【师说】2016高考物理二轮复习 专题九 碰撞与动量守恒 近代物理初步课时训练
高考物理一轮复习 第十四章 碰撞与动量守恒定律 近代物理初步(第1课时)动量守恒定律及其应用课件
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பைடு நூலகம்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．
1．若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)． 2．若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理． 3．因为动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．
1．碰撞的特点和种类 (1)碰撞的特点． ①作用时间极短，内力远大于外力，满足动量守恒； ②满足能量不增加原理； ③必须符合一定的物理情境．
方 法 技 巧 思 维 提 升
(2)碰撞的种类． ①完全弹性碰撞：动量守恒，动能守恒，质量相等的两物体发生完全弹性碰撞时交换速度； ②非完全弹性碰撞：动量守恒、动能不守恒； ③完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒，碰后两物体共速，系统机械能损失最大．
规 律 总 结
动量守恒定律的解题步骤
2．(2016·济南模拟)如图所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小．
考点三 动量守恒定律与能量的综合问题
【例1】 (2015·重庆卷)高空作业须系安全带．如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
高中物理碰撞与动量守恒动量教师用书教科版复习
2.动量学习目标知识脉络1.理解动量的概念，知道动量是矢量．(重点)2.理解动量守恒定律的表达式，理解其守恒的条件．(重点、难点)3.知道冲量的概念，知道冲量是矢量．(重点)4.知道动量定理的确切含义，掌握其表达式．(重点、难点)动量的概念[先填空]1．动量(1)定义物体的质量与速度的乘积，即p＝mv.(2)单位动量的国际制单位是千克米每秒，符号是kg·m/s.(3)方向动量是矢量，它的方向与速度的方向相同．2．动量的变化量(1)定义：物体在某段时间内末动量与初动量的矢量差(也是矢量)，Δp＝p′－p(矢量式)．(2)动量始终保持在一条直线上时的矢量运算：选定一个正方向，动量、动量的变化量用带正、负号的数值表示，从而将矢量运算简化为代数运算(此时的正、负号仅表示方向，不表示大小)．[再判断]1．动量的方向与物体的速度方向相同．(√)2．物体的质量越大，动量一定越大．(×)3．物体的动量相同，其动能一定也相同．(×)[后思考]1．物体做匀速圆周运动时，其动量是否变化？【提示】变化．动量是矢量，方向与速度方向相同，物体做匀速圆周运动时，速度大小不变，方向时刻变化，其动量发生变化．2．在一维运动中，动量正负的含义是什么？【提示】正负号仅表示方向，不表示大小．正号表示动量的方向与规定的正方向相同；负号表示动量的方向与规定的正方向相反．1．对动量的认识(1)瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示．(2)矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同．(3)相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关．2．动量的变化量是矢量，其表达式Δp＝p2－p1为矢量式，运算遵循平行四边形定则，当p2、p1在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算．3．动量和动能的区别与联系物理量动量动能区别标矢性矢量标量大小p＝mv E k＝12mv2变化情况v变化，p一定变化v变化，ΔE k可能为零联系p＝2mE k，E k＝p22m1．关于动量的概念，下列说法正确的是( )A．动量大的物体，惯性不一定大B．动量大的物体，运动一定快C．动量相同的物体，运动方向一定相同D．动量相同的物体，动能也一定相同E．动能相同的物体，动量不一定相同【解析】物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A对；同样，动量大的物体速度也不一定大，B错；动量相同指的是动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；由动量和动能的关系p＝2mE k可知，只有质量相同的物体动量相同时，动能才相同，故D 错；同理知E 对．【答案】 ACE2．质量为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，则小球动量的变化为________.【导学号：11010004】【解析】 取向下为正方向，则碰撞前小球的动量为正，碰撞后为负，Δp ＝p 2－p 1＝mv 2－mv 1＝5×(－3)kg·m/s－5×5 kg·m/s＝－40 kg·m/s.【答案】－40 kg·m/s3．羽毛球是速度最快的球类运动之一，我国运动员林丹某次扣杀羽毛球的速度为342 km/h ，假设球的速度为90 km/h ，林丹将球以342 km/h 的速度反向击回．设羽毛球质量为5 g ，试求：(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量；(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？ 【解析】 (1)以球飞回的方向为正方向，则p 1＝mv 1＝－5×10－3×903.6kg·m/s ＝－0.125 kg·m/sp 2＝mv 2＝5×10－3×3423.6kg·m/s＝0.475 kg·m/s 所以羽毛球的动量变化量为Δp ＝p 2－p 1＝0.475 kg·m/s－(－0.125 kg·m/s) ＝0.600 kg·m/s即羽毛球的动量变化大小为0.600 kg·m/s，方向与羽毛球飞回的方向相同． (2)羽毛球的初速度为v 1＝－25 m/s ， 羽毛球的末速度为v 2＝95 m/s ，所以Δv ＝v 2－v 1＝95 m/s －(－25 m/s)＝120 m/s. 羽毛球的初动能：E k ＝12mv 21＝12×5×10－3×(－25)2J ＝1.56 J 羽毛球的末动能：E ′k ＝12mv 22＝12×5×10－3×952J ＝22.56 J所以ΔE k ＝E ′k －E k ＝21 J.【答案】 (1)0.600 kg·m/s 方向与羽毛球飞回的方向相同 (2)120 m/s 21 J1动量p＝mv，大小由m和v共同决定.2动量p和动量的变化Δp均为矢量，计算时要注意其方向.3动能是标量，动能的变化量等于末动能与初动能大小之差.4物体的动量变化时动能不一定变化，动能变化时动量一定变化.动量守恒定律及动量守恒定律的普遍意义[先填空]1．系统：相互作用的两个或多个物体组成的整体．2．内力和外力(1)内力系统内部物体间的相互作用力．(2)外力系统以外的物体对系统以内的物体的作用力．3．动量守恒定律(1)内容如果一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式对于在一条直线上运动的两个物体组成的系统表达式为：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.(3)适用条件系统不受外力或者所受合外力为零．[再判断]1．某个力是内力还是外力是相对的，与系统的选取有关．(√)2．一个系统初、末状态动量大小相等，即动量守恒．(×)3．只要合外力对系统做功为零，系统动量就守恒．(×)4．系统动量守恒也就是系统的动量变化量为零．(√)[后思考]1．系统总动量为零，是不是组成系统的每个物体的动量都等于零？【提示】不是．系统总动量为零，并不一定是每个物体的动量都为零，还可以是几个物体的动量并不为零，但它们的矢量和为零．2．动量守恒定律和牛顿第二定律的适用范围是否一样？【提示】动量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围要广．自然界中，大到天体的相互作用，小到质子、中子等基本粒子间的相互作用都遵循动量守恒定律，而牛顿运动定律有其局限性，它只适用于低速运动的宏观物体，对于运动速度接近光速的物体，牛顿运动定律不再适用．