2016年高考物理大一轮总复习第十三章 动量守恒定律 波
高中物理一轮总复习课件动量守恒定律
飞船对接过程
在宇宙航行中，两艘飞船进行对接时需 要精确控制各自的速度和方向。
VS
动量守恒应用
对接过程中，两艘飞船组成的系统动量守 恒。通过调整各自的速度和方向，使得对 接后整体动量保持不变，实现平稳对接。
其他领域如体育、军事等方面应用举例
体育领域应用
在诸如篮球、足球等运动中，运 动员通过控制自身和球的动量来
非完全弹性碰撞
讨论非完全弹性碰撞中能 量损失的情况，运用动量 守恒定律和恢复系数进行 求解。
多物体碰撞问题
分析多个物体间的相互作 用和碰撞过程，根据动量 守恒定律和能量守恒定律 进行求解。
04
动量定理及其在生活生产中应用
动量定理表述和证明过程
动量定理表述
物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。
证明过程
04
06
动量守恒定律在科学技术中应用
火箭发射过程中动量守恒分析
火箭发射原理
火箭通过向后高速喷出燃气，利用反作用力推动自身向 前运动。
动量守恒应用
在火箭发射过程中，火箭和燃气组成的系统动量守恒。 通过计算燃气喷出的动量和火箭的动量变化，可以分析 火箭的加速度和速度变化。
宇宙航行中飞船对接时动量守恒应用
05
实验：验证动量守恒定律
实验原理和方法介绍
动量守恒定律
在一个封闭系统内，动量的总和始终 保持不变。
验证方法
通过碰撞实验来验证动量守恒定律， 测量碰撞前后物体的质量和速度，计 算动量的变化。
实验步骤和数据记录表格设计
实验步骤 1. 准备实验器材，包括气垫导轨、光电计时器、滑块、天平、砝码等。
2. 安装实验装置，调整气垫导轨水平，将光电计时器固定在导轨上。
高考物理大一轮复习 13.1动量守恒定律及其应用课件 新
答案 解析
应用动量守恒定律时必须 相对于同一参考系，本题 中的各个速度都是相对于 地面的，不需要转换．发 射炮弹前系统的总动量为 Mv0；发射炮弹后，炮弹 的动量为mv，炮艇的动 量为(M－m)v′，所以动 量守恒定律的表达式为 Mv0＝(M－)v′＋mv，A 正确．
基础自测
2．(动量定理的理解)(2015·湖北 大学附中测试)质量是60 kg的建 筑工人，不慎从高空跌下，由于
弹性安全带的保护，他被悬挂起
来．已知安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，取g＝10 m/s2， 则安全带所受的平均冲力的大小
为( C )
A．500 N
B．600 N
C．1 100 N D．100 N
基础自测
1．(动量及动量变化的理解)(多 选)物体的动量变化量的大小为 5 kg·m/s，这说明( CD ) A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大 C．物体的动量大小可能不变 D．物体受到的合力冲量大小为 5 N·s
答案 解析
动量是矢量，动量变化了5 kg·m/s，物体动量的大小可能 增大，也可能减小，还可能不 变．若物体以大小5 kg·m/s的 动量做匀速圆周运动时，物体 的动量大小保持不变，当末动 量方向与初动量方向间的夹角 为60°时，物体的动量变化量 的大小为5 kg·m/s，C正确，A、 B错误；由动量定理知，D正 确．
基础自测
4. (动量守恒定律与能量守恒的综合应
用)(2015·湖南长沙模拟)如图所示，光滑
水平面上有质量均为m的物块A和B，B
上固定一轻弹簧．B静止，A以速度v0水 平向右运动，通过弹簧与B发生作
物理大一轮复习讲义5第十三章动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核第讲含答案
第2讲光电效应波粒二象性一、普朗克能量子假说黑体与黑体辐射1．黑体与黑体辐射（1)黑体:如果某种物质能够完全吸收入射的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就是绝对黑体．(2）黑体辐射：辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关．2．普朗克能量子假说当带电微粒辐射或吸收能量时,是以最小能量值为单位一份一份地辐射或吸收的，这个最小能量值ε叫做能量子．ε＝hν。
二、光电效应及其规律1．光电效应现象在光的照射下,金属中的电子从表面逸出的现象，发射出来的电子叫光电子．2．光电效应的产生条件入射光的频率大于等于金属的极限频率．3．光电效应规律(1)每种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于等于这个极限频率才能产生光电效应．(2)光电子的最大初动能与入射光的强度无关,只随入射光频率的增大而增大．(3)光电效应的发生几乎是瞬时的，一般不超过10－9 s.(4）当入射光的频率大于等于极限频率时,饱和光电流的大小与入射光的强度成正比．4．爱因斯坦光电效应方程(1)光子说:光的能量不是连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光子,光子的能量ε＝hν。
(2)逸出功W0:电子从金属中逸出所需做功的最小值．(3)最大初动能：发生光电效应时,金属表面上的电子吸收光子后克服原子核的引力逸出时所具有的动能的最大值．(4）光电效应方程①表达式：hν＝E k＋W0或E k＝hν－W0。
