【文档说明】北京市东直门中学2022-2023学年高三上学期期中物理试题（解析版）.docx，共(22)页，700.800 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023东直门高三上学期物理一、单项选择题（本大题共14小题，每小题4分，共56分。）1.关于电场强度、电势差和电容，下列说法正确的是（）A.由公式FEq=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力F成正比，与q成反比B.由公式2kQEr=可知，在

离点电荷Q距离为r的地方，电场强度E的大小与Q成正比C.由公式U=Ed可知，在匀强电场中，任意两点间的电势差等于电场强度与这两点间距离的乘积D.由公式QCU=可知，电容器的电容C随着极板带电荷量Q的增加而变大【答案】B【解析】【分析】【详解】A

．公式FEq=采用比值定义法，电场的强弱与试探电荷的正负、所带电荷量的大小、在该点所受电场力F无关，只与场源电荷和该点的位置有关，该点确定，电场的强弱和方向就确定了，具有唯一性，故A错误；B．公式2kQEr=中Q是场源电荷，电场强度E的大小与Q成正比，E与r的平方成反

比，故B正确；C．公式UEd=中d是两点沿电场方向间的距离，而不是这两点之间的任意距离，故D错误；D．公式QCU=采用比值定义法，C反应电容器容纳电荷的本领，与Q、U无关，故D错误。故选B。2.如图所示为某示波管内的聚焦电场横截面示意图，实线和

虚线分别表示电场线和等势线。电场中a、b两点的场强大小分别为aE和bE，电势分别为a和b。下列说法中正确的是（）A.,ababEEB.,ababEEC.,ababEED.,ababEE【答案】B【解析】

【详解】电场线的疏密表示电场的强弱，a点的电场线比较密，所以abEE，沿电场线方向电势降低，所以有ab。故选B。3.如图所示，等间距的平行实线表示电场线，虚线表示一个带负电的粒子在该电场中运动的轨迹，a、b为运

动轨迹上的两点。若不计粒子所受重力和空气阻力的影响，下列说法中正确的是（）A.场强方向一定是沿图中实线向左B.该粒子运动过程中速度一定不断增大C.该粒子一定是由a向b运动D.该粒子在a点的电势能一定大于

在b点的电势能【答案】D【解析】【分析】【详解】A．带电粒子在运动过程中只受电场力，则电场力指向轨迹凹的一侧，可知电场力方向向左，而粒子带负电，所以场强方向一定是沿图中实线向右，故A错误；BCD．若该粒子从a运动到b，电场力做正功，速度增大，电势能减少，若该粒子从b运动到a，电场力做负功，速

度减小，电势能增大，故该粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故BC错误，D正确。故选D。4.如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置。两块相互靠近的等大正对平行金属板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上

并与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置。在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对

此实验过程的描述正确的是（）A.只在M、N之间插入云母板，静电计指针张角变大B.只在M、N之间插入金属板，静电计指针张角变大C.只将M从图示位置向右平移，静电计指针张角变小D.只将M从图示位置向上平移，静电计指

针张角变小【答案】C【解析】【分析】【详解】A．根据电容器的决定式4SCkd=只在M、N之间插入云母板，则增大，电容C增大，电容器所带电荷量不变，由电容的定义公式QCU=可知，电容器两极板的电势差减小，所以静电计指针张角变小，所以A错误；B．只在M、N之间插入金属板，则d

减小，电容增大，电容器所带电荷量不变，由电容的定义公式QCU=可知，电容器两极板的电势差减小，所以静电计指针张角变小，所以B错误；C．只将M从图示位置向右平移，则d减小，电容增大，电容器所带电荷量不变，由

电容的定义公式QCU=可知，电容器两极板的电势差减小，所以静电计指针张角变小，所以C正确；D．只将M从图示位置向上平移，则S减小，电容减小，电容器所带电荷量不变，由电容的定义公式QCU=可知，电容器两极板的电势

差增大，所以静电计指针张角变大，所以D错误；故选C。5.质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m。小球与软垫接触的时间为1.0s，空气阻力不计，g取210m/s在接触时间内小球受到合力的冲量大小为（）A.10NsB.