1．对系统“总动量保持不变”的理解(1)系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等，不仅仅是初、末两个状态的总动量相等．(2)系统的总动量保持不变，但系统内每个物体的动量可能都在不断变化．(3)系统的总动量指系统内各物体动量的矢量和，总动量不变指的是系统的总动量的大小和方向都不变．2．动量守恒定律的成立条件(1)系统不受外力或所受合外力为零．(2)系统受外力作用，合外力也不为零，但合外力远远小于内力．这种情况严格地说只是动量近似守恒，但却是最常见的情况．(3)系统所受到的合外力不为零，但在某一方向上合外力为0，或在某一方向上外力远远小于内力，则系统在该方向上动量守恒．3．动量守恒定律的五个性质(1)矢量性：定律的表达式是一个矢量式，其矢量性表现在：①该式说明系统的总动量在相互作用前后不仅大小相等，方向也相同．②在求初、末状态系统的总动量p＝p1＋p2＋…和p′＝p1′＋p2′＋…时，要按矢量运算法则计算．如果各物体动量的方向在同一直线上，要选取一正方向，将矢量运算转化为代数运算．(2)相对性：在动量守恒定律中，系统中各物体在相互作用前后的动量必须相对于同一惯性系，各物体的速度通常均为对地的速度．(3)条件性：动量守恒定律的成立是有条件的，应用时一定要首先判断系统是否满足守恒条件．(4)同时性：动量守恒定律中p1、p2…必须是系统中各物体在相互作用前同一时刻的动量，p1′、p2′…必须是系统中各物体在相互作用后同一时刻的动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，也适用于微观粒子组成的系统．4．动量守恒定律的三种表达式(1)p＝p′或m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′(系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′，大小相等，方向相同)．(2)Δp1＝－Δp2或m1Δv1＝－m2Δv2(系统内一个物体的动量变化量与另一物体的动量变化量等大反向)．(3)Δp＝p′－p＝0(系统总动量的变化量为零)．5．应用动量守恒定律的解题步骤明确研究对象，确定系统的组成↓受力分析，确定动量是否守恒↓规定正方向，确定初、末状态动量↓根据动量守恒定律，建立守恒方程↓代入数据，求出结果并讨论说明4．如图121所示，光滑水平面上两小车中间夹一压缩了的轻弹簧，两手分别按住小车，使它们静止，对两车及弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )图121A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，后放开右手，此后动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论是否同时放手，只要两手都放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量一定为零E．只要不同时放手，系统总动量一定不为零【解析】当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，选项A正确；先放开左手，左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，放开左手时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故选项B、D错误，选项C、E均正确．【答案】ACE5．A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5 kg，速度大小为10 m/s，B质量为2 kg，速度大小为5 m/s，它们的总动量大小为______ kg·m/s；两者相碰后，A 沿原方向运动，速度大小为4 m/s，则B的速度大小为______ m/s.【导学号：11010005】【解析】 以A 物体的速度方向为正方向．则v A ＝10 m/s ，v B ＝－5 m/s ，p ＝p A ＋p B ＝5×10 kg·m/s＋2×(－5) kg·m/s＝40 kg·m/s.碰撞后，由动量守恒定律得p ＝m A v A ′＋m B v B ′，解得v B ′＝10 m/s ，与A 的速度方向相同．【答案】 40 106．如图122所示为竖直放置的四分之一圆弧轨道，O 点是其圆心，半径R ＝0.8 m ．OA 水平、OB 竖直，轨道底端距水平地面的高度h ＝0.8 m ．从轨道顶端A 由静止释放一个质量m ＝0.1 kg 的小球，小球到达轨道底端B 时，恰好与静止在B 点的另一个相同的小球发生碰撞，碰后它们粘在一起水平飞出，落地点C 与B 点之间的水平距离x ＝0.4 m ．忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.求：图122(1)两球从B 点飞出时的速度大小v 2； (2)碰撞前瞬间入射小球的速度大小v 1； (3)从A 到B 的过程中小球克服阻力做的功W f . 【解析】 (1)两球做平抛运动 竖直方向上h ＝12gt 2解得t ＝0.4 s 水平方向上x ＝v 2t 解得v 2＝1 m/s.(2)两球碰撞，根据动量守恒定律mv 1＝2mv 2解得v 1＝2 m/s.(3)入射小球从A 运动到B 的过程中，根据动能定理mgR －W f ＝12mv 21－0解得W f ＝0.6 J.【答案】 (1)v 2＝1 m/s (2)v 1＝2 m/s (3)W f ＝0.6 J关于动量守恒定律理解的三个误区(1)误认为只要系统初、末状态的动量相同，则系统动量守恒．产生误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，系统在变化的过程中每一个时刻动量均不变，才符合动量守恒定律．(2)误认为两物体作用前后的速度在同一条直线上时，系统动量才能守恒．产生该错误认识的原因是没有正确理解动量守恒的条件，动量是矢量，只要系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒，系统内各物体的运动不一定共线．(3)误认为动量守恒定律中，各物体的动量可以相对于任何参考系．出现该误区的原因是没有正确理解动量守恒定律，应用动量守恒定律时，各物体的动量必须是相对于同一惯性参考系，一般情况下，选地面为参考系．动量定理[先填空]1．冲量(1)概念：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft.(3)单位：冲量的单位是N·s.2．动量定理(1)内容：物体所受合力与作用时间的乘积等于物体动量的变化，表达式：Ft＝p′－p 或I＝Δp，即物体所受合外力的冲量等于动量的变化．(2)动量的表达式是矢量关系式，运用它分析问题要用矢量运算法则[再判断]1．冲量是矢量，其方向与力的方向相同．(√)2．力越大，力对物体的冲量越大．(×)3．若物体在一段时间内，其动量发生了变化，则物体在这段时间内的合外力一定不为零．(√)[后思考]在跳高比赛时，在运动员落地处为什么要放很厚的海绵垫子？【提示】跳过横杆后，落地时速度较大．人落到海绵垫子上时，可经过较长的时间使速度减小到零，在动量变化相同的情况下，人受到的冲力减小，对运动员起到保护作用．1．冲量的理解(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间积累效应，求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．(2)冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．2．冲量的计算(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．(2)求合冲量的两种方法：可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．(3)求变力的冲量①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．②若给出了力随时间变化的图像，如图123所示，可用面积法求变力的冲量．图123③利用动量定理求解．3．