2020高中物理第十六章动量守恒定律高考真题集训含解析 人教版选修3-5 13页

第十六章　高考真题集训 一、选择题 ‎1．(2019·江苏高考)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　由题意知，小孩跃离滑板时小孩和滑板组成的系统动量守恒，则Mv＋mv′＝0，得v′＝，即滑板的速度大小为，B正确。‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅰ)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 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 答案　B 解析　设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正确。‎ ‎3．(2018·全国卷Ⅱ)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，与地面的撞击时间约为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 解析　设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝12 m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。‎ ‎4．(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，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 kg·m/s B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s D．6.3×102 kg·m/s 答案　A 解析　由于喷气时间短，且不计重力和空气阻力，则火箭和燃气组成的系统动量守恒。燃气的动量p1＝mv＝0.05×600 kg·m/s＝30 kg·m/s，则火箭的动量大小p2＝p1＝30‎ 13‎ ‎ kg·m/s，A正确。‎ 二、填空题 ‎5．(2018·天津高考)质量为0.45 kg的木块静止在光滑水平面上，一质量为0.05 kg的子弹以200 m/s的水平速度击中木块，并留在其中，整个木块沿子弹原方向运动，则木块最终速度的大小是________m/s。若子弹在木块中运动时受到的平均阻力为4.5×103 N，则子弹射入木块的深度为________ m。‎ 答案　20　0.2‎ 解析　根据动量守恒定律可得mv0＝(M＋m)v，‎ 解得v＝＝ m/s＝20 m/s；‎ 系统减小的动能转化为克服阻力产生的内能，‎ 故有fd＝mv－(M＋m)v2，‎ 解得d＝ ‎＝ m ‎＝0.2 m。‎ ‎6．(2016·天津高考)如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________。‎ 答案　　 解析　设滑块的质量为m，最终盒与滑块的共同速度为v′‎ 根据动量守恒得：mv＝(m＋2m)v′‎ 解得v′＝v 设滑块相对于盒的运动路程为s 根据能量守恒得：μmgs＝mv2－(m＋2m)v′2‎ 解得s＝。‎ 三、计算题 13‎ ‎7．(2018·江苏高考)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。‎ 答案　2mv＋mgt 解析　取向上为正方向，由动量定理得 mv－(－mv)＝I，‎ 且小球所受总的冲量I＝(－mg)t，‎ 解得小球所受弹簧弹力的冲量I′＝t＝2mv＋mgt。‎ ‎8．(2018·全国卷Ⅱ)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)4.25 m/s 解析　(1)设B车质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg＝mBaB①‎ 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vB′2＝2aBsB②‎ 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＝mAaA④‎ 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vA′2‎ 13‎ ‎＝2aAsA⑤‎ 设碰撞前瞬间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＝4.25 m/s。‎ ‎9．(2018·全国卷Ⅰ)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　(1)设烟花弹上升的初速度为v0，由题给条件有 E＝mv①‎ 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＝－gt②‎ 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＝mgh1④‎ 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，规定竖直向上为正方向 由题给条件和动量守恒定律有mv＋mv＝E⑤‎ mv1＋mv2＝0⑥‎ 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mv＝gh2⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式得，烟花弹向上运动部分距地面的最大高度为 h＝h1＋h2＝。