高考物理 一轮复习 第十三章 动量 近代物理初步 第1讲
高考物理一轮复习 第13章 第1单元 机械振动课件(选修3-4) (2)
gL′，
其中M′＝ρ·43π(R－d)3 T＝kT′ 联立以上各式解得d＝(1－k2)R
[答案] (1－k2)R
(1)在地球表面上方，重力加速度随高度增大而减小。 (2)在地球表面下方，重力加速度也随深度增大而减小， 但所遵从的规律不同。
[随堂巩固落实] 1．弹簧振子在水平方向上做简谐运动，下列说法中正确的是
A．振子在平衡位置，动能最大，势能最小
()
B．振子在最大位移处，势能最大，动能最小
C．振子在向平衡位置振动时，由于振子振幅减小，故总机械能减
小
D．在任意时刻，动能与势能之和保持不变
解析：振子在平衡位置两侧往复振动，在最大位移处速度为 零，动能为零，此时弹簧的形变最大，势能最大，所以B正确； 在任意时刻只有弹簧的弹力做功，所以机械能守恒，D正确；到 平衡位置处速度最大，动能最大，势能最小，所以A正确；根据 振幅的大小与振子的位置无关，所以选项C错误。 答案：ABD
区别？
(3)在一个周期T内，质点的路程与振幅有何关系？
1 2
T、
1 4
T呢？
提示：(1)不同。简谐运动的图象描述的是振动质点的位移
(一个物理量)随时间变化的规律，而简谐运动的轨迹是质点运动
的径迹。
(2)简谐运动的位移是以平衡位置为参考点，与位置对应， 是时刻的函数，总是从平衡位置指向质点所在的位置；直线运
图13－1－4 (3)振子由P到O所用时间等于由O到P′所用时间，即tPO＝tOP′ (4)振子往复过程中通过同一段路程(如OP段)所用时间相等，即 tOP＝tPO。 5．能量特征 振动的能量包括动能Ek和势能Ep，简谐运动过程中，系统动能 与势能相互转化，系统的机械能守恒。
[例1] 一简谐振子沿x轴振动，平衡位置在坐标原点。t＝0
高考物理一轮复习 第十三章 动量守恒 近代物理
第十三章动量守恒近代物理2.9个公式p＝mv I＝Ft I＝Δpm1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2hν＝W＋12mv2hν＝E m－E nE＝mc2ΔE＝Δmc2 N余＝N原⎝⎛⎭⎪⎫12tτ3.能否发生光电效应，不取决于光强，而取决于光的频率．4.光电子不是光子，是电子．5.玻尔理论的内容包含定态、跃迁、轨道三方面的内容．玻尔理论能很好地解释氢原子光谱．3.微观粒子和宏观物体都具有波动性．4.微观粒子的波动性不同于机械波，它是一种概率波．5.光电效应中的“光”也包括不可见光．3.5个规律动量定理动量守恒定律光电效应规律玻尔理论衰变规律6.半衰期是一个统计规律，对少数的原子核不适用．7.核力是只发生在相邻核子间的短程强相互作用.6.太阳光谱不是连续光谱是吸收光谱．7.原子光谱是线状光谱不是连续光谱．第1节动量定理动量守恒定律[真题回放]1．(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】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)v22①mv＝mv1＋(2m)v2 ②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v 1＝－v 22③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＝12mv 21 ④ μ(2m )gd 2＝12(2m )v 22⑤按题意有d ＝d 1＋d 2⑥设A 的初速度大小为v 0，由动能定理得μmgd ＝12mv 20－12mv2⑦联立②至⑦式，得v 0＝285μg d . ⑧【答案】285μgd 2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)如图1311，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1311(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mv 0＝2mv 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，由动量守恒和能量守恒定律得mv 1＝2mv 2② 12mv 21＝ΔE ＋12(2m )v 22③联立①②③式得 ΔE ＝116mv 20④(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mv 0＝3mv 3⑤12mv20－ΔE＝12(3m)v23＋E p ⑥联立④⑤⑥式得E p＝1348mv20. ⑦【答案】(1)116mv20(2)1348mv203．(2013·山东高考)如图1312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m A＝2 kg、m B＝1 kg，m C＝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1312【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v A，C的速度为v C，以向右为正方向，由动量守恒定律得m A v0＝m A v A＋m C v C ①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为v AB，由动量守恒定律得m A v A＋m B v0＝(m A＋m B)v AB ②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C ③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s. ④【答案】 2 m/s[考向分析]1.考纲展示(1)动量、动量定理、动量守恒定律及其应用Ⅱ(2)弹性碰撞和非弹性碰撞Ⅰ(3)实验：验证动量守恒定律2.命题趋势本节是选修3－5中的重点内容，在新课标全国卷中每年必考一个关于动量、动量守恒的计算题，且难度为中等难度，这个特点在以后的高考命题中不会变化．3.选材特点经常以生活中的具体事例为命题背景，以碰撞为模型考查动量守恒定律的应用，有时也综合考查能量的转化和守恒定律.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．【例1】 [考向1 应用动量定理解释现象]把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，解释这个现象的原因是( )A ．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大B ．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大C ．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大D ．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大【解析】 在缓缓拉动时，两物体之间的作用力是静摩擦力；在迅速拉动时，它们之间的作用力是滑动摩擦力．由于滑动摩擦力f ＝μN (μ是动摩擦因数)，而最大静摩擦力f m ＝u m N (u m 是静摩擦因数)且μ≤μm .一般情况下可以认为f ＝f m 即滑动摩擦力f 近似等于最大静摩擦力f m .因此，一般情况是：缓拉，摩擦力小；快拉，摩擦力大．缓缓拉动纸带时，摩擦力虽小些，但作用时间可以很长，故重物获得的冲量，即动量的改变量可以很大，所以能把重物带动；快拉时，摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量小，所以重物动量的改变量小．因此选项C 正确．【答案】 C【例2】 [考向2 动量定理的计算]质量为0.4 kg 的小球沿光滑水平面以5 m/s 的速度冲向墙壁，又以4 m/s 的速度反向弹回．如图1313，球跟墙壁的作用时间为0.05 s ．求：图1313(1)小球动量的增量； (2)球受到的平均冲力．