20NsC.30NsD.40Ns【答案】C【解析】【详解】由22ghv=可得小球落到软垫上时的速度大小为120m/sv=反弹的速度大小为210m/sv=以向上为正方向，则在接触时间内小球受到合力的冲量2130N

sImvmv=−−=−合力的冲量大小为30Ns。故选C。6.A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，并以该方向为正方向，A1kgm=，B2kgm=，A6m/sv=，B2m/sv=，A追上B发

生碰撞后，A、B速度可能为下列的（）A.5m/s，2.5m/sB.2m/s，4m/sC.7m/s，1.5m/sD.4m/s−，7m/s【答案】B【解析】【详解】碰撞过程需满足系统动量守恒和系统总动能不增加原则，还应满足速度合理性。碰撞前系统的动量和总动能分别为AABB10

kgm/spmvmv=+=22kAABB1122J22Emvmv=+=A．由于碰撞后A的速度与B的速度依然同向，且A的速度大于B的速度，不满足速度合理性，故A错误；B．碰撞后系统的动量和总动能分别为AABB10kgm/spmvmvp=+

==22kAABBk1118J22EmvmvE=+=碰撞过程满足系统动量守恒和系统总动能不增加原则，还满足速度合理性，故B正确；C．由于碰撞后A的速度与B的速度依然同向，且A的速度大于B的速度，不满足速度合理性，故C错误；D．碰撞后

系统的动量和总动能分别为AABB10kgm/spmvmvp=+==22kAABBk1157J22EmvmvE=+=由于碰撞过程不满足系统总动能不增加原则，故D错误。故选B。7.质量为m的物体由静止开始下落，由于空气阻力影响物体，下落的加速度为45g，在物体下落高度

h的过程中，下列说法正确的是（）A.物体的动能增加了45mghB.物体的机械能减少了45mghC.物体克服阻力所做的功为45mghD.物体的重力势能减少了45mgh【答案】A【解析】【分析】【详解】A．物体

的合力做正功为mah=45mgh则物体动能增量为45mgh，故A正确；BC．物体下落过程中，受到阻力为f=mg-ma=15mg物体克服阻力所做的功15mgh，机械能减小量等于阻力所做的功，故机械能减小了15mgh，故BC错误；D．物体下落h高度，重力做功为mgh，则重力势能减小为mgh，故D

错误。故选A。8.把小球放在竖立的弹簧上，并把球往下按至A位置，如图甲所示．迅速松手后，球升高至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正处于原长（图乙）．忽略弹簧的质量和空气阻力．则小球从A运动到C的过程中，下列说法正确的是A.经过位置B时小球的加速度为0B.经过位置B时小球的速度最大

C.小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒D.小球、地球、弹簧所组成系统的机械能先增大后减小【答案】C【解析】【详解】试题分析：经位置B时，小球只受重力，加速度为重力加速度g，A错误；在运动到B位置之前，弹簧的

弹力等于重力时，小球的加速度为零，那时速度最大，B错误；由于在运动过程中，只有重力，弹簧的弹力做功，只有动能，重力势能和弹性势能之间相互转化，因此小球、地球、弹簧所组成系统的机械能守恒，C正确，D错误．考点：牛顿第二定律，机械能守恒定律9.质量为m的子弹以速度v水平射入放在光滑水平面

上质量为M的木块中而不穿出，则下列说法正确的是（）的A.系统内能的增加量等于子弹克服阻力做的功B.子弹动能的减少量小于子弹克服阻力做的功C.子弹对木块做的功大于子弹克服阻力做的功D.子弹损失的机械能等于木

