO向左。,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)p sin 从小球出射时的总动量为p2y=0 根据动量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)p sin 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 (1)将速度沿x轴和y轴两个方向分解,然后求解px与py。 (2)运用动量定理确定两个轴向的作用力方向,再进行合成分析。,疑难突破 光强不同,单位时间内发射的光子个数不同。,5.2013北京理综,24(2)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 f= nmv2,解析 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量为 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= nSvt t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,考查点 动量定理。,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。,6.(2019课标,16,6分)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这 标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体 速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( ) A.1.6102 kg B.1.6103 kg C.1.6105 kg D.1.6106 kg,B组 统一命题课标卷题组,答案 B 本题考查了考生对动量定理的理解能力,体现了物理模型建构的核心素养,同时也 增强了考生的国人自豪感。 设火箭发动机在1 s内喷射出气体的质量为m。以这部分气体为研究对象,应用动量定理,Ft= mv-0,解得m= =1.6103 kg。,解题关键 本题单位统一用国际单位制单位;研究对象选择发动机在1 s内喷射出的气体。,7.(2018课标,14,6分)高铁列车在启动阶段的运动可看做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 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。,8.(2018课标,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层 坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为 ( ) A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N,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3 m,则h=243 m=72 m,得F949 N,接近103 N,故选项C正确。,易错点拨 估算能力 (1)每层楼高度约为3 m,注意身边的物理知识。 (2)在计算时重点注意数量级。,9.(2017课标,20,6分)(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运 动。F随时间t变化的图线如图所示,则 ( ) A.t=1 s时物块的速率为1 m/s B.t=2 s时物块的动量大小为4 kgm/s C.t=3 s时物块的动量大小为5 kgm/s D.t=4 s时物块的速度为零,C组 教师专用题组,答案 AB 本题考查直线运动、对图像的理解、动量定理。t=1 s时物块的速率为v,Ft=mv, 得v=1 m/s,A项正确。t=2 s时动量为p,p=22 kgm/s=4 kgm/s,B项正确。t=3 s时的动量p3=22 kgm/s-11 kgm/s=3 kgm/s,C项错误。同理t=4 s时物块速度v4=1 m/s,故D项错误。 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。,1.(2014北京理综,22,16分)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=0.2 m;A和B的质量相等;A和B整体与桌面 之间的动摩擦因数=0.2。取重力加速度g=10 m/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 动量守恒定律,A组 自主命题北京卷题组,答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m,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= =2 m/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=1 m/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= =0.25 m,考查点 机械能守恒、动量守恒。,一题多解 第(3)问也可结合牛顿运动定律,应用匀变速运动规律求解:在桌面上的加速度为a= g=2 m/s2,又v2=2al,所以l= =0.25 m。,2.(2017课标,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空,50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间,火箭的动量大小为(喷出过程中 重力和空气阻力可忽略) ( ) A.30 kgm/s B.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s,B组 统一命题课标卷题组,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=0.05 kg 600 m/s=30 kgm/s,A正确。,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。