【解析】 取初速度v 1的方向为正方向，则：v 1＝5 m/s ，v 2＝－4 m/s(1)Δp ＝mv 2－mv 1＝0.4×(－4－5) kg·m/s＝－3.6 kg·m/s 负号表示动量增量与初动量方向相反． (2)F ＝mv 2－mv 1t ＝－3.60.05N ＝－72 N ，平均冲力的大小为72 N ，平均冲力的方向与初速度反向． 【答案】 (1)－3.6 kg·m/s，负号表示与初动量反向(2)－72 N，负号表示与初速度反向【反思总结】动量定理是矢量式，对同一直线上运动的问题，规定正方向后，可将矢量运算简化为代数运算．应用I＝Δp求变力的冲量时，如果物体受到大小或方向改变的力的作用，则不能直接用Ft计算，往往用动量定理间接求解.考点二动量守恒定律的理解与应用1.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．2．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)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，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)Δp1＝－Δp2，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零．3．碰撞现象满足的三个规律(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．4．对反冲现象的三点说明(1)系统内的不同部分在强大内力作用下向相反的方向运动，通常用动量守恒来处理．(2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以系统的总机械能增加．(3)反冲运动中平均动量守恒．5．爆炸现象的三个规律(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．【例3】(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图1314，质量分别为m A、m B的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度h＝0.8 m，A球在B球的正上方．先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放．图1314当A 球下落t ＝0.3 s 时，刚好与B 球在地面上方的P 点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A 球的速度恰为零．已知m B ＝3m A ，重力加速度大小g ＝10 m/s 2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B 球第一次到达地面时的速度； (2)P 点距离地面的高度．【解析】 (1)设B 球第一次到达地面时的速度大小为v B ，由运动学公式有v B ＝2gh①将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s②(2)设两球相碰前后，A 球的速度大小分别为v 1和v 1′(v 1′＝0)，B 球的速度分别为v 2和v 2′.由运动学规律可得v 1＝gt ③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变．规定向下的方向为正，有m A v 1＋m B v 2＝m B v ′2④12m A v 21＋12m B v 22＝12m B v ′22⑤设B 球与地面相碰后的速度大小为v ′B ，由运动学及碰撞的规律可得v ′B ＝v B⑥设P 点距地面的高度为h ′，由运动学规律可得h ′＝v ′2B －v 222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h ′＝0.75 m ．⑧【答案】 (1)4 m/s (2)0.75 m 突破训练 1(2014·大纲全国卷)一中子与一质量数为A (A >1)的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A ＋1A －1B.A －1A ＋1C.4A A ＋12D.A ＋12A －12【解析】 设中子质量为m ，则原子核的质量为Am .设碰撞前后中子的速度分别为v 0、v 1，碰后原子核的速度为v 2，由弹性碰撞可得mv 0＝mv 1＋Amv 2，12mv 20＝12mv 21＋12Amv 22，解得v 1＝1－A 1＋A v 0，故⎪⎪⎪⎪⎪⎪v 0v 1＝A ＋1A －1，A 正确．【答案】 A考点三 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：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验． (1)测质量：用天平测出两小球的质量m 1、m 2. (2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．3．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验． (1)测质量：用天平测出两小车的质量．(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动． (4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v ＝ΔxΔt 算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．4．方案四：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)按照如图1315所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．图1315(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1316所示．图1316(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m1O P＝m1O M＋m2O N，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒．5．对实验误差的分析(1)系统误差：主要来源于装置本身是否符合要求，即：①碰撞是否为一维碰撞．②实验是否满足动量守恒的条件，如气垫导轨是否水平，两球是否等大，长木板实验是否平衡掉摩擦力等．(2)偶然误差：主要来源于质量m和速度v的测量．(3)减小误差的措施：①设计方案时应保证碰撞为一维碰撞，且尽量满足动量守恒的条件．②采取多次测量求平均值的方法减小偶然误差．【例4】(2014·新课标全国卷Ⅱ)现利用图1317甲所示的装置验证动量守恒定律．在图甲中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全画出)可以记录遮光片通过光电门的时间．甲 图1317实验测得滑块A 的质量m 1＝0.310 kg ，滑块B 的质量m 2＝0.108 kg ，遮光片的宽度d ＝1.00 cm ；打点计时器所用交流电的频率f ＝50.0 Hz.将光电门固定在滑块B 的右侧，启动打点计时器，给滑块A 一向右的初速度，使它与B 相碰．碰后光电计时器显示的时间为Δt B ＝3.500 ms ，碰撞前后打出的纸带如图1317乙所示．乙图1317若实验允许的相对误差绝对值(⎪⎪⎪⎪⎪⎪碰撞前后总动量之差碰前总动量×100%)最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程．【解析】 纸带上打出的相邻点的时间间隔Δt ＝1f＝0.02 s根据v ＝ΔxΔt 可计算出滑块A 碰撞前后的速度v 0＝2.00 m/s ，v 1＝0.970 m/s滑块A 、B 碰撞后滑块B 的速度v 2＝dΔt B＝2.86 m/s两滑块碰撞前后的总动量p ＝m 1v 0＝0.310×2.00 kg·m/s＝0.620 kg·m/sp ′＝m 1v 1＋m 2v 2＝0.610kg·m/s两滑块碰撞前后总动量相对误差绝对值为δ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪p －p ′p ×100%＝1.6%<5%因此，本实验在误差允许范围内验证了动量守恒定律． 