动量定理的理解(1)动量定理的表达式Ft＝p′－p是矢量式，等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义．(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．4．动量定理的应用(1)定性分析有关现象①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．(2)应用动量定理定量计算的一般步骤①选定研究对象，明确运动过程．②进行受力分析和运动的初、末状态分析．③选定正方向，根据动量定理列方程求解．7．恒力F作用在质量为m的物体上，如图124所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )图124A．拉力F对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是Ft cos θD．合力对物体的冲量大小为零E．重力对物体的冲量大小是mgt【解析】对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、是合力的冲量、是分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确；重力的冲量为mgt，E正确．【答案】BDE8．(2015·北京高考改编)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是( )【导学号：11010006】A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大D．人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力E．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力【解析】从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力．绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功．故选项A、B、D正确，选项C、E错误．【答案】ABD9．(2015·重庆高考改编)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此11 / 11 后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，求该段时间安全带对人的平均作用力．【解析】 取向下为正方向．设高空作业人员自由下落h 时的速度为v ，则v 2＝2gh ，得v ＝2gh ，设安全带对人的平均作用力为F ，由动量定理得(mg ＋F )t ＝0－mv，得F ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2gh t ＋mg .“－”号说明F 的方向向上． 【答案】 大小为m 2gh t＋mg ，方向向上．动量定理应用的三点提醒(1)若物体在运动过程中所受的力不是同时的，可将受力情况分成若干阶段来解．(2)在用动量定理解题时，一定要认真进行受力分析，不可有遗漏，比如漏掉物体的重力．(3)列方程时一定要先选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．。
高中物理二轮专题复习课件专题二碰撞与动量守恒
实验步骤与注意事项
02
01
03
实验步骤 1. 调整气垫导轨水平，并接通光电计时器的电源。 2. 用天平测量两个小球的质量，并记录数据。
实验步骤与注意事项
3. 将两个小球分别放在气垫导 轨的两端，并调整它们的位置 ，使它们能够发生对心碰撞。
4. 开启光电计时器，使两个小 球同时从导轨两端开始运动， 并记录它们通过两个光电门的 时间。
碰撞过程中的能量转化
在弹性碰撞中，系统的机械能守恒，没有能量转化 。
在非弹性碰撞中，系统的机械能减少，减少的机械 能转化为内能。
内能的表现形式为物体的温度升高，或者产生声音 、光等形式的能量。
03
一维碰撞问题求解
一维弹性碰撞问题求解
80%
弹性碰撞定义
在碰撞过程中，如果系统内物体 间相互作用力为保守力，且碰撞 过程中系统动能守恒，则称此类 碰撞为弹性碰撞。
求解方法
根据动量守恒和能量损失 情况，可以求出碰撞后物 体的速度大小和方向。
二维碰撞中的临界问题
临界条件
注意事项
在二维碰撞中，当两个物体刚好能够 发生碰撞或者刚好不能发生碰撞时， 称为临界条件。
在处理临界问题时，需要注意物理量 的取值范围和限制条件，避免出现不 符合实际情况的解。
求解方法
根据临界条件和动量守恒、动能守恒 等物理规律，可以求出临界条件下的 物理量，如速度、角度等。
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动量守恒定律在综合问题中的应用
动量守恒定律与牛顿运动定律的综合应用
碰撞问题
分析碰撞过程中物体间的相互作 用力，应用动量守恒定律和牛顿 运动定律求解碰撞后物体的速度
和方向。
爆炸问题
分析爆炸过程中物体间的相互作 用力，应用动量守恒定律和牛顿 运动定律求解爆炸后物体的速度
物理选修碰撞与动量守恒知识点与习题
碰撞与动量守恒一、动量和冲量【例1】质量为m 的小球由高为H 的、倾角为θ光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大【例3】一个物体同时受到两个力F 1、F 2的作用，F 1、F 2与时间t 的关系如图1所示，如果该物体从静止开始运动，经过t=10s 后F 1、F 2以及合力F 的冲量各是多少二．动量定理1．求动量及动量变化的方法。
【例1】以初速度v 0平抛出一个质量为m 的物体，抛出后t 秒内物体的动量变化是多少【例2】 一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。
若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则( )A 、过程I 中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B 、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I 中重力的冲量的大小C 、I 、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D 、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零1．质量为m 的钢球自高处落下，以速率v 1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v 2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ D ）A ．向下，m （v 2 - v 1）B ．向下，m （v 2 + v 1）C ．向上，m （v 2 - v 1）D ．向上，m （v 2 + v 1）2．质量为m 的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t 1到达沙坑表面，又经过时间t 2停在沙坑里。
求：⑴沙对小球的平均阻力F ；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I 。
2．用动量定理求解相关问题（1）．简解多过程问题。
【例3】一个质量为m=2kg 的物体,在F 1=8N 的水平推力作用下,从静止开始沿水平面运动了t 1=5s,然后推力减小为F 2=5N,方向不变,物体又运动了t 2=4s 后撤去外力,物体再经 过t 3=6s 停下来。
试求物体在水平面上所受的摩擦力。
.（2）.求解平均力问题【例4】质量是60kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s ，安全带伸直后长5m ，求安全带所受的平均冲量．（ g= 10m ／s 2）（3）、求解曲线运动问题【例5】以V o ＝10m ／s 2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m ＝2kg 的小球．忽略空气阻力的作用，g 取10m ／s 2．求抛出后第2s 末小球速度的大小．（4）、求解流体问题【例6】某种气体分子束由质量m=5.4X10-26kg 速度V ＝460m/s 的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n 0＝1.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．（5）、对系统应用动量定理。
