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高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题十五动量守恒定律课件
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这是一份高中物理高考 2020版高考物理一轮复习专题十五动量守恒定律课件，共60页。
A组 自主命题·浙江卷题组
1.(2016浙江10月选考,23,10分)如图所示,在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B0的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小 范围为0~ v0。这束离子经电势差为U= 的电场加速后,从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上,在x轴上2a~3a区间水平固定放置一探测板 。假设每秒射入磁场的离子总数为N0,打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间。(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大 小B1。(3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板上的离子80%被板吸收,2 0%被反向弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的 ,求探测板受到的作用力大小。
答案 (1)2a~4a (2) B0 (3) N0 N0mv0
解析 (1)对于初速度为0的离子,qU= m ,r1= = =a恰好打在x=2a的位置;对于初速度为 v0的离子,qU= m - m( v0)2r2= =2a,恰好打在x=4a的位置;所以离子束打在x轴上的区间为2a~4a。(2)由动能定理可知,qU= m - m( v0)2,r3= ,r3= a,解得B1= B0(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2a≤x≤3a对应的速度范围为 v0≤v'≤2v0每秒打在探测板上的离子数为
N=N0 = N0根据动量定理吸收的离子受到板的作用力大小F吸= = = 反弹的离子受到板的作用力大小F反= = = N0mv0根据牛顿第三定律,探测板受到的作用力大小F= N0mv0
2.(2015浙江10月选考,22,8分)如图1所示,质量m=3.0×10-3 kg的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“ ”形框的水平细杆CD长l=0.20 m,处于磁感应强度大小B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300、面积S=0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相 连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大小随时间t 变化的关系如图2所示。(1)求0~0.10 s线圈中的感应电动势大小;(2)t=0.22 s时闭合开关K,若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流方向及磁感应 强度B2的方向;(3)t=0.22 s时闭合开关K,若安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h=0.20 m,求通过细杆CD 的电荷量。
图1 图2
答案 (1)30 V (2)见解析 (3)0.03 C
解析 (1)由电磁感应定律E=n 得E=nS =30 V(2)由左手定则可知电流方向:C→D结合图2由楞次定律可知B2方向向上(3)由牛顿第二定律得F=ma=m (或由动量定理得FΔt=mv-0)安培力F=IB1lΔQ=IΔtv2=2gh得ΔQ= =0.03 C
考点二 动量守恒定律(2016浙江4月选考,23,10分)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置,如图所 示。竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨,间距为L。导轨间加有垂直导轨平面向里的 匀强磁场B。绝缘火箭支撑在导轨间,总质量为m,其中燃料质量为m',燃料室中的金属棒EF电 阻为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触。
引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动,当 回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS,用时Δt,此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火 箭。在Δt时间内,电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体,当燃烧室下方的可控喷 气孔打开后,喷出燃气进一步加速火箭。(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量,并判断金属棒EF中的感应电流方向;(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度v0;(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m'的燃气,喷出的燃气相对喷气 前火箭的速度为u,求喷气后火箭增加的速度Δv。(提示:可选喷气前的火箭为参考系)
答案 (1)B 由E到F (2) -gΔt (3)
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2019课标Ⅰ,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4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( )A.1.6×102 kg B.1.6×103 kgC.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
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= =1.6×103 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。
2.[2018江苏单科,12C(3)]
如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大小为v,方向向下。经过时间t,小 球的速度大小为v,方向变为向上。忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受 弹簧弹力冲量的大小。
解析 取向上为正方向,由动量定理得mv-(-mv)=I且I=( -mg)t解得IF= t=2mv+mgt
易错警示 动量定理是矢量式,应先选定正方向,注意初末状态速度的正负。
3.(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)将雨滴看作半径为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ρ,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(r1>r2)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①、②);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f∝v2(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.① 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= πr3ρ由a=0,可得,雨滴最大速度vm= b.由vm= 可知,①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Δt时间内,与圆盘 碰撞的空气分子质量为Δm=SvΔtnm0 图2
以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有FΔt∝Δm×v得F∝nm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力f∝v2采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。
解题关键 ①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;②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。
以下为教师用书专用(4~6)
4.(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。
5.(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 N·s (3)受力图见解析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 N·s。
6.[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) -
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
联立③④⑤⑥⑦式得h= - ⑧
1.[2019江苏单科,12(1),3分]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
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。
2.(2019课标Ⅰ,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)
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 +m'v' ① m = m + m'v'2 ②联立①②式得m'=3m ③(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 ④
-(fs2+mgh)=0- m ⑤从图(b)所给出的v-t图线可知s1= v1t1 ⑥s2= · ·(1.4t1-t1) ⑦由几何关系可得 = ⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2 ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W= mgH ⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmg cs θ·
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-μm'gs'=0- m'v'2 设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有mgh-μ'mg cs θ· -μ'mgs'=0 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 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。
3.(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4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg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=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'=3.0 m/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
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3 m/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。
以下为教师用书专用(4~7)
4.(2019课标Ⅲ,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μ=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 ①Ek= mA + mB ②联立①②式并代入题给数据得vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s③(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=μmBg ④sB=vBt- at2 ⑤vB-at=0 ⑥
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 ⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75 m,sB=0.25 m⑧sA>l且sA-sB<2l,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 m⑨(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 mAvA'2- mA =-μmAg(2l+sB) 联立③⑧ 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″ mAvA'2= mAvA″2+ mBvB″2 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'=vA″2,2asB'=vB″2 根据④ 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。
5.(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。
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 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
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。
6.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量 不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空 中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、 B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2,空气阻力不计。求:(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H。
答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
解析 本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有h= gt2 ①代入数据解得t=0.6 s②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt ③细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+mB)v ④之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得v=2 m/s⑤(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中 A、B组成的系统机械能守恒,有 (mA+mB)v2+mBgH=mAgH ⑥
代入数据解得H=0.6 m⑦
7.[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。
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
μ≥ 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
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019浙江温州适应性测试,10)高空丢弃垃圾是极其不文明的现象,也容易对行人造成伤 害。若一个50 g的烂苹果从一居民楼的25层丢下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该苹果对地 面产生的冲击力最接近 ( )A.10 N B.100 N C.1 000 N D.10 000 N
答案 C 忽略空气阻力,v= = m/s≈37.9 m/s。碰地过程,忽略重力,则F= =947.5 N,(苹果对地面产生的冲击力接近1 000 N。)因此选C。
2.(2018浙江余姚中学期中)如图,甲车上表面光滑,质量m甲=3 kg,右端放一个质量为m=1 kg的小 物体(可以看成质点),甲车和小物体静止在光滑水平面上,乙车质量为m乙=4 kg,以5 m/s的速度 向左运动,与甲车碰撞后甲车获得4 m/s的速度,小物体滑到乙车上,若乙车上表面粗糙而且足 够长,则:①乙车与甲车碰撞后,乙车的速度为多大?②最终小物体在乙车上与乙车相对静止时的速度为多大?小物体在乙车上表面相对滑行的过 程中,小物体受到的合外力的冲量I合为多大?