②物理意义：金属表面的电子吸收一个光子获得的能量是hν,这些能量的一部分用来克服金属的逸出功W0,剩下的表现为逸出后电子的最大初动能．三、光的波粒二象性物质波1．光的波粒二象性(1)波动性:光的干涉、衍射、偏振现象证明光具有波动性．(2）粒子性：光电效应、康普顿效应说明光具有粒子性．(3)光既具有波动性,又具有粒子性，称为光的波粒二象性．2．物质波（1)概率波光的干涉现象是大量光子的运动遵守波动规律的表现,亮条纹是光子到达概率大的地方,暗条纹是光子到达概率小的地方，因此光波又叫概率波．（2)物质波任何一个运动着的物体，小到微观粒子大到宏观物体都有一种波与它对应,其波长λ＝错误!，p为运动物体的动量，h为普朗克常量．1．判断下列说法是否正确．(1)任何频率的光照射到金属表面都可以发生光电效应．(×)(2)要使某金属发生光电效应,入射光子的能量必须大于金属的逸出功．(√）(3）光电子的最大初动能与入射光子的频率成正比．（×）（4）光的频率越高，光的粒子性越明显,但仍具有波动性．（√）(5）德国物理学家普朗克提出了量子假说，成功地解释了光电效应规律．(×）（6）美国物理学家康普顿发现了康普顿效应，证实了光的粒子性．(√)(7）法国物理学家德布罗意大胆预言了实物粒子具有波动性．(√）2．（多选）如图1所示，用导线把验电器与锌板相连接，当用紫外线照射锌板时，发生的现象是（)图1A．有光子从锌板逸出B．有电子从锌板逸出C．验电器指针张开一个角度D．锌板带负电答案BC3．（多选)在光电效应实验中，用频率为ν的光照射光电管阴极，发生了光电效应，下列说法正确的是()A．增大入射光的强度，光电流增大B．减小入射光的强度，光电效应现象消失C．改用频率小于ν的光照射，一定不发生光电效应D．改用频率大于ν的光照射,光电子的最大初动能变大答案AD解析增大入射光强度,单位时间内照射到单位面积的光子数增加，则光电流将增大，故选项A正确；光电效应是否发生取决于入射光的频率，而与入射光强度无关，故选项B错误．用频率为ν的光照射光电管阴极，发生光电效应，用频率较小的光照射时,若光的频率仍大于等于极限频率，则仍会发生光电效应,选项C错误；根据hν－W逸＝错误!mv2可知,增加入射光频率，光电子的最大初动能增大，故选项D正确．4．有关光的本性，下列说法正确的是(）A．光既具有波动性，又具有粒子性，两种性质是不相容的B．光的波动性类似于机械波，光的粒子性类似于质点C．大量光子才具有波动性，个别光子只具有粒子性D．由于光既具有波动性，又具有粒子性,无法只用其中一种性质去说明光的一切行为，只能认为光具有波粒二象性答案D5．黑体辐射的规律如图2所示，从中可以看出，随着温度的降低，各种波长的辐射强度都________（填“增大”“减小"或“不变)，辐射强度的极大值向波长________（填“较长"或“较短”）的方向移动．图2答案减少较长解析由题图可知,随着温度的降低，相同波长的光辐射强度都会减小;同时最大辐射强度向右侧移动,即向波长较长的方向移动。
高三物理一轮 动量守恒定律
题 后 总 结 1.分 析 图 像
求解W f. 2.非 弹 性 碰 撞 ， 机 械 能有损失.
8s后 进 入 粗 糙 路 段 ， 直到静止，
4.“弹簧类模型” 1．模型图 2．模型特点 对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统在相互作用的过程中。 (1)在能量方面，由于弹簧的形变伴随弹性势能变化，系统的总动 能将发生变化. 若系统所受的外力和除弹簧弹力以外的内力不做功，系统机械能 守恒。 (2)在动量方面，系统动量守恒。 (3)弹簧处于最长(最短)状态：两物体速度相等. 弹性势能最大，系统满足动量守恒，机械能守恒。 （4）弹性处于原长时弹性势能为零. 3.过程选取：求最大弹性势能，选取碰撞后的过程，以避免 碰撞过程引起的能量损失参与运算.
1.两质量分别为M1和M2 的劈A和B，高度相同， 放在光滑水平面上，A 和B的倾斜面都是光滑 曲面，曲面下端与水 平面相切，如图所示。 一质量为m的物块位于 劈A的倾斜面上，距水 平面的高度为h。物块 从静止滑下，然后滑 上劈B。求物块在B上 能够达到的最大高度。
2.如图所示，一质量m1＝ 解 析 ： 子 弹 和 车 系 统射 ，击 过 程 动 量 守 恒 0.45kg的平顶小车静止在光滑 的水平轨道上。质量m2＝0.5kg m 0 v 0 (m 0 m 1 )v1 v1＝ 10 m/s. 的小物块(可视为质点)静止在 2.射 击 后 ， 三 者 系 统 动量守恒 车顶的右端。一质量为 (m 0 m 1 )v1 m 2 v 2 (m 0 m 1 )v3 v 2 8m/s. m0＝0.05kg的子弹、以水平速 能量守恒：Q Δ EK 减. 度v0＝100m/s射中小车左端并 1 1 1 2 2 留在车中，最终小物块相对地 即 μ m2gL (m 0 m 1 )v1 m 2v2 (m m )v 2 0 1 3 2 2 2 面以2m/s的速度滑离小车。已 知 ， 解 得 L 2m. 物块与车顶面的动摩擦因数μ ＝0.8，认为最大静摩擦力等于 滑动摩擦力。取g＝10m/s2，求： 子弹与车作用时间极短，认为m2位置未 (1)子弹相对小车静止时小车速 动；二者之间的相互作用的内力远大于 度的大小； 车和m2间的摩擦力，则子弹和车系统动 (2)小车的长度L。 量守恒.