块获得的动能与系统损失的动能之和【答案】D【解析】【详解】A．根据能量转化和守恒定律得知：系统机械能的减少量等于系统内能的增加量，而系统机械能的减少量等于系统克服阻力做的总功，不等于子弹克服阻力做的功，故A错误；B．对子弹，只有阻力做负功

，根据动能定理得知，子弹动能的减少量等于子弹克服阻力做的功等，故B错误；C．子弹在射入木块的过程中，由于子弹与木块对地位移不等，子弹对地的位移大于木块对地的位移，而两者相互作用力大小相等，根据功的公式W=Fs可知，子弹克服阻力做的功大于子弹对木块所做的功，故C错误；D．子弹在射入木块的过程中，子弹

的动能减小，木块的动能增加，系统的内能也增加，系统损失的动能之和等于系统内能的增加，由能量转化和守恒定律得知：子弹损失的机械能等于木块获得的动能与系统损失的动能之和，故D正确。故选D。【点睛】根据问题选择恰当的研究对象，对研究对象进行受力

分析后，再运用功能关系或能量守恒进行解答。10.如图甲所示，两个皮带轮顺时针转动，带动水平传送带以恒定的速率v运行。现使一个质量为m的物体（可视为质点）沿与水平传送带等高的光滑水平面以初速度()00v

vv从传送带左端滑上传送带。若从物体滑上传送带开始计时，0t时刻物体的速度达到v，02t时刻物体到达传送带最右端。物体在传送带上运动的vt−图像（以地面为参考系）如图乙所示，不计空气阻力，则（）A.00~t时间内，物体受到滑动摩

擦力的作用，00~2tt时间内物体受到静摩擦力的作用B.00~t时间内，物体所受摩擦力对物体做功的功率越来越大C.若增大物体的初速度0v但0v仍小于v，则物体在传送带上运动的时间仍为02tD.若增大物体的初速度0v但0v仍小于v，则物体被传送的整个过程中传送带对物体所做的功也一定增加【答案】B【

解析】【详解】A．00~t时间内，物体速度与传送带速度不同，发生相对运动，所以物体受到滑动摩擦力作用，00~2tt时间内物体速度与传送带速度相同，无相对滑动及相对滑动趋势，物体不受摩擦力，故A错误；B．00~t

时间内物体速度越来越大，由Pfv=可知摩擦力的功率越来越大，故B正确；C．当物体初速度增大时，物体在传送带上加速的时间将缩短，则物体在传送带上运动时间将小于02t，故C错误；D．物体初速度增大，末速度不变，动能改变量减小，故传送带做功减小，故D错误。故选B。11.交警正在调查发生在无信

号灯的十字路口的一起汽车相接事故。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。相撞后两车立即熄火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出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，并测量出相关的数据标注在图中，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（）A.发

生碰撞时汽车A的速率较大B.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144:25C.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.发生碰撞时速度较大的汽车和速率较小的汽车的速率之比约为23:

5【答案】C【解析】【详解】设两车的质量均为m，相撞前汽车A的速度为Av，汽车B的速度为Bv，相撞后向北的速度为1v，向东的速度为2v，相撞过程在南北方向上根据动量守恒可得B12mvmv=相撞过程在东西方向上根据动量守恒可得A

22mvmv=相撞后根据图中几何关系可得11226.022.52vtxvxt==联立解得B1A2125vvvv==可知发生碰撞时汽车A的速率较小，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:

5。故选C。12.2013年12月6日，“嫦娥三号”携带月球车“玉兔号”运动到地月转移轨道的P点时做近月制动后被月球俘获，成功进入环月圆形轨道Ⅰ上运行，如图所示。在“嫦娥三号”沿轨道Ⅰ经过P点时，通过调整速度使其进入椭圆轨道Ⅱ，在沿轨道Ⅱ经过Q点时，再次调整速

