高考物理课件+高清PDF讲义-1

专题七动量高考物理

(北京市专用)专题七动量高考物理(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A组

自主命题·北京卷题组五年高考1.(2015北京理综,18,6分,0.65)“蹦极”运动中2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。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。考查点动量、冲量、能量。答案

A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,32.(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=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。2.(2018北京理综,22,16分)2022年将在我国举办4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=1800N·s(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一题多解运动员在AB段所受合外力的冲量I=F合t=ma·

=1800N·s。答案(1)100m(2)1800N·s(3)受力图见解析3900N解析(1)根据匀变速直线运动公式,有L= =100m(353.(2016北京理综,24,20分,0.26)(1)动量定理可以表示为Δp=FΔt,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θ,碰撞后弹出的角度也是θ,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1a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy;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。3.(2016北京理综,24,20分,0.26)(1)动量定6一束激光经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①和②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①和②与SO的夹角均为θ,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①和②强度相同;b.光束①比②的强度大。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7解析(1)a.x方向:动量变化为Δpx=mvsinθ-mvsinθ=0y方向:动量变化为Δpy=mvcosθ-(-mvcosθ)=2mvcosθ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Δt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=2npcosθ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:FΔt=p2-p1=2np(1-cosθ)>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。答案见解析解析(1)a.x方向:动量变化为答案见解析8b.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Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)psinθ从小球出射时的总动量为p2y=0根据动量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)psinθ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Δpx与Δpy。(2)运用动量定理确定两个轴向的作用力方向,再进行合成。疑难突破光强不同,体现单位时间内发射的光子个数不同。b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。

x方向:根据(94.[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。4.[2013北京理综,24(2),0.31]对于同一物理问10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ΔI=2mv如图所示,以器壁上的面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内有1/6的粒子

在Δt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=

n·SvΔt

Δt时间内粒子给器壁的冲量为I=N·ΔI=

nSmv2Δt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

答案

f= nmv2解析一个粒子每与器壁碰撞一次给11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Δ

t时间内碰壁的粒子个数为N,则Δt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。考查点动量125.(2018课标Ⅰ,14,6分)高铁列车在启动阶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

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Ek∝v2、Ek∝t2、Ek∝s,故A、C项均错误,B项正确。由Ek=

,得Ek∝p2,故D项错误。B组

统一命题·课标卷题组5.(2018课标Ⅰ,14,6分)高铁列车在启动阶段的运动可136.(2018课标Ⅱ,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击力约为

()A.10NB.102NC.103ND.104N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=24×3m=72m,得F≈949N,接近103N,故选项C正确。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。6.(2018课标Ⅱ,15,6分)高空坠物极易对行人造成伤害147.(2017课标Ⅲ,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4kg·m/sC.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t=4s时物块的速度为零7.(2017课标Ⅲ,20,6分)(多选)一质量为2kg的15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。0~1s内,I1=2×1N·s=2N·s,据动量定理可得I1=mv1-mv0=2N·s,得1s时,v1=1m/s,A选项

正确。同理,0~2s内,I2=2×2N·s=p2-p0=p2,则t=2s时动量p2=4N·s=4kg·m/s,故B选项正确。0~3s

内I3=2×2N·s+(-1)×1N·s=3N·s=p3-p0=p3,则t=3s时,p3=3N·s=3kg·m/s,C选项错误。0~4s内I4=2

×2N·s+(-1)×2N·s=2N·s=p4-p0=p4=mv4,则t=4s时,v4=1m/s,D选项错误。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。答案

AB本题通过F-t图像考查动量定理。F-t图线168.[2016课标Ⅰ,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ρ,重力加速度大小为g。求(ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(ⅱ)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度。答案(ⅰ)ρv0S(ⅱ)

-

8.[2016课标Ⅰ,35(2),10分]某游乐园入口旁有一17解析(ⅰ)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV

①ΔV=v0SΔt

②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为

=ρv0S

③(ⅱ)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Δt时间内喷出的水,由能量守恒得

(Δm)v2+(Δm)gh=

(Δm)

