包括多阶段匀变速运动,圆周,平抛,

包括多阶段匀变速运动,圆周,平抛,
包括多阶段匀变速运动,圆周,平抛,

包括多阶段匀变速运动,圆周,平抛,
●例1(28分)太阳现正处于序星演化阶段．它主要是由电子和 、 等原子核组成．维持太阳辐射的是它内部的核聚变反应,核反应方程是2e＋4 → ＋释放的核能,这些核能最后转化为辐射能．根据目前关于恒星演化的理论,若由于核变反应而使太阳中的 11H核数目从现有的减少10%,太阳将离开主序星阶段而转入红巨星的演化阶段．为了简化,假定目前太阳全部由电子和 核组成． (1)为了研究太阳演化进程,需知道目前太阳的质量M．已知地球的半径R＝6.4×106 m,地球的质量m＝6.0×1024 kg,日地中心的距离r＝1.5×1011 m,地球表面处重力加速度g＝10 m/s2,1年约为3.2×107 s．试估算目前太阳的质量M． (2)已知质子的质量mp＝1.6726×10－27 kg, 核的质量mα＝6.6458×10－27 kg,电子的质量me＝0.9×10－30 kg,光速c＝3×108 m/s．求每发生一次题中所述的核聚变反应所释放的核能． (3)又已知地球上与太阳光垂直的每平方米的截面上,每秒通过的太阳辐射能w＝1.35×103 W/m2．试估算太阳继续保持在主序星阶段还有多少年的寿命．(估算结果保留一位有效数字) [2001年高考全国理综卷Ⅰ] 【解析】(1)(第一记分段：估算太阳的质量 14分) 设地球的公转周期为T,则有： GmMr2＝m(2πT)2r (3分) g＝GmR2(等效式为：m′g＝Gmm′R2) (3分) 联立解得：M＝m(2πT)2r3gR2 (4分) 代入数值得：M＝2×1030 kg． (4分) (卷面上暴露出来的易犯错误的一些问题： ①不用题中给的物理量符号,自己另用一套符号,r、R、m、M错用,丢掉14分； ②对题中给出的地球的质量m和地球表面处的重力加速度g视而不见,把G的数值代入计算太阳的质量,丢掉11分； ③太阳的质量M的计算结果的有效数字不对,丢掉4分．) (2)(第二记分段：核聚变反应所释放的核能 7分) ΔE＝(4mp＋2me－mα)c2 (4分) 代入数值得：ΔE＝4×10－12 J． (3分) (卷面上暴露出来的易犯错误的一些问题： ①数字运算能力低,能导出ΔE＝(4mp＋2me－mα)c2,却算不出ΔE＝4×10－12 J,丢掉3分； ②ΔE的计算结果的有效数字不对,丢掉3分； ③ΔE的计算结果的单位不对,丢掉1分．) (3)(第三记分段：估算太阳继续保持在主序星阶段的时间 7分) 核聚变反应的次数N＝M4mp×10% (2分) 太阳共辐射的能量E＝NΔE 太阳每秒辐射的总能量ε＝4πr2w (2分) 太阳继续保持在主序星阶段的时间t＝Eε (2分) 由以上各式得：t＝0.1M(4mp＋2me－mα)c24mp×4πr2w[来源：高考%资源网 KS%5U] 代入数值得：t＝1×1010年． (1分) (卷面上暴露出来的易犯错误的一些问题： 因不熟悉天体辐射知识,大多数考生解答不出来．) [答案] (1)2×1030 kg (2)4×10－12 J (3)1×1010年 ●例2(18分)图10－1中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l．开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止．现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有黏性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点．