答案 ①2 m/s ②1.6 m/s 1.6 N·s
解析 ①甲、乙碰撞过程动量守恒,设向左为正方向,根据动量守恒定律得:m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙'代入数据得:v乙'=2 m/s②小物体在乙上滑动至有共同速度v,对小物体与乙车运用动量守恒定律得:m乙v乙'=(m+m乙)v解得:v=1.6 m/s对小物体应用动量定理:I合=Δp=mv代入数据得I合=1.6 N·s
3.(2019浙江暨阳3月联考,22)如图甲,MN、PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨,导轨间距为 L=0.5 m,导轨左端连接的定值电阻R=2 Ω,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为 2 T。将一根质量为0.2 kg、电阻也为r=2 Ω的金属棒ab垂直放置在导轨上,且与导轨接触良好, 导轨电阻不计。规定水平向右为x轴正方向,在x=0处给金属棒一个向右的初速度,并对金属棒 施加水平向右的拉力作用,经过2.4 m金属棒受到的安培力为0.8 N,图乙为金属棒所受的安培 力F安与位移x的关系图像。求:(1)金属棒运动2.4 m时瞬时速度的大小;(2)估算0~ 2.4 m内定值电阻R上产生的焦耳热(提示:可以用F安-x图像下的“面积”代表F安所 做的功);(3)0~ 2.4 m内通过电阻R的电荷量;(4)0~ 2.4 m内水平拉力的冲量大小。
图甲
4.(2019浙江温州二模,23)如图所示,两根相同的平行金属导轨固定在水平面内,左端用导线相 连,在导轨的某位置建立与导轨平面共面的直角坐标系xOy,x轴紧靠导轨,y轴垂直导轨。在y轴 的右侧分布着垂直导轨平面向外的有界磁场,左边界Ⅱ与y轴重合,右边界Ⅰ与y轴平行,磁感应 强度的大小沿y轴均匀分布,沿x轴按B2= (2+kx)规律分布(式中k>0,B0、k均为定值且为已知量)。在边界Ⅰ的右侧某位置垂直导轨放置一质量为m的金属棒,现给金属棒一水平向左的瞬 时冲量,使其向左运动,同时在金属棒上施加一水平向右的恒力F0,金属棒穿过磁场后继续向左 运动,然后再返回磁场,并能从边界Ⅰ穿出。已知:金属棒向左运动经过边界Ⅰ、Ⅱ的速度及向 右返回经过边界Ⅱ的速度大小分别为v、 、 (v是未知量);金属棒向左运动离开边界Ⅱ的最大距离是磁场两边界间距的n倍(n> );棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变。导轨单位长度的阻值是恒定的,导线及金属棒电阻不计,金属棒与导轨间的摩擦力大小恒定,求:(1)金属棒与导轨间摩擦力大小Ff;(2)金属棒左、右两次穿越磁场的过程中产生的电热之比 ;(3)导线到边界Ⅱ的距离d;
(4)金属棒左、右两次穿越磁场的过程中所用的时间之比 。
在任意位置处:F= = = vx即 t1= t1= ⑦向右匀速穿过磁场:F0-Ff= ⑧联立①(或②)⑥⑦⑧得:t1=(4n-1) 金属棒向右运动:t2= 得:t1∶t2= (n> )
1.(2019浙江七彩阳光联盟二模,16)(多选)一个铍原子核 Be)从最靠近核的K层电子轨道上俘获一个电子后发生衰变,生成一个锂核 Li),并放出一个不带电的质量接近零(质量可视为零)的中微子ve,人们把这种衰变叫“K俘获”。静止的铍核俘获电子的核反应方程为 Be e Li+ve已知铍原子质量为MBe=7.016 929 u,锂原子质量为MLi=7.016 004 u。已知1 u的质量对应 的能量约为9.3×102 MeV。 下列说法中正确的是 ( )A.衰变后的锂核与衰变前的铍核相比,质量数不变,电荷数减少1B.衰变后的锂核与衰变前的铍核相比,质量数不变,电荷数不变C.中微子所获得的能量为0.86 MeVD.锂核所获得的动量 pLi≈0
答案 ACD 根据 Be e Li+ve,可知衰变后的锂核与衰变前的铍核相比,质量数不变,电荷数减少 1,故A正确,B错误;在该核反应中质量亏损为ΔE=(MBe- MLi)×9.3×10 2 MeV=0.86 MeV, 所以中微子所获得的能量为0.86 MeV,故C正确;根据动量守恒可知锂核所获得的动量 pLi≈0, 故D正确。所以A、C、D正确,B错误。
2.(2019浙江名校协作体联考,22)如图所示,水平放置的平行光滑导轨,固定在桌面上,宽度为L, 处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中。桌子离开地面的高度为H。初始时刻,质量为 m的杆ab与导轨垂直且处于静止,距离导轨边缘为d。质量同为m的杆cd与导轨垂直,以初速度v 0进入磁场区域。最终发现两杆先后落在地面上。已知两杆的电阻均为R,导轨电阻不计,两杆 落地点之间的距离为s。求:
(1)ab杆从磁场边缘射出时的速度大小;(2)ab杆射出时,cd杆运动的距离;(3)在两根杆相互作用的过程中,回路中产生的电能。
答案 (1) - (2)d+ ( - )(3) m -
3.(2019浙江名校协作体二模,22)如图所示,电容C=0.3 F的电容器通过单刀双掷开关S左边与电 动势E=5 V的直流电源相连,右边与相距L=1.0 m足够长的光滑平行导轨M1M2、N1N2相连,M1M 2、N1N2中间有一小段用绝缘材料隔开但各部分平滑连接,整个装置放在水平桌面上,导轨间存 在竖直向下磁感应强度为B=1 T的匀强磁场。a、b、c三根金属棒按图所示垂直导轨放置与 导轨良好接触,其中b棒紧挨着绝缘小段右侧,a、b、c的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg、m3 =0.3 kg,三根金属棒在导轨间的有效电阻分别为R1=6 Ω、R2=3 Ω、R3=2 Ω,导轨电阻不计。现 先将S掷向“1”,一段时间后再掷向“2”,已知a棒在到达绝缘小段前已经匀速运动,与b棒相 碰后立即粘在一起,最终a、b组合体与c棒没有相碰。试求:(1)a与b相碰前瞬间电容器两端的电压;(2)a越过绝缘小段之前,b、c之间的最小距离;(3)a棒滑上绝缘小段后到最终过程中b棒上产生的热量。
答案 (1)3 V (2)1.2 m (3)0.1 J
解析 (1)q总=CE=1.5 CU1=Blva q1=U1C对a棒,由动量守恒定律得:BL(q总-q1)=mvava=3 m/s则 U1=3 V(2)a棒越过绝缘小段后由动量守恒定律有mava=(ma+mb)vab(ma+mb)vab=(ma+mb+mc)v共则vab=2 m/s v共=1 m/s对c棒,由动量守恒定律得:BILt=mcv共It=q2q2= 得:Δx=1.2 m
(3)Q总= (ma+mb) - (ma+mb+mc) =0.3 J则Qb= Q总× = Q总=0.1 J
4.(2019浙江重点中学期末联考,23)如图所示,两根间距为L的光滑金属导轨CM1M2P1P2、DN1N2 Q1Q2固定放置,M1N1左侧向上弯曲,右侧水平。水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀 强磁场区域Ⅰ,右端有另一磁场区域Ⅱ,其宽度也为d,但方向竖直向下,两磁场的磁感应强度大 小均为B,相隔的距离也为d。有两根电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置,金属棒a质量为 m,金属棒b质量为3m,b棒置于磁场Ⅱ的中间位置EF处,并用绝缘细线系住,细线能承受的最大 拉力为F0。现将a棒从弯曲导轨上某一高度h0处由静止释放并沿导轨运动,当a棒刚进入磁场 区域Ⅰ时细线刚好被拉断。(1)当a棒在磁场Ⅰ中运动时,若要使b棒在导轨上保持静止,则a棒刚释放时的高度应小于某一 值h0,求h0的大小;
(2)若将a棒从弯曲导轨上高度为小于h0处的位置由静止释放,使其以速度v1(v1为已知量)进入磁 场区域Ⅰ。求a棒通过磁场Ⅰ的过程中,a棒产生的焦耳热;(3)若将a棒从高度大于h0的某处由静止释放,使其以速度v2(v2为已知量)进入磁场区域Ⅰ,记为t= 0时刻;经过时间t0后从区域Ⅰ穿出,穿出时a棒的速度为 v2。求t0时刻b棒的速度大小vb。
答案 (1) (2) (2v1- ) (3) v2
解析 (1)因为a棒进入磁场Ⅰ后做减速运动,所以只要刚进入时b棒不动,b就可以静止不动,由 题意:对a棒,由机械能守恒:mgh0= m 对回路:E=BLv0,I= 对b棒:BIL=F0联立解得:h0= (2)a棒从弯曲导轨上高度为h(h
5.(2017浙江宁波选考适应性考试,22)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径 为R的圆周运动,如图所示,已知电场强度为E,方向竖直向下,磁感应强度为B,方向水平(图中垂 直纸面向里),重力加速度为g。运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计,问:(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动?(2)液滴运动的速度多大?(3)若液滴运动到最低点A时分裂成两个完全相同的液滴,其中一个仍在原平面内做半径R1=3R 的圆周运动,绕行方向不变,且圆周的最低点仍是A点,则另一个液滴怎样运动?