④在h高度处,Δt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Δp=(Δm)v

⑤设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp

⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg

⑦解析(ⅰ)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为18联立③④⑤⑥⑦式得h=

-

⑧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Δt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Δt时间内的流体为研究对象求解未知量。联立③④⑤⑥⑦式得解题指导以喷泉为背景考查流体的动量问题。191.(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整体与

桌面之间的动摩擦因数μ=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A组

自主命题·北京卷题组1.(2014北京理综,22,16分,0.89)如图所示,竖20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)v'2=μ(2m)gl得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l=

=0.25m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=

μg=2m/s2,又v‘2=2al,所以l=

=0.25m。答案(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m解析设滑块的质量为m。考查点机械能守恒、动量守恒。一题多212.(2017课标Ⅰ,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.30kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/s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=0.05kg×

600m/s=30kg·m/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。B组

统一命题·课标卷题组2.(2017课标Ⅰ,14,6分)将质量为1.00kg的模223.(2018课标Ⅱ,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的质量分别为2.0×103kg和1.5×103

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。3.(2018课标Ⅱ,24,12分)汽车A在水平冰雪路面上行23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μmBg=mBaB

①式中μ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

②联立①②式并利用题给数据得vB'=3.0m/s③(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μmAg=mAaA

④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

⑤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'

⑥答案(1)3.0m/s(2)4.3m/s解析本题考查牛顿第二定律和动量守恒定律等知识。答案(1)24联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3m/s⑦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。联立③④⑤⑥式并利用题给数据得解题关键确定速度是解决碰撞问254.[2016课标Ⅱ,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。

(ⅰ)求斜面体的质量;(ⅱ)通过计算判断,冰块与斜面体分离后能否追上小孩?4.[2016课标Ⅱ,35(2),10分]如图,光滑冰面上静26解析(ⅰ)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

①

m2

=

(m2+m3)v2+m2gh

②式中v20=-3m/s为冰块推出时的速度。联立①②式并代入题给数据得m3=20kg③(ⅱ)设小孩推出冰块后的速度为v1,由动量守恒定律有m1v1+m2v20=0

④代入数据得v1=1m/s⑤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

⑥

m2

=

m2

+

m3

⑦联立③⑥⑦式并代入数据得答案见解析解析(ⅰ)规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高27v2=1m/s⑧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①光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量守恒定律求解;②小孩与冰块相互作用过程中

动量守恒;③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。v2=1m/s⑧解题思路①光滑冰面无摩擦力,可考虑用动量281.(2012北京理综,24,20分,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A组

自主命题·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qm。1.(2012北京理综,24,20分,0.20)匀强电场的方29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=

·

①A、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+

vB0

②Epm=(

m

+

·

)-

(m+

)v'2

③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= = 30已知q=

Q,由①、②、③式解得相互作用能的最大值Epm=

QE0d(3)考虑A、B在x>d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

④

m

+

·

=

m

+

·

⑤由④、⑤解得vB=-

vB0+

vA0因B不改变运动方向,故vB=-

vB0+

vA0≥0

⑥由①、⑥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,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。已知q= Q,由①、②、③式解得评析本题借助带电质点在电场312.(2018课标Ⅰ,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组

统一命题·课标卷题组2.(2018课标Ⅰ,24,12分)一质量为m的烟花弹获得动32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

①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

②联立①②式得t=

③(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

④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

⑤

mv1+

mv2=0

⑥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。答案(133由⑥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

⑦联立④⑤⑥⑦式得,烟花弹上部分距地面的最大高度为h=h1+h2=

⑧易错点拨关键词理解,隐含条件显性化①题目中的两个E,分别对应“一个物体”和“两个物体”。②爆炸后两部分质量均为

。③爆炸过程中系统初动量为0。④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。由⑥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343.[2016课标Ⅲ,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。3.[2016课标Ⅲ,35(2),10分]如图,水平地面上有35解析设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生碰撞,应有

m

>μmgl

①即μ<

②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

+μmgl

③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'