度后又经过一系列辅助动作，成功实现了其在月球上的“软着陆”。对于“嫦娥三号”沿轨道Ⅰ和轨道Ⅱ运动的过程，若以月球为参考系，且只考虑月球对它的引力作用，下列说法中正确的是（）A.沿轨道Ⅱ经过P点时的速度小于经过Q点时的速度B.沿轨道Ⅱ经过P点时的机械能小于经过Q点时的机械能

C.沿轨道Ⅰ经过P点时的速度小于沿轨道Ⅱ经过P点时的速度D.沿轨道Ⅰ经过P点时的加速度大于沿轨道Ⅱ经过P点时的加速度【答案】A【解析】【详解】A．在同一椭圆轨道上，由开普勒第二定律可得近月点速度大于远月点速度，即沿轨道Ⅱ经过P点时的速度小于经过Q点时的速度，故A正确；B．在同一轨

道上机械能守恒，故B错误；C．“嫦娥三号”从轨道Ⅰ转移到轨道Ⅱ，需要在P点减速，所以其在轨道Ⅰ的机械能大于轨道Ⅱ的机械能，在同一点P重力势能相等，故k1k2EE即12vv所以其沿轨道Ⅰ经过P点时的速度大于沿轨道Ⅱ经

过P点时的速度，故C错误；D．由于“嫦娥三号”在P点只受万有引力，根据牛顿第二定律有2MmGmar=在同一点距离其月球距离相等，所受万有引力力相等，所以加速度相等，故D错误。故选A。13.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入

电场，其运动轨迹为图中实线所示。若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（）A带负电B.从a点到e点运动过程中速度先变大后变小C.从a点到e点的运动过程中电势能先变大后变小D.经过b点和d点时的速度相同【答案】C【解析】【详解】A．由带电粒子在电场中的运动轨迹可知带电粒子受到指向低

电势方向的电场力，根据沿电场方向电势降低，可知带电粒子受到的电场力方向与场强方向相同，故带电粒子带正电，故A错误；BC．由于粒子带正电，因此粒子从a点到c点的过程中，电场力做负功，电势能增大，动能减小，即速度减小；当粒子从c点到e点的过程中，

电场力正功，电势能减小，动能增大，即速度增大；所以从a点到e点的运动过程中，粒子速度先变小后变大，电势能先变大后变小，故B错误，C正确；D．由于b、d两点为等势点，根据动能定理带电粒子从b点运动到d点过程中，电场力做的功为零，b、d两点处带电粒子动能相等，速度大小相等，但

是粒子在两点处的速度方向不同，故D错误。故选C。14.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能pE随位移x变化的关系如图所示，其中20~x段是关于直线1xx=对称的曲线，23~xx段是直线，则下列说法正确的是（）A.1x处电场强度最小，但不为零.的B.

粒子在20~x段做匀变速运动，23~xx段做匀速直线运动C.若1x、3x处电势为1、3，则13φφD.23~xx段的电场强度大小方向均不变【答案】D【解析】【详解】A．PEx−图像的斜率表示粒子所受

电场力F，根据FqE=可知1x处电场强度最小且为零，故A错误；B．粒子在20~x段切线的斜率发生变化，所以加速度也在变化，做变速运动，2x~3x段斜率不变，所以做匀变速直线运动，故B错误；C．带负电的粒子从

1x到3x的过程中电势能增加，说明电势降低，即1>3故C错误；D．故2x~3x段斜率不变，所以这段电场强度大小方向均不变，故D正确。故选D。二、计算题（本大题共5题）15.质量为65.010kgm=的列车以恒定不变的功率由

静止沿平直轨道加速行驶。当速度增大到12m/sv=时，加速度210.9m/sa=，如果列车所受阻力大小不变，列车所受阻力大小为55.010N，求：（1）在该功率下列车的最大速度是多少？（2）在该功率下，当速度增大到210m/sv=