【江苏高考 大一轮 物理精品】第十三章 第1讲 动量守恒定律及其应用
选修3-5 动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核第1讲动量守恒定律及其应用1.物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )．A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小也可能不变D．物体的动量大小一定变化解析动量是矢量，动量变化了5 kg·m/s，物体动量的大小可以在增大，也可以在减小，还可能不变．若物体以大小5 kg·m/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时，物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s.故C正确．答案 C2．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )．A．Mv0＝(M－m)v′＋mv1B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0＝Mv′＋mv解析动量守恒定律中的速度都是相对于同一参考系的，题目中所给炮弹的速度v是相对于河岸的，即相对于地面的，所以有：Mv0＝(M－m)v′＋mv，故选项A正确，其他选项错误．答案 A3．如图1所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )．图1A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确．答案 B4．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的1过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，本题中子弹、木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上受合外力之和为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹穿入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C选项正确．A、B、D错误．答案：C5．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的st图象如图3所示．若a球的质量m a＝1 kg，则b球的质量m b等于多少？图3解析由图知v a＝4 m/s，v a′＝－1 m/s，v b＝0，v b′＝2 m/s，11根据动量守恒定律有m a v a ＝m a v a ′＋m b v b ′， 解得m b ＝2.5 kg. 答案 2.5 kg6．光滑水平面有两个物块A 、B 在同一直线上相向运动，A 的速度为4 m/s ，质量为2 kg ，B 的速度为2 m/s ，二者碰后粘在一起沿A 原来的方向运动，且速度大小变为1 m/s. 求：(1)B 的质量； (2)这一过程产生的内能．解析 (1)设A 、B 两物块的质量分别为m A 、m B ，碰前速度为v A 、v B ，碰后共同速度为v ，以A 物块的运动方向为正方向，由碰撞过程动量守恒有：m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v ，则m B ＝v A －vv B ＋v m A ＝4－12＋1×2 kg ＝2 kg.(2)碰撞过程产生的内能为Q ＝ΔE k ＝12m Av 2A＋12m B v 2B－12(m A ＋m B )v 2＝12×2×42 J ＋12×2×22 J －12×(2＋2)×12 J ＝18 J.答案 (1)2 kg (2)18 J7．如图5所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0从左端滑上小车．物块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2.要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0不超过多少？。
高考物理总复习第十三章动量守恒定律PPT课件(3个课件+2个规范训练) 通用1
二、爆炸现象的特点 1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸 物体间的相互作用力远远大于受到的 外力 ，所以在 爆炸过程中，系统的总动量 守恒 2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如 化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动 能 增大 ． 3．位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中， 物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆 炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开 始运动．
三、反冲现象 1．物体的不同部分在内力作用下向 相反 方向运动． 2．反冲运动中，相互作用力一般较大，通常可以用动量 守恒定律来处理相关的运动过程． 3．反冲运动中，由于有其他形式的能转化为机械能，所 以系统的总动能 增加
核心考点突破
考点 碰撞现象 种类 弹性碰撞 能量是 否守恒 非弹性碰撞 完全非弹性碰撞 碰撞前后 动量是否 共线 特点 动量守恒，机械能 守恒 动量守恒，机械能 有损失 动量守恒，机械能 损失最大 碰撞前后速度不共 线 1．碰撞的种类及特点 分类标准
结论 1. 当两球质量相等时， v1′＝ 0，v2′＝v1，两球碰撞 后交换了速度． 2．当质量大的球碰质量小的球时，v1′>0，v2′>0， 碰撞后两球都向前运动． 3．当质量小的球碰质量大的球时，v1′<0，v2′>0， 碰撞后质量小的球被反弹回来．
3．碰撞现象满足的规律 (1)动量守恒定律． (2)机械能不增加． (3)速度要合理． ①若碰前两物体同向运动，则应有 v 后>v 前，碰后原来 在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动， 则应有 v 前′≥v 后′. ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可 能都不改变．
解析
(1)设 C 球与 B 球粘结成 D 时，D 的速度为 v1，由 ①
高考物理一轮复习 第13章 第1讲 动量定理 动量守恒定律固考基教材梳理
第1讲 动量定理 动量守恒定律(对应学生用书第259页)动量守恒定律碰撞非弹性碰撞有动能损失弹性碰撞没有动能损失完全非弹性碰撞动能损失最大反冲、爆炸动量守恒、动能增加定律的表述动量定理动量、冲量动量和动量定理1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示．(2)表达式：p ＝mv.(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积．(2)定义式：I ＝Ft.(3)单位：N·s(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧ Ft ＝mv2－mv1I ＝Δp动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．表达式(1)p ＝p′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．3．动量守恒定律的适用条件(1)不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类2.反冲现象在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．实验：验证动量守恒定律1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．2．方案二：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)图13－1－1按照如图13－1－1所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图13－1－2所示．图13－1－2(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．1．(多选)关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向【解析】物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，不一定惯性(质量)大，A项错；对于同一物体，质量一定，所以速度越大，动量越大，B项对；加速度不变，但速度可以变，如平抛运动的物体，故C项错；动量的方向始终与速度方向相同，D项对．【答案】BD2．(2013·安徽七校联考)如图13－1－3所示，质量为m的人，站在质量为M的车的一端，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中，则( )图13－1－3A．人运动越快，车运动越慢B ．车的运动方向与人的运动方向相反C ．人在车上行走时，车可以相对地面静止D ．车的运动方向可以与人的运动方向相同【解析】 人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，且初动量为0，所以人由车的一端走到另一端的过程中，人与车的速度方向总是反向的，且人的速度大小增大时，车的速度大小也增大，只有B 选项正确．【答案】 B3．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v【解析】 根据动量守恒定律得：mv ＝2mvB －mvA 化简可得，vA ＝2vB －v ，因vA>0，所以vB>v 2，故只有A 项正确． 【答案】 A 4.图13－1－4(多选)如图13－1－4所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑1/4圆周轨道，圆心O 在S 的正上方，在O 和P 两点各有一质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．下列说法正确的是( )A ．a 比b 先到S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到S ，重力对a 、b 的冲量不相等D ．a 与b 同时到S ，重力对a 、b 的冲量相等【解析】 a 自由下落加速度较大，路程较短，b 沿圆弧下滑至相同高度时加速度较小，路程较长，所以a 比b 用时短．由I ＝mgt 可知重力对a 、b 的冲量不相等，由机械能守恒，两球到达S 点时速度大小相等，所以动量大小相等，但方向不同，所以动量不相同．【答案】 AC(对应学生用书第261页)1.适用范围：适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．2．解释现象：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．