,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4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0103 kg和1.5103 kg,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g=10 m/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。,答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s,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=3.0 m/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 ,联立式并利用题给数据得 vA=4.3 m/s,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。,4.2019江苏单科,12(1)质量为M的小孩站在质量为m的滑板上,小孩和滑板均处于静止状态, 忽略滑板与地面间的摩擦。小孩沿水平方向跃离滑板,离开滑板时的速度大小为v,此时滑板 的速度大小为 。 A. v B. v C. v D. v,C组 教师专用题组,答案 B,解析 本题考查了动量守恒定律,考查的是学生对动量守恒定律适用条件的理解能力,体现了 科学思维中的科学推理要素及物理观念中的运动与相互作用观念要素。 忽略滑板与地面间摩擦时,小孩与滑板在水平方向上动量守恒:0=Mv+mv,解得v=- v,其中 “-”表示v与v方向相反,故B正确。,5.2016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冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/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=0.3 m(h小于斜面体的 高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg,冰块的质量为m2=10 kg,小孩与滑板始终无相对 运动。取重力加速度的大小g=10 m/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?,答案 见解析,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)v m2 = (m2+m3)v2+m2gh 式中v20=-3 m/s为冰块推出时的速度。联立式并代入题给数据得 m3=20 kg ()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=1 m/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+m3v3 m2 = m2 + m3 联立式并代入数据得,v2=1 m/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 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)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qm。,考点三 动量的综合应用,A组 自主命题北京卷题组,答案 (1) (2) QE0d (3) Q,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 v=mvA0+ vB0 Epm= - v2 ,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+ vB0 m + = m + 由、解得vB=- vB0+ vA0 因B不改变运动方向,故vB=- vB0+ vA00 由、解得q Q 即B所带电荷量的最大值qm= Q,评析 本题借助带电粒子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,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.(2010北京理综,24,20分)雨滴在穿过云层的过程中,不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结 合为一体,其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初 始质量为m0,初速度为v0,下降距离l后与静止的小水珠碰撞且合并,质量变为m1。此后每经过同 样的距离l后,雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并,质量依次变为m2、m3mn(设各质量 为已知量)。不计空气阻力。 (1)若不计重力,求第n次碰撞后雨滴的速度vn; (2)若考虑重力的影响, a.求第1次碰撞前、后雨滴的速度v1和v1; b.求第n次碰撞后雨滴的动能 mnvn2。,答案 (1) v0 (2)a. b. ( +2gl ),解析 (1)不计重力,全过程中动量守恒,m0v0=mnvn 得vn= v0 (2)若考虑重力的影响,雨滴下降过程中做加速度为g的匀加速运动,碰撞瞬间动量守恒 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 =v12+2gl 利用式化简得 = + 2gl 第2次碰撞后,利用式得 v22= = + 2gl 同理,第3次碰撞后 v32= + 2gl, 第n次碰撞后vn2= + 2gl 动能 mnvn2= ( +2gl ),评析 本题以实际生活情景为背景,把碰撞模型融于雨滴与小水珠相结合的情景之中,是一道 综合性很强的力学试题。主要考查考生对动量、动量守恒、匀变速运动等物理核心知识的 掌握情况,以及应用上述知识对实际问题的分析综合探究能力和数学运算能力及数学归纳思 想在物理中的迁移能力。本题要求考生要有扎实的物理、数学功底,一定的知识迁移能力和 良好的心理素质。本题难度为难。,3.(2019课标,25,20分)竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平 滑连接,小物块B静止于水平轨道的最左端,如图(a)所示。