④

m

=

mv

+

v

⑤联立④⑤式解得v2'=

v1

⑥由题意,b没有与墙发生碰撞,由功能关系可知

v

≤μ

gl

⑦联立③⑥⑦式,可得答案

≤μ<

解析设物块与地面间的动摩擦因数为μ。若要物块a、b能够发生36μ≥

⑧联立②⑧式,a与b发生碰撞,但b没有与墙发生碰撞的条件为

≤μ<

⑨评分参考①②式各1分(若②式同时有小于和等于号,同样给分),③式2分,④⑤⑥⑦式各1分,

⑧式2分(若只有大于号,同样给分)。解题指导解答本题需要满足两个条件:①小物块a减速运动距离l与小物块b发生弹性碰撞;

②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w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。μ≥  ⑧评分参考①②式各1分(若②式同时有小于和等于号,374.[2015课标Ⅰ,35(2),10分]如图,在足够长的光滑水平面上,物体A、B、C位于同一直线上,A位

于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M,三者均处于静止状态。现使A以某一速度向右

运动,求m和M之间应满足什么条件,才能使A只与B、C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都

是弹性的。

4.[2015课标Ⅰ,35(2),10分]如图,在足够长的光38解析

A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的动量守恒、机械能守恒。设速度方

向向右为正,开始时A的速度为v0,第一次碰撞后C的速度为vC1,A的速度为vA1。由动量守恒定律

和机械能守恒定律得mv0=mvA1+MvC1

①

m

=

m

+

M

②联立①②式得vA1=

v0

③vC1=

v0

④如果m>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m<M

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(

-2)M≤m<M解析

A向右运动与C发生第一次碰撞,碰撞过程中,系统的39vA2=

vA1=

v0

⑤根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应有vA2≤vC1

⑥联立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应满足的条件为(

-2)M≤m<M

⑨(①②式各2分,③④⑤⑥⑧⑨式各1分。)解题关键①因水平面光滑,且物体间的碰撞都是弹性的,则碰撞时,动量和机械能都守恒,因

要求A只与B、C各发生一次碰撞,则解题时注意速度的大小和方向。评析考查考生的理解能力、分析综合能力以及应用数学工具的能力。综合性强,是今后的

命题热点。vA2= vA1= v0 ⑤解题关键①因水平面光滑,且物体405.[2014课标Ⅰ,35(2),9分]如图,质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方,B球

距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方。先将B球释放,经过一段时间后再将A球释放。当

A球下落t=0.3s时,刚好与B球在地面上方的P点处相碰,碰撞时间极短,碰后瞬间A球的速度恰

为零。已知mB=3mA,重力加速度大小g=10m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求(ⅰ)B球第一次到达地面时的速度;(ⅱ)P点距离地面的高度。5.[2014课标Ⅰ,35(2),9分]如图,质量分别为mA41解析(ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学公式有vB=

①将h=0.8m代入上式,得vB=4m/s②(ⅱ)设两球相碰前后,A球的速度大小分别为v1和v1'(v1'=0),B球的速度分别为v2和v2'。由运动学

规律可得v1=gt

③由于碰撞时间极短,重力的作用可以忽略,两球相碰前后的动量守恒,总动能保持不变。规定向

下的方向为正,有mAv1+mBv2=mBv2'

④

mA

+

mB

=

mBv

⑤设B球与地面相碰后的速度大小为vB',由运动学及碰撞的规律可得vB'=vB

⑥设P点距地面的高度为h',由运动学规律可得h'=

⑦联立②③④⑤⑥⑦式,并代入已知条件可得h'=0.75m⑧答案(ⅰ)4m/s(ⅱ)0.75m解析(ⅰ)设B球第一次到达地面时的速度大小为vB,由运动学426.(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