3．解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1＝1.8 m 处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t ＝1.3 s ，第一次反弹的高度为h2＝1.25 m ．已知排球的质量为m ＝0.4 kg ，g 取10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)排球与地面的作用时间；(2)排球对地面的平均作用力的大小．【解析】 (1)排球第一次落到地面的时间为t1，第一次反弹到最高点的时间为t2，由h1＝12gt21，h2＝12gt22，得 t1＝0.6 s ，t2＝0.5 s所以排球与地面的作用时间Δt ＝t －t1－t2＝0.2 s.(2)全过程应用动量定理取竖直向上为正方向，从开始下落到第一次反弹到最高点的过程用动量定理得F(t －t1－t2)－mgt ＝0解得：F ＝mgt t －t1－t2＝26 N 再由牛顿第三定律得排球对地面的平均作用力的大小为26 N.【答案】 (1)0.2 s (2)26 N【迁移应用】1．(2013·蚌埠模拟)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A ．I1＜I2，W1＝W2B ．I1＞I2，W1＝W2C ．I1＞I2，W1＜W2D ．I1＝I2，W1＜W2【解析】 根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p ＝2mEk ，有I1＝2mE1－0＝2mE1，I2＝2mE1－2mE1＝(2－2)mE1，显然I1＞I2.只有选项B 正确．本题答案为B.【答案】 B1.动量守恒的适用对象和条件(1)研究对象：相互作用的物体组成的系统．(2)守恒条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．②近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．③分方向守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．(2013·山东高考)如图13－1－5所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg，mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．图13－1－5【解析】因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.④【答案】 2 m/s【迁移应用】2．如图13－1－6质量为mB的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量为mA的物体A，一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A，射穿A后速度变为v.已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止．求：图13－1－6(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA；(2)平板车B和物体A的最终速度v共．(设车身足够长)【解析】(1)子弹射穿物体A过程的时间极短，由动量的近似守恒得m0v0＝m0v ＋mAvA解得vA ＝－mA(2)物体A 在平板车B 上滑行的过程中，因为地面光滑，且A 、B 最后相对静止，故A 、B 组成的系统在水平方向动量守恒，有mAvA ＝(mA ＋mB)v 共解得v 共＝mAvA mA ＋mB ＝－mA ＋mB . 【答案】 (1)－mA (2)－mA ＋mB1.求解 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′212m1v21＝12m1v′21＋12m2v′2 解得：v′1＝－m1＋m2，v′2＝2m1v1m1＋m2 2．结论(1)当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度． (2)当质量大的球碰质量小的球时，v′1＞0，v′2＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．(3)当质量小的球碰质量大的球时，v′1＜0，v′2＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2013·新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d.现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g.求A 的初速度的大小．【解析】 从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12mv2＝12mv21＋12(2m)v22① mv ＝mv1＋(2m)v2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v1＝－v22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得μmgd1＝12mv21④ μ(2m)gd2＝12(2m)v22⑤ 据题意有d ＝d1＋d2⑥设A 的初速度大小为v0，由动能定理得μmgd ＝12mv20－12mv2⑦ 联立②至⑦式，得v0＝285μgd 【答案】285μgd 【迁移应用】3.图13－1－7如图13－1－7所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B 的最大速度．【解析】 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 同速． 由动量守恒定律得mAv0＝(mA ＋mB)v解得v ＝mAv0mA ＋mB ＝1×41＋3m/s ＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能Epm ＝12mAv20－12(mA ＋mB)v2＝6 J. (2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得mAv0＝mAvA ＋mBvm12mAv20＝12mBv2m ＋12mAv2A 解得vm ＝2 m/s.【答案】 (1)6 J (2)2 m/s(2011·北京高考)如图13－1－8，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图13－1－8(1)实验中，直接测定小球碰撞后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S 位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S 位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是__________．(填选项前的符号)A ．用天平测量两个小球的质量m1、m2B ．测量小球m1开始释放的高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON【解析】 (1)小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v ＝x t .而由H ＝12gt2知，每次竖直高度相等，平抛时间相等．即m1OP t ＝m1OM t ＋m2ON t；则可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.故只需测射程，因而选C.(2)小球做平抛运动H ＝12gt2① x ＝vt ②m1、m2碰撞过程动量守恒，m1v1＝m1v′1＋m2v′2③由①②③得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON④由④知，只需测m1、m2和水平射程OP 、OM 、ON 就可验证动量守恒．【答案】 (1)C (2)ADE。
高考物理一轮复习 第十三章 第1节 动量定理 动量守恒
切 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相 重
脉
落
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·
距仍然为
d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为
μ，B
实
·
核 心
的质量为 A 的 2 倍，重力加速度大小为 g.求 A 的初速度的大
深 化
突
学
破 小．
习
菜单
高三总复习·物理
研 动
【解析】
设在发生碰撞前的瞬间，木块 A 的速度大小
提 素
研 动 向
·
考 向 真 题
切 脉 搏
·
核 心 突 破
菜单
高三总复习·物理
提 素 养
·
数 学 技 巧
重 落 实
·
深 化 学 习
高三总复习·物理
必须掌握的概念、公 必须理解的 7 个关 必须明确的 7 个易
研
提
动 向
式或规律
键点
错易混点
素 养
·
考
1.12 个重要概念
1.动量定理是矢量 1.系统的总动量是
向
养
· 为 v；在碰撞后的瞬间，A 和 B 的速度分别为 v1 和 v2.在碰撞 ·
考
数
向 真
过程中，由能量和动量守恒定律，得
学 技
题
巧
12mv2＝12mv21＋12(2m)v22
①
切
mv＝mv1＋(2m)v2
脉
②
重
落
搏
·
式中，以碰撞前木块 A 的速度方向为正．由①②式得
实
·
核 心 突 破
v1＝－v22
化
均相等．
高考物理总复习讲义教案 第13章-第1讲动量定理 动量守恒定律
