2019-2020年高考物理二轮复习第12讲碰撞与动量守恒近代物理初步含答案试题试卷分析

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全国高考理综物理专题复习辅导精品学案《碰撞与动量守恒》(最新整理含答案)

全国高考理综物理专题复习辅导精品学案《碰撞与动量守恒》考点1 碰撞模型1．碰撞的特点（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。

（2）碰撞过程中，总动能不增。

因为没有其他形式的能量转化为动能。

（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。

（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。

2．碰撞的种类及遵从的规律两球发生弹性碰撞时满足动量守恒定律和机械能守恒定律。

在光滑的水平面上，质量为m 1的钢球沿一条直线以速度v 0与静止在水平面上的质量为m 2的钢球发生弹性碰撞，碰后的速度分别是v 1、v 2①②由①②可得：③④利用③式和④式，可讨论以下五种特殊情况：a ．当12m m >时，10v >，20v >，两钢球沿原方向原方向运动；b ．当12m m <时，10v <，20v >，质量较小的钢球被反弹，质量较大的钢球向前运动；c ．当12m m =时，10v =，20v v =，两钢球交换速度。

d ．当12m m <<时，10v v ≈，20v ≈，m 1很小时，几乎以原速率被反弹回来，而质量很大的m 2几乎不动。

例如橡皮球与墙壁的碰撞。

e ．当12m m >>时，0v v ≈，202v v ≈，说明m 1很大时速度几乎不变，而质量很小的m 2获得的速度是原来运动物体速度的2倍，这是原来静止的钢球通过碰撞可以获得的最大速度，例如铅球碰乒乓球。

4．一般的碰撞类问题的分析（1）判定系统动量是否守恒。

（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。

（3）判定碰撞前后动能是否不增加。

例：两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同方向运动，A 球的动量是7 kg·m/s ，B 球的动量是5 kg·m/s ，A 球追上B 球时发生碰撞，则碰撞后A 、B 两球的动量可能值是 A ．p A =6 kg·m/s ，p B =6 kg·m/s B ．p A =3 kg·m/s ，p B =9 kg·m/s C ．p A =–2 kg·m/s ，p B =14 kg·m/s D ．p A =–5 kg·m/s ，p B =15 kg·m/s 【参考答案】A【试题解析】以A 、B 两球组成的系统为对象。

2019高考物理二轮复习：动量定理及动量守恒定律(答案+解析)

动量定理及动量守恒定律第I卷并留在其中。

在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，kg m/s，W kg m/s，Wkg m/s，W kg m/s，W的作用，F与时间t时间内F的冲量为零时刻物块A的速度最大时刻物块A的动能最大时间内F对物块．有一种飞行器是利用电场加速带电粒子，形成向外发射的高速粒子流，对飞行器自身产生反冲力，从而对飞行器的飞行状态进行调整的。

已知飞行器发射的高速粒子流是由二价氧离子构成的。

当单位时间内发射的离子个数为n，加速电压为时，飞行器获得的反冲力为F。

为了使加速器获得的反冲力变为．将加速电压变为2U．将加速电压变为4U．将单位时间内发射的离子个数变为．将单位时间内发射的离子个数变为第Ⅱ卷二、非选择题（本题共4个小题。

写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）9．如图所示，甲木板的质量为1m 2kg =，乙木板的质量为2m 2kg =，甲木板的右端有一可视为质点的小物块，小物块的质量m 1kg =。

甲木板和小物块的速度为8m /s ，乙木板的速度为2m /s ，方向均向右。

木板与地面间无摩擦，小物块与两木板间的动摩擦因数均为μ0.1=。

已知乙木板足够长，重力加速度g 取210m /s ，两木板碰撞后粘在一起。

求：（1）两木板碰撞后的瞬间乙木板的速度大小；（2）两木板碰撞后，小物块与乙木板发生相对运动的时间。

10．如图，质量10.45kg =m 的平顶小车静止在光滑水平面上，质量20.5kg =m 的小物块（可视为质点）静止在车顶的右端。

一质量为00.05kg =m 的子弹以水平速度0100m /s =v 射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以2m /s 的速度滑离小车。

已知子弹与车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数μ0.8=，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

取2g 10m /s =，求：（1）子弹相对小车静止时小车速度的大小；（2）小车的长度L 。

高中物理《碰撞与能量守恒》典型题(精品含答案)