高考物理二轮专题复习第部分专题知识攻略碰撞与动量守恒近代物理初步课件新人教
【审题】 抓住信息，准确推断
【解题】 规范步骤，水到渠成 (1)木块相对平板小车静止时，二者有共同速度 v 共．(1 分) 在题设过程中由动量守恒定律得 2mv0＝(2m＋m)v 共，(1 分) 解得 v 共＝32v0.(1 分) 在题设过程中对木块，由动量定理得 μmgt＝mv 共－0(1 分) 解得 t＝32μvg0.(2 分)
D．若用波长为λc的光照射某金属时恰好能发生光电效应，则用 波长为λa的光照射该金属时也一定能发生光电效应
E．用12.09 eV的光子照射大量处于基态的氢原子时，可以发出三 种频率的光
解析：根据 E＝hν，可得 νb＝νa＋νc、νb>νc>νa，B 正确；由 ν＝cλ知 A 错误；氢原子从高能级向低能级跃迁，将以辐射光子的形式向外放出 能量，电子的动能增加，电势能减小，氢原子的总能量减小，C 正确； 由于 νc>νa，用波长为 λa的光照射该金属时一定不能发生光电效应，D 错 误；大量处于基态的氢原子吸收 12.09 eV 的光子后跃迁到 n＝3 的能级， 大量处于 n＝3 能级的这种原子向低能级跃迁时可以发出三种频率的光， E 正确．
专题八 碰撞与动量守恒 近代物理初步
热点1 动量守恒定律的应用
动量守恒是指系统在某一过程中总动量大小及方向均一直不变， 而不仅仅是初、末两个时刻总动量相同．动量守恒有以下几种情况： (1)系统不受外力或者所受外力之和为零；(2)系统受到的外力远小于内 力，系统动量近似守恒；(3)系统在某一个方向上所受的外力之和为零， 则该方向上动量守恒；(4)全过程的某一阶段系统受的合力为零，则该 阶段系统动量守恒．
高考物理二轮复习 第17课件讲 碰撞与动量守恒 近代物理初步
mv0 Mm
【解题悟道】 (1)选取研究系统和研究过程。 (2)分析系统的受力情况,判断系统动量是否守恒。 ①系统不受外力或所受合外力的矢量和为零时,系统动量守恒; ②系统所受内力远大于外力时,可认为系统动量守恒; ③系统在某一方向上不受外力或所受合外力的矢量和为零,在该方向上系统 动量守恒。 (3)规定正方向,确定系统的初、末状态的动量的大小和方向。 (4)根据动量守恒定律列方程求解。
【解析】选A。A相对地面速度为0时,木板的速度为v1,由动量 守恒得:(向右为正)Mv-mv=Mv1,得:v1= m/s。木块从此时开 始向右加速,直到两者有共同速度为v2,由动量守恒得:Mv-mv= (M+m)v2,得:v2=2m/s。故B对地面的速度在2～ 8m/s范围内,所以A正确,B、C 、D错误。
【典题2·自主探究】(2013·泉州二模)如图所示,质量为M的盒子放在光滑的水 平面上,盒子内表面不光滑,盒内放有一块质量为m的物体,某时刻给物体一个 水平向右的初速度v0,那么在物体与盒子前后壁多次往复碰撞后( ) A.两者的速度均为零 B.两者的速度总不会相等 C.盒子的最终速度为 ,方向水平向右 D.盒子的最终速度为 ,方向水平向右
mv0 M mv0 Mm
【审题流程】 第一步:审题干→提取信息 物体与盒子相互作用过程动量守恒,往复碰撞后具有共同速度。 第二步:审问题→确定思路 由动量守恒得往复碰撞后的共同静止,B项错误;由动量守恒得:mv0=(M+m)v′解得: v′= ,故D项正确,A、C项错误。
【破题关键】 (1)“有大量的氢原子”说明该能级的原子可向_____低能级 跃迁。 (2)能级差越大的跃迁,辐射出的光子能量越___,频率越___, 波长越___。 各个 (3)光子能量_____金属表面的逸出功能发生光电效应。
物理高考热点预测复习课件9碰撞与动量守恒近代物理初步-文档资料77页
【核心自查】 一、动量守恒定律 1.动量守恒的条件 (1)系统_不__受__外__力__或系统所_受__外__力__之__和__为零。 (2)系统所受的外力之和虽不为零，但比系统_内__力__小得多，可 以忽略不计，如碰撞问题中的摩擦力，爆炸过程中的重力等。 (3)系统某一方向_不__受__外__力__或所受外力的_矢__量__和__为零，或外 力远小于_内__力__，则系统在_该__方__向__动量守恒。
A ZX Z ＋ A 1 Y ＋ __ 0 _ 1 e__
1个中子转化为1个 _质__子__和1个_电__子__
0 1n 1 1H__ 0 1_e __
衰变规律
_电__荷__数__守恒、_质__量__数__守恒
2.核反应方程、核能 (1)核反应方程遵循的规律:_质__量__数__守恒和_电__荷__数__守恒。 (2)质能方程：一定的能量和一定的_质__量__相联系，物体的总能 量和它的质量成_正__比__，即E＝_m_c_2 。 (3)核能的计算: ①根据爱因斯坦的质能方程，用核反应方程中_质__量__亏__损__Δ m(kg) 乘以真空中_光__速__c=3×108 m/s的平方，即Δ E=_Δ__m_c_2。 ②根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV能量，用核反应方 程中_质__量__亏__损__(Δ m)的原子质量单位乘以931.5 MeV，即 Δ E=Δ m× _9_3_1_._5__M_e_V_。
(4)当入射光的频率大于极限频率时，光电流的强度与入射光 的_强__度__成正比。 3.光电效应方程 (1)表达式:hν =_E_k_+_W_0_或Ek=_h_ν__-_W_0_。
(2)物理意义:金属中的电子吸收一个光子获得的能量是hν ,这
2019高考物理二轮复习 专题十六 碰撞与动量守恒 近代物理初步课时作业 新人教版.doc
2019高考物理二轮复习 专题十六 碰撞与动量守恒 近代物理初步课时作业 新人教版一、单项选择题1．(2014·江苏单科)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014Hz 和5.44×1014Hz ，在某种单色光的照射下两种金属均发生光电效应，比较它们表面逸出的具有最大初动能的光电子，钙逸出的光电子具有较大的( )A ．波长B ．频率C ．能量D ．动量解析：由光电效应方程E km ＝h ν－W ＝h ν－h ν0钙的截止频率大，因此钙中逸出的光电子的最大初动能小，其动量p ＝2mE km ，故动量小，由λ＝h p，可知波长较大，则频率较小，选项A 正确．答案：A2．(2015·重庆卷)图中曲线a 、b 、c 、d 为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是( )A ．a 、b 为β粒子的径迹B ．a 、b 为γ粒子的径迹C ．c 、d 为α粒子的径迹D ．c 、d 为β粒子的径迹解析：由左手定则可知，a 、b 为带正电的粒子的径迹，c 、d 为带负电的粒子的径迹，又α粒子带正电，β粒子带负电，γ粒子不带电，所以D 项正确．答案：D 3.238 92U 放射性衰变有多种可能途径，其中一种途径是先变成210 83Bi ，而21083Bi 可以经一次衰变变成210a X(X 代表某种元素)，也可以经一次衰变变成 b81Ti ，210a X 和 b81Ti 最后都变成20682Pb ，衰变路径如图所示，则图中( )A ．a ＝82，b ＝211B ．①是β衰变，②是α衰变C ．①是α衰变，②是β衰变 D.b 81Ti 经过一次α衰变变成20682Pb解析：由21083Bi 衰变为210a Bi ，质量数没有变化，所以①是β衰变，根据该电荷数守恒同时可判断a ＝84；由错误!Bi 衰变为错误!Ti ，因为核电荷数减2，可判断②为α衰变，同时可判断b ＝206，所以A 、C 两项错误，B 项正确.b81Ti 经过一次β衰变变成错误!Pb ，D 项错误．答案：B 二、多项选择题4．质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子的正中间，如图所示．现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A.12mv 2B.mMm ＋Mv 2 C.12N μmgL D ．