第十三章 动量 光电效应 核能第1讲 动量定理 动量守恒定律知识一 冲量和动量定理1．冲量(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积．(2)定义式：I＝Ft.(3)单位：N·s(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．2．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．(2)表达式：Error!知识二 动量和动量守恒定律1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．(2)表达式：p＝m v.(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．2．动量守恒定律(1)内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．(2)表达式m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，即相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．3．动量守恒定律的适用条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零．(2)近似守恒：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．知识三 碰撞、反冲和爆炸问题1．弹性碰撞和非弹性碰撞动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.反冲现象在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．考点一 对动量定理的理解及应用一、适用范围适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．二、解释现象一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．三、解题的基本思路1．确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.2．对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．3．抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．4．根据动量定理列方程代入数据求解． 排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h 1＝1.8 m 处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t ＝1.3 s ，第一次反弹的高度为h 2＝1.25 m ．已知排球的质量为m ＝0.4 kg ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)排球与地面的作用时间；(2)排球对地面的平均作用力的大小．【解析】 (1)排球第一次落到地面的时间为t 1，第一次反弹到最高点的时间为t 2，由h 1＝gt ，h 2＝gt ，得1221122t 1＝0.6 s ，t 2＝0.5 s所以排球与地面的作用时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.2 s.(2)方法一：设排球第一次落地的速度大小为v 1，第一次反弹离开地面时的速度大小为v 2，则有：v 1＝gt 1＝6 m/s ，v 2＝gt 2＝5 m/s设地面对排球的平均作用力的大小为F ，以排球为研究对象，取向上为正方向，则在排球与地面的作用过程中，由动量定理得：(F －mg )Δt ＝m v 2－m (－v 1)解得：F ＝＋mgm (v 2＋v 1)Δt 代入数据得：F ＝26 N根据牛顿第三定律得：排球对地面的平均作用力为26 N.方法二：全过程应用动量定理取竖直向上为正方向，从开始下落到第一次反弹到最高点的过程用动量定理得F (t －t 1－t 2)－mgt ＝0解得：F ＝＝26 Nmgtt －t 1－t 2再由牛顿第三定律得排球对地面的平均作用力的大小为26 N.【答案】 (1)0.2 s (2)26 N考点二 动量守恒定律的理解与应用一、动量守恒定律的“五性”1．矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．2．相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．3．系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．4．同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．5．普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．二、动量守恒定律的不同表达形式1．p ＝p ′，系统相互作用前的总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.2．m 1v 1＋m 2m 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．3．Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．4．Δp ＝0，系统总动量的增量为零．三、应用动量守恒定律解题的步骤1．明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；2．进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；3．规定正方向，确定初、末状态动量；4．由动量守恒定律列出方程；5．代入数据，求出结果，必要时讨论说明． (2013·新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d .现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d .已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g .求A 的初速度的大小．【解析】 从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v 1和v 2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得m v 2＝m v ＋(2m )v ①121221122m v ＝m v 1＋(2m )v 2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－③v 22设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d 1和d 2，由动能定理得μmgd 1＝m v ④1221μ(2m )gd 2＝(2m )v ⑤122据题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝m v －m v 2⑦122012联立②至⑦式，得v 0＝285μgd 【答案】 285μgd考点三 碰撞问题一、分析碰撞问题的三个依据1．动量守恒，即p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′.2．动能不增加，即E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或＋≥＋.p 212m 1p 22m 2p 1′22m 1p 2′22m 23．速度要合理(1)碰前两物体同向，则v 后>v 前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v 前′≥v 后′.(2)两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．二、弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m 1、速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v ′1＋m 2v ′2m 1v ＝m 1v ′＋m 2v ′12211221122解得：v ′1＝，v ′2＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 22m 1v 1m 1＋m 2结论1.当两球质量相等时，v ′1＝0，v ′2＝v 1，两球碰撞后交换了速度．2．当质量大的球碰质量小的球时，v ′1＞0，v ′2＞0，碰撞后两球都沿速度v 1的方向运动．3．当质量小的球碰质量大的球时，v ′1＜0，v ′2＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来． 图13－1－1如图13－1－1所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B 的最大速度．【解析】 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 同速．由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v解得v ＝＝ m/s ＝1 m/smA v 0mA ＋mB 1×41＋3弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能E pm ＝m A v －(m A ＋m B )v 2＝6 J.122012(2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得m A v 0＝m A v A ＋m B v m m A v ＝m B v ＋m A v 1220122m 122A 解得v m ＝2 m/s ，向右．【答案】 (1)6 J (2)2 m/s ，向右考点四 动量与能量观点的综合应用 利用动量和能量的观点解题应注意下列问题一、动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式．二、动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统．在应用这两个规律时，当确定了研究的对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．图13－1－2(2012·新课标全国高考)如图13－1－2，小球a 、b 用等长细线悬挂于同一固定点O .让球a 静止下垂，将球b 向右拉起，使细线水平．从静止释放球b ，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°.忽略空气阻力，求：(1)两球a 、b 的质量之比；(2)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b 在碰前的最大动能之比．【审题指导】 解答本题时应注意以下两点：(1)小球碰撞前和碰撞后的摆动过程中机械能分别守恒．(2)两球相碰过程为完全非弹性碰撞．【解析】 (1)设球b 的质量为m 2，细线长为L ，球b 下落至最低点，但未与球a 相碰时的速率为v ，由机械能守恒定律得m 2gL ＝m 2v 2①12设球a 的质量为m 1；在两球相碰后的瞬间，两球共同速度为v ′，以向左为正．由动量守恒定律得m 2v ＝(m 1＋m 2)v ′②设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得(m 1＋m 2)v ′2＝(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)③12联立①②③式得＝－1④m 1m 211－cos θ代入已知数据得＝－1⑤m 1m 22(2)两球在碰撞过程中的机械能损失为Q ＝m 2gL －(m 1＋m 2)gL (1－cos θ)⑥联立①⑥式，Q 与碰前球b 的最大动能E k 之比为(E k ＝12m 2v 2)＝1－(1－cos θ)⑦Q E k m 1＋m 2m 2联立⑤⑦式，并代入题给数据得＝1－⑧QE k 22【答案】 (1)－1 (2)1－222考点五 实验：验证动量守恒定律一、实验装置图13－1－3二、实验步骤1．不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P 就是小球落点的平均位置．2．把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤1的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M 和被碰小球落点的平均位置N .