解析 (1)分析可知,液滴沿顺时针方向运动(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡,液滴所受洛伦兹力提供向心力。即Eq=mg qvB=m 得v= (3)分裂后,第一个液滴电荷量、质量均减半,电场力与重力仍平衡,依据上面运算可得,第一个 液滴的绕行速度大小v1= = =3v,过A点时的速度方向向左。 分裂后的第二个液滴速度设为v2,分裂前后动量守恒mv= mv1+ mv2解得v2=-v 即分裂后第二个液滴速度大小为v,过A点的速度方向向右,所受电场力与重力仍平衡。在洛伦 兹力作用下仍做匀速圆周运动,绕行方向仍是顺时针,A点是圆周的最高点,圆周半径R2=R。
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间:45分钟 分值:60分)非选择题(共60分)
1.(2019浙江嘉兴、丽水3月联考,11)(12分)如图所示,有两光滑平行金属导轨,MA、ND段用特 殊材料包裹,绝缘不导电,导轨的间距l=1 m,左侧接电容器,右侧接R=6 Ω的电阻,ABCD区域、 EFGH区域、MN左侧均存在垂直于平面,磁感应强度B=1 T的匀强磁场,ABCD区域、EFGH区 域宽度均为d=2.4 m,FG的右侧固定一轻质绝缘弹簧。金属杆a、b的质量均为m=0.1 kg,电阻 分别为r1=3 Ω、r2=6 Ω,金属杆a静止在MN左侧,金属杆b静止在BEHC区域,电容器的电容C=0.1 F,电容器充电完毕以后闭合开关S,经过一段时间金属杆a获得恒定的速度滑入MA、ND,通过 ABCD区域后与金属杆b发生弹性碰撞,最后金属杆b压缩弹簧,弹簧形变量最大时弹簧被锁定 (金属杆b静止),弹簧储存的弹性势能为0.2 J,则求:(1)电容器上极板的电性(“正电”或“负电”)并说明理由;(2)金属杆b刚要离开EFGH区域磁场瞬间,受到的安培力大小;(3)从进入ABCD区域到锁定过程,金属杆a上产生的焦耳热;(4)电容器充电完毕后所带的电荷量。
解析 (1)闭合开关S,金属杆a向右运动,由左手定则判断电流方向。所以电容器上极板带正电。 (2分)(2)金属杆b压缩弹簧,动能转化为弹性势能: m =Ep vb=2 m/s(1分)电源电动势E=Blvb=2 V电阻R与r1并联,总电阻R总=8 Ω(1分)I= F安=BIl= N(1分)(3)金属杆b通过EFGH区域,由动量定理:- Δt=mΔv Δt=dΔv=3 m/s碰撞以后金属杆b的速度vb'=5 m/s(1分)金属杆a、b发生弹性碰撞,满足
动量守恒:mv=mva+mvb'能量守恒: mv2= m + mv 求得金属杆a的碰撞前的速度为v=5 m/s(1分)电阻R与r2并联,R总'=6 Ω- Δt'=mΔv' Δt=dΔv'=4 m/s金属杆a进入ABCD区域的速度v0=9 m/s(1分)金属杆a切割磁感线,电路中产生的总焦耳热Q1= m - mv2=2.8 J金属杆a上产生的焦耳热为1.4 J金属杆b切割磁感线,电路中产生的总焦耳热Q2= mv - m =1.05 J金属杆a上产生的焦耳热为 J金属杆a上总共产生了约1.575 J的焦耳热 (2分)(4)金属杆a获得恒定的速度v0=9 m/s,设通过金属杆a的电荷量为q
Bql=mv0且金属杆a达到稳定速度时,电容器两端的电压与金属杆两端的电压相等 =Blv0 (1分)Q= 所以Q=1.8 C(1分)
2.(2019浙江绿色联盟3月联考,22)(12分)如图甲所示为某研究小组设计的用来测量小车速度 的实验示意图。在光滑的水平面上放置一辆用绝缘材料制成的实验小车A。在小车的上表面 水平固定放置了匝数为N,宽为L、电阻为R的矩形金属线圈,线圈的左右边界恰好与小车的左 右边界对齐。用天平测得小车A的质量为m(包括线圈的质量)。俯视图如图乙所示,金属线圈 中接入一个冲击电流计M,用来测量通过线圈的电荷量。在PP‘、QQ’之间存在竖直向下的匀 强磁场,磁感应强度为B,且两磁场边界的距离为d,d大于A小车长度的两倍。现小车A以某一初 速度水平向右运动,当小车A完全进入磁场时的速度恰好为零,冲击电流计M显示的电荷量 为q。试求: 甲
乙(1)小车A的初速度大小;(2)当小车A的一半刚进入磁场时金属线圈中产生的感应电流的大小和方向;(3)若在磁场的正中间再放置一辆与小车A完全相同的实验小车C,C上也有与小车A完全相同 的金属线圈。当小车A向右运动,且与实验小车C发生完全非弹性碰撞(碰后两实验小车粘合 在一起),若要使两小车碰后能穿过磁场区域,分析小车A的初速度应满足的条件;并求出两小车 恰好穿出磁场区域的情况下,整个系统产生的焦耳热。
v= v1= 进入磁场时产生的焦耳热Q1= m(v0')2- mv2= 出磁场时产生的焦耳热Q2= ×2m = 共产生的焦耳热Q=Q1+Q2= ·
3.(2019浙江9+1联盟期中,22)(12分)如图所示,两光滑导轨水平放置且相互平行,间距L=0.5 m; 轨道的MC段和PD段长度均为l=4.5 m,单位长度的电阻r0=0.5 Ω;一根质量m=0.2 kg,电阻R=1 Ω 的金属棒b固定在C、D间(棒长度也为L),完全相同的a棒置于轨道左侧顶端,与轨道垂直并接 触良好;整个装置处于磁感应强度大小B=2.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。现 在对金属棒a施加一沿导轨平面向右且平行于导轨的拉力F,使棒从静止开始以加速度a=1.0 m /s2沿导轨平面向右做匀加速直线运动。轨道其余部分电阻不计。(1)从金属棒a开始运动到CD位置过程中金属棒中电流与时间t的关系式;(2)求在金属棒开始运动至其到达CD位置的过程中拉力F的最大值(不计棒的粗细);(3)当a棒将要与b棒相碰时,撤去外力F,同时释放b;碰后b棒的速度vb=2 m/s,求碰后系统产生的 总热量Q(设导轨足够长)。
答案 (1)I= (2)1.7 N (3)0.05 J
解析 (1)金属棒在轨道上做匀加速直线运动,在时刻t,棒的速度为v=at棒相对于起始位置的位移为s= at2由法拉第电磁感应定律,棒在时刻t的感应电动势为E=BLat由闭合电路欧姆定律可知,在时刻t回路中的电阻为R总,电流为I= ,R总=2R+2r0(l-s)由题给数据可知I= (2)从金属棒开始运动到运动到CD位置的过程中F安=BIl I=Blat/R总由牛顿第二定律得:F-F安=ma代入数据可得:F=ma+ 当t=3 s时,a棒运动到CD位置时F最大最大值Fmax=1.7 N(3)金属棒a、b碰撞动量守恒:mv0=mva+mvb
求得va=1 m/s之后过程动量也守恒,且a、b棒最终速度相等mva+mvb=2mv1求得v1=1.5 m/s该过程能量守恒Q= m + m - m 求得Q=0.05 J
4.(2018浙江台州期末,22)(12分)如图所示,两根相同平行金属直轨道竖直放置,上端用导线接 一阻值为R的定值电阻,下端固定在水平绝缘底座上。底座中央固定一根绝缘弹簧,长为L、质 量为m的金属直杆ab通过金属滑环套在轨道上。在直线MN的上方分布着垂直轨道平面向 里、磁感应强度为B的足够大匀强磁场。现用力压直杆ab使弹簧处于压缩状态,撤去力后直 杆ab被弹起,脱离弹簧后以速度v1穿过直线MN,在磁场中上升高度h时到达最高点。随后直杆 ab向下运动,离开磁场前已做匀速直线运动。已知直杆ab与轨道间的摩擦力大小恒等于杆重 力的k倍(k<1),回路中除定值电阻外不计其他一切电阻,重力加速度为g。求:(1)杆ab向下运动离开磁场时的速度v2;(2)杆ab在磁场中上升过程经历的时间t。
答案 (1) (2)
解析 (1)杆ab向下运动离开磁场前做匀速运动根据平衡条件得:mg=F安+Ff根据题意有:Ff=kmg安培力为:F安=BIL= 联立解得:v2= (2)杆ab在磁场中上升过程中,由动量定理得:-mgt-kmgt-B Lt=0-mv1上升过程的感应电荷量为:q= t= 联立解得:t=
5.(2018浙江超级全能生联考,22)(12分)如图所示,间距为l=0.5 m的两条光滑平行金属导轨由水 平部分和倾斜部分平滑连接而成。倾角为θ=37°的倾斜导轨处在磁感应强度大小为B1=2 T、 方向垂直导轨平面向下的匀强磁场区域中,在导轨的上端接有一个阻值R0=1 Ω的电阻,置于倾 斜导轨上质量为m1、有效阻值R1=1 Ω的金属棒ab的中部与一绝缘细绳相连,细绳上端固定在 倾斜导轨的顶部,已知细绳所能承受的最大拉力为FTm=4 N。长度s=2 m的水平导轨处在磁感 应强度大小为B2=1 T,方向竖直向下的匀强磁场区域中,在水平导轨和倾斜导轨的连接处有一 质量m2=1 kg、有效阻值R2=1 Ω的金属棒cd处于静止状态,现用一大小F=10 N且与金属棒垂直 的水平恒力作用在金属棒cd上,使之水平向右加速运动,当金属棒cd刚好到达水平导轨末端时, 与金属棒ab相连的细绳断裂,此时撤去力F,金属棒cd水平飞出,并落在水平地面上,已知金属棒 cd的落地点与水平导轨末端的水平距离x=2.4 m,水平导轨离地高度h=0.8 m,不计摩擦阻力和 导轨电阻,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g,已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8, 求:
(1)金属棒ab的质量m1;(2)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,电阻R0上产生的焦耳热Q0;(3)金属棒cd在水平导轨上运动的时间t。
解析 (1)金属棒cd水平飞出的过程中,由h= g ,x=v1t得v1=6 m/s金属棒cd到达水平导轨末端时产生的感应电动势E=B2lv1回路总电阻R= +R2=1.5 Ω此时,对金属棒ab受力分析,有m1g sin θ+B1 l=FTm解得m1=0.5 kg(2)设金属棒cd在水平导轨上运动过程中,回路中产生的总焦耳热为Q,由能量守恒定律得Fs= m2 +Q解得Q=2 J由串、并联电路的规律可得Q0= Q= J