求： 图10－1 (1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量． (2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小． [2008年高考全国理综卷Ⅰ] 【解析】(1)(第一问给分点：12分) 解法一 设小球摆至最低点时,滑块和小球的速度大小分别为v1、v2,对于滑块和小球组成的系统,由机械能守恒定律得： 12mv12＋12mv22＝mgl (3分) 同理,滑块被粘住后,对于小球向左摆动的过程,有： 12mv22＝mgl(1－cos 60°) (3分) 解得：v1＝v2＝gl (2分) 对于滑块与挡板接触的过程,由动量定理得： I＝0－mv1 可知挡板对滑块的冲量I＝－mgl,负号表示方向向左．(4分,其中方向占1分) 解法二 设小球摆至最低点时,滑块和小球的速度大小分别为v1、v2,由动量守恒定律得： mv1－mv2＝0 (3分) 对于小球向左摆动的过程,由机械能守恒定律得： 12mv22＝mgl(1－cos 60°) (3分) 可解得：v1＝v2＝gl (2分) 对于滑块与挡板接触的过程,由动量定理有： I＝0－mv1 可解得挡板对滑块的冲量为： I＝－mgl,负号表示方向向左．(4分,其中方向占1分) 解法三 设小球摆至最低点时,滑块和小球的速度大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律得： 12mv12＋12mv22＝mgl (3分) 又由动量守恒定律得： mv1＋m(－v2)＝0 (3分) 可解得：v1＝v2＝gl (2分) 对于滑块与挡板接触的过程,由动量定理得： I＝0－mv1 可解得挡板对滑块的冲量为： I＝－mgl,负号表示方向向左．(4分,其中方向占1分) 解法四 由全过程的能量转换和守恒关系可得(滑块在碰撞时损失的能量等于系统机械能的减少,等于滑块碰前的动能)： ΔE＝mgl－mgl(1－cos 60°)＝12mv2 (6分) 可解得滑块碰前的速度为：v＝gl (2分) 对于滑块与挡板接触的过程,由动量定理得：I＝0－mv 可解得挡板对滑块的冲量为： I＝－mgl,负号表示方向向左． (4分,其中方向占1分) 解法五 由全过程的能量转换和守恒关系可得(滑块在碰撞时损失的能量等于系统机械能的减少,等于滑块碰前的动能)： ΔE＝mglcos 60°＝12mv2 (6分) 可解得滑块碰前的速度为：v＝gl (2分) 对于滑块与挡板接触的过程,由动量定理得： I＝0－mv 可解得挡板对滑块的冲量为： I＝－mgl,负号表示方向向左． (4分,其中方向占1分) (2)(第二问给分点：6分) 解法一 对小球下摆的过程,由动能定理得： mgl＋W＝12mv22 (4分) 可解得细绳对其做的功为： W＝－12mgl． (2分) 解法二 绳的张力对小球所做的功的绝对值等于滑块在碰前的动能(或等于绳子的张力对滑块做的功),则有： W′＝12mv12或W′＝12mv12－0 ( 4分) 可解得：W＝－W′＝－12mgl． (2分) 解法三 绳子的张力对小球做的功等于小球在全过程中的机械能的增量,有： W＝(－mgl2)－0＝－12mgl(取滑块所在高度的水平面为参考平面) (6分) 或W＝mgl(1－cos 60°)－mgl＝－12mgl(取小球所到达的最低点为参考平面) 或W＝0－mgl2＝－12mgl(取小球摆起的最高点为参考平面)． 解法四 对小球运动的全过程,由动能定理得： W＋mglcos 60°＝0或W＋mgl2＝0 (4分) 解得：W＝－12mgl． (2分) 解法五 考虑小球从水平位置到最低点的过程： 若滑块固定,绳子的张力对小球不做功,小球处于最低点时的速率v球′＝2gl(由mgl＝12mv球′2得到) (2分) 若滑块不固定,绳子的张力对小球做功,小球处于最低点时的速率v球＝gl(v球应由前面正确求得) 则绳子对小球做的功为：W＝12mv球2－12mv球′2 (2分) ＝－12mgl． (2分) [答案] (1)－mgl,负号表示方向向左 (2)－12mgl 【点评】①越是综合性强的试题,往往解题方法越多,同学们通过本例的多种解题方法要认真地总结动能定理、机械能守恒定律和能量的转化与守恒定律之间的关系． ②要认真地推敲各种解题方法的评分标准,从而建立起自己解题的规范化程序