，加速度是多少？【答案】（1）20mvm/s=；（2）20.1m/s【解析】【详解】（1）当列车速度增大到12m/sv=时，加速度210.9m/sa=，根据牛顿第二定律有Ffma−=此时1PFv=代入相关数据求得71.010WP=当列车的牵引力等于阻力时，

列车速度最大，可得m20m/sPvf==（2）在该功率下，当速度增大到210m/sv=时，列车的牵引力为621.010NPFv==根据牛顿第二定律，可得此时列车的加速度为20.1m/sFfam−==16.是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图所示．一小球自A点起由

静止开始沿轨道下滑．已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦．求：(1)小球运动到B点时的动能．(2)小球下滑到距水平轨道的高度为12R时速度的大小和方向．(3)小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力FNB、FNC各是多大？【答案】（1）mgR（2）vgR=，，速度

方向沿圆弧切线向下，与竖直方向成30°（3）FNB＝3mg，FNC＝mg【解析】【详解】试题分析：（1）从A到B的过程中，机械能守恒所以Ek=mgR．（2）根据机械能守恒△Ek=△Epmv2=mgR所以小球速度大小v=，速度方向沿圆弧的切线向下，的小球距水平轨道的高度为R，由

三角形的关系可知，小球与竖直方向的夹角为30°．（3）根据牛顿运动定律及机械能守恒，在B点NB﹣mg=m，mgR=mvB2解得NB=3mg在C点时，小球受力平衡，所以NC=mg．17.如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为-q的小球（可视为质点）。现将此

装置放在水平的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37°角。已知电场的范围足够大，空气阻力可忽略不计，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8。（1）请判断电场强度的方向，并求电场强度E的大小；（2）求AO两点

间的电势差UAO；（3）若在A点对小球施加一个拉力，将小球从A点沿圆弧缓慢向左拉起至与O点处同一水平高度从静止释放，求小球受到的最大拉力？【答案】（1）电场强度的方向水平向右，34mgq；（2）920mglq；（3）2.25

mg【解析】【详解】（1）由图可知，小球受到向下的重力、水平向左的电场力和沿绳向上的拉力，由于小球带负电，电场力方向与场强方向相反，所以电场强度方向水平向右；根据平衡条件有tan37Eqmg=解得tan373=4mgmgEqq=（2）根据匀强电场中电势差与电场强

度的关系可得9sin3720AOmglUElq==（3）小球从与O点等高处由静止释放，当其运动到等效最低点时，小球受到的拉力最大，由动能定理有21cos37(1sin37)2mglEqlmv−−=在等效最低点有2vFGml−=等效重力Gʹ

5cos374mgGmg==联立以上各式可得2.25Fmg=18.一球形人造卫星，其最大横截面积为A、质量为m，在轨道半径为R的高空绕地球做圆周运动．由于受到稀薄空气阻力的作用，导致卫星运行的轨道半径逐渐变小．卫星在绕地球运转很多圈之后，其轨道的

高度下降了△H，由于△H<<R，所以可以将卫星绕地球运动的每一圈均视为匀速圆周运动．设地球可看成质量为M的均匀球体，万有引力常量为G．取无穷远处为零势能点，当卫星的运行轨道半径为r时，卫星与地球组成的系统具有的势能可表示为PGMmEr=−．（1）求人造卫星在轨道半径为R的高空绕地球做

圆周运动的周期；（2）某同学为估算稀薄空气对卫星的阻力大小，做出了如下假设：卫星运行轨道范围内稀薄空气的密度为ρ，且为恒量；稀薄空气可看成是由彼此不发生相互作用的颗粒组成的，所有的颗粒原来都静止，它们与人造卫星在很短时间内发生碰撞后都具有与卫星相同的速度，在与这些颗粒碰撞的前后，卫星

的速度可认为保持不变．在满足上述假设的条件下，请推导：①估算空气颗粒对卫星在半径为R轨道上运行时，所受阻力F大小的表达式；②估算人造卫星由半径为R的轨道降低到半径为R-△H的轨道的过程中，卫星绕地球运动圈数n