t=0时刻,小物块A在倾斜轨道上从静 止开始下滑,一段时间后与B发生弹性碰撞(碰撞时间极短);当A返回到倾斜轨道上的P点(图中 未标出)时,速度减为0,此时对其施加一外力,使其在倾斜轨道上保持静止。物块A运动的v-t图 像如图(b)所示,图中的v1和t1均为未知量。已知A的质量为m,初始时A与B的高度差为H,重力加 速度大小为g,不计空气阻力。 图(a),B组 统一命题课标卷题组,图(b) (1)求物块B的质量; (2)在图(b)所描述的整个运动过程中,求物块A克服摩擦力所做的功; (3)已知两物块与轨道间的动摩擦因数均相等。在物块B停止运动后,改变物块与轨道间的动 摩擦因数,然后将A从P点释放,一段时间后A刚好能与B再次碰上。求改变前后动摩擦因数的 比值。,答案 (1)3m (2) mgH (3),解析 本题通过两物块在粗糙轨道上的滑行与碰撞考查了动量守恒定律、能量守恒定律等 相关规律,考查了考生综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了模型建构、 科学推理等核心素养要素。 (1)根据图(b),v1为物块A在碰撞前瞬间速度的大小, 为其碰撞后瞬间速度的大小。设物块B的 质量为m,碰撞后瞬间的速度大小为v。由动量守恒定律和机械能守恒定律有 mv1=m +mv m = m + mv2 联立式得 m=3m (2)在图(b)所描述的运动中,设物块A与轨道间的滑动摩擦力大小为f,下滑过程中所走过的路程 为s1,返回过程中所走过的路程为s2,P点的高度为h,整个过程中克服摩擦力所做的功为W。由 动能定理有,mgH-fs1= m -0 -(fs2+mgh)=0- m 从图(b)所给出的v-t图线可知 s1= v1t1 s2= (1.4t1-t1) 由几何关系可得 = 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W=fs1+fs2 联立式可得 W= mgH (3)设倾斜轨道倾角为,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为,有,W=mg cos 设物块B在水平轨道上能够滑行的距离为s,由动能定理有 -mgs=0- mv2 设改变后的动摩擦因数为,由动能定理有 mgh-mg cos -mgs=0 联立 式可得 = 解法指导 (1)在时间短暂的弹性碰撞中,利用动量守恒、能量守恒列式求解;(2)涉及距离的 问题中,通常利用动能定理列式可简便求解力、功等相关物理量。,4.(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。,答案 (1) (2),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,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 =E mv1+ mv2=0 ,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 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。,5.2016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。,答案 ,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 m mgl 即 设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间,a的速度大小为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+ v2 m = 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 v gl 联立式,可得, 联立式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为 ,解题指导 解答本题需要满足两个条件:小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞; 碰后,小物块b做减速运动而与墙未发生碰撞。,易错点拨 本题的易错点在于考生利用物理规律列方程时,列出的是不等式,而不等式左右两 边的大小关系是需要结合物理规律来分析判定的,尤其是不等式“等号”的取舍。,6.(2007北京理综,19,6分)如图所示的单摆,摆球a向右摆动到最低点时,恰好与一沿水平方向向 左运动的黏性小球b发生碰撞,并黏接在一起,且摆动平面不变。已知碰撞前a球摆动的最高点 与最低点的高度差为h,摆动的周期为T,a球质量是b球质量的5倍,碰撞前a球在最低点的速度是 b球速度的一半。则碰撞后 ( ) A.摆动的周期为 T B.摆动的周期为 T C.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3h D.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25h,C组 教师专用题组,答案 D 单摆周期T=2 与摆球质量和摆角无关,故A、B都错。设a球碰撞前速率为va,碰 后a、b共同速度为v,上升最大高度为h,由机械能守恒得magh= ma , 碰撞过程动量守恒mava-mb(2va)=(ma+mb)v, 又(ma+mb)gh= (ma+mb)v2, 及ma=5mb,联立解得h=0.25h,故D对。,7.(2009北京理综,24,20分)(1)如图1所示,ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道,BC段水平,AB 段与BC段平滑连接。质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑,与静止在轨道BC段 上质量为m2的小球发生碰撞,碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上,且在碰撞过程中无机 械能损失。求碰撞后小球m2的速度大小v2; 图1 (2)碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律,我们采用多 球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上且无机械能损失的简化力学模型。