N μmgL解析：由于水平面光滑，箱子和小物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断两物体最终速度相等，设为u ，由动量守恒定律得mv ＝(m ＋M )u ，系统损失的动能为12mv 2－12(m ＋M )u 2＝12×mM m ＋Mv 2；系统损失的动能转化为内能Q ＝fx ＝N μmgL ，故B 、D答案：BD5．(2014·天津卷)下列说法正确的是( )A．玻尔对氢原子光谱的研究导致原子的核式结构模型的建立B．可利用某些物质在紫外线照射下发出荧光来设计防伪措施C．天然放射现象中产生的射线都能在电场或磁场中发生偏转D．观察者与波源互相远离时接收到波的频率与波源频率不同解析：玻尔对氢原子光谱的研究完善了核式结构模型，选项A错误；紫外线有荧光效应，故B选项正确；天然放射现象中的γ射线不带电，在电场或磁场中不发生偏转，选项C错误；观察者与波源互相远离，由多普勒效应可知接收到的频率变小，故选项D正确．答案：BD6．太阳每年辐射到地球上的能量相当于1 813亿吨标准煤，是全世界年需能量总和的5 000倍，是地球上最大的能源．太阳内部有多种热核反应，其中的一个反应方程是：21H＋31H―→42 He＋10n.若已知21H的质量为m1，31H的质量为m2，42He的质量为m3，10n的质量为m4，则下列说法中正确的是( )A.10n是中子B.21H和31H是两种不同元素的原子核C.21H和31H在常温下就能够发生聚变D．这个反应释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2解析：10n是中子很明显，故A项对；21H和31H是同种元素H的同位素，故B项错；21H和31H 必须在高温下才能发生聚变，即发生热核反应，故C项错；反应释放的核能为ΔE＝(m1＋m2－m3－m4)c2是正确的，故正确答案为A、D两项．答案：AD二、五选三型选择题7．(2014·新课标全国卷Ⅰ)关于天然放射性，下列说法正确的是________．A．所有元素都可能发生衰变B．放射性元素的半衰期与外界的温度无关C．放射性元素与别的元素形成化合物时仍具有放射性D．α、β和γ三种射线中，γ射线的穿透能力最强E．一个原子核在一次衰变中可同时放出α、β和γ三种射线解析：原子序数大于或等于83的元素，都能发生衰变，而原子序数小于83的部分元素能发生衰变，故A错．放射性元素的衰变是原子核内部结构的变化，与核外电子的得失及环境温度无关，故B、C项正确．在α、β、γ三种射线中，α、β为带电粒子，穿透本领较弱，γ射线不带电，具有较强的穿透本领，故D项正确．一个原子核不能同时发生α和β答案：BCD8．(2015·新课标全国卷Ⅱ)实物粒子和光都具有波粒二象性．下列事实中突出体现波动性的是________．A ．电子束通过双缝实验装置后可以形成干涉图样B ．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹C ．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构D ．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构E ．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关 解析：衍射和干涉是波特有的现象，选项A 、C 正确；光电效应体现了光的粒子性，选项E 错误；射线在云室中穿过，留下的径迹是粒子的轨迹，选项B 错误；电子显微镜利用了电子的波动性来观测物质的微观结构，选项D 正确．答案：ACD 三、计算题9．(2015·新课标全国卷Ⅰ)如图，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间．A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态．现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．解析：A 向右运动与C 发生第一次碰撞，碰撞过程中，系统的动量守恒、机械能守恒．设速度方向向右为正，开始时A 的速度为v 0，第一次碰撞后C 的速度为v C 1，A 的速度为v A 1，由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 0＝mv A 1＋Mv C 1①12mv 20＝12mv 2A 1＋12Mv 2C 1② 联立①②式得v A 1＝m －M m ＋Mv 0③v C 1＝2m m ＋Mv 0④如果m >M ，第一次碰撞后，A 与C 速度同向，且A 的速度小于C 的速度，不可能与B 发生碰撞；如果m ＝M ，第一次碰撞后，A 停止，C 以A 碰前的速度向右运动，A 不可能与B 发生碰撞；所以只需考虑m <M 的情况．第一次碰撞后，A 反向运动与B 发生碰撞．设与B 发生碰撞后，A 的速度为v A 2，B 的速度为v B 1，同样有v A 2＝m －M m ＋M v A 1＝(m －M m ＋M)2v 0⑤ 根据题意，要求A 只与B 、C 各发生一次碰撞，应有v A 2≤v C 1⑥ 联立④⑤⑥式得m 2＋4mM －M 2≥0⑦ 解得m ≥(5－2)M ⑧另一解m ≤－(5＋2)M 舍去．所以，m 和M 应满足的条件为 (5－2)M ≤m <M .⑨ 答案：(5－2)M ≤m <M10．(2015·山东卷)如图，三个质量相同的滑块A 、B 、C ，间隔相等地静置于同一水平直轨道上．现给滑块A 向右的初速度v 0，一段时间后A 与B 发生碰撞，碰后A 、B 分别以18v 0、34v 0的速度向右运动，B 再与C 发生碰撞，碰后B 、C 粘在一起向右运动．滑块A 、B 与轨道间的动摩擦因数为同一恒定值．两次碰撞时间均极短．求B 、C 碰后瞬间共同速度的大小．解析：设滑块质量为m ，A 与B 碰撞前A 的速度为v A ，由题意知，碰后A 的速度v ′A ＝18v 0，B 的速度v B ＝34v 0，由动量守恒定律得mv A ＝mv ′A ＋mv B ①设碰撞前A 克服轨道阻力所做的功为W A ，由功能关系得W A ＝12mv 20－12mv 2A ②设B 与C 碰撞前B 的速度为v ′B ，B 克服轨道阻力所做的功为W B ，由功能关系得W B ＝12mv 2B －12mv ′2B ③据题意可知W A ＝W B ④设B 、C 碰后瞬间共同速度的大小为v ，由动量守恒定律得mv ′B ＝2mv ⑤联立①②③④⑤式，代入数据得v ＝2116v 0.⑥ 答案：2116v 011．(2015·江苏卷)(1)波粒二象性是微观世界的基本特征，以下说法正确的有________．A．光电效应现象揭示了光的粒子性B．热中子束射到晶体上产生衍射图样说明中子具有波动性C．黑体辐射的实验规律可用光的波动性解释D．动能相等的质子和电子，它们的德布罗意波长也相等(2)核电站利用原子核链式反应放出的巨大能量进行发电，235 92U是核电站常用的核燃料.235 92 U受一个中子轰击后裂变成144 56Ba和8936Kr两部分，并产生________个中子．要使链式反应发生，裂变物质的体积要________(选填“大于”或“小于”)它的临界体积．(3)取质子的质量m p＝1.672 6×10－27 kg，中子的质量m n＝1.674 9×10－27 kg，α粒子的质量mα＝6.646 7×10－27kg，光速c＝3.0×108 m/s.请计算α粒子的结合能．(计算结果保留两位有效数字)解析：(1)光电效应说明光具有粒子性，选项A正确；衍射是波的特点，说明光具有波动性，选项B正确；黑体辐射的实验规律说明光具有粒子性，选项C错误；动能相等的质子和电子，二者质量不同，德布罗意波长不相等，选项D错误．(2)根据质量数守恒可得，产生中子的数目为235＋1－144－89＝3；只有裂变物质的体积大于它的临界体积时才能发生裂变反应．(3)组成α粒子的核子与α粒子的质量差Δm＝2m p＋2m n－mα结合能ΔE＝Δmc2代入数据得ΔE＝4.3×10－12J.答案：(1)AB (2)3 大于(3)4.3×10－12J。
高考物理二轮复习 碰撞与动量守恒 近代物理初步精讲讲
第三讲碰撞与动量守恒__近代物理初步[以选择题或计算题的形式考查，一般涉及动量守恒定律、弹性碰撞与非弹性碰撞、能量守恒等知识][典例] (2013·山东高考)如图6－3－1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碰撞。
求A与C 发生碰撞后瞬间A的速度大小。
图6－3－1[思路点拨](1)A、C相撞时间极短，不考虑B对A的摩擦力，则A、C系统动量守恒。