TB.摆动的周期为

TC.摆球的最高点与最低点的高度差为0.3hD.摆球的最高点与最低点的高度差为0.25hC组

教师专用题组6.(2007北京理综,19,6分)如图所示的单摆,摆球a向43答案

D单摆周期T=2π

与摆球质量和摆角无关,故A、B都错。设a球碰撞前速度为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。答案

D单摆周期T=2π 与摆球质量和摆角无关,故A447.(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、m3…mn-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;7.(2009北京理综,24,20分)(1)如图1所示,AB45b.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

b.若m1=4m0,mk=m0,m0为确定的已知量。求m2为46解析(1)设碰撞前m1的速度为v10,根据机械能守恒定律m1gh=

m1

①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

②由于碰撞过程中无机械能损失

m1

=

m1

+

m2

③②、③式联立解得v2=

④将①式代入④式得v2=

(2)a.由④式,考虑到Ek1=

m1

和Ek2=

m2

得Ek2=

Ek1解析(1)设碰撞前m1的速度为v10,根据机械能守恒定律47根据动能传递系数的定义,对于1、2两球k12=

=

⑤同理可得,球m2和球m3碰撞后,动能传递系数k13应为k13=

=

·

=

·

⑥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⑥式可得k13=64

为使k13最大,只需使

=

最大,即m2+

取最小值根据动能传递系数的定义,对于1、2两球48由m2+

=

+4m0可知当

=

,即m2=2m0时,k13最大。由m2+ = +4m0可知498.(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、m3……mn……(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

mn

。答案(1)

v0(2)a.

8.(2010北京理综,24,20分)雨滴在穿过云层的过程中50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=

①b.第2次碰撞前

=

+2gl利用①式化简得

=

+

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)不计重力,全过程中动量守恒,m0v0=mnvn'51高考物理课件+高清PDF讲义-1521.(2018北京四中期中,11)篮球运动员伸出双手去接传来的球时,两手会随球收缩至胸前。这

样做可以

()A.减小球对手的冲量B.减小球对手的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量考点一冲量和动量定量A组

2016—2018年高考模拟·基础题组三年模拟答案

B先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球收缩至胸前,这样可以增加球与手接触的

时间,而球的动量变化量是一定的,根据动量定理得:Ft=Δp,解得:F=

,当时间增大时,手对球的作用力就减小,即减小了球对手的冲击力,而冲量和动能的变化量都是一定的,所以B正确。思路点拨本题主要考查了动量定理的直接应用,注意当动量变化量一定时,增大作用时间可

以减小冲击力。1.(2018北京四中期中,11)篮球运动员伸出双手去接传来532.(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80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1s,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1000粒的豆粒的总质量为100g。则在

碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为

()

A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N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=

=4m/s,根据题意知反弹瞬间速度大小为2m/s,对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有:F=

N=0.6N,由牛顿第三定律知,选项B正确。2.(2018北京海淀期中,4)用豆粒模拟气体分子,可以模拟543.(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3.(2017北京西城二模,17)应用物理知识分析生活中的常55答案

C惯性大小由质量决定,A错误。滑动摩擦力f=μmg,B错误。由动量定理有ft=mv-0知,

C正确,D错误。答案

C惯性大小由质量决定,A错误。滑动摩擦力f=μ564.(2016北京朝阳二模,17)如图所示,从地面上的A点以速度v竖直向上抛出一小球,上升至最高

点B后返回,O为AB的中点,小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变。下列说法正确的是

()A.小球上升至O点时的速度等于0.5vB.小球上升至O点时的速度小于0.5vC.小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量D.小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量答案

C上升过程小球做匀减速运动,由v2=2ax、

=2a·

可得vO=

=

>

,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。4.(2016北京朝阳二模,17)如图所示,从地面上的A点以575.[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。5.[2018北京石景山一模,23(2)]动量定理描述了力对58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F1=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-F1't1=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)答案见解析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。解析铁锤打击石板时的速度v1= 答案见解析解题关键针对596.(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ρ,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6.(2017北京海淀期中,18)香港迪士尼游乐园入口旁有一60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(1)ρQ(2)