【答案】 见解析数学技巧5 数学归纳法在物理中的应用数学归纳法是一种数学证明方法，典型地用于确定一个表达式在所有自然数范围内是成立的或者用于确定一个其他的形式在一个无穷序列是成立的，这就是著名的结构归纳法．如果说一个关于自然数n 的命题，当n ＝1时成立(这一点我们可以代入检验即可)，我们就可以假设n ＝k (k ≥1)时命题也成立．再进一步，如果能证明n ＝k ＋1时命题也成立的话(这一步是用第二步的假设证明的)，由n ＝1命题成立，可推知n ＝2命题成立，继而又可推出n ＝3命题成立……这样就形成了一个无穷的递推，从而命题对于n ≥1的自然数都成立．在物理高考题中经常出现的多过程问题，很多情况下可以用数学归纳法来解决．【例5】 雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小水珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大．现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞．已知雨滴的初始质量为m 0，初速度为v 0，下降距离l 后与静止的小水珠碰撞且合并，质量变为m 1.此后每经过同样的距离l 后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并，质量依次为m 2、m 3…m n ….(设各质量为已知量)．不计空气阻力．若考虑重力的影响，求：(1)第1次碰撞前、后雨滴的速度v 1和v ′1； (2)求第n 次碰撞后雨滴的动能12m n v ′2n【思路导引】第1次碰撞前v 21＝v 20＋2 gl ，v 1＝v 20＋2gl 第1次碰撞后m 0v 1＝m 1v 1′，v 1′＝m 0m 1v 1＝m 0m 1v 20＋2gl ① (2)第2次碰撞v 22＝v 1′2＋2gl利用①式化简得v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 12v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl ②第2次碰撞后，利用①式得v ′22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 1m 22v 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 22v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21m 212gl同理，第3次碰撞后v ′23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m 32v 20＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 20＋m 21＋m 22m 232gl ， 第n 次碰撞后速度为v ′2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m 0m n 2v 2o ＋2gl故n 次碰撞后雨滴的动能为 12m n v n ′2＝12m n.【答案】 (1)v 20＋2gl m o m 1v 20＋2gl (2)12m n突破训练 2(2012·安徽高考)如图1318所示，装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M ＝2 kg 的小物块A .装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接．传送带始终以u ＝2 m/s 的速率逆时针转动．装置的右边是一光滑曲面，质量m ＝1 kg 的小物块B 从其上距水平台面高h ＝1.0 m 处由静止释放．已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l ＝1.0 m ．设物块A 、B 间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A 静止且处于平衡状态．取g ＝10 m/s 2.图1318(1)求物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小；(2)通过计算说明物块B 与物块A 第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上？(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块B 第n 次碰撞后的运动速度大小．【解析】 (1)设物块B 从光滑曲面h 高处滑下时的速度为v 0，由机械能守恒定律，得mgh ＝12mv 20，故v 0＝2gh ＝2×10×1 m/s ＝2 5m/s ＞u ，故B 滑上传送带后做匀减速运动．加速度a ＝μmg m＝μg ＝2 m/s 2，根据v 2－v 20＝－2as ，得物块B 到达传送带左端时的速度v 1＝v 20－2al ＝252－2×2×1 m/s ＝4 m/s.离开传送带后做匀速运动，故物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度v 1＝4 m/s.(2)物块B 与物块A 发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒．即mv 1＝mv ′1＋MV ′1 12mv 21＝12mv ′21＋12MV ′21 联立解得，v ′1＝m －M M ＋m v 1＝－13v 1＝－43m/s 负号说明B 与A 碰撞后，B 的速度方向向右． 物块B 运动到传送带上做匀减速运动．速度减为零时的位移s ＝v ′212a ＝1692×2 m ＝49m ＜l ，因此物块B 还没有到达传送带的右边，速度已减小为零，故不能到达右边的曲面上．(3)物块B 与A 第一次碰撞后，运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零后做反向的加速运动，根据对称性，离开传送带后的速度v 2＝v ′1，然后与A 发生第二次碰撞，且满足mv 2＝mv ′2＋MV ′212mv 22＝12mv ′22＋12MV ′22 联立解得，v ′2＝m －M M ＋m v 2＝－13v 2＝－132v 1 同理，物块B 与A 第三次碰撞前的速度v 3＝－v ′2，碰撞后的速度v ′3＝－13v 3＝－133v 1.依此类推第n 次碰撞后B 的速度v ′n ＝－13n v 1即n 次碰撞后的速度大小为13n v 1＝43n m/s.【答案】 (1)4 m/s (2)不能 (3)43n m/s1. (2014·浙江高考)如图1319所示，甲木块的质量为m 1，以v 的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m 2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧．甲木块与弹簧接触后( )图1319A ．甲木块的动量守恒B ．乙木块的动量守恒C ．甲、乙两木块所组成系统的动量守恒D ．甲、乙两木块所组成系统的动能守恒【解析】 根据动量守恒定律的条件，以甲、乙为一系统，系统的动量守恒，A 、B 错误，C 正确；甲、乙的一部分动能转化为弹簧的弹性势能，甲、乙系统的动能不守恒，D 错误．【答案】 C2．(2014·福建高考)一枚火箭搭载着卫星以速率v 0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离．已知前部分的卫星质量为m 1，后部分的箭体质量为m 2，分离后箭体以速率v 2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v 1为( )图13110A ．v 0－v 2B ．v 0＋v 2C ．v 0－m 2m 1v 2D.v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)【解析】 根据动量守恒定律得 (m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1 解得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)． 