如图2所示,在固 定光滑水平轨道上,质量分别为m1、m2、m3mn-1、mn的若干个球沿直线静止相间排列,给第 1个球初动能Ek1,从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能Ek 与Ek1之比为第1个球对第n个球的动能传递系数k1n。 a.求k1n;,b.若m1=4m0,mk=m0,m0为确定的已知量。求m2为何值时,k1n值最大。 图2,答案 (1) (2)a. b.2m0,解析 (1)设碰撞前m1的速度为v10,根据机械能守恒定律 m1gh= m1 设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2,根据动量守恒定律 m1v10=m1v1+m2v2 由于碰撞过程中无机械能损失 m1 = m1 + m2 、式联立解得 v2= 将式代入式得 v2= (2)a.由式,考虑到Ek1= m1 和Ek2= m2 得 Ek2= Ek1,根据动能传递系数的定义,对于1、2两球 k12= = 同理可得,球m2和球m3碰撞后,动能传递系数k13应为 k13= = = 依次类推,动能传递系数k1n应为 k1n= = = 解得 k1n= b.将m1=4m0,m3=m0代入式可得 k13=64 为使k13最大,只需使 = 最大,即m2+ 取最小值,由m2+ = +4m0可知 当 = ,即m2=2m0时,k13最大。,8.(2019课标,25,20分)静止在水平地面上的两小物块A、B,质量分别为mA=1.0 kg,mB=4.0 kg; 两者之间有一被压缩的微型弹簧,A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m,如图所示。某时刻,将压 缩的微型弹簧释放,使A、B瞬间分离,两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后,A沿着与墙 壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为=0.20。重力加速度取g=10 m/ s2。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。 (1)求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小; (2)物块A、B中的哪一个先停止?该物块刚停止时A与B之间的距离是多少? (3)A和B都停止后,A与B之间的距离是多少?,答案 (1)4.0 m/s 1.0 m/s (2)B先停 0.50 m (3)0.91 m,解析 本题考查动量守恒定律、牛顿第二定律、动能定理和机械能守恒定律的综合应用,要 求考生具有较强的推理能力和综合分析能力。题目中涉及两个物体,运动过程较多,涉及规律 较多,综合性很强,为较难题。体现了模型建构、科学推理的素养要求。 (1)设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB,以向右为正,由动量守恒定律和题给条件有 0=mAvA-mBvB Ek= mA + mB 联立式并代入题给数据得 vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s (2)A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等,因而两者滑动时加速度大小相等,设为a。假设A 和B发生碰撞前,已经有一个物块停止,此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到 B停止所需时间为t,B向左运动的路程为sB,则有 mBa=mBg ,sB=vBt- at2 vB-at=0 在时间t内,A可能与墙发生弹性碰撞,碰撞后A将向左运动,碰撞并不改变A的速度大小,所以无 论此碰撞是否发生,A在时间t内的路程sA都可表示为,sA=vAt- at2 联立式并代入题给数据得 sA=1.75 m,sB=0.25 m sAl且sA-sB2l,这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞,但没有与B发生碰撞,此时A位于出发点右 边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处,两物块之间的距离s为 s=0.25 m+0.25 m=0.50 m (3)t时刻后A将继续向左运动,假设它能与静止的B碰撞,碰撞时速度的大小为vA,由动能定理有 mAvA2- mA =-mAg(2l+sB) 联立 式并代入题给数据得 vA= m/s,故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB,由动量守恒定律与机械能守恒 定律有 mA(-vA)=mAvA+mBvB mAvA2= mAvA2+ mBvB2 联立 式并代入题给数据得,vA= m/s,vB=- m/s 这表明碰撞后A将向右运动,B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止,B向左运 动距离为sB时停止,由运动学公式 2asA=vA2,2asB=vB2 根据 式及题给数据得 sA=0.63 m,sB=0.28 m sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离 s=sA+sB=0.91 m,解题思路 (1)由动量守恒定律和动能定理计算式联立即可。 (2)利用牛顿第二定律求A、B的加速度,分别对A、B的运动过程应用匀变速直线运动公式解 决问题。 (3)假设A能与B碰撞,应用动能定理求出A碰撞前的瞬时速度;发生弹性碰撞,则由动量守恒定 律和机械能守恒定律联立解出碰后A、B的速度,问题便易于解决了。,9.2016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 ()v0S () -,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=V V=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=(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 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 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。