(3)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,由动量定理得(F-B2 l)t=m2v1且q= t= 联立上述两式可得Ft- =m2v1解得t= s
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(动量定理)在光滑的水平面上建立平面直角坐标系xOy。质量为m的物体在沿y轴负方向的 恒力F作用下运动,t=0时刻,物体以速度v0通过O点,如图所示。物体的速度先减小到最小值0.8v 0,然后又逐渐增大。求(1)物体减速的时间t;(2)物体的速度减小到0.8v0时的位置坐标。
解析 (1)设v0与x轴正方向成θ角,在x方向上,物体以速度v0 cs θ 做匀速直线运动;在y方向上, 物体以初速度v0 sin θ 做匀减速直线运动。由题意v0 cs θ=0.8v0解得cs θ=0.8(或θ=37°)物体减速过程,由动量定理-Ft=0-mv0 sin θ解得t= (2)x方向上x=v0t cs θy方向上y=v0t sin θ- 解得x= y=
2.(2019 5·3原创)在光滑平面上有一个半径为R的圆形光滑围墙,其圆心处固定了一个电荷量 为-Q的点电荷。质量为m、带电荷量为+q的A球与圆心的距离为r(r
解析 (1)若A球做圆周运动,即A球受到的库仑力提供向心力,则有k =m ,解得vA0= 。(2)A球做椭圆运动时,只有电场力做功,电势能和动能相互转化,但总能量不变。则有-k + m =-k + m ,其中vA2是A球距离点电荷最远时的速度大小。A球受到库仑力作用做椭圆运动,类似行星受到太阳的万有引力作用做椭圆运动,遵循相类似的“开普勒行星运动定律”。 根据开普勒第二定律不难得出:rvA1=RvA2,解得vA1= 。(3)将(2)问所得vA1的值代入rvA1=RvA2可得:vA2= A球、B球发生弹性正碰,设碰撞后两球的速度分别为vA、vB,则由动量守恒定律有mvA2=mvA+mvB由机械能守恒定律有
m = m + m 解得vA=0,vB=vA2A与B碰后,A球因挡板作用而静止,B球紧贴围墙做匀速圆周运动,则B球的运动周期TB= 解得TB=2πR 。B球运动一周后,又与A球发生弹性正碰,交换速度后A球又做(2)问情景中的椭圆运动,B球静 止。A球做半径为r的匀速圆周运动时满足 =mr ,可得周期TAr=2πr 。设A球做椭圆运动的周期为TA,根据开普勒第三定律有: = 解得TA=π(R+r)
所以TAB=TA+TB=π(R+r) +2πR 。
A组 自主命题·浙江卷题组
1.(2016浙江10月选考,23,10分)如图所示,在x轴的上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为 B0的匀强磁场。位于x轴下方离子源C发射质量为m、电荷量为q的一束负离子,其初速度大小 范围为0~ v0。这束离子经电势差为U= 的电场加速后,从小孔O(坐标原点)垂直x轴并垂直磁场射入磁场区域,最后打到x轴上,在x轴上2a~3a区间水平固定放置一探测板 。假设每秒射入磁场的离子总数为N0,打到x轴上的离子数均匀分布(离子重力不计)。
(1)求离子束从小孔O射入磁场后打到x轴的区间。(2)调整磁感应强度的大小,可使速度最大的离子恰好打在探测板右端,求此时的磁感应强度大 小B1。(3)保持磁感应强度B1不变,求每秒打在探测板上的离子数N;若打在板上的离子80%被板吸收,2 0%被反向弹回,弹回速度大小为打板前速度大小的 ,求探测板受到的作用力大小。
答案 (1)2a~4a (2) B0 (3) N0 N0mv0
解析 (1)对于初速度为0的离子,qU= m ,r1= = =a恰好打在x=2a的位置;对于初速度为 v0的离子,qU= m - m( v0)2r2= =2a,恰好打在x=4a的位置;所以离子束打在x轴上的区间为2a~4a。(2)由动能定理可知,qU= m - m( v0)2,r3= ,r3= a,解得B1= B0(3)离子束能打到探测板的实际位置范围为2a≤x≤3a对应的速度范围为 v0≤v'≤2v0每秒打在探测板上的离子数为
N=N0 = N0根据动量定理吸收的离子受到板的作用力大小F吸= = = 反弹的离子受到板的作用力大小F反= = = N0mv0根据牛顿第三定律,探测板受到的作用力大小F= N0mv0
2.(2015浙江10月选考,22,8分)如图1所示,质量m=3.0×10-3 kg的“ ”形金属细框竖直放置在两水银槽中,“ ”形框的水平细杆CD长l=0.20 m,处于磁感应强度大小B1=1.0 T、方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300、面积S=0.01 m2的线圈通过开关K与两水银槽相 连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大小随时间t 变化的关系如图2所示。(1)求0~0.10 s线圈中的感应电动势大小;(2)t=0.22 s时闭合开关K,若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流方向及磁感应 强度B2的方向;(3)t=0.22 s时闭合开关K,若安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h=0.20 m,求通过细杆CD 的电荷量。
图1 图2
答案 (1)30 V (2)见解析 (3)0.03 C
解析 (1)由电磁感应定律E=n 得E=nS =30 V(2)由左手定则可知电流方向:C→D结合图2由楞次定律可知B2方向向上(3)由牛顿第二定律得F=ma=m (或由动量定理得FΔt=mv-0)安培力F=IB1lΔQ=IΔtv2=2gh得ΔQ= =0.03 C
考点二 动量守恒定律(2016浙江4月选考,23,10分)某同学设计了一个电磁推动加喷气推动的火箭发射装置,如图所 示。竖直固定在绝缘底座上的两根长直光滑导轨,间距为L。导轨间加有垂直导轨平面向里的 匀强磁场B。绝缘火箭支撑在导轨间,总质量为m,其中燃料质量为m',燃料室中的金属棒EF电 阻为R,并通过电刷与电阻可忽略的导轨良好接触。
引燃火箭下方的推进剂,迅速推动刚性金属棒CD(电阻可忽略且和导轨接触良好)向上运动,当 回路CEFDC面积减少量达到最大值ΔS,用时Δt,此过程激励出强电流,产生电磁推力加速火 箭。在Δt时间内,电阻R产生的焦耳热使燃料燃烧形成高温高压气体,当燃烧室下方的可控喷 气孔打开后,喷出燃气进一步加速火箭。(1)求回路在Δt时间内感应电动势的平均值及通过金属棒EF的电荷量,并判断金属棒EF中的感应电流方向;(2)经Δt时间火箭恰好脱离导轨,求火箭脱离时的速度v0;(不计空气阻力)(3)火箭脱离导轨时,喷气孔打开,在极短的时间内喷射出质量为m'的燃气,喷出的燃气相对喷气 前火箭的速度为u,求喷气后火箭增加的速度Δv。(提示:可选喷气前的火箭为参考系)
答案 (1)B 由E到F (2) -gΔt (3)
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2019课标Ⅰ,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4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 ( )A.1.6×102 kg B.1.6×103 kgC.1.6×105 kg D.1.6×106 kg
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= =1.6×103 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。
2.[2018江苏单科,12C(3)]
如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,运动速度的大小为v,方向向下。经过时间t,小 球的速度大小为v,方向变为向上。忽略空气阻力,重力加速度为g,求该运动过程中,小球所受 弹簧弹力冲量的大小。
解析 取向上为正方向,由动量定理得mv-(-mv)=I且I=( -mg)t解得IF= t=2mv+mgt
易错警示 动量定理是矢量式,应先选定正方向,注意初末状态速度的正负。
3.(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)将雨滴看作半径为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ρ,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(r1>r2)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①、②);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f∝v2(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.① 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= πr3ρ由a=0,可得,雨滴最大速度vm= b.由vm= 可知,①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Δt时间内,与圆盘 碰撞的空气分子质量为Δm=SvΔtnm0 图2