故选D. 【答案】 D3．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( ) A ．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小 B ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 C ．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D ．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长【解析】 设玻璃杯下落高度为h .它们从高h 处落地瞬间的速度大小为2gh ，与水泥地或草地接触t 时间后停止，根据动量定理可知：由于掉在水泥地上动量变化快，相互作用时间短，受到的合力大，所以地面给杯子的冲击力也大，故杯子易碎．应选C 、D.【答案】 CD4．一个质量为0.3 kg 的小球，在光滑水平面上以6 m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小为4 m/s.则碰撞前后墙对小球的冲量I 的大小及碰撞过程中墙对小球做的功W 分别为( )A ．I ＝3 kg·m/s，W ＝－3 JB ．I ＝0.6 kg·m/s，W ＝－3 JC ．I ＝3 kg·m/s，W ＝7.8 JD ．I ＝0.6 kg·m/s，W ＝3 J【解析】 本题考查动能定理和动量定理的应用，难度较易．碰撞前后墙对小球的冲量大小I ＝mv ′－m (－v )＝ 3 kg·m/s，碰撞过程中墙对小球做的功等于小球动能的改变量，即W ＝12mv ′2－12mv 2＝－3 J ，A 正确．【答案】 A5．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.M ＋m v 2mv 1 B.Mv 1M ＋m v 2C.mv 1Mv 2D.Mv 1mv 2【解析】 设发射子弹的数目为n ，由动量守恒可知：nmv 2－Mv 1＝0，解得n ＝Mv 1mv 2，选项D 正确． 【答案】 D6. (2014·苏北四市调研)A 、B 两球之间压缩一根轻弹簧，静置于光滑水平桌面上，已知A 、B 两球质量分别为2m 和m .当用板挡住A 球而只释放B 球时，B 球被弹出落于距桌边距离为x 的水平地面上，如图13111所示．若用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，则B 球的落地点距离桌边距离为( )图13111A.x 3B.3x C ．x D.63x 【解析】 当用板挡住小球A 而只释放B 球时，根据能量守恒有：E p ＝12mv 20，根据平抛运动规律有：x ＝v 0t .当用同样的程度压缩弹簧，取走A 左边的挡板，将A 、B 同时释放，设A 、B 的速度分别为v A 和v B ，则根据动量守恒和能量守恒有：2mv A －mv B ＝0，E p ＝12×2mv 2A ＋12mv 2B ，解得v B ＝63v 0，B 球的落地点距桌边距离为x ′＝v B t ＝63x ，D 选项正确． 【答案】 D7．(多选) (2014·山东潍坊一中阶段性检测)在光滑水平面上，a 、b 两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L 时，受到大小相等、方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于L 时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v 随时间t 的变化关系图象如图13112所示，由图可知( )图13112A ．a 球质量大于b 球质量B ．在t 1时刻两小球间距最小C ．0～t 2时间内两小球间距逐渐减小D ．在0～t 3时间内b 球所受排斥力方向始终与运动方向相反【解析】 由题给条件知a 、b 球组成的系统在发生相互作用的过程中动量守恒．由v t 图象可知，b 球在t 1时刻速度减为零，然后反向运动，而它们是受到等大反向的冲量作用，故b 球的初动量要小于a 球的初动量，即m a v 0>m b v 0，则m a >m b ，故选项A 正确．在0～t 2时间内，两小球从相向运动至同向运动到速度相等，间距会逐渐减小，而在t 2时刻两小球间距达到最小，故选项B 错误、选项C 正确．在t 1～t 3时间内，a 和b 是同向运动，b 受到的斥力和运动方向相同，故选项D 错误．【答案】 AC8．(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 ＝mv ′－mv ＝[0.2×4－0.2×(－6)] 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 ＝Δp t ＋mg ＝20.2 N ＋0.2×10 N＝12 N.【答案】 2 129．某同学用如图13113所示装置来研究碰撞过程，第一次单独让小球a 从斜槽某处由静止开始滚下．落地点为P ，第二次让a 从同一位置释放后与静止在斜槽末端的小球b 发生碰撞．a 、b 球的落地点分别是M 、N ，各点与O 的距离如图所示．该同学改变a 的释放位置重复上述操作．由于某种原因他只测得了a 球的落地点P ′、M ′到O 的距离分别为22.0 cm 、10.0 cm.求b 球的落地点N ′到O 的距离．图13113【解析】 设a 球的质量为m 1，b 球的质量为m 2，碰撞过程中满足动量守恒定律．m 1O M ＋m 2O N ＝m 1O P ，解得m 1∶m 2＝4∶1.改变a 的释放位置，有m 1OM ′＋m 2ON ′＝m 1OP ′， 解得：ON ′＝48.0 cm. 【答案】 48.0 cm10．(2014·江苏高考)牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A 、B 两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16.分离速度是指碰撞后B 对A 的速度，接近速度是指碰撞前A 对B 的速度．若上述过程是质量为2m 的玻璃球A 以速度v 0碰撞质量为m 的静止玻璃球B ，且为对心碰撞，求碰撞后A 、B 的速度大小．【解析】 设A 、B 球碰撞后速度分别为v 1和v 2。
高考物理一轮复习课件动量动量动量定理
碰撞过程中动量守恒
爆炸过程中动量守恒
在碰撞过程中，由于内力作用时间极短， 可以认为系统的总动量守恒。
在爆炸过程中，由于内力作用时间极短且 远大于外力作用时间，因此可以认为系统 的总动量守恒。
02
碰撞过程中动量变化分析
完全弹性碰撞特点
01
02
03
动量守恒
在完全弹性碰撞中，系统 动量守恒，即碰撞前后系 统总动量保持不变。
火箭推力计算
根据动量定理，可以计算火箭的推力。推力大小与单位时间内喷出的气体质量及 气体喷出的速度有关。通过调整火箭发动机的参数，可以控制火箭的推力大小。
火箭发射过程分析
发射准备
点火发射
飞行过程
分离与入轨
在发射前，火箭需要进行各项 准备工作，包括加注燃料、检 查设备、调试系统等。同时， 发射场也需要进行各项准备工 作，如检查发射塔、调试发射 控制系统等。
能量守恒
完全弹性碰撞中，机械能 守恒，即碰撞前后系统总 动能保持不变。
恢复系数
恢复系数为1，表示碰撞 后两物体分离速度与碰撞 前接近速度大小相等、方 向相反。
非完全弹性碰撞类型
非弹性碰撞
在碰撞过程中有机械能损失的碰撞， 称为非弹性碰撞。此类碰撞中，动量 仍然守恒，但部分机械能会转化为内 能或其他形式的能量。
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动量守恒定律
火箭飞行过程中，系统总动量守恒。火箭和燃料组成的系统，在燃料燃烧过程 中，系统总动量保持不变。因此，火箭能够获得向上的速度，实现飞行。
动量定理在火箭技术中应用
动量定理
动量定理是描述物体动量变化与所受合外力之间关系的定理。对于火箭而言，动 量定理可以描述火箭在飞行过程中所受合外力与速度变化之间的关系。