(2)A、C碰后，A与B相对滑动阶段，A、B组成的系统动量守恒。
(3)A与C恰好不再相撞，则有A与C最终同速。
[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 C①A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 AB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足v AB＝v C③联立①②③式，代入数据得v A＝2 m/s④[答案] 2 m/s一、基础知识要记牢1．动量守恒的条件(1)系统不受外力或系统所受外力的矢量和为零。
(2)系统所受的外力的矢量和虽不为零，但系统外力比内力小得多，如碰撞问题中的摩擦力、爆炸过程中的重力等，外力比起相互作用的内力小得多，可以忽略不计。
(3)系统所受外力的矢量和虽不为零，但在某个方向上合力的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变。
2．动量守恒定律的三种表达形式(1)p＝p′(2)Δp1＝－Δp2(3)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、方法技巧要用好1．动量守恒定律解决问题的灵活运用(1)分析题意，明确研究对象。
版高考物理二轮复习 课时跟踪训练 碰撞与动量守恒
课时追踪训练(七) 碰撞与动量守恒一、选择题(1～5题为单项选择题，6～10题为多项选择题)1．圆滑水平面上有两个小球，在同素来线上相向运动，它们的动量大小相等，则两球碰撞后，以下说法正确的选项是()A．两球可能沿同一方向运动B．两个球可能一个静止，一个运动C．若两球均运动，则质量大的球动量必然小D．若两球均运动，则质量大的球动能必然小D[由题可知，两球沿同素来线相向运动，动量大小相等，因此系统的总动量为零，碰撞过程系统的总动量守恒，因此碰撞后系统的总动量仍为零，因此两球不能能沿同一方向运动，也不能能一个静止，一个运动，A、B项错误；若两球均运动，依照动量守恒定律可知，两球必然沿相反方向运动，且动量等大反向，即m1v1＝m2v2，由此能够判断，质量大的球的动量与质量小的球动量大小相等，C项错误；由E k＝p22m可知，质量大的，动能小，D项正确．]2．(2018·山东省青岛市高三一致质检)如图，连接有轻弹簧的物块a静止于圆滑水平面上，物块b以必然初速度向左运动．以下关于a、b两物块的动量p 随时间t的变化关系图象，不合理的是()3．(2018·陕西省安康市高三质检(五))以下列图，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平川点)，秋千一端固定在离地面高为H的O点，秋千的长度可调治．改变秋千的长度，杂技演员每次都从A点(与O)由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，尔后自己恰好能回到A处．已知男演员质量为2m和女演员质量为m，秋千的质量不计，空气阻力忽略不计，则男演员落地点C与O点的水平距离x的最大值是()A.H 2 B ．H C.3H 2 D ．2HD [两杂技演员从A 点下摆到B 点，只有重力做功，机械能守恒．设两者到达B 点的速度大小为v 0，则由机械能守恒定律有：(m ＋2m )gR ＝12(m ＋2m )v 20，演员相互作用，沿水平方向动量守恒．设作用后女、男演员的速度大小分别为v 1、v 2，因此有(m ＋2m )v 0＝2mv 2－mv 1.女演员上摆到A 点的过程中机械能守恒，因此有mgR ＝12mv 21.男演员自B 点平抛，有：x ＝v 2t .运动时间t 可由竖直方向的自由落体运动出得H －R ＝12gt 2，联立以上各式，可解得x ＝4H －R R ，当秋千的长度R ＝H 2时，男演员落地点C 与O 点的水平距离最大为x ＝2H ，故D正确；A 、B 、C 错误．]4．(2018·高考物理全真模拟卷一)以下列图，AB 两小球静止在圆滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量．若用锤子敲击A 球使A 获取v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 获取v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为( )A ．L 1>L 2B ．L 1<L 2C ．L 1＝L 2D ．不能够确定C [若用锤子敲击A 球，两球组成的系统动量守恒，当弹簧最短时，两者的共速，则m A v ＝(m A ＋m b )v ′，解得v ′＝m A vm A ＋m B ，弹性势能最大，最大为ΔE p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22m A ＋m B；若用锥子敲击B 球，同理可得m B v＝(m A ＋m B )v ″，解得v ″＝m B v m A ＋m B ，弹性势能最大为ΔE p ＝12m B v 2－12(m A ＋m B )v ′2＝m A m B v 22m A ＋m B ，即两种情况下弹簧压缩最短时，弹性势能相等，故L 1＝L 2，C 正确．]5．以下列图，在粗糙水平面上，用水平轻绳(绳子的长度不计)相连的两个相同的物体P 、Q 质量均为m ，在水平恒力F 作用下以速度v 做匀速运动．在t ＝0时轻绳断开，Q 在F 作用下连续前进，则以下说法正确的选项是( )A ．t ＝0至t ＝3mv 2F 时间内，P 、Q 的总动量不守恒B ．t ＝0至t ＝3mv F 时间内，P 、Q 的总动量守恒C ．t ＝5mv 2F 时，Q 的动量为52mvD ．t ＝2mv F 时，P 、Q 两点的距离2mv 2FD [设P 、Q 碰到的滑动摩擦力都为F ，断开前两物体做匀速直线运动，依照平衡条件得：F ＝2f ，设P 经过时间t 速度为零，对P 由动量定理得：－ft ＝0－mv ，解得：t ＝2mv F ；由此可知，在剪断细线前，两木块在水平川面上向右做匀速直线运动．以PQ 为系统，绳子上的力属于系统的内力，系统所受合力为零；在剪断细线后，物体P 停止运动以前，两物体碰到的摩擦力不变，两木块组成的系统的合力仍为零，则系统的总动量守恒，故在t ＝0至t ＝2mv F 的时间内P 、Q 的总动量守恒，在t ＝2mv F 后，P 停止运动，Q 做匀加速直线运动，故两木块组成的系统的合力不为零，故P 、Q 的总动量不守恒，故AB 错误；当t ＝5mv 2F 时，对Q 由动量定理得：Ft －ft ＝p ′Q －mv ，代入f ＝F 2，t ＝5mv 2F ，解得：p ′Q ＝94mv ，故C 错误；当t ＝2mv F 时，对Q 由动量定理得：Ft －ft ＝mv 2－mv ，代入f ＝F 2，t＝2mv F ，解得v 2＝2v ，由动能定理得：Fx 2－fx 2＝12mv 22－12mv 2；对P 由动量定理得：－ft ＝mv 1－mv ，代入f ＝F 2，t ＝2mv F ，解得v 1＝0，由动能定理得：－fx 1＝12mv 21－12mv 2，解得Δx ＝x 2－x 1＝2mv 2F ，故D 正确．]6．(2018·安徽省芜湖市高三下调研)在地面上以大小为v 1的初速度竖直向上抛出一质量为m 的皮球，皮球落地时速度大小为v 2.若皮球运动过程中所受空气阻力的大小与其速率成正比，重力加速度为g .以下判断正确的选项是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中战胜阻力做的功为12mv 21－12mv 22 C ．皮球上升过程经历的时间为v 1gD ．皮球从抛出到落地经历的时间为v 1＋v 2gBD [减速上升的过程中受重力、阻力作用，故加速度大于g ，则上升的高度小于v 212g ，上升的时间小于v 1g ，故AC 错误；皮球从抛出到落地过程中重力不做功，依照动能定理得战胜阻力做功为W f ＝12mv 21－12mv 22，故B 正确；用动量定理，结合数学知识，假设向下为正方向，设上升阶段的平均速度为v ，则：mgt 1＋kvt 1＝mv 1，由于平均速度乘以时间等于上升的高度，故有：h ＝vt 1，即：mgt 1＋kh ＝mv 1①同理，设上升阶段的平均速度为v ′，则下降过程mgt 2＋kv ′t 2＝mv 2，即：mgt 2－kh ＝mv 2②，由①②得：mg (t 1＋t 2)＝m (v 1＋v 2)，解得：t ＝t 1＋t 2＝v 1＋v 2g ，故D 正确；应选B 、D.]7．