课时规范训练[基础巩固题组]1．如图所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m/s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同一直线相向运动( )A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向左解析：选C.它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向右，A 、B 相碰过程中动量守恒，故它们碰撞后的总动量也是2 kg·m/s ，方向水平向右，选项C 正确．2. 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( )A ．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：选 D.由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 1v 1＋m 2v 2得v 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．3．甲、乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 1＝5 kg·m/s ，p 2＝7 kg·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg·m/s ，则二球质量m 1与m 2间的关系可能是下面的哪几种( )A ．m 1＝m 2B ．2m 1＝m 2C ．4m 1＝m 2D ．6m 1＝m 2解析：选C.甲、乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：p 1＋p 2＝p 1′＋p 2′，即：p 1′＝2 kg·m/s.由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加．所以有p 212m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2，所以有：m 1≤2151m 2，因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有p 1m 1＞p 2m 2，即m 1＜57m 2；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即p 1′m 1＜p 2′m 2，所以m 1＞15m 2.因此C 选项正确． 4．(多选) 如图，大小相同的摆球a 和b 的质量分别为m 和3m ，摆长相同，摆动周期相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a 向左拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是( )A ．第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B ．第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C ．第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D ．发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置解析：选AD.两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：m v 0＝m v 1＋3m v 2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即12m v 20＝12m v 21＋123m v 22，解两式得：v 1＝－v 02，v 2＝v 02，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A 正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B 错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，因摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C 错；两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D 正确．5. (多选)在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的()A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝M v1＋m v2＋m0v3B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1和v2，满足M v＝M v1＋m v2C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足M v＝(M＋m)v1D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M ＋m0)v1＋m v2解析：选BC.在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误；小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C选项正确．6．如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M＝3.0 kg，质量m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s，从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()A．4.0 J B．6.0 JC．3.0 J D．20 J解析：选C.设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为F f，根据能量守恒定律得铁块相对于木板向右运动过程12m v 20＝F f L＋12(M＋m)v2＋E p铁块相对于木板运动的整个过程12m v 20＝2F f L＋12(M＋m)v2又根据系统动量守恒可知，m v0＝(M＋m)v联立得到：E p＝3.0 J，故选C.7．A、B两个物体粘在一起以v0＝3 m/s的速度向右运动，物体中间有少量炸药，经过O点时炸药爆炸，假设所有的化学能全部转化为A、B两个物体的动能且两物体仍然在水平面上运动，爆炸后A物体的速度依然向右，大小变为v A ＝2 m/s，B物体继续向右运动进入半圆轨道且恰好通过最高点D，已知两物体的质量m A＝m B＝1 kg，O点到半圆最低点C的距离x OC＝0.25 m，水平轨道的动摩擦因数μ＝0.2，半圆轨道光滑无摩擦，求：(1)炸药的化学能E；(2)半圆弧的轨道半径R.解析：(1)A、B在爆炸前后动量守恒，得2m v0＝m v A＋m v B，解得v B＝4 m/s 根据系统能量守恒有：12(2m)v 2＋E＝12m v2A＋12m v2B，解得E＝1 J.(2)由于B物体恰好经过最高点，故有mg＝m v2D R对O到D的过程根据动能定理可得：－μmgx OC－mg·2R＝12m v 2D －12m v2B联立解得R＝0.3 m.答案：(1)1 J(2)R＝0.3 m[综合应用题组]8．冰球运动员甲的质量为80.0 kg.当他以5.0 m/s的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为3.0 m/s的迎面而来的运动员乙相撞．碰后甲恰好静止．假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失．解析：(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v和v1，碰后乙的速度大小为v1′，由动量守恒定律得m v－M v1＝M v1′①代入数据得v1′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，有12＋12M v21＝12M v1′2＋ΔE③2m v联立②③式，代入数据得ΔE＝1 400 J.答案：(1)1.0 m/s(2)1 400 J9．如图，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．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/s2，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v1和v1′(v1′＝0)，B球的速度分别为v2和v2′.由运动学规律可得v1＝gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相撞前、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 v1＋m B v2＝m B v2′④12m A v 21＋12m B v22＝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 B′2－v222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75 m⑧答案：(1)4 m/s(2)0.75 m10．如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m 的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连．求：(1)弹簧的最大弹性势能；(2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．解析：(1)A下滑