以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有FΔt∝Δm×v得F∝nm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力f∝v2采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。
解题关键 ①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;②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。
以下为教师用书专用(4~6)
4.(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。
5.(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 N·s (3)受力图见解析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 N·s。
6.[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) -
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
联立③④⑤⑥⑦式得h= - ⑧
1.[2019江苏单科,12(1),3分]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
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。
2.(2019课标Ⅰ,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)
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 +m'v' ① m = m + m'v'2 ②联立①②式得m'=3m ③(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 ④
-(fs2+mgh)=0- m ⑤从图(b)所给出的v-t图线可知s1= v1t1 ⑥s2= · ·(1.4t1-t1) ⑦由几何关系可得 = ⑧物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为W=fs1+fs2 ⑨联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W= mgH ⑩(3)设倾斜轨道倾角为θ,物块与轨道间的动摩擦因数在改变前为μ,有W=μmg cs θ·
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-μm'gs'=0- m'v'2 设改变后的动摩擦因数为μ',由动能定理有mgh-μ'mg cs θ· -μ'mgs'=0 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩ 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。
3.(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4.5 m,A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg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=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'=3.0 m/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
联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3 m/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。
以下为教师用书专用(4~7)
4.(2019课标Ⅲ,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μ=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 ①Ek= mA + mB ②联立①②式并代入题给数据得vA=4.0 m/s,vB=1.0 m/s③(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=μmBg ④sB=vBt- at2 ⑤vB-at=0 ⑥
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 ⑦联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得sA=1.75 m,sB=0.25 m⑧sA>l且sA-sB<2l,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 m⑨(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 mAvA'2- mA =-μmAg(2l+sB) 联立③⑧ 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″ mAvA'2= mAvA″2+ mBvB″2 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'=vA″2,2asB'=vB″2 根据④ 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。
5.(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。
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 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
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。
6.(2017天津理综,10,16分)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量 不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg。初始时A静止于水平地面上,B悬于空 中。现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放。一段时间后细绳绷直,A、 B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触。取g=10 m/s2,空气阻力不计。求:(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小;(3)初始时B离地面的高度H。
答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
解析 本题考查自由落体运动、机械能守恒定律及动量守恒定律。(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有h= gt2 ①代入数据解得t=0.6 s②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有vB=gt ③细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+mB)v ④之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得v=2 m/s⑤(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中 A、B组成的系统机械能守恒,有 (mA+mB)v2+mBgH=mAgH ⑥
代入数据解得H=0.6 m⑦
7.[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。
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
μ≥ 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
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
1.(2019浙江温州适应性测试,10)高空丢弃垃圾是极其不文明的现象,也容易对行人造成伤 害。若一个50 g的烂苹果从一居民楼的25层丢下,与地面的碰撞时间约为2 ms,则该苹果对地 面产生的冲击力最接近 ( )A.10 N B.100 N C.1 000 N D.10 000 N
答案 C 忽略空气阻力,v= = m/s≈37.9 m/s。碰地过程,忽略重力,则F= =947.5 N,(苹果对地面产生的冲击力接近1 000 N。)因此选C。
2.(2018浙江余姚中学期中)如图,甲车上表面光滑,质量m甲=3 kg,右端放一个质量为m=1 kg的小 物体(可以看成质点),甲车和小物体静止在光滑水平面上,乙车质量为m乙=4 kg,以5 m/s的速度 向左运动,与甲车碰撞后甲车获得4 m/s的速度,小物体滑到乙车上,若乙车上表面粗糙而且足 够长,则:①乙车与甲车碰撞后,乙车的速度为多大?②最终小物体在乙车上与乙车相对静止时的速度为多大?小物体在乙车上表面相对滑行的过 程中,小物体受到的合外力的冲量I合为多大?
