北京市2019版高考物理 专题七 动量课件.ppt

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 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 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 3 2016北京理综 24 20分 0 26 1 动量定理可以表示为 p F t 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 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 F t 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 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 n1 n2 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 Fy t 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 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 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 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 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 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 从喷口喷出的水的体积为 V 质量为 m 则 m V V v0S t 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F t 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 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A组自主命题 北京卷题组 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 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 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 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 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的质量分别为2 0 103kg和1 5 103kg 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 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 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 3m s为冰块推出时的速度 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 m3v3 m2 m2 m3 联立 式并代入数据得 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 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 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 m m 由 解得vB vB0 vA0因B不改变运动方向 故vB vB0 vA0 0 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 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 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 vA2 vA1 v0 根据题意 要求A只与B C各发生一次碰撞 应有vA2 vC1 联立 式得m2 4mM M2 0 解得m 2 M 另一解m 2 M舍去 所以 m和M应满足的条件为 2 M m M 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 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 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 8m代入上式 得vB 4m 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 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 75m 答案 4m s 0 75m 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 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 Sv0 t Q t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 F t 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 A 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 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 E 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 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 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 11 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 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 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 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 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 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 x x1 x2 0 45m 13 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 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 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 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 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 1 p0 p1 p2 2 3 见解析 率 2分 b 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 考虑多普勒效应 选用频率 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 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 14 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 把笔竖直倒立于水平硬桌面 下压外壳使其下端接触桌面 见位置a 由静止释放 外壳竖直上升与静止的内芯碰撞 见位置b 考点三动量 能量的综合应用 碰撞后内芯与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处 见位置c 不计摩擦与空气阻力 下列说法正确的是 A 仅减少笔芯中的油 则笔弹起的高度将变小B 仅增大弹簧的劲度系数 则笔弹起的高度将变小C 若笔的总质量一定 外壳质量越大笔弹起的高度越大D 笔弹起的过程中 弹簧释放的弹性势能等于笔增加的重力势能 答案C压缩弹簧 储存弹性势能 释放之后 弹性势能转化为笔的初动能 之后笔离开桌面动能转化为重力势能 由于减少笔芯中的油 质量减小 所以笔弹起的高度增加 选项A错误 因为弹簧的弹性势能与劲度系数有关 所以仅增大弹簧的劲度系数 储存的弹性势能增大 最终笔上升的距离会增大 选项B错误 由静止释放 外壳竖直上升与静止的内芯碰撞瞬间属于完全非弹性碰撞 机械能会损失一部分 m外壳v0 Mv共 v共 E m外壳 M m外壳 一般情况 按压式圆珠笔的外壳质量大于内芯质量 若笔的总质量一定 外壳质量越大由于碰撞损失的能量越少 笔弹起的高度越大 选项C正确 由于碰撞过程中会有一部分能量转化为内能 选项D错误 15 2018北京东城一模 24 如图所示为雨滴从高空下落过程中空气阻力f随雨滴速度v变化的大致情况 其中图线 分别对应半径不同的雨滴 1 请利用图线分析并说明雨滴下落过程中加速度和速度随时间变化的大致情况 2 已知图中直线的斜率 kr2 其中k kg m2 s r为雨滴的半径 雨滴的密度取 1 0 103kg m3 g 10m s2 a 请比较 图线所示的两个雨滴下落的最终速度 b 请计算半径r 5mm的雨滴下落的最终速度 3 已知一滴雨珠的重力可达蚊子体重的50倍之多 但是下雨时蚊子却可以在 雨中漫步 为研究蚊子不会被雨滴砸死的诀窍 科学家用高速相机以每秒4000帧的速度拍摄 记录雨滴击中蚊子时二者相互作用的每一个动作 归纳并计算出蚊子与雨滴遭遇瞬间的作用力及其随 雨滴向下移动的距离 针对雨滴下落时正中蚊子的情况 研究发现蚊子被雨滴击中时并不抵挡雨滴 而是与雨滴融为一体 顺应雨滴的趋势落下 随后迅速侧向微调与雨滴分离 现对比两种情况 蚊子在空中被雨滴砸中 蚊子栖息于地面时被雨滴砸中 请建立理想模型 通过计算比较两种情况下雨滴击中时的冲击对蚊子的伤害 解题过程中需要用到的物理量 要在解题时作必要的说明 答案见解析 解析 1 雨滴下落过程中受到重力mg和空气阻力f的作用 加速度方向向下 由牛顿第二定律知加速度大小a 题中给出的f v图像表明 当下落速度v增大时 阻力f随之增大 由上式可知加速度a随之减小 由于加速度与速度方向相同 所以速度是增大的 只是增加得越来越慢 当重力mg和空气阻力f相等时 雨滴以最大速度做匀速运动 2 当mg f时 雨滴达到最终速度vm 将雨滴的质量m r3 阻力f kr2vm代入 可得vm r a 式说明 雨滴的半径r越大 最终速度vm越大 由f v图像可判断出 图线表示的雨滴比 图线表示的雨滴半径大 因此下落速度更大 b 将雨滴的密度 1 0 103kg m3 半径r 5mm及k kg m2 s 代入 式 可得半径r 5mm的雨滴下落的最终速度vm 8m s 3 方法一 将蚊子在空中被雨滴砸中的情况视为雨滴与蚊子发生完全非弹性碰撞的模型 将蚊子栖息于地面时被雨滴砸中的情况视为雨滴与蚊子和大地组成的整体发生完全非弹性碰撞的模型 对发生完全非弹性碰撞的两个物体应用动量守恒定律 Mv0 M m v 碰撞过程损失的机械能为 Ek M M m v2 M 在第 种情况中 因为雨滴的质量M约为蚊子的质量m的50倍 由 式可知损失的机械能 Ek约为雨滴碰撞前动能M的 在第 种情况中 将蚊子和地面视为整体 式中的m代表地球与蚊子的质量之和 由 式可知损失的机械能 Ek约为雨滴碰撞前动能M的全部 碰撞过程机械能的损失伴随着系统发生不可恢复的形变等过程 即使认为两次作用的时间相等 实际上应有t1 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