高三物理一轮复习优质课件1：13.1 动量守恒定律及其应用
③分动量守恒：系统所受外力虽不为零，但在某 方向上合力为零，系统在该方向上 动量守恒 。
[试一试]
把一支弹簧枪水平固定在小车上【，解析】 小车放在光滑水平地面上，枪射
出一颗子弹时，关于枪、弹、车，
内、外力取决 于系统的划分
下列说法正确的是________。 A．枪和弹组成的系统动量守恒 车对枪的作用力是外力
第1节 动量守恒定律及其应用
动量 动量定理 动量守恒定律 [记一记] 1．动量
(1)定义：物体的 质量 与速度的乘积。 (2)公式：p＝mv 。
(3)单位：千克·米/秒。符号：kg·m/s。
(4)意义：动量是描述物体 运动状态的物理 量，是矢量，其方向与 速度 的方向相同。
2．动量变化 (1)定义：物体的末动量p′与初动量p的差。 (2)定义式：___Δ_p_＝__p_′_－__p__。
次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求
A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。 【审题突破】
碰撞后，A、B系统动
量守恒
mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)v
[典例](2013·山东高考)如图所示，光滑水平轨道上放置长 木板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者 质止生量 ， 碰A分撞、别(时B为一间m起极A＝以短2v)0k后＝g、C5 向mm/右Bs＝的运1速动k度g，、匀经m速最速过C＝向后度一2右三相段k运者 等g时。动间开，，始AA与时、CCB发静再 次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求 A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。 【审题突破】
考点二 碰撞问题分析 1．分析碰撞问题的三个依据
(1)动量守恒，即p1＋p2＝p1′＋p2′。
第13章-第1讲 动量 动量守恒定律
答案
第1讲
动量
动量守恒定律
抓基础
研考向
满分练
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研考向 考点探究
试题
解析
知识梳理
小题快练
4．A球的质量是m，B 球的质量是2m，它们 在光滑的水平面上以 相同的动量运动．B 在前，A在后，发生 正碰后，A球仍朝原 方向运动，但其速率 是原来的一半，碰后 两球的速率比vA′∶ vB′为 ( D) A．1∶2 B．1∶3 C． 2∶ 1 D ． 2∶ 3
动量、动量定理、动量 Ⅱ 守恒定律及其应用 弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 光电效应 Ⅰ
爱因斯坦光电效应方程 Ⅰ
氢原子光谱
Ⅰ
(1)动量和动量守恒等 基本概念、规律的理 解，一般结合碰撞等 实际过程考查； (2)综合运用动量和机 械能的知识分析较复 杂的运动过程； (3)光电效应、波粒二 象性的考查；
第1讲
第1讲
动量
动量守恒定律
抓基础
研考向
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研考向 考点探究
试题
解析
知识梳理
小题快练
1．关于物体的动量，下 列说法中正确的是( B ) 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 刻的位移方向
第1讲
动量
动量守恒定律
抓基础
研考向
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研考向 考点探究 考点一 对动量定 理的理解与应用 考点二 动量守恒 定律的条件及应用
试题
解析
考点三 碰撞模型 的规律及应用
考点四 动量观点 和能量观点的综合 应用
高三物理一轮复习第十三章动量近代物理初步(选修35)
第十三章动量近代物理初步[备考指南]第1节动量守恒定律及其应用(1)动量越大的物体，其速度越大。
(×) (2)物体的动量越大，其惯性也越大。
(×) (3)物体所受合力不变，则动量也不改变。
(×)(4)物体沿水平面运动时，重力不做功，其冲量为零。
(×) (5)物体所受合外力的冲量的方向与物体末动量的方向相同。
(×) (6)物体所受的合外力的冲量方向与物体动量变化的方向是一致的。
(√) (7)物体相互作用时动量守恒，但机械能不一定守恒。
(√)(8)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两球碰前的动量大小一定相同。
(√)要点一 动量定理的理解与应用1．动量、动能、动量变化量的比较2．应用动量定理解题的步骤 (1)明确研究对象和研究过程研究对象可以是一个物体，也可以是几个物体组成的系统，系统内各物体可以是保持相对静止的，也可以是相对运动的。
研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段。
(2)进行受力分析只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，所有外力之和为合外力。
研究对象内部的相互作用力(内力)会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。
如果在所选定的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，则要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。
(3)规定正方向由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规定一个正方向，与规定的正方向相同的矢量为正，反之为负。
(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)。
(5)根据动量定理列式求解。
3．应用动量定理解题的注意事项(1)动量定理的表达式是矢量式，列式时要注意各个量与规定的正方向之间的关系(即要注意各个量的正负)。
(2)动量定理中的冲量是合外力的冲量，而不是某一个力的冲量，它可以是合力的冲量，也可以是各力冲量的矢量和，还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和。
高考物理一轮核动力资源包：第13章-动量、近代物理初步第1单元动量守恒定律及其应用
合
频
提
考
与⑨
的矢量差(也是矢量)．
升
点
透 析
(2)表达式：Δp＝p′－p.
导 悟
(3)同一直线上动量的运算
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新课标高考总复习·物理
第十三章 动量 近代物理初步
基
如果物体的动量始终保持在同一条直线上，在选定一
础 梳
个正方向之后，动量的运算就可以简化为代数运算．
理
自
主
预
习
题
1．系统：相互作用的两个或几个物体组成一个系统． 组
第十三章 动量 近代物理初步
4．(2013·福建卷，30(2))将静置在地面上 ，质量为
M(含燃料)的火箭模型点火升空，在极短时间内以相对地
基
础 梳
面的速度v0竖直向下喷出质量为m的炽热气体．忽略喷气
理 过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得
自
主 预
的速度大小是(
)
习
m
M
M
m
题
A.M v0 B.m v0 C.M－m v0 D.M－m v0
演
2．内力：系统
物体之间的相互作
练 综
高 频
用力．
合 提
考 点
3．外力：系统
物体对系统 升
透 析
物体的作用力．
导
悟
菜单
新课标高考总复习·物理
第十三章 动量 近代物理初步
基
础 梳
1．内容：如果一个系统
理 自
，或者
主 预
，这个系统的总动量保持不变．
习
2．动量守恒定律的适用条件
题 组
(1)系统不受
或系统所受外力之
高考物理一轮总复习 第十三章 动量 近代物理初步(选修
• ②动量定理中的冲量是合力的冲量，而不是某一个力的冲量， 它可以是合力的冲量，可以是各力冲量的矢量和，也可以是 外力在不同阶段冲量的矢量和．