‎ ‎10. (2017·天津高考)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：‎ 13‎ ‎(1)B从释放到细绳绷直时的运动时间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　(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h＝gt2①‎ 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＝gt③‎ 细绳绷直瞬间，细绳张力T远大于A、B的重力，由动量定理得 TΔt＝mAv′④‎ ‎－TΔt＝mBv′－mBvB⑤‎ 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间A的速度v′即为A的最大速度，联立②③④⑤式，代入数据解得 v＝v′＝2 m/s⑥‎ ‎(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＝mAgH⑦‎ 代入数据解得H＝0.6 m。‎ ‎11．(2016·全国卷Ⅰ)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：‎ ‎(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。‎ 答案　(1)ρv0S　(2)－ 解析　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则：‎ Δm＝ρΔV①‎ ΔV＝v0SΔt②‎ 13‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S③‎ ‎(2)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，由机械能守恒得(Δm)v2＋(Δm)·gh＝(Δm)v④‎ 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)v⑤‎ 设玩具对水的作用力的大小为F，根据动量定理有 ‎(F＋Δmg)Δt＝Δp⑥‎ 利用Δp＝(Δm)v、Δm＝ρV0SΔt，⑥式可写为 FΔt＋ρV0SgΔt2＝ρV0SvΔt⑦‎ ‎⑦式等号左边含有Δt2的Δt2项可略去，得 F＝ρV0vS⑧‎ 根据牛顿第三定律，水对玩具的作用力大小F′＝F 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F′＝Mg⑨‎ 联立④⑧⑨式得h＝－。‎ ‎12．(2019·全国卷Ⅲ)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)物块B先停止　0.50 m ‎(3)0.91 m 解析　(1)设弹簧释放后瞬间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、机械能守恒定律和题给条件有 ‎0＝mAvA－mBvB①‎ Ek＝mAv＋mBv②‎ 联立①②式并代入题给数据得 vA＝4.0 m/s，vB＝1.0 m/s③‎ 13‎ ‎(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＝μmBg④‎ sB＝vBt－at2⑤‎ vB－at＝0⑥‎ 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－at2⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式并代入题给数据得 sA＝1.75 m，sB＝0.25 m⑧‎ 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，碰撞前速度的大小为vA′，由动能定理有 mAvA′2－mAv＝－μmAg(2l＋sB)⑩‎ 联立③⑧⑩式并代入题给数据得vA′＝ m/s⑪‎ 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″⑫‎ mAvA′2＝mAvA″2＋mBvB″2⑬‎ 联立⑪⑫⑬式并代入题给数据得 vA″＝ m/s，vB″＝－ m/s⑭‎ 这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。假设碰撞后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″2⑮‎ 由④⑭⑮式及题给数据得sA′＝0.63 m，sB′＝0.28 m⑯‎ 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 m⑰‎ ‎13．(2019·全国卷Ⅱ)一质量为m＝2000 kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。行驶过程中，司机突然发现前方100 m处有一警示牌，立即刹车。刹车过程中，汽车所受阻力大小随时间的变化可简化为图a中的图线。图a中，0～t1时间段为从司机发现警示牌到采取措施的反应时间(这段时间内汽车所受阻力已忽略，汽车仍保持匀速行驶)，t1＝0.8 s；t1～t2时间段为刹车系统的启动时间，t2＝1.3 s；从t2时刻开始汽车的刹车系统稳定工作，直至汽车停止。已知从t2时刻开始，汽车第1 s内的位移为24 m，第4 s内的位移为1 m。‎ 13‎ ‎(1)在图b中定性画出从司机发现警示牌到刹车系统稳定工作后汽车运动的vt图线；‎ ‎(2)求t2时刻汽车的速度大小及此后的加速度大小；‎ ‎(3)求刹车前汽车匀速行驶时的速度大小及t1～t2时间内汽车克服阻力做的功；从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为多少(以t1～t2时间段始末速度的算术平均值替代这段时间内汽车的平均速度)?‎ 答案　(1)图见解析　(2)28 m/s　8 m/s2‎ ‎(3)30 m/s　1.16×105 J　87.5 m 解析　(1)vt图象如图所示。‎ ‎(2)设刹车前汽车匀速行驶时的速度大小为v1，则t1时刻的速度也为v1；设t2时刻的速度为v2。在t2时刻后汽车做匀减速运动，设其加速度大小为a，取Δt＝1 s。‎ 设汽车在t2＋(n－1)Δt～t2＋nΔt内的位移为sn，n＝1,2,3，…。