(2018·山西太原市高三质检)以下列图，金属杆AB 在离地h ＝3.2 m ，高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场，水平部分导轨上原来放有一根静止金属杆CD ，已知杆AB 的质量为m 1＝2 kg ，电阻为R 1＝10 Ω，杆CD 的质量为m 2＝0.5 kg ，电阻为R 2＝30 Ω，其余电阻不计，水平导轨足够长，不计所有摩擦．( )A．AB的最后速度是8 m/sB．CD的最后速度是6.4 m/sC．整个过程中回路释放的电能是12.8 J D．整个过程中，AB杆上产生的焦耳热3.2 JBCD[AB下滑h的过程中机械能守恒：m1gh＝12m1v20，解得v0＝8 m/s；最后两者速度相等，由动量守恒定律：m1v0＝(m1＋m2)v1，解得v1＝6.4 m/s，故A错误，B正确；由能量守恒知，回路中产生的电能等于系统机械能的损失，因此整个过程中回路释放的电能ΔE＝m1gh－12(m1＋m2)v21＝12.8 J，故C正确；在回路中产生电能的过程中，诚然电流不恒定，但由于两杆串通，经过两杆的电流总是相等的，因此整个过程中，AB杆上产生的焦耳热Q＝R1R1＋R2ΔE＝3.2 J，故D正确．]8．(2018·衡水中学信息卷)以下列图，足够长的木板P静止于圆滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1 kg.用大小为6 N方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到牢固状态，已知重力加速度g取10 m/s2，以下说法正确的选项是()A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B．拉力F做功为6 JC．小滑块Q的最大速度为3 m/sD．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 JACD[对系统由动量定理得Ft＝mv P＋mv Q＝2mv共，即木板P与小滑块Q 所组成系统的动量增加量必然等于拉力F的冲量，A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能够高出μmgm·2m＝4 N，拉力F为6 N大于4 N，故两者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2,1 s内木板P的位移x＝12at2＝2 m．拉力F做功W＝Fx＝12 J，B错误；两者共速时，小滑块Q 的速度最大，Ft ＝2mv 共，v 共＝3 m/s ，C 正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W ＝12·2mv 2共＋Q ，解得Q ＝3 J ，D 正确．]9．(2018·山东省潍坊市高三一模)在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞，如图a 所示，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的冰面来减小阻力，碰撞前后两壶运动的v －t 图线如图b 中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量均为19 kg ，则( )A ．碰后蓝壶的速度为0.8 m/sB ．碰后蓝壶搬动的距离为2.4 mC ．碰撞过程两壶损失的动能为7.22 JD ．碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为5∶4AD [由图可知碰撞前后红壶的速度为v 0＝1 m/s 和v 2＝0.2 m/s ，由动量守恒可得mv 0＝mv 1＋mv 2，解得碰后蓝壶速度为v 2＝0.8 m/s ，碰后蓝壶搬动的距离为x ＝12×0.8×5＝2 m ．碰撞过程两壶损失的动能为ΔE k ＝12mv 20－12mv 21－12mv 22＝3.04 J ，红壶所受摩擦力f 1＝ma 1＝19×1.2－1.01N ＝3.8 N ，蓝壶所受摩擦力f 2＝ma 2＝19×0.8－05 N ＝3.04 N ，碰后红、蓝两壶所受摩擦力之比为f 1∶f 2＝5∶4，故AD 正确；BC 错误；应选AD.]10．(2018·南开中学考前冲刺)以下列图，质量为M 、半径R 的ABC 凹槽(为圆滑圆槽的一部分)静止在圆滑水平面上，B 为最低点，BC 为14圆弧，OA 与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ .一质量为m 的小物块(可视为质点)从D 处水平抛出，同时将ABC 凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，当其到达B 点时清除锁定，小物块恰好能达到C 点．不计空气阻力，重力加速度为g .则以下说法正确的选项是( )A ．从D 点抛出的初速度为v 0＝gR 2；D 点距A 点高度差h ＝3R 8B ．小球第一次过B 点时对槽底的压力大小为2 mgC ．小球从C 点到B 点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I ＝m 2gR ，方向水平向左D ．小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，机械能守恒、动量守恒AC [A 项，小物块恰好从A 点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v ＝2v 0，从A 到C 应用能量守恒可知，12m (2v 0)2＝mgR sin 30°，解得v 0＝gR 2，从D 到A 应用动能定理可得：mgh ＝12m (2v 0)2－12mv 20，解得：h ＝3R 8，故A 正确；B 项：从A到B 应用动能定理，mgR ()1－sin 30°＝12mv 2B －12mv 2A ，在B 点由重力与支持力的合力供应向心力得，F N －mg ＝mv 2B R ，由以上两式解得F N ＝3 mg ，故B 错误；C 项：小球到B 时的速度为v B 1＝2gR ，依照动量定理可得：I ＝mv B 1－0＝m 2gR ，故C 正确；D 项，小球从C 到B 向A 运动的过程中，以小球、槽ABC 作为一个系统，由于没有摩擦，因此机械能守恒，但在小球从C 到B 过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，因此系统外力之和不为零，故动量不守恒，故D 错误．二、非选择题11．(2018·山东省济南市高三一模)运载火箭是人类进行太空研究的重要工具，一般采用多级发射的设计结构来提高其运载能力．某兴趣小组制作了两种火箭模型来研究多级结构的优越性，模型甲内部装有Δm ＝100 g 的压缩气体，总质量为M ＝1 kg ，点火后所有压缩气体以v 0＝570 m/s 的速度从底部喷口在极短的时间内竖直向下喷出；模型乙分为两级，每级内部各装有Δm 2的压缩气体，每级总质量均为M 2，点火后模型后部第一级内的所有压缩气体以速度v 0从底部喷口在极短时间内竖直向下喷出，喷出后经过2 s 时第一级走开，同时第二级内所有压缩气体仍以速度v 0从第二级底部在极短时间内竖直向下喷出．喷气过程中的重力和整个过程中的空气阻力忽略不计，g 取10 m/s 2，求两种模型上升的最大高度之差．剖析 对模型甲：0＝(M －Δm )v 甲－Δmv 0h 甲＝v 2甲2g ＝10859m≈200.56 m对模型乙第一级喷气：0＝(M －Δm 2)v 乙1－Δm 2v 0解得：v 乙1＝30 m/s2 s 末：v 乙1′＝v 乙1－gt ＝10 m/sh 乙1＝v 2乙1－v ′2乙12g ＝40 m对模型乙第一级喷气：M 2v 乙1＝(M 2－Δm 2)v 乙2－Δm 2v 0解得：v 乙2＝670 9 m/sh 乙2＝v 2乙22g ＝2244581m≈277.10 m可得：Δh ＝h 乙1＋h 乙2－h 甲＝944081m≈116.54 m答案 116.54 m12．(2018·济宁市高三第二次模拟)以下列图，水平川面上固定一半径为R＝0.8 m 的14圆滑圆弧轨道，轨道左端放一质量为M ＝3 kg 、长为L ＝1.75 m 的木板，木板上表面与轨道尾端等高，木板与地面间无摩擦，其左端放一质量m ＝1 kg 的物块，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4.现给物块施一水平向右的恒力F ＝15 N ，作用一段距离x 后撤去F ，物块正好能滑到圆弧轨道的最高点，尔后再滑回，取g ＝10 m/s 2.(1)求物块滑到板右端时的速度v 多大？(2)求x 的大小；(3)经过计算说明，物块最后能否滑离木板．剖析 (1)关于物块从轨道底端上升到顶端的过程，由机械能守恒可得：12mv2＝mgR解得：v ＝4 m/s(2)关于物块从木板左端滑到右端的过程，由动能定理可得：Fx －μmgL ＝12mv 2解得：x ＝1 m(3)设物块相对板向左滑动距离Δx 后，与木板达到相同速度v ′，由动量守恒定律得：mv ＝(M ＋m )v ′解得：v ′＝1 m/s由能量守恒定律得：μmg Δx ＝12(M ＋m )v ′2解得：Δx ＝1.5 m ＜L ＝1.75 m故物块不会滑离木板．答案 (1)4 m/s (2)1 m (3)物块不会滑离木板。