• ③动量定理表达式是矢量式，等号包含了大小相等、方向相 同两方面的含义．
生___非__常_大___的相互作用的过程． • ②碰撞特征 • a．作用时间__短_____． • b．作用力变化___快____． • c．内力__远__大_于____外力． • d．满足__动_量__守_恒_____
• ③碰撞的分类及特点 • a．弹性碰撞：动量_______守恒，机械能_______守恒． • b．非弹性碰撞：动量_______守恒，机械能_______不守恒． • c．完全非弹性碰撞：动量_______守恒，机械能损失_______最多． • (2)爆炸现象 • 爆炸过程中内力远大于外力，爆炸的各部分组成的系统总动量_______
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•考点 动量定理 动量守恒定律
• 1．动量、动量变化、冲量 • (1)动量 • ①定义：物体的___质__量_与__速_度____的乘积． • ②表达式：p＝___m_v__. • ③方向：动量的方向与__速__度___的方向相同．
• (2)动量的变化 • ①因为动量是矢量，动量的变化量Δp也是___矢_量___，其方向
• 3．动量守恒定律 • (1)定律内容：一个系统___不__受_外__力______或者
_____所__受_外__力_的__合_力__为_零___________时，这个系统的总动量保持 不变． • (2)公式表达：m1v1＋m2v2＝____m_1v_1_′＋__m_2v_2_′ ______. • (3)适用条件和适用范围
高考物理一轮复习课件动量
要点三
思路拓展
在处理碰撞问题时，首先要判断碰撞 类型，然后根据动量守恒定律和能量 守恒定律列方程求解。对于弹性碰撞 ，要注意动能守恒；对于非弹性碰撞 和完全非弹性碰撞，要注意动能损失 和转化为内能的比例。
03
动量定理在曲线运动中应用
曲线运动中动量变化分析
01
02
03
动量变化量的定义
物体在某段时间内动量的 改变量等于它在这段时间 内所受合外力的冲量。
减小措施
采用高精度的测量仪器，如电子天平和高精 度光电计时器；调整气垫导轨的水平度，减 小摩擦；进行多次实验取平均值，减小随机
误差。
THANKS
感谢观看
分析方法
通过分析物体的受力情况和运动状态，确定动能和势能的 转化关系，进而求解相关问题。
机械能守恒在碰撞中应用
01 02
碰撞类型及特点
碰撞分为弹性碰撞、非弹性碰撞和完全非弹性碰撞。在弹性碰撞中，机 械能守恒；在非弹性碰撞和完全非弹性碰撞中，机械能不守恒，部分机 械能转化为内能。
机械能守恒条件
在碰撞过程中，如果只有重力或弹力做功，且没有其他外力作用，则系 统的机械能守恒。
使用天平测量滑块的质量 ，使用光电计时器测量滑 块的速度。
数据处理
根据测量数据，计算碰撞 前后的动量和动量变化量 ，并进行比较。
结果分析
如果碰撞前后的动量相等 或者动量变化量在误差范 围内，则可以认为动量守 恒定律得到了验证。
实验误差来源和减小措施
误差来源
滑块质量的测量误差、光电计时器的计时误 差、气垫导轨的摩擦等。
06
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
如果一个系统不受外力，或者所受外 力的矢量和为零，这个系统的总动量 保持不变。
2024年新高考版物理专题十三近代物理初步讲解部分
过程,称为核反应。
2.规律:在核反应中,质量数守恒、电荷数守恒。
3.三个重要核反应
1)1919年卢瑟福发现质子的核反应:174
N+
4 2
He
18 7
O
11
H。
2)1932年卢瑟福的学生查德威克用实验证实了中子的存在,其核反应方
程为:94
Be+
4 2
He
16 2
C
10
n。
3)1934年约里奥—居里夫妇发现人工放射性同位素、发现正电子的核反
4.爱因斯坦光电效应方程 1)光子 ①定义:在空间传播的光不是连续的,而是一份一份的,每一份叫一个光量 子,简称光子。 ②光子的能量:每个光子的能量只决定于光的频率,即ε=hν,ν表示光的频 率。 2)逸出功:要使电子脱离某种金属,需要外界对它做功,做功的最小值叫这 种金属(不同金属的逸出功不同)的逸出功,一般用W0表示。 3)爱因斯坦光电效应方程:Ek=hν-W0,Ek为光电子的最大初动能。光电子 的最大初动能随入射光频率的增大而增大。
黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关。 黑体的颜色不一定是黑色,黑体不反射电磁波,但会向外辐射电磁波。 2.能量量子化 1)能量子:组成黑体的振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε 的整数倍。带电微粒辐射或吸收能量时也是以这个最小能量值为单位 一份一份地进行的,这个不可再分的最小能量值ε叫能量子。 2)公式:ε=hν。ν是带电微粒的振动频率,也是带电微粒吸收或辐射电磁波 的频率,h是普朗克常量,其值为h=6.626×10-34 J·s。 3)能量量子化:在微观世界中,能量不能连续变化,只能取某些分立值,这种 现象叫能量量子化。
3.质量亏损 1)概念:原子核的质量小于组成它的核子的质量之和,这个现象叫作质量 亏损。 2)质能关系:ΔE=Δmc2。 3)核子平均质量:比结合能大的原子核,平均每个核子的质量亏损大,核子 的平均质量就小,故核子的平均质量大小也能够反映原子核的稳定性,即 核子的平均质量越小,原子核越稳定。核子平均质量随原子序数变化的 定性关系图像如图所示。
2020高考物理一轮复习 第13章 动量守恒定律近代物理 1 第一节 动量 冲量 动量定理课后达标能力提升 新人教
教学资料范本2020高考物理一轮复习第13章动量守恒定律近代物理 1 第一节动量冲量动量定理课后达标能力提升新人教版-精装版编辑：__________________时间：__________________【精选】20xx最新高考物理一轮复习第13章动量守恒定律近代物理 1 第一节动量冲量动量定理课后达标能力提升新人教版(建议用时：60分钟)一、选择题1．关于冲量，以下说法正确的是( )A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量C．物体受到的冲量越大，动量越大D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同解析：选D．合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C错误；如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向，故D正确．2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等解析：选D．玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误，D正确．3．1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895 N，推进器开动时间Δt＝7 s．测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0．91 m/s．已知“双子星号”飞船的质量m1＝3 400 kg．由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为( )A．3 400 kg B．3 485 kgC．6 265 kg D．6 885 kg解析：选B．根据动量定理得FΔt＝(m1＋m2)Δv，代入数据解得m2≈3 485 kg，B选项正确．4．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为( )A．仍在P点B．在P点左边C．在P点右边不远处D．在P点右边原水平位移的两倍处解析：选B．纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由I＝Fft＝mv0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．5．