如图13－1－4所示．图13－1－43．连接ON ，测量线段OP 、OM 、ON 的长度．将测量数据填入表中．最后代入m 1＝m 1＋m 2，看在误差允许的范围内是否成立．OP OM ON 如图13－1－5(a)所示，在水平光滑轨道上停着甲、乙两辆实验小车，甲车系一穿过打点计时器的纸带，当甲车受到水平向右的冲量时，随即启动打点计时器．甲车运动一段距离后，与静止的乙车发生正碰并粘在一起运动．图13－1－5纸带记录下碰撞前甲车和碰撞后两车运动情况如图(b)所示，电源频率为50 Hz ，则碰撞前甲车运动速度大小为________m/s ，甲、乙两车的质量比m 甲∶m 乙＝________.【解析】 由纸带及刻度尺可得碰前甲车的速度为v 1＝ m/s ＝0.6 m/s.12×10－30.02碰后两车的共同速度v 2＝ m/s ＝0.4 m/s.8×10－30.02由动能守恒定律有m 甲v 1＝(m 甲＋m 乙)v 2.由此得甲、乙两车的质量比＝＝＝.m 甲m 乙v 2v 1－v 20.40.6－0.421【答案】 0.6 2∶11．质量为M 的木块在光滑的水平面上以速度v 1向右运动，质量为m 的子弹以速度v 2向左射入木块并停留在木块中，要使木块停下来，发射子弹的数目是( )A. B.(M ＋m )v 2m v 1M v 1(M ＋m )v 2C.D.m v 1M v 2M v 1m v 2【解析】 设发射子弹的数目为n ，由动量守恒可知：nm v 2－M v 1＝0，解得n ＝，M v 1m v 2选项D 正确．【答案】 D2．(多选)质量为m 的人站在质量为M 的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计．当人从小车左端走到右端时， 下列说法正确的是( )A ．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大B ．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大C ．不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同D ．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止【解析】 当人从小车左端走到右端时，由动量守恒定律，人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大，但是车在地面上移动的距离只与人在车上移动的位移有关，与人的平均速度无关，选项A 、C 正确，B 错误．人在车上行走时，若人相对车突然停止，由动量守恒定律，则车也立刻停止，选项D 正确．【答案】 ACD3.图13－1－6如图13－1－6所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A 、B 两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时( )A ．若小车不动，两人速率一定相等B ．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的小C ．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的大D ．若小车向右运动，A 的动量一定比B 的大【解析】 根据动量守恒可知，若小车不动，两人的动量大小一定相等，因不知两人的质量，故选项A 错误．若小车向左运动，A 的动量一定比B 的大，故选项B 错误，选项C 正确．若小车向右运动，A 的动量一定比B 的小，故选项D 错误．【答案】 C图13－1－74．如图13－1－7所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是( )A ．男孩和木箱组成的系统动量守恒B ．小车与木箱组成的系统动量守恒C ．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒D ．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同【解析】 如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变．选项A 中，男孩和木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项B 中，小车与木箱组成的系统受到男孩对系统的摩擦力的作用；动量及其改变量均为矢量，选项D 中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同、方向相反，故本题正确选项为C.【答案】 C 5.图13－1－8(2012·福建高考)如图13－1－8所示，质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶，一质量为m 的救生员站在船尾，相对小船静止．若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为( )A ．v 0＋vB ．v 0－vm M mM C ．v 0＋(v 0＋v ) D ．v 0＋(v 0－v )mM mM 【解析】 小船和救生员组成的系统满足动量守恒：(M ＋m )v 0＝m ·(－v )＋M v ′解得v ′＝v 0＋(v 0＋v )mM 故C 项正确，A 、B 、D 三项均错．【答案】 C6．(2014·长沙模拟)如图13－1－9所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上木板后在木板上最多能滑行的距离为( )图13－1－9A ．L B.3L4C.D.L 4L 2【解析】 固定时，由动能定理得：μMgL ＝M v ，后来木板不固定有122M v 0＝2M v ，μMgs ＝M v －·2M v 2，故得s ＝.D 项正确，A 、B 、C 项错误．122012L2【答案】 D7．(2012·天津高考) 质量为0.2 kg 的小球竖直向下以6 m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为________kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2)．【解析】 以竖直向上为正方向，则v ′＝4 m/s ，v ＝－6 m/s 所以小球与地面碰撞前后的动量变化为Δp ＝m v ′－m v ＝ kg·m/s ＝2 kg·m/s 根据动量定理，得(F －mg )t ＝Δp所以平均作用力F ＝＋mg ＝ N ＋0.2×10 N ＝12 N.Δp t 20.2【答案】 2 128．(2013·宁波模拟)如图13－1－10所示，质量为m ＝2 kg 的物体，在水平力F ＝8 N 的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2.若F 作用t 1＝6 s 后撤去，撤去F 后又经t 2＝2 s 物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t 3＝0.1 s ，碰墙后反向弹回的速度v ′＝6 m/s ，求墙壁对物体的平均作用力．(g 取10 m/s 2)图13－1－10【解析】 取从物体开始运动到撞墙后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F 的方向为正方向则Ft 1－μmg (t 1＋t 2)－t 3＝－m v ′F 所以＝F Ft 1－μmg (t 1＋t 2)＋m v ′t 3＝ N ＝280 N ，方向与F 的方向相反．8×6－0.2×2×10×(6＋2)＋2×60.1【答案】 280 N ，方向与F 的方向相反9．两物块A 、B 用轻弹簧相连，质量均为2 kg ，初始时弹簧处于原长，A 、B 两物块都以v ＝6 m/s 的速度在光滑的水平地面上向右运动，质量为4 kg 的物块C 静止在前方，如图13－1－11所示．B 与C 碰撞后二者会粘在一起运动．求图13－1－11(1)B 与C 碰撞后瞬间B 与C 的速度大小；(2)当弹簧的弹性势能最大时，物块A 的速度为多大．【解析】 (1)对B 、C 碰撞过程：m B v ＝(m B ＋m C )v BC 解得v BC ＝2 m/s(2)当A 、B 、C 三者速度相等时弹性势能最大，对A 、B 、C 组成的系统，由动量守恒定律得：(m A ＋m B )v ＝(m A ＋m B ＋m C )v ABC 解得：v ABC ＝3 m/s【答案】 (1)2 m/s (2)3 m/s10．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图13－1－12，光滑水平直轨道上有三个质量均为m 的物块A 、B 、C .B 的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)．设A 以速度v 0朝B 运动，压缩弹簧；当A 、B 速度相等时，B 与C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动．假设B 和C碰撞过程时间极短．求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，图13－1－12(1)整个系统损失的机械能；(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能．【解析】 (1)从A 压缩弹簧到A 与B 具有相同速度v 1时，对A 、B 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1①此时B 与C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v 2，损失的机械能为ΔE .对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒得m v 1＝2m v 2②m v ＝ΔE ＋(2m )v ③1221122联立①②③式得ΔE ＝m v ④11620(2)由②式可知v 2<v 1，A 将继续压缩弹簧，直至A 、B 、C 三者速度相同，设此速度为v 3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为E p .由动量守恒和能量守恒定律得m v 0＝3m v 3⑤m v －ΔE ＝(3m )v ＋E p ⑥12201223联立④⑤⑥式得E p ＝m v ⑦134820【答案】 (1)m v (2)m v 11620134820。
高三物理一轮总复习 第13章 选修3-5 第1节 动量守恒定律
间内，铁锤所受到的平均冲力大小为( )
A.mg mv
C.Δt
B.mΔvt＋mg D.mΔvt－mg
【解析】对铁锤应用动量定理，以向上为正方向，
有(F－mg)Δt＝0－(－mv)，得 F＝mΔvt＋mg.选项 B 正 确.
【答案】B
考点二 动量守恒的应用 例 2 如图所示，一质量 M ＝2 kg 的带有弧形轨道的平 台置于足够长的水平轨道 上，弧形轨道与水平轨道平滑连接，水平轨道上静置 一小球 B.从弧形轨道上距离水平轨道高 h＝0.3 m 处 由静止释放一质量 mA＝1 kg 的小球 A，小球 A 沿轨
3.反冲运动 (1)反冲运动是相互作用的物体之间的作用力与 反作用力产生的效果.