的表达式．【答案】（1）（2）①；②【解析】【详解】试题分析：（1）设卫星在R轨道运行的周期为T，为根据万有引力定律和牛顿第二定律有：解得：（2）①如图所示，最大横截面积为A的卫星，经过时间t从图中的实线位置运动到了图中的虚线位置，该空

间区域的稀薄空气颗粒的质量为mAvt=以这部分稀薄空气颗粒为研究对象，碰撞后它们都获得了速度v，设飞船给这部分稀薄空气颗粒的平均作用力大小为F，根据动量定理有：Ftmv=根据万有引力定律和牛顿第二定律有：，解得：根据牛顿第三定律，卫星所受的阻力大小F′=．②设卫星在R轨道运

行时的速度为v1、动能为Ek1、势能为Ep1、机械能为E1，根据牛顿定律和万有引力定律有：卫星的动能，势能解得：卫星高度下降ΔH，在半径为（R-ΔH）轨道上运行，同理可知其机械能卫星轨道高度下降ΔH，其机械能的改变量卫星机械能减少是因为

克服空气阻力做了功．设卫星在沿半径为R的轨道运行一周过程中稀薄空气颗粒作用于卫星的阻力做的功为W0，利用小量累积的方法可知：上式表明卫星在绕不同轨道运行一周，稀薄空气颗粒所施加的阻力做的功是一恒量，与轨道半径无关．则ΔE

=nW0解得：考点：牛顿定律；万有引力定律；能量守恒定律.19.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①、②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值2fkrv=，

其中()225/3kkgms=，r为雨滴的半径．（雨滴的密度取331.010/kgm=）请比较①、②图线所示的两个雨滴下落的最终速度；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：①蚊子在空中被雨滴砸中；②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】（1）见解析（2）见解析（3）见解析【解析】【详解】（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mgfam−=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mv，将雨滴的质量343mr=，阻力2mfkrv=代入可得43mg

vrk=①．a．①式说明，雨滴的半径r越大，最终速mv越大，由f-v图像可判断出①图线表示的雨滴比②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331.010/kgm=、半径r=5mm及()225/?3kkgms=代入①式可得半径r=5mm的雨滴下落的最终速度8

/mvms=（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：0()MvMmv=+碰撞过程损失的机械能为：22200111()()222kmEMvMmvMvMm=−+=+①在第①种情况中，因为雨滴的质量M约为蚊子的质量m的50倍，由①式可知损失的机械能kE约为雨滴下落

时动能2012Mv的150；在第②种情况中，将蚊子和地面视为整体，①式中的m代表地球与蚊子的质量之和，由①式可知损失的机械能kE约为雨滴下落时动能2012Mv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12tt），亦可知第②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0

v，因相互作用时间很短，不考虑重力的影响．第①种情况：对雨滴与蚊子相互作用的过程应用动量守恒定律：0()MvMmv=+，可得0MvvMm=+设蚊子与雨滴间的相互作用力为1F，作用时间为1t，对雨滴应用动量定理，有11

0()FtMvv=−由于雨滴的质量M约为蚊子的质量m的50倍，所以v与0v几乎相等，即雨滴受到的冲量11Ft约等于零；第②种情况：是雨滴与栖息了一只蚊子的地面发生相互作用的过程，雨滴与地面作用前速度大小为0v，作用后速度为零，设蚊子（与地面）和雨

滴间的相互作用力为2F，作用时间为2t，对雨滴应用动量定理：2200FtMv−=−可知雨滴受到的冲量22Ft约等于雨滴质量与下落速度二者的乘积；两种情况相比，因为蚊子对雨滴的冲量与雨滴对蚊子的冲量大小相等，可知，第①种情况中蚊子受到的冲量小，即使认为两次作用的时间相等（实际上应有12tt

），仍有12FF，因此第②种情况对蚊子的伤害大．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com