如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t．对于这一过程，下列判断正确的是( )A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t解析：选BD．由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsin θ·t，选项D正确．6．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功解析：选AB．乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．7．如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( ) A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3解析：选ABC．由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E 的速度大小v相等，动量变化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3；故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．8．如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( )A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：选BD．滑动摩擦力的大小为f＝μN，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I＝ft不变，故A、C错误，B正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D正确．二、非选择题9．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0．设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0 ，则水平力的冲量I ＝Ft＝2mv0．答案：2mv010．一质量为0．5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．一物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2．(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0．05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W．解析：(1)由动能定理有－μmgx＝mv2－mv20可得μ＝0．32．(2)由动量定理有FΔt＝mv′－mv可得F＝130 N．(3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9 J．答案：(1)0．32 (2)130 N (3)9 J11．如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝2．5 m，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，取重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．解析：(1)根据L＝at2，解得：a＝5 m/s2，根据牛顿第二定律得：mgsin θ－μmgcos θ＝ma解得：μ＝0．125．(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：ΔE＝μmgcos θ·L减小的重力势能为：ΔEp＝mgsin θ·L故损失的机械能与减小的重力势能的比值为：ΔE∶ΔEp＝μ∶tan θ＝1∶6．(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v，则有：v＝at＝5 m/s根据动量定理得：合外力冲量的大小为：I合＝mv－0＝5m (N·s)在下滑过程中重力的冲量为：IG＝mgt＝10m (N·s)所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I合∶IG＝1∶2．答案：(1)0．125 (2)1∶6(3)1∶2。
高考一轮复习【第十三章】《动量、近代初步》专题讲座(含答案)
【创新方案】2019年高考物理一轮复习专家专题讲座：第十三章 动量 近代物理初步（选修3-5）守恒思想在原子物理中的应用1．质量数守恒和电荷数守恒的应用[典例1] 本题中用大写字母代表原子核，E 经α衰变成为F ，再经β衰变成为G ，再经α衰变成为H 。
上述系列衰变可记为下式：E ――→α F ――→β G ――→α H ，另一系列衰变如下：P ――→β Q ――→β R ――→αS 已知P 和F 是同位素，则( ) A ．Q 和G 是同位素，R 和H 是同位素 B ．R 和E 是同位素，S 和F 是同位素 C ．R 和G 是同位素，S 和H 是同位素 D ．Q 和E 是同位素，R 和F 是同位素[解析] 由于P 和F 是同位素，设它们的质子数为n ，则其他各原子核的质子数可分别表示如下：n ＋2E ――→α nF ――→β n ＋1G ――→αn －1HnP ――→β n ＋1Q ――→β n ＋2R ――→α n S由此可以看出R 和E 是同位素，S 和F 、P 是同位素，Q 和G 是同位素，故只有B 正确。
[答案] B 2．动量守恒的应用动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一。
大到天体，小到微观粒子，无论相互作用的是什么性质的力，动量守恒定律都是适用的。
因此动量守恒定律也适用于原子或原子核之间的相互作用。
[典例2] 用速度为v 0、质量为m 1的 42He 核轰击质量为m 2的静止的147N 核，发生核反应，最终产生两种新粒子A 和B 。
其中A 为178O 核，质量为m 3，速度为v 3; B 的质量为m 4。
(1)计算粒子B 的速度v B ；(2)粒子A 的速度符合什么条件时，粒子B 的速度方向与He 核的运动方向相反。
[解析] (1)由动量守恒定律有： m 1v 0＝m 3v 3＋m 4v B ，解得：v B ＝m 1v 0－m 3v 3m 4。
(2)B 的速度与He 核的速度方向相反，即：m 1v 0－m 3v 3<0， 解得：v 3>m 1v 0m 3。
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核心考点·分类突破——析考点 讲透练足 考点一 动量定理的理解及应用
1．动量、动能、动量变化量的比较
定义
动量
பைடு நூலகம்动能
动量变化量
物体的质量和 物体由于运动 物体末动量与初动量
速度的乘积 而具有的能量 的矢量差
定义式
p＝mv
Ek＝12mv2
Δp＝p′－p
标矢性
矢量
标量
矢量
特点
状态量
状态量
过程量
关联方程
Ek＝2pm2 ，Ek＝12pv，p＝ 2mEk，p＝2vEk
3．(2016·江西红色六校联考)如图
所示，光滑水平直轨道上有三个滑块 A、B、C，质量分别为 mA＝mC＝2m，mB＝m，A、B 用细绳 连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)。开始时 A、 B 以共同速度 v0 运动，C 静止，某时刻细绳突然断开，A、B 被弹开，然后 B 又与 C 发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速 度恰好相同。求 B 与 C 碰撞前 B 的速度。
3．应用动量定理的注意事项 (1)动量定理表明冲量既是物体动量发生变化的原因，又是物 体动量变化的量度。这里所说的冲量是物体所受的合力的冲量 (或者说是物体所受各外力冲量的矢量和)。 (2)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系 统)。 (3)动量定理是过程定理，解题时必须明确过程及初末状态的 动量。 (4)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必 须选一个统一的正方向。