‎ 若汽车在t2＋3Δt～t2＋4Δt时间内未停止，设它在t2＋3Δt时刻的速度为v3，在t2＋4Δt时刻的速度为v4，由运动学公式有 s1－s4＝3a(Δt)2①‎ s1＝v2Δt－a(Δt)2②‎ v4＝v2－4aΔt③‎ 联立①②③式，代入已知数据解得 v4＝－ m/s④‎ 这说明在t2＋4Δt时刻前，汽车已经停止。因此，①③④式不成立。‎ 由于在t2＋3Δt～t2＋4Δt内汽车停止，由运动学公式 v3＝v2－3aΔt⑤‎ ‎2as4＝v⑥‎ 13‎ 联立②⑤⑥式，代入已知数据解得 a＝8 m/s2，v2＝28 m/s⑦‎ 或a＝ m/s2，v2＝29.76 m/s⑧‎ 但⑧式情形下，v3＜0，不符合题意，舍去。‎ ‎(3)设汽车的刹车系统稳定工作时，汽车所受阻力的大小为f1，由牛顿第二定律有 f1＝ma⑨‎ 在t1～t2时间内，阻力对汽车冲量的大小为 I＝f1(t2－t1)⑩‎ 由动量定理有 I＝mv1－mv2⑪‎ 由动能定理，在t1～t2时间内，汽车克服阻力做的功为 W＝mv－mv⑫‎ 联立⑦⑨⑪⑫式，代入已知数据解得 v1＝30 m/s⑬‎ W＝1.16×105 J⑭‎ 从司机发现警示牌到汽车停止，汽车行驶的距离约为 s＝v1t1＋(v1＋v2)(t2－t1)＋⑮‎ 联立⑦⑬⑮式，代入已知数据解得s＝87.5 m。⑯‎ ‎14．(2019·全国卷Ⅰ)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vt图象如图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。‎ ‎(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 13‎ 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　(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 mv＝m2＋m′v′2②‎ 联立①②式得 m′＝3m③‎ ‎(2)在图b所描述的运动中，设物块A与倾斜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＝mv－0④‎ ‎－(fs2＋mgh)＝0－m2⑤‎ 从图b所给出的vt图线可知 s1＝v1t1⑥‎ s2＝··(1.4t1－t1)⑦‎ 由几何关系＝⑧‎ 物块A在整个过程中克服摩擦力所做的功为 W＝fs1＋fs2⑨‎ 联立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得W＝mgH⑩‎ ‎(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＝μmgcosθ·⑪‎ 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′2⑫‎ 设改变后的动摩擦因数为μ′，由动能定理有 mgh－μ′mgcosθ·－μ′mgs′＝0⑬‎ 联立①③④⑤⑥⑦⑧⑩⑪⑫⑬式可得＝。‎ 13‎ ‎15．(2019·天津高考) 2018年，人类历史上第一架由离子引擎推动的飞机诞生，这种引擎不需要燃料，也无污染物排放。引擎获得推力的原理如图所示，进入电离室的气体被电离成正离子，而后飘入电极A、B之间的匀强电场(初速度忽略不计)，A、B间电压为U，使正离子加速形成离子束，在加速过程中引擎获得恒定的推力。单位时间内飘入的正离子数目为定值，离子质量为m，电荷量为Ze，其中Z是正整数，e是元电荷。‎ ‎(1)若引擎获得的推力为F1，求单位时间内飘入A、B间的正离子数目N为多少；‎ ‎(2)加速正离子束所消耗的功率P不同时，引擎获得的推力F也不同，试推导的表达式；‎ ‎(3)为提高能量的转换效率，要使尽量大，请提出增大的三条建议。‎ 答案　(1)　(2) 　(3)见解析 解析　(1)设正离子经过电极B时的速度为v，根据动能定理，有 ZeU＝mv2－0①‎ 设正离子束所受的电场力为F1′，根据牛顿第三定律，有 F1′＝F1②‎ 设引擎在Δt时间内飘入A、B间的正离子个数为ΔN，‎ 由动量定理，有F1′Δt＝ΔNmv－0③‎ 联立①②③式，且N＝得N＝④‎ ‎(2)设正离子束所受的电场力为F′，由正离子束在电场中做匀加速直线运动，有P＝F′v⑤‎ 由牛顿第三定律得F′＝F，联立①⑤式得＝ ⑥‎ ‎(3)为使尽量大，分析⑥式得到三条建议：用质量大的离子；用带电荷量少的离子；减小加速电压。‎ ‎16．(2019·北京高考)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。‎ 13‎ ‎(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vt图线，其中________对应半径为r1的雨滴(选填“①”或“②”)；若不计空气阻力，请在图中画出雨滴无初速下落的vt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.vm＝ 　b．①　图见解析　(3)见解析 解析　(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－ 当加速度趋于零时，雨滴趋近于最大速度vm，‎ 即g－＝0‎ 雨滴质量m＝πr3ρ 可得雨滴最大速度vm与半径r的关系式为 vm＝ 。‎ 13‎ b．由vm＝ 可知，半径r越大，vm越大，故①对应半径为r1的雨滴。若不计空气阻力，则雨滴无初速度下落的vt图线如图1中直线所示。‎ ‎(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，故可看成气体分子是静止不动的。‎ 简化的圆盘模型如图2所示。假设空气分子与圆盘的碰撞为弹性碰撞，由于圆盘的质量m≫m0，故空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变，即碰撞后空气分子的速度大小为2v，方向向下。‎ 在Δt时间内，与圆盘碰撞的空气分子质量为 Δm＝SvΔtnm0‎ 以F表示圆盘对空气分子的作用力，根据动量定理，‎ 有FΔt＝Δm·2v 得F＝2nm0Sv2‎ 由牛顿第三定律，可知圆盘所受的空气阻力f＝F∝v2。‎ 采用不同的碰撞模型，也可得到相同结论。‎ 13‎