(2)反冲运动的过程中，如果合外力为零或外力的
作用远小于物体间的相互作用力，可利用动量守恒定
律来处理. (3)研究反冲运动的目的是找出反冲速度的规律.
求反冲速度的关键是确定相互作用的物体系统和其中 各物体对地的运动状态.
2.爆炸现象 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成 的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，
所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒.
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的
能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动 能增加.
(3)位置不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中，
物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆 炸后仍然从爆炸前的位置以新的动量开始运动.
在非弹性碰撞后以同一速度运动，系统机械能损失最 大.
知识点六 碰撞、爆炸、反冲的特点分析 1.碰撞现象 (1)动量守恒 (2)机械能不增加 (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有物体速度一定增大，若碰后两物体同向运
湖南高三物理一轮复习 第13章-第1讲-动量守恒定律课件 新人教版
3．动量守恒定律有哪些不同的数学表达式？ 解答：(1)系统相互作用前的总动量p等于相互作 用后的总动量p′：p＝p′ (2)系统总动量的增量等于零：Δp＝0 (3)相互作用的两个物体组成的系统，两个物体 动量的增量大小相等、方向相反：Δp1＝－Δp2 (4)两个物体组成的系统，相互作用前的总动量 等于相互作用后的总动量：
(3)如果系统所受合外力不为零，但在某一方向上 合外力等于零，这一方向上动量还是守恒的．
(4)全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该 阶段系统动量守恒．
5．内力与外力 内力是 系统内部物体间的作用力 .由牛顿 第三定律知，系统内的内力总是成对出现的，由动 量定理可知，一对内力的冲量的矢量和为零，不改 变系统的总动量． 外力是 系统外部的物体对系统内部物体施加 的力 ，只要合外力不为零，合外力的冲量就改变 系统的总动量．
3．动量守恒定律
一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这
个系统的总动量保持不变．即：
m1v1＋m2v2′ . 4．动量守恒定律的条件是：
m1v1 ＋ m2v2 ＝
系统不受外力或者所受外力之和为零．
根据具体问题，其条件可理解为：
(1)系统不受外力或者所受外力之和为零；
(2)系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不 计；
3．统一参考系 例3：如图1314所示，质量为M的小车静止 在光滑的水平面上．小车的最右端站着质量为m 的人．若人水平向右以相对车的速度u跳离小车， 则人脱离小车后小车的速度多大？方向如何？
图1314
解析：在人跳离小车的过程中，由人和车组 成的系统在水平方向上不受外力，在该方向上动 量守恒．由于给出的人的速度u是相对车的，而公 式中的速度是相对地的，必须把人的速度转化为 相对地的速度．有的同学可能认为，由于车原来 是静止的，所以u就是人对地的速度．这种认识是 错误的，违背了同时性的要求．因为人获得相对 车的速度u的同时，车也获得了对地的速度v.所以 人对车的速度u，应是相对运动的车的速度，而不 是相对静止的车的速度．
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第3讲原子结构原子核1．一个氢原子从n＝3能级跃迁到n＝2能级，该氢原子()．A．放出光子，能量增加B．放出光子，能量减少C．吸收光子，能量增加D．吸收光子，能量减少解析氢原子从高能级向低能级跃迁时，放出光子，能量减少，故选项B正确，选项A、C、D错误．答案 B2．在轧制钢板时需要动态地监测钢板厚度，其检测装置由放射源、探测器等构成，如图1所示．该装置中探测器接收到的是()．图1A．X射线B．α射线C．β射线D．γ射线解析放射源发出的只有α、β、γ三种射线，故选项A错误．在α、β、γ三种射线中，只有γ射线能穿透钢板，故选项B、C错误，D正确．答案 D3．居室装修中经常用到的花岗岩都不同程度地含有放射性元素(含铀、钍等)，会释放出α、β、γ射线，这些射线会导致细胞发生癌变及呼吸道疾病．根据有关放射性知识判断下列说法中正确的是()．A．α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了4个B．β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数减少了1个C．γ射线是发生γ衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了1个D．在α、β、γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强、电离能力最弱解析α射线是发生α衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，中子数减少了2个，A错；β射线是发生β衰变时产生的，生成核与原来的原子核相比，质量数不变，中子数减少了1个，B错；γ射线是伴随着α、β衰变产生的，穿透能力最强，电离能力最弱，C错，D正确．答案 D4．氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是()A．氢原子的能量增加B．氢原子的能量减少C．氢原子要吸收一定频率的光子D．氢原子要放出一定频率的光子解析氢原子的核外电子离原子核越远，氢原子的能量(包括动能和势能)越大．当氢原子的核外电子由离原子核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，原子的能量减少，氢原子要放出一定频率的光子．显然，选项B、D正确．答案BD5．氘核、氚核、中子、氦核的质量分别是m1、m2、m3和m4，如果氘核和氚核结合生成氦核，则下列说法中正确的是()．A．核反应方程式为21H＋31H→42He＋10nB．这是一个裂变反应C．核反应过程中的质量亏损Δm＝m1＋m2－m3D．核反应过程中释放的核能ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2解析由氘核和氚核的结合以及电荷数、质量数守恒可知选项A正确；该核反应为聚变反应，选项B错误；核反应过程中的质量亏损为Δm＝m1＋m2－m3－m4，选项C错误；由爱因斯坦质能方程可知核反应过程中释放的核能ΔE＝Δmc2，可知选项D正确．答案AD6．在花岗岩、大理石等装饰材料中，都不同程度地含有放射性元素，下列有关放射性元素的说法中正确的是()．