零，则系统 在这一方向上 动量守恒。
3．动量守恒定律的应用 (1)碰撞 ①碰撞现象
两个或两个以上的物体在相遇的 极短 时间内产生 非常大 的
相互作用的过程。
②碰撞特征 a同．一作用时间 短 。 b．作用力变化 快 。 c．内力 远大于 外力。 d．满足 动量守恒 。
③碰撞的分类及特点
a．弹性碰撞：动量 守恒 ，机械能 守恒 。
A．I1＜I2，W1＝W2 B．I1＞I2，W1＝W2 C．I1＞I2，W1＜W2 D．I1＝I2，W1＜W2
解析：选 B 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＝2 mE1－
(2)动量 ①定义：物体的 质量 与 速度 的乘积。
②表达式：p＝ mv 。
③单位：千克·米/秒；符号：kg·m/s。 ④特征：动量是状态量，是 矢量 ，其方向和 速度 方向相
同。
同一
(3)动量定理 ①内容：物体所受合力的冲量等于物体 动量的变化量 。
②表达式：F 合·t＝Δp＝p′－p。 ③矢量性：动量变化量方向与 合力 的方向相同，可以在力
2．(2016·北京四中模拟)一位质量为 m 的运动员从下蹲状
态向上起跳，经Δt 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为 v， 在此过程中( )
A．地面对他的冲量为 mv＋mgΔt，地面对他做的功为12mv2 B．地面对他的冲量为 mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为 12mv2 D．地面对他的冲量为 mv－mgΔt，地面对他做的功为零
定
律来处理。
巩固小练
判断正误 (1)动量越大的物体，其质量越大。(×) (2)两物体动能相等，动量一定相等。(×) (3)物体所受合力不变，则动量也不改变。(×) (4)物体沿水平面运动，重力不做功，其冲量为零。(×) (5)物体所受的合力的冲量方向与物体动量变化的方向相同。(√) (6)系统的动量守恒时，机械能也一定守恒。(×) (7)若在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，则两 球碰前的动量大小一定相同。(√)
2．(2016·龙岩模拟)一辆小车静置
于光滑水平面上，车的左端固定有 一个水平弹簧枪，车的右端有一个网兜。若从弹簧枪中发射出 一粒弹丸，弹丸恰好能落入网兜中，从弹簧枪发射弹丸以后， 下列说法正确的是( )
A．小车先向左运动一段距离然后停下 B．小车先向左运动又向右运动，最后回到原位置停下 C．小车一直向左运动下去 D．小车先向左运动，后向右运动，最后保持向右匀速运 动
解析：选 B 人的速度原来为零，起跳后变化 v，则由动 量定理可得 I－mgΔt＝mΔv＝mv，故地面对人的冲量为 mv ＋mgΔt；而人在跳起时受到的支持力没有产生位移，故支持 力不做功，故 B 正确。
3．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( )
的方向上用动量定理。
p2 (4)动能和动量的关系：Ek＝ 2m 。 2．动量守恒定律
(1)动量守恒定律的内容 如果一个系统 不受外力 ，或者 所受外力的矢量和为零 ，
这个系统的总动量保持不变。
同一
(2)常用的四种表达式 ①p＝ p′ ，系统相互作用前总动量 p 等于相互作用后的总动
量 p′。 ②m1v1＋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。
③Δp1＝ －Δp2 ，相互作用的两个物体动量的变化量等大反
向。
④Δp＝ 0 ，系统总动量的增量为零。
(3)动量守恒定律的适用条件
①理想守恒：不受外力或所受外力的合力为 零 。
同一
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。
③某一方向守恒：如果系统在某一方向上所受外力的合力为
1．(2016·漳州模拟)一个质量是 5 kg 的小球以 5 m/s 的
速度竖直落到地板上，随后以 3 m/s 的速度反向弹回，若取 竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化量是( )
A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s
解析：选 D 因向下为正，则小球与地面相碰前的动 量为 p1＝mv1＝5×5＝25 kg·m/s；碰后的动量为 p2＝mv2 ＝5×(－3)＝－15 kg·m/s；则小球的动量变化为Δp＝p2 －p1＝(－15)－25＝－40 kg·m/s，故 D 正确。
(2)第二次碰前瞬时速度和第二次碰后瞬时速度关系为 v2＝0.8v1＝0.82v0
设两次碰撞中地板对球的平均冲力分别为 F1、F2，选 向上为正方向，由动量定理有
F1t＝mv1－(－mv0)＝1.8mv F2t＝mv2－(－mv1)＝1.8mv1＝1.44mv F1∶F2＝5∶4 [答案] (1)3.6 N·s (2)5∶4
′1、v′2 是相互作用后同一时刻的速度 应先选取正方向，凡是与选取的正方向一致的动量 矢量性 为正值，相反为负值 普适性 不仅适用于低速宏观系统，也适用于高速微观系统
2.应用动量守恒定律的解题步骤 (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 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。
[典题 1] (2016·洛阳模拟)有一个质量为 0.5 kg 的篮球
从 h＝0.8 m 的高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高 度总等于前一次的 0.64 倍，且每次球与地面接触时间相等， 空气阻力不计，与地面碰撞时，篮球重力可忽略。(重力加 速度 g 取 10 m/s2)
(1)第一次球与地板碰撞，地板对球的冲量为多少？ (2)相邻两次球与地板碰撞的平均冲力大小之比是多 少？
题组一 动量守恒定律的应用 1.(2016·宁德模拟)如图，质量为 M 的小车 A 停放在光滑的水 平面上，小车上表面粗糙。质量为 m 的滑块 B 以初速度 v0 滑到小 车 A 上，车足够长，滑块不会从车上滑落，则小车的最终速度大 小为( )
A．0
B.mMv0
C.Mm＋v0m
D.Mm－v0m
解析：选 C B 滑上 A 的过程中，A、B 系统动量守恒， 根据动量守恒定律得 mv0＝(M＋m)v，解得 v＝Mm＋v0m，故 C 正确。
(1)对于给定的物体，若动能发生变化，则动量一定也
联系
发生变化；若动量发生变化，则动能不一定发生变化
(2)都是相对量，都与参考系的选取有关，通常选取地 面为参考系
2．应用动量定理解题的步骤 (1)确定研究对象：可以是单个物体，也可以是几个物体组成 的系统。 (2)进行受力分析：分析研究对象以外的物体施加给研究对象 的力。 (3)分析运动过程，选取正方向，确定初、末状态的动量以及 整个过程合力的冲量。 (4)列方程：根据动量定理列方程求解。
2mE1＝(2－ 2) mE1，显然 I1＞I2，综上知，B 正确。
考点二 动量守恒定律的应用 1．动量守恒定律的“五性” 条件性 首先判断系统是否满足守恒条件(合力为零) 相对性 公式中 v1、v2、v′1、v′2 必须相对于同一个惯性系 同时性 公式中 v1、v2 是在相互作用前同一时刻的速度，v
解析：选 A 车与弹丸组成的系统动量守恒，开始系 统静止，总动量为零，发射弹丸后，弹丸动量向右，由动 量守恒定律可知，车的动量向左，车向左运动，从发射弹 丸到弹丸落入网兜过程，系统动量守恒，由于初动量为零， 则弹丸落入网兜后，系统总动量为零，弹丸落入网兜后， 车停止运动，故 A 正确，B、C、D 错误。
第 1 讲 动量 动量守恒定律
考纲下载：1.动量、动量定理、动量守恒定律及其应
用(Ⅱ)
2.弹性碰撞和非弹性碰撞(Ⅰ)
主干知识·练中回扣——忆教材 夯基提能 1．冲量、动量和动量定理 (1)冲量 ①定义：力和力的 作用时间 的乘积。 ②公式：I＝ Ft ，适用于求恒力的冲量。 ③方向：与 力的方向 相同。