答案 ①2 m/s ②1.6 m/s 1.6 N·s
解析 ①甲、乙碰撞过程动量守恒,设向左为正方向,根据动量守恒定律得:m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙'代入数据得:v乙'=2 m/s②小物体在乙上滑动至有共同速度v,对小物体与乙车运用动量守恒定律得:m乙v乙'=(m+m乙)v解得:v=1.6 m/s对小物体应用动量定理:I合=Δp=mv代入数据得I合=1.6 N·s
3.(2019浙江暨阳3月联考,22)如图甲,MN、PQ为水平放置的足够长平行光滑导轨,导轨间距为 L=0.5 m,导轨左端连接的定值电阻R=2 Ω,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中,磁感应强度为 2 T。将一根质量为0.2 kg、电阻也为r=2 Ω的金属棒ab垂直放置在导轨上,且与导轨接触良好, 导轨电阻不计。规定水平向右为x轴正方向,在x=0处给金属棒一个向右的初速度,并对金属棒 施加水平向右的拉力作用,经过2.4 m金属棒受到的安培力为0.8 N,图乙为金属棒所受的安培 力F安与位移x的关系图像。求:(1)金属棒运动2.4 m时瞬时速度的大小;(2)估算0~ 2.4 m内定值电阻R上产生的焦耳热(提示:可以用F安-x图像下的“面积”代表F安所 做的功);(3)0~ 2.4 m内通过电阻R的电荷量;(4)0~ 2.4 m内水平拉力的冲量大小。
图甲
4.(2019浙江温州二模,23)如图所示,两根相同的平行金属导轨固定在水平面内,左端用导线相 连,在导轨的某位置建立与导轨平面共面的直角坐标系xOy,x轴紧靠导轨,y轴垂直导轨。在y轴 的右侧分布着垂直导轨平面向外的有界磁场,左边界Ⅱ与y轴重合,右边界Ⅰ与y轴平行,磁感应 强度的大小沿y轴均匀分布,沿x轴按B2= (2+kx)规律分布(式中k>0,B0、k均为定值且为已知量)。在边界Ⅰ的右侧某位置垂直导轨放置一质量为m的金属棒,现给金属棒一水平向左的瞬 时冲量,使其向左运动,同时在金属棒上施加一水平向右的恒力F0,金属棒穿过磁场后继续向左 运动,然后再返回磁场,并能从边界Ⅰ穿出。已知:金属棒向左运动经过边界Ⅰ、Ⅱ的速度及向 右返回经过边界Ⅱ的速度大小分别为v、 、 (v是未知量);金属棒向左运动离开边界Ⅱ的最大距离是磁场两边界间距的n倍(n> );棒向右运动穿过磁场区域的过程中速度不变。导轨单位长度的阻值是恒定的,导线及金属棒电阻不计,金属棒与导轨间的摩擦力大小恒定,求:(1)金属棒与导轨间摩擦力大小Ff;(2)金属棒左、右两次穿越磁场的过程中产生的电热之比 ;(3)导线到边界Ⅱ的距离d;
(4)金属棒左、右两次穿越磁场的过程中所用的时间之比 。
在任意位置处:F= = = vx即 t1= t1= ⑦向右匀速穿过磁场:F0-Ff= ⑧联立①(或②)⑥⑦⑧得:t1=(4n-1) 金属棒向右运动:t2= 得:t1∶t2= (n> )
1.(2019浙江七彩阳光联盟二模,16)(多选)一个铍原子核 Be)从最靠近核的K层电子轨道上俘获一个电子后发生衰变,生成一个锂核 Li),并放出一个不带电的质量接近零(质量可视为零)的中微子ve,人们把这种衰变叫“K俘获”。静止的铍核俘获电子的核反应方程为 Be e Li+ve已知铍原子质量为MBe=7.016 929 u,锂原子质量为MLi=7.016 004 u。已知1 u的质量对应 的能量约为9.3×102 MeV。 下列说法中正确的是 ( )A.衰变后的锂核与衰变前的铍核相比,质量数不变,电荷数减少1B.衰变后的锂核与衰变前的铍核相比,质量数不变,电荷数不变C.中微子所获得的能量为0.86 MeVD.锂核所获得的动量 pLi≈0
答案 ACD 根据 Be e Li+ve,可知衰变后的锂核与衰变前的铍核相比,质量数不变,电荷数减少 1,故A正确,B错误;在该核反应中质量亏损为ΔE=(MBe- MLi)×9.3×10 2 MeV=0.86 MeV, 所以中微子所获得的能量为0.86 MeV,故C正确;根据动量守恒可知锂核所获得的动量 pLi≈0, 故D正确。所以A、C、D正确,B错误。
2.(2019浙江名校协作体联考,22)如图所示,水平放置的平行光滑导轨,固定在桌面上,宽度为L, 处在磁感应强度为B、竖直向下的匀强磁场中。桌子离开地面的高度为H。初始时刻,质量为 m的杆ab与导轨垂直且处于静止,距离导轨边缘为d。质量同为m的杆cd与导轨垂直,以初速度v 0进入磁场区域。最终发现两杆先后落在地面上。已知两杆的电阻均为R,导轨电阻不计,两杆 落地点之间的距离为s。求:
(1)ab杆从磁场边缘射出时的速度大小;(2)ab杆射出时,cd杆运动的距离;(3)在两根杆相互作用的过程中,回路中产生的电能。
答案 (1) - (2)d+ ( - )(3) m -
3.(2019浙江名校协作体二模,22)如图所示,电容C=0.3 F的电容器通过单刀双掷开关S左边与电 动势E=5 V的直流电源相连,右边与相距L=1.0 m足够长的光滑平行导轨M1M2、N1N2相连,M1M 2、N1N2中间有一小段用绝缘材料隔开但各部分平滑连接,整个装置放在水平桌面上,导轨间存 在竖直向下磁感应强度为B=1 T的匀强磁场。a、b、c三根金属棒按图所示垂直导轨放置与 导轨良好接触,其中b棒紧挨着绝缘小段右侧,a、b、c的质量分别为m1=0.2 kg、m2=0.1 kg、m3 =0.3 kg,三根金属棒在导轨间的有效电阻分别为R1=6 Ω、R2=3 Ω、R3=2 Ω,导轨电阻不计。现 先将S掷向“1”,一段时间后再掷向“2”,已知a棒在到达绝缘小段前已经匀速运动,与b棒相 碰后立即粘在一起,最终a、b组合体与c棒没有相碰。试求:(1)a与b相碰前瞬间电容器两端的电压;(2)a越过绝缘小段之前,b、c之间的最小距离;(3)a棒滑上绝缘小段后到最终过程中b棒上产生的热量。
答案 (1)3 V (2)1.2 m (3)0.1 J
解析 (1)q总=CE=1.5 CU1=Blva q1=U1C对a棒,由动量守恒定律得:BL(q总-q1)=mvava=3 m/s则 U1=3 V(2)a棒越过绝缘小段后由动量守恒定律有mava=(ma+mb)vab(ma+mb)vab=(ma+mb+mc)v共则vab=2 m/s v共=1 m/s对c棒,由动量守恒定律得:BILt=mcv共It=q2q2= 得:Δx=1.2 m
(3)Q总= (ma+mb) - (ma+mb+mc) =0.3 J则Qb= Q总× = Q总=0.1 J
4.(2019浙江重点中学期末联考,23)如图所示,两根间距为L的光滑金属导轨CM1M2P1P2、DN1N2 Q1Q2固定放置,M1N1左侧向上弯曲,右侧水平。水平导轨左端有宽度为d、方向竖直向上的匀 强磁场区域Ⅰ,右端有另一磁场区域Ⅱ,其宽度也为d,但方向竖直向下,两磁场的磁感应强度大 小均为B,相隔的距离也为d。有两根电阻均为R的金属棒a和b与导轨垂直放置,金属棒a质量为 m,金属棒b质量为3m,b棒置于磁场Ⅱ的中间位置EF处,并用绝缘细线系住,细线能承受的最大 拉力为F0。现将a棒从弯曲导轨上某一高度h0处由静止释放并沿导轨运动,当a棒刚进入磁场 区域Ⅰ时细线刚好被拉断。(1)当a棒在磁场Ⅰ中运动时,若要使b棒在导轨上保持静止,则a棒刚释放时的高度应小于某一 值h0,求h0的大小;
(2)若将a棒从弯曲导轨上高度为小于h0处的位置由静止释放,使其以速度v1(v1为已知量)进入磁 场区域Ⅰ。求a棒通过磁场Ⅰ的过程中,a棒产生的焦耳热;(3)若将a棒从高度大于h0的某处由静止释放,使其以速度v2(v2为已知量)进入磁场区域Ⅰ,记为t= 0时刻;经过时间t0后从区域Ⅰ穿出,穿出时a棒的速度为 v2。求t0时刻b棒的速度大小vb。
答案 (1) (2) (2v1- ) (3) v2
解析 (1)因为a棒进入磁场Ⅰ后做减速运动,所以只要刚进入时b棒不动,b就可以静止不动,由 题意:对a棒,由机械能守恒:mgh0= m 对回路:E=BLv0,I= 对b棒:BIL=F0联立解得:h0= (2)a棒从弯曲导轨上高度为h(h
5.(2017浙江宁波选考适应性考试,22)一带电液滴在互相垂直的匀强电场和匀强磁场中做半径 为R的圆周运动,如图所示,已知电场强度为E,方向竖直向下,磁感应强度为B,方向水平(图中垂 直纸面向里),重力加速度为g。运动中液滴所受浮力、空气阻力都不计,问:(1)液滴是顺时针运动还是逆时针运动?(2)液滴运动的速度多大?(3)若液滴运动到最低点A时分裂成两个完全相同的液滴,其中一个仍在原平面内做半径R1=3R 的圆周运动,绕行方向不变,且圆周的最低点仍是A点,则另一个液滴怎样运动?