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C．h′＝D．h′＝
E．ΔE＝mgh
解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，则两球碰撞过程损失的能量为ΔE＝mv－·2mv2＝mgh，E正确；弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝mgh－ΔE＝mgh，即A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以速度大小v沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B能达到的最大高度为，C错误，D正确．
A．X是中子
B．Y的质子数是3，中子数是6
C．两个核反应都没有质量亏损
D．氘和氚的核反应是核聚变反应
解析：由H＋H→He＋X＋17.6MeV，得X为中子n，A正确．由X＋Y→He＋H＋4.9MeV，得Y为Li，质子数为3，中子数为3，B错误．两反应中均有能量产生，由质能方程可知，两个核反应都有质量亏损，C错误．氘和氚反应生成α粒子，该反应为核聚变反应，D正确．
A．a、b为β粒子的径迹
B．a、b为γ粒子的径迹
C．c、d为α粒子的径迹
D．c、d为β粒子的径迹
解析：γ粒子是光子，不带电，不会偏转，B错误．β粒子为电子，带负电，α粒子为氦核，带正电，而磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则可知a、b为α粒子，c、d为β粒子，D正确，A、C错误．
答案：D
8.(多选)科学家使用核反应获取氚，再利用氘和氚的核反应获得能量，核反应方程分别为：X＋Y→He＋H＋4.9 MeV和H＋H→He＋X＋17.6 MeV.下列表述正确的有()
C．14C衰变为14N的过程中放出β射线
D．增加样品测量环境的压强将加速14C的衰变
解析：古木样品中14C正好是现代植物所制样品的二分之一，可知时间正好是5 700年，A正确.12C中子数为6,13C中子数为7,14C中子数为8，B错误．与14N相比，质量数一样而质子数少一个，可知发生的是β衰变，C正确．半衰期与外界环境无关，D错误．
D.Bi的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克
解析：γ射线是高速运动的光子流，A错误．氢原子辐射光子后，绕核运动的电子势能减小，动能增大，B正确．太阳辐射能量的主要来源是太阳中的氢核聚变，C错误.100克Bi经过两个半衰期后剩25克，D错误．
答案：B
7.图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里．以下判断可能正确的是()
解析：根据动能定理、光速与波长和频率的关系公式c＝λν、光子能量E＝hν，根据题意有eU≥E，则可得λ≥，ν≤，A、D正确．
答案：AD
6.下列有关原子结构和原子核的认识，其中正确的是()
A．γ射线是高速运动的电子流
B．氢原子辐射光子后，其绕核运动的电子动能增大
C．太阳辐射能量的主要来源是太阳中发生的重核裂变
答案：BDE
4.物理学重视逻辑，崇尚理性，其理论总是建立在对事实观察的基础上．下列说法正确的是()
A．天然放射现象说明原子核内部是有结构的
B．电子的发现使人们认识到原子具有核式结构
C．α粒子散射实验的重要发现是电荷是量子化的
D．密立根油滴实验表明核外电子的轨道是不连续的
解析：天然放射现象由原子核变化引起，可以说明原子核内部是有结构的，A正确．α粒子散射实验使人们认识到原子具有核式结构，B、C错误．通过密立根油滴实验发现电荷是量子化的，D错误．
答案：AD
9.14C发生放射性衰变成为14N，半衰期约5 700年．已知植物存活期间，其体内14C与12C的比例不变；生命活动结束后，14C的比例持续减少．现通过测量得知，某古木样品中14C的比例正好是现代植物所制样品的二分之一．下列说法正确的是________．
A．该古木的年代距今约5 700年
B．12C、13C、14C具有相同的中子数
解析：电子束通过双缝干涉实验后可以形成干涉图样，证明电子具有波动性，选项A正确；β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹，这是β射线电离本领的表现，从而证明β射线的粒子性，选项B错误；人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构，中子衍射证明了中子的波动性，选项C正确；人们利用电子显微镜观察物质的微观结构，利用了电子的衍射现象，说明电子具有波动性，选项D正确；光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，证明了光的粒子性，选项E错误．
碰撞与动量守恒近代物理初步
一、选择题
1.(多选)实物粒子和光都具有波粒二象性，下列事实中突出体现波动性的是()
A．电子束通过双Βιβλιοθήκη 实验装置后可以形成干涉图样B．β射线在云室中穿过会留下清晰的径迹
C．人们利用慢中子衍射来研究晶体的结构
D．人们利用电子显微镜观测物质的微观结构
E．光电效应实验中，光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与入射光的强度无关
A．tA>tBB．EkA>EkB
C．vA>vBD．mA>mB
E．FA＝FB
解析：由题意可知，弹丸A、B从长木板两侧同时射入长木板，长木板始终保持静止，则两弹丸在长木板中运动时间必定相等，否则长木板就会运动，A错误；由于长木板始终保持静止状态，则两弹丸对长木板的推力大小相等，E正确；两弹丸射入长木板时所受的阻力大小相等，设为F，根据动能定理得，对A弹丸，－FdA＝0－EkA，得EkA＝FdA，对B弹丸，－FdB＝0－EkB，得EkB＝FdB，由于dA>dB，则弹丸射入时的初动能EkA>EkB，B正确；两弹丸和长木板组成的系统动量守恒，因动量与动能的关系为p＝，则有＝，而EkA>EkB，则得到mA<mB，根据动量的计算公式p＝mv，得到初速度vA>vB，C正确，D错误．
答案：ACD
2．(多选)一长木板静止放在光滑水平面上，两弹丸分别从长木板的左、右两端射入长木板，如图所示．弹丸射入长木板的过程中，长木板始终未动，两弹丸相对长木板射入的深度为dA、dB，且dA>dB.假设两弹丸在长木板中运动的时间分别用tA、tB表示，射入长木板前的动能分别用EkA、EkB表示，射入长木板前的速度分别用vA、vB表示，质量分别用mA、mB表示，对长木板的推力分别用FA、FB表示，则下列关系正确的是()
答案：BCE
3．(多选)晓宇同学为了研究碰撞，取了两质量均为m的小球A、B，其中将小球A放在光滑的水平面，且与一固定在竖直挡板上的轻弹簧相连接，将小球B从距离水平面高为h处由静止释放，沿如图所示的光滑轨道下滑，与小球A发生正碰后，二者共速，假设该过程损失的机械能用ΔE表示，并且二者碰后不粘连，共同将弹簧压缩到最短，此时弹簧储存的弹性势能用Epm表示，并且在弹簧恢复到原长的过程中小球B与小球A分离，小球B沿原轨道返回，上升的高度用h′表示．则下列叙述正确的是()
答案：A
5.(多选)在X射线管中，由阴极发射的电子(不计初速度)被加速后打到阳极，会产生包括X光在内的各种能量的光子，其中光子能量的最大值等于电子的动能．已知阳极与阴极之间的电势差U、普朗克常量h、电子电荷量e和光速c，则可知该X射线管发出的X光的()
A．最短波长为B．最长波长为
C．最小频率为D．最大频率为