(3)见解析部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。答案61解析(1)设很短时间Δt内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,水柱在喷口的初速度为v0,

喷口的横截面积为S。则:Δm=ρΔVΔV=Sv0Δt=QΔt解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为

=ρQ(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,Δt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:FΔt=0-(Δm)(-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Δt时间内喷出的水,根据机

械能守恒定律得:

(Δm)v2+(Δm)gh=

(Δm)

解析(1)设很短时间Δt内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质62水泵对水做功的功率为:P0=

=

联立解得:h=

-

水泵对水做功的功率为:P0= = 637.(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7.(2017北京海淀期中,10)(多选)交警正在调查发生在64A.发生碰撞时汽车A的速率较大B.发生碰撞时汽车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12∶5D.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

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θ,由题中所给车的初末位置,得tanθ=

,又tanθ=

,且mA=mB,得

=

,则B、C正确。A.发生碰撞时汽车A的速率较大答案

BC两车碰撞瞬间658.(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

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ΔE=

m乙v

-(

m甲

+

m乙

)=

×100×12J-(

×80×52J+

×100×32J)=-1400J,机械能减少了1400J,故C错误,D正确。8.(2016北京东城期中,14)质量为80kg的冰球运动669.(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

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=Δp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=ΔEk,知动能变化量不一定相等,C、D项均错误。9.(2016北京四中期中)我国女子短道速滑队在2013年世6710.(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

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。10.(2017北京东城期末,8)在光滑水平地面上有静止的物6811.(2018北京朝阳二模,22)如图所示,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μ=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。11.(2018北京朝阳二模,22)如图所示,竖直平面内的四69解析(1)设小滑块的质量为m,根据动能定理有-μmgl=

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)(3)根据机械能守恒定律有

×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。解析(1)设小滑块的质量为m,根据动能定理有答案(1)47012.(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高点A。已知R=0.45m,滑块1的质量m1=0.16

kg,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。12.(2017北京海淀期中,16)如图所示,AB为固定在竖71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(1)6.0N(2)0.90J(3)0.45m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72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Δx=x1-x2=0.45m解得v1=4.5m/s7313.(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13.(2018北京海淀一模,24)物体中的原子总是在不停地74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ν和原子发生跃迁时

的能量变化ΔE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。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f75解析(1)原子吸收和放出一个光子,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ν0=

,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(1)p0-p1-p2(2)

(3)见解析解析(1)原子吸收和放出一个光子,由动量守恒定律有:答案76率ν<

(2分)b.①对于大量沿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)②考虑多普勒效应,选用频率ν<

的激光,原子只能吸收反向运动的光子使动量减小。通过适当调整激光频率,可保证减速的原子能够不断吸收、发射光子而持续减小动量;

(1分)③大量原子的热运动速率具有一定的分布规律,总有部分原子的速率能够符合光子吸收条件

而被减速。被减速的原子通过与其他原子的频繁碰撞,能够使大量原子的平均动能减小,温度

降低。

(1分)所以,从彼此垂直、两两相对的6个方向照射激光,能使该物质持续降温,这样做是可行的,合理的。解题关键(1)动量守恒。(2)原子向各个方向均匀地发射光子,所有光子总动量为0。动量定理熟练应用。(3)a.考虑多普勒效应,原子接收光子的频率大于激光光子频率,所以为使原子能够跃迁,照射原

子的激光光子频率要小于跃迁频率。b.原子向各方向运动可分解到三个维度,热运动速度分布有一定规律,调整激光频率,可保证原

子能吸收到合适频率的激光光子。率ν<  (2分)解题关键(1)动量守恒。7714.(2017北京朝阳期中,13,4分)如图甲所示,利用我们常见的按压式圆珠笔,可以做一个有趣的

实验,先将其倒立向下按压然后放手,笔将向上弹起一定的高度。为了研究方便,把笔简化为外

壳、内芯和轻质弹簧三部分。弹跳过程可以分为三个阶段(如图乙所示):