解析 (1)分析可知,液滴沿顺时针方向运动(2)带电液滴所受电场力向上且与重力平衡,液滴所受洛伦兹力提供向心力。即Eq=mg qvB=m 得v= (3)分裂后,第一个液滴电荷量、质量均减半,电场力与重力仍平衡,依据上面运算可得,第一个 液滴的绕行速度大小v1= = =3v,过A点时的速度方向向左。 分裂后的第二个液滴速度设为v2,分裂前后动量守恒mv= mv1+ mv2解得v2=-v 即分裂后第二个液滴速度大小为v,过A点的速度方向向右,所受电场力与重力仍平衡。在洛伦 兹力作用下仍做匀速圆周运动,绕行方向仍是顺时针,A点是圆周的最高点,圆周半径R2=R。
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组(时间:45分钟 分值:60分)非选择题(共60分)
1.(2019浙江嘉兴、丽水3月联考,11)(12分)如图所示,有两光滑平行金属导轨,MA、ND段用特 殊材料包裹,绝缘不导电,导轨的间距l=1 m,左侧接电容器,右侧接R=6 Ω的电阻,ABCD区域、 EFGH区域、MN左侧均存在垂直于平面,磁感应强度B=1 T的匀强磁场,ABCD区域、EFGH区 域宽度均为d=2.4 m,FG的右侧固定一轻质绝缘弹簧。金属杆a、b的质量均为m=0.1 kg,电阻 分别为r1=3 Ω、r2=6 Ω,金属杆a静止在MN左侧,金属杆b静止在BEHC区域,电容器的电容C=0.1 F,电容器充电完毕以后闭合开关S,经过一段时间金属杆a获得恒定的速度滑入MA、ND,通过 ABCD区域后与金属杆b发生弹性碰撞,最后金属杆b压缩弹簧,弹簧形变量最大时弹簧被锁定 (金属杆b静止),弹簧储存的弹性势能为0.2 J,则求:(1)电容器上极板的电性(“正电”或“负电”)并说明理由;(2)金属杆b刚要离开EFGH区域磁场瞬间,受到的安培力大小;(3)从进入ABCD区域到锁定过程,金属杆a上产生的焦耳热;(4)电容器充电完毕后所带的电荷量。
解析 (1)闭合开关S,金属杆a向右运动,由左手定则判断电流方向。所以电容器上极板带正电。 (2分)(2)金属杆b压缩弹簧,动能转化为弹性势能: m =Ep vb=2 m/s(1分)电源电动势E=Blvb=2 V电阻R与r1并联,总电阻R总=8 Ω(1分)I= F安=BIl= N(1分)(3)金属杆b通过EFGH区域,由动量定理:- Δt=mΔv Δt=dΔv=3 m/s碰撞以后金属杆b的速度vb'=5 m/s(1分)金属杆a、b发生弹性碰撞,满足
动量守恒:mv=mva+mvb'能量守恒: mv2= m + mv 求得金属杆a的碰撞前的速度为v=5 m/s(1分)电阻R与r2并联,R总'=6 Ω- Δt'=mΔv' Δt=dΔv'=4 m/s金属杆a进入ABCD区域的速度v0=9 m/s(1分)金属杆a切割磁感线,电路中产生的总焦耳热Q1= m - mv2=2.8 J金属杆a上产生的焦耳热为1.4 J金属杆b切割磁感线,电路中产生的总焦耳热Q2= mv - m =1.05 J金属杆a上产生的焦耳热为 J金属杆a上总共产生了约1.575 J的焦耳热 (2分)(4)金属杆a获得恒定的速度v0=9 m/s,设通过金属杆a的电荷量为q
Bql=mv0且金属杆a达到稳定速度时,电容器两端的电压与金属杆两端的电压相等 =Blv0 (1分)Q= 所以Q=1.8 C(1分)
2.(2019浙江绿色联盟3月联考,22)(12分)如图甲所示为某研究小组设计的用来测量小车速度 的实验示意图。在光滑的水平面上放置一辆用绝缘材料制成的实验小车A。在小车的上表面 水平固定放置了匝数为N,宽为L、电阻为R的矩形金属线圈,线圈的左右边界恰好与小车的左 右边界对齐。用天平测得小车A的质量为m(包括线圈的质量)。俯视图如图乙所示,金属线圈 中接入一个冲击电流计M,用来测量通过线圈的电荷量。在PP‘、QQ’之间存在竖直向下的匀 强磁场,磁感应强度为B,且两磁场边界的距离为d,d大于A小车长度的两倍。现小车A以某一初 速度水平向右运动,当小车A完全进入磁场时的速度恰好为零,冲击电流计M显示的电荷量 为q。试求: 甲
乙(1)小车A的初速度大小;(2)当小车A的一半刚进入磁场时金属线圈中产生的感应电流的大小和方向;(3)若在磁场的正中间再放置一辆与小车A完全相同的实验小车C,C上也有与小车A完全相同 的金属线圈。当小车A向右运动,且与实验小车C发生完全非弹性碰撞(碰后两实验小车粘合 在一起),若要使两小车碰后能穿过磁场区域,分析小车A的初速度应满足的条件;并求出两小车 恰好穿出磁场区域的情况下,整个系统产生的焦耳热。
v= v1= 进入磁场时产生的焦耳热Q1= m(v0')2- mv2= 出磁场时产生的焦耳热Q2= ×2m = 共产生的焦耳热Q=Q1+Q2= ·
3.(2019浙江9+1联盟期中,22)(12分)如图所示,两光滑导轨水平放置且相互平行,间距L=0.5 m; 轨道的MC段和PD段长度均为l=4.5 m,单位长度的电阻r0=0.5 Ω;一根质量m=0.2 kg,电阻R=1 Ω 的金属棒b固定在C、D间(棒长度也为L),完全相同的a棒置于轨道左侧顶端,与轨道垂直并接 触良好;整个装置处于磁感应强度大小B=2.0 T、方向垂直于导轨平面向上的匀强磁场中。现 在对金属棒a施加一沿导轨平面向右且平行于导轨的拉力F,使棒从静止开始以加速度a=1.0 m /s2沿导轨平面向右做匀加速直线运动。轨道其余部分电阻不计。(1)从金属棒a开始运动到CD位置过程中金属棒中电流与时间t的关系式;(2)求在金属棒开始运动至其到达CD位置的过程中拉力F的最大值(不计棒的粗细);(3)当a棒将要与b棒相碰时,撤去外力F,同时释放b;碰后b棒的速度vb=2 m/s,求碰后系统产生的 总热量Q(设导轨足够长)。
答案 (1)I= (2)1.7 N (3)0.05 J
解析 (1)金属棒在轨道上做匀加速直线运动,在时刻t,棒的速度为v=at棒相对于起始位置的位移为s= at2由法拉第电磁感应定律,棒在时刻t的感应电动势为E=BLat由闭合电路欧姆定律可知,在时刻t回路中的电阻为R总,电流为I= ,R总=2R+2r0(l-s)由题给数据可知I= (2)从金属棒开始运动到运动到CD位置的过程中F安=BIl I=Blat/R总由牛顿第二定律得:F-F安=ma代入数据可得:F=ma+ 当t=3 s时,a棒运动到CD位置时F最大最大值Fmax=1.7 N(3)金属棒a、b碰撞动量守恒:mv0=mva+mvb
