北京市2019版高考物理专题七动量课件20190225170.pptx

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1、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,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

2、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。,2.(2018北京理综,22,16分)

3、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。,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。,答案

4、 (1)100 m (2)1 800 Ns (3)受力图见解析 3 900 N,3.(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

5、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,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

6、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。,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。

7、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。,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

8、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 f= nmv2,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

9、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 动量定理。,5.(2018课标,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Ekv2、Ekt2、Eks, 故A、C项均错误,B项正确。由Ek= ,得Ekp2,故D项错误。,B组 统一命题课标

10、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

11、 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。,7.(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,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。01 s内,I1=21 Ns=2 Ns,据动量定理可得I1=mv1-mv0=2 Ns,得1 s时

12、,v1=1 m/s,A选项 正确。同理,02 s内,I2=22 Ns=p2-p0=p2,则t=2 s时动量p2=4 Ns=4 kgm/s,故B选项正确。03 s 内I3=22 Ns+(-1)1 Ns=3 Ns=p3-p0=p3,则t=3 s时,p3=3 Ns=3 kgm/s,C选项错误。04 s 内I4=2 2 Ns+(-1)2 Ns=2 Ns=p4-p0=p4=mv4,则t=4 s时,v4=1 m/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

13、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

14、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

15、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=0.2 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 动能定理及其应用 A组 自主命题北京卷题组,解析 设滑

16、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。,答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m,2.(2017课标,14,6分)将质量为1.00 kg的模型火箭点

17、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,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

18、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,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, 重力加速度大小g=10 m/s2。求 (1)碰撞后的瞬间B车速

19、度的大小; (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。,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

20、mAvA=mAvA+mBvB ,答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s,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。,4.2016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

21、(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?,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

22、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,答案 见解析,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,0.20)匀强电场的方向沿x轴正向,电场强度E随x的分布

23、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。,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

24、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+ vB0 Epm=( m + )- (m+ )v2

25、,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+ 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。

26、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.(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组 统一命题课标卷题组,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

27、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 ,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=

28、,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。,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 设物块与地面间的动摩擦

29、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,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 ,评分参考 式各1分(若式同时有小于和等于号,同样给分),式2分,式各1分, 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:小物块a减速运动距离l与小

30、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。,4.2015课标,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。,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

31、 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 m = m + M 联立式得 vA1= v0 vC1= v0 如果mM,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 ( -2)MmM,vA2= vA1= v0 根据题意,要求A只与B、C各发生一次碰撞,应

32、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)MmM (式各2分,式各1分。),解题关键 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。,5.2014课标,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=0.8 m,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

33、释放。当 A球下落t=0.3 s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=10 m/s2,忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求 ()B球第一次到达地面时的速度; ()P点距离地面的高度。,解析 ()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= 将h=0.8 m代入上式,得vB=4 m/s ()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 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

34、,有 mAv1+mBv2=mBv2 mA + mB = mBv 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 设P点距地面的高度为h,由运动学规律可得 h= 联立式,并代入已知条件可得 h=0.75 m,答案 ()4 m/s ()0.75 m,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

35、 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。,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

36、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。

37、 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

38、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.(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m

39、2、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 mn 。,答案 (1) v0 (2)a.,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 = +2gl 利用式化简得 = + 2gl 第2次碰撞后,利用式得= = + 2gl 同理

40、,第3次碰撞后 = + 2gl,1.(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 20162018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=p,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

41、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。,2.(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

42、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。,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

43、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。由动量定理有ft=mv-0知, C正确,D错误。,4.(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0.5v B.小球上升至O点时的速度小于0.5v C.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

44、 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。,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=80 kg,铁锤质量为m=5 kg。铁

45、锤从h1=1.8 m高处由静止落下,打在石板上反 弹,当反弹达到最大高度h2=0.05 m时被拿开。铁锤与石板的作用时间约为t1=0.01 s。由于缓 冲,石板与“气功师”腹部的作用时间较长,约为t2=0.5 s,取重力加速度g=10 m/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 铁锤打击石板时的速度v1= 解得v1=6 m/s(1分) 铁锤反弹时的速度v2= 解得v2=1 m/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=3 550 N(1分) 由牛顿第三定律知,铁锤对石板

46、的作用力F1=F1=3 550 N 对石板,由动量定理有 (F2-Mg)t2-F1t1=0 (2分) 解得F2=871 N(1分) 由牛顿第三定律知,石板对人的作用力F2=F2=871 N 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。,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柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型

47、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)求喷泉单位时间内喷出的水的

48、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 (1)Q (2) (3)见解析,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=V V=Sv0t=Qt 解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为 =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),