,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 冲量和动量 动量定理,1.(2019北京通州期中,10)如图所示,质量相等的两个物体,沿着倾角分别为和()的两个光 滑固定斜面,由静止开始从斜面顶端滑下,到达斜面底端,两个斜面高度相同。在此过程中,关 于两个物体,相同的物理量是 ( ) A.下滑的加速度大小 B.下滑的时间 C.合外力的冲量大小 D.重力的平均功率,答案 C 物体沿光滑的斜面下滑,根据牛顿第二定律可知mg sin =ma,即a=g sin ,与斜面倾 角有关,由于斜面倾角不同,故加速度不同,故选项A错误;物体下滑过程中,下滑高度h相等,由机 械能守恒定律得mgh= mv2,物体到达斜面底端时,速度v= ,由牛顿第二定律得加速度为a= g sin ,物体沿斜面下滑的时间t= = ,由于倾角和不同,物体下滑的时间不同,故B错 误;由于物体下滑高度相同,由上面分析可知,到达斜面底端时两物体的速度大小相等,由于两 物体质量相等,则其动量大小mv相等,由动量定理可知,合外力的冲量等于动量的变化量,由于 动量变化量大小相等,则合外力冲量大小相等,故C正确;物体下滑过程中,物体初末位置相同, 重力做功W=mgh相等,由于下滑的时间t不同,则重力的平均功率P= 不同,故D错误。,2.(2019北京朝阳期中,12)研究平抛运动的实验装置如图所示。某同学设想在小球下落的空间 中选取三个竖直平面1、2、3,平面与斜槽所在的平面垂直。小球从斜槽末端水平飞出,运动 轨迹与平面1、2、3的交点依次为A、B、C。小球由A运动到B,竖直位移为y1,动能的变化量 为Ek1,动量的变化量为p1;小球由B运动到C,竖直位移为y2,动能的变化量为Ek2,动量的变化 量为p2。忽略空气阻力的影响,若y1=y2,下列关系式正确的是 ( ) A.Ek1Ek2 C.p1p2,答案 D 对AB过程运用动能定理有mgy1= m - m =Ek1,对BC过程运用动能定理有 mgy2= m - m =Ek2,y1=y2,所以Ek1=Ek2,A、B错误。AB的时间为t1,BC的时间为t2,则 t1t2(竖直方向是自由落体运动),p1=mgt1,p2=mgt2,所以p1p2,故D正确,C错误。,解题关键 掌握平抛运动规律。,3.(2017北京西城二模,17)应用物理知识分析生活中的常见现象,或是解释一些小游戏中的物 理原理,可以使物理学习更加有趣和深入。甲、乙两同学做了如下的一个小游戏,如图所示,用 一象棋子压着一纸条,放在水平桌面上接近边缘处。第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出,棋子 掉落在地上的P点。第二次将棋子、纸条放回原来的位置,乙同学快拉纸条将纸条抽出,棋子 掉落在地上的N点。两次现象相比 ( ) A.第二次棋子的惯性更大 B.第二次棋子受到纸条的摩擦力更小 C.第二次棋子受到纸条的冲量更小 D.第二次棋子离开桌面时的动量更大,答案 C 惯性大小由质量决定,A错误。滑动摩擦力f=mg,B错误。由棋子掉落在地上的位 置可知,第二次棋子离开桌面时速度较小,动量较小,由动量定理有ft=mv-0知,C正确,D错误。,4.(2018北京海淀期中,4)用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理。 如图所示,从距秤盘80 cm高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续 作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为 ( ) A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N,答案 B 豆粒下落过程做自由落体运动,落到秤盘上时速度大小v= =4 m/s,根据题意知 反弹瞬间速度大小为2 m/s,对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有F= N=0.6 N,由牛顿第三定律知,选项B正确。,5.2019北京西城二模,23(1)如图,质量为m的物体,仅在与运动方向相同的恒力F的作用下,经 过时间t,发生了一段位移l,速度由v1增加到v2。结合图中情景,请猜测并推导: a.恒力和其作用时间的累积Ft直接对应着什么物理量的变化?并由牛顿运动定律和运动学公 式推导这种关系的表达式。 b.恒力在其作用空间上的积累Fl直接对应着什么物理量的变化?并由牛顿运动定律和运动学 公式推导这种关系的表达式。,答案 见解析,解析 a.恒力和其作用时间的累积Ft直接对应着动量的变化。 (1分) 由牛顿运动定律和运动学公式推导: F=ma,v2=v1+at (2分) 解得:Ft=mv2-mv1 (1分) b.恒力和其作用空间的累积Fl直接对应着动能的变化。 (1分) 由牛顿运动定律和运动学公式推导: F=ma, - =2al (2分) 解得:Fl= m - m (1分) 考查点 动量定理、动能定理的理论推导。,6.(2019北京东城期末,16)北京将在2022年举办冬季奥运会。滑雪运动将速度与技巧完美地结 合在一起,一直深受广大观众的欢迎。一质量为60 kg的运动员在高度为h=80 m、倾角为=30 的斜面顶端,从静止开始沿直线滑到斜面底端。下滑过程运动员可以看做质点,收起滑雪杖, 忽略摩擦阻力和空气阻力,g取10 m/s2,问: (1)运动员到达斜面底端时的速率v; (2)运动员刚到斜面底端时,重力的瞬时功率; (3)从斜面顶端滑到底端的过程中,运动员受到的重力的冲量。,答案 (1)40 m/s (2)1.2104 W (3)4.8103 Ns 方向为竖直向下,解析 (1)运动员由斜面顶端滑到底端过程中,机械能守恒:mgh= mv2 到达底端时的速率为v=40 m/s; (2)运动员滑到斜面底端时重力的瞬时功率为PG=mgvsin 30=1.2104 W; (3)运动员由斜面顶端滑到底端过程中,做匀加速直线运动 根据牛顿第二定律可以得到:a=g sin 30=5 m/s2 根据速度与时间关系可以得到:t= =8 s 则重力的冲量为IG=