A．β射线与γ射线一样都是电磁波，但穿透本领远比γ射线弱B．氡的半衰期为3.8天，4个氡原子核经过7.6天后就一定只剩下1个氡原子核C.23892U衰变成20682Pb要经过6次β衰变和8次α衰变D．放射性元素发生β衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的解析β射线是电子流，γ射线才是电磁波，选项A错；半衰期的意义只有对大量原子核才成立，选项B错；23892U衰变成20682Pb，质量数减少了32，因此发生了324＝8次α衰变，α衰变8次则核电荷数要减少16，实际核电荷数减少10，因此发生了16－10＝6次β衰变，C正确；β 衰变时所释放的电子是原子核内的中子转化为质子时产生的，D正确．答案CD7．氦3与氘的核聚变发电不产生温室气体，不产生放射性物质，是一种十分清洁、安全和环保的能源，开发月壤中蕴藏丰富的氦3资源，对人类社会今后的可持续发展具有深远意义．该核反应可表示为32He＋21H→43Li＋X(X表示某种粒子)，若32He、21H和43Li的质量分别为m1、m2、m3，则下列选项正确的是()．A．X为中子B．这种核反应在月球上可自发进行C．高速的X粒子可以用来工业探伤D．该反应释放的核能ΔE<(m1＋m2－m3)c2解析由电荷数守恒和质量数守恒可得X为10n，A正确；轻核聚变又称热核反应，必须在高温下进行，不能在月球上自发进行，B错误；能够用来工业探伤的是γ射线，并非高速中子流，C错误；由质能方程可知，该反应释放的核能ΔE＝(m1＋m2－m3－m n)c2<(m1＋m2－m3)c2，D正确．答案AD8．如图2所示，在氢原子能级图中，氢原子从各个较高能级跃迁至同一较低能级时，会发出一系列光谱线，形成谱线系，分别称为赖曼线系，巴耳末线系，帕邢线系等．在同一谱线系中，下列说法正确的是()．图2A．每一跃迁都会释放出一个电子，使原子变为粒子B．各种跃迁都会释放出不同能量的光子C．各条谱线具有相同的频率D．跃迁后原子的能级是相同的解析由hν＝E m－E n可得，各种不同能级的氢原子从高能级跃迁至低能级，会释放不同能量(不同频率)的光子，A、C错误，B正确；跃迁后原子的能级相同，D正确．答案BD9．以下是有关近代物理内容的若干叙述，其中正确的是()．A．原子核发生一次β衰变，该原子外层就失去一个电子B．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，可能是因为这束光的光强太小C．按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道时，电子的动能减少，原子的能量也减少D．天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线解析原子核发生一次β衰变，该原子核内质子数增加1，原子外层电子数不变，选项A错误；一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为这束光的频率太低，选项B错误；按照玻尔理论，氢原子核外电子从半径较小的轨道跃迁到半径较大的轨道，电子的动能减少，但原子的能量增加，选项C错误；天然放射现象中发出的三种射线是从原子核内放出的看不见的射线，选项D正确．答案 D9．如图3为氢原子能级的示意图，现有大量的氢原子处于n＝4的激发态，当向低能级跃迁时辐射出若干不同频率的光．关于这些光，下列说法正确的是()图3A．最容易表现出衍射现象的光是由n＝4能级跃迁到n＝1能级产生的B．频率最小的光是由n＝2能级跃迁到n＝1能级产生的C．这些氢原子总共可辐射出3种不同频率的光D．用n＝2能级跃迁到n＝1能级辐射出的光照射逸出功为6.34 eV的金属铂能发生光电效应解析最容易发生衍射的应是波长最长而频率最小、能量最低的光波，hν＝h c λ＝E n－E m，对应跃迁中能级差最小的应为n＝4能级到n＝3能级，故A、B错误．由C2n可知n＝4能级上的氢原子共可辐射出C24＝6种不同频率的光，故C错误．根据hν＝E2－E1及发生光电效应的条件hν≥W0可知D正确．答案 D11．(1)下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射实验规律的是()．(2)按照玻尔原子理论，氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量________(选填“越大”或“越小”)．已知氢原子的基态能量为E1(E1<0)，电子质量为m，基态氢原子中的电子吸收一频率为ν的光子被电离后，电子速度大小为________(普朗克常量为h)．(3)有些核反应过程是吸收能量的．例如，在X＋147N―→17 8 O＋11H中，核反应吸收的能量Q＝[(m O＋m H)－(m x＋m N)]c2.在该核反应方程中，X表示什么粒子？X粒子以动能E k轰击静止的14 7N核，若E k＝Q，则该核反应能否发生？请简要说明理由．解析 (1)根据黑体辐射的实验规律：随着温度的升高，各波长的辐射强度都增加，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，可知正确答案为A.(2)根据玻尔理论可知，氢原子中的电子离核越远，氢原子的能量越大，由12m v 2＝hν＋E 1可得v ＝ 2(hν＋E 1)m. (3)根据核反应中的质量数守恒及电荷数守恒可知X 粒子为42He(α粒子)．不能发生，因为不能同时满足能量守恒和动量守恒的要求．答案 (1)A (2)越大 2(hν＋E 1)m(3)42He 不能发生 因为不能同时满足能量守恒和动量守恒的要求．12．(1)产生光电效应时，关于逸出光电子的最大初动能E k ，下列说法正确的是________．A ．对于同种金属，E k 与照射光的强度无关B ．对于同种金属，E k 与照射光的波长成反比C ．对于同种金属，E k 与光照射的时间成正比D ．对于同种金属，E k 与照射光的频率成线性关系E ．对于不同种金属，若照射光频率不变，E k 与金属的逸出功成线性关系(2)一静止的238 92U 核经α衰变成为234 90Th 核，释放出的总动能为4.27 MeV.问此衰变后234 90Th 核的动能为多少MeV(保留一位有效数字)?解析 (1)由E k ＝hν－W 0知E k 与照射光的强度及照射时间无关，与ν成线性关系，故选项A 、D 正确，C 错误．由E k ＝hc λ－W 0可知E k 与λ不成反比，故选项B 错误．在hν不变的情况下，E k 与W 0成线性关系，故选项E 正确．(2)据题意知：此α衰变的衰变方程为：238 92U →234 90Th ＋42He ，根据动量守恒定律得：m αv α＝m Th v Th ， ① 式中，m α和m Th 分别为α粒子和Th 核的质量，v α和v Th 分别为α粒子和Th 核的速度的大小，由题设条件知：12m αv 2α＋12m Th v 2Th ＝E k ， ②mαm Th＝4234，③式中E k＝4.27 MeV是α粒子与Th核的总动能．由①②③式得：12m Th v2Th＝mαmα＋m ThE k，④代入数据得，衰变后23490Th核的动能：12m Thv2Th＝0.07 MeV.⑤答案(1)ADE(2)0.07 MeV。