求得va=1 m/s之后过程动量也守恒,且a、b棒最终速度相等mva+mvb=2mv1求得v1=1.5 m/s该过程能量守恒Q= m + m - m 求得Q=0.05 J
4.(2018浙江台州期末,22)(12分)如图所示,两根相同平行金属直轨道竖直放置,上端用导线接 一阻值为R的定值电阻,下端固定在水平绝缘底座上。底座中央固定一根绝缘弹簧,长为L、质 量为m的金属直杆ab通过金属滑环套在轨道上。在直线MN的上方分布着垂直轨道平面向 里、磁感应强度为B的足够大匀强磁场。现用力压直杆ab使弹簧处于压缩状态,撤去力后直 杆ab被弹起,脱离弹簧后以速度v1穿过直线MN,在磁场中上升高度h时到达最高点。随后直杆 ab向下运动,离开磁场前已做匀速直线运动。已知直杆ab与轨道间的摩擦力大小恒等于杆重 力的k倍(k<1),回路中除定值电阻外不计其他一切电阻,重力加速度为g。求:(1)杆ab向下运动离开磁场时的速度v2;(2)杆ab在磁场中上升过程经历的时间t。
答案 (1) (2)
解析 (1)杆ab向下运动离开磁场前做匀速运动根据平衡条件得:mg=F安+Ff根据题意有:Ff=kmg安培力为:F安=BIL= 联立解得:v2= (2)杆ab在磁场中上升过程中,由动量定理得:-mgt-kmgt-B Lt=0-mv1上升过程的感应电荷量为:q= t= 联立解得:t=
5.(2018浙江超级全能生联考,22)(12分)如图所示,间距为l=0.5 m的两条光滑平行金属导轨由水 平部分和倾斜部分平滑连接而成。倾角为θ=37°的倾斜导轨处在磁感应强度大小为B1=2 T、 方向垂直导轨平面向下的匀强磁场区域中,在导轨的上端接有一个阻值R0=1 Ω的电阻,置于倾 斜导轨上质量为m1、有效阻值R1=1 Ω的金属棒ab的中部与一绝缘细绳相连,细绳上端固定在 倾斜导轨的顶部,已知细绳所能承受的最大拉力为FTm=4 N。长度s=2 m的水平导轨处在磁感 应强度大小为B2=1 T,方向竖直向下的匀强磁场区域中,在水平导轨和倾斜导轨的连接处有一 质量m2=1 kg、有效阻值R2=1 Ω的金属棒cd处于静止状态,现用一大小F=10 N且与金属棒垂直 的水平恒力作用在金属棒cd上,使之水平向右加速运动,当金属棒cd刚好到达水平导轨末端时, 与金属棒ab相连的细绳断裂,此时撤去力F,金属棒cd水平飞出,并落在水平地面上,已知金属棒 cd的落地点与水平导轨末端的水平距离x=2.4 m,水平导轨离地高度h=0.8 m,不计摩擦阻力和 导轨电阻,两金属棒始终与导轨垂直且接触良好,重力加速度为g,已知sin 37°=0.6,cs 37°=0.8, 求:
(1)金属棒ab的质量m1;(2)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,电阻R0上产生的焦耳热Q0;(3)金属棒cd在水平导轨上运动的时间t。
解析 (1)金属棒cd水平飞出的过程中,由h= g ,x=v1t得v1=6 m/s金属棒cd到达水平导轨末端时产生的感应电动势E=B2lv1回路总电阻R= +R2=1.5 Ω此时,对金属棒ab受力分析,有m1g sin θ+B1 l=FTm解得m1=0.5 kg(2)设金属棒cd在水平导轨上运动过程中,回路中产生的总焦耳热为Q,由能量守恒定律得Fs= m2 +Q解得Q=2 J由串、并联电路的规律可得Q0= Q= J
(3)金属棒cd在水平导轨上运动过程中,由动量定理得(F-B2 l)t=m2v1且q= t= 联立上述两式可得Ft- =m2v1解得t= s
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
1.(动量定理)在光滑的水平面上建立平面直角坐标系xOy。质量为m的物体在沿y轴负方向的 恒力F作用下运动,t=0时刻,物体以速度v0通过O点,如图所示。物体的速度先减小到最小值0.8v 0,然后又逐渐增大。求(1)物体减速的时间t;(2)物体的速度减小到0.8v0时的位置坐标。
解析 (1)设v0与x轴正方向成θ角,在x方向上,物体以速度v0 cs θ 做匀速直线运动;在y方向上, 物体以初速度v0 sin θ 做匀减速直线运动。由题意v0 cs θ=0.8v0解得cs θ=0.8(或θ=37°)物体减速过程,由动量定理-Ft=0-mv0 sin θ解得t= (2)x方向上x=v0t cs θy方向上y=v0t sin θ- 解得x= y=
2.(2019 5·3原创)在光滑平面上有一个半径为R的圆形光滑围墙,其圆心处固定了一个电荷量 为-Q的点电荷。质量为m、带电荷量为+q的A球与圆心的距离为r(r
解析 (1)若A球做圆周运动,即A球受到的库仑力提供向心力,则有k =m ,解得vA0= 。(2)A球做椭圆运动时,只有电场力做功,电势能和动能相互转化,但总能量不变。则有-k + m =-k + m ,其中vA2是A球距离点电荷最远时的速度大小。A球受到库仑力作用做椭圆运动,类似行星受到太阳的万有引力作用做椭圆运动,遵循相类似的“开普勒行星运动定律”。 根据开普勒第二定律不难得出:rvA1=RvA2,解得vA1= 。(3)将(2)问所得vA1的值代入rvA1=RvA2可得:vA2= A球、B球发生弹性正碰,设碰撞后两球的速度分别为vA、vB,则由动量守恒定律有mvA2=mvA+mvB由机械能守恒定律有
m = m + m 解得vA=0,vB=vA2A与B碰后,A球因挡板作用而静止,B球紧贴围墙做匀速圆周运动,则B球的运动周期TB= 解得TB=2πR 。B球运动一周后,又与A球发生弹性正碰,交换速度后A球又做(2)问情景中的椭圆运动,B球静 止。A球做半径为r的匀速圆周运动时满足 =mr ,可得周期TAr=2πr 。设A球做椭圆运动的周期为TA,根据开普勒第三定律有: = 解得TA=π(R+r)
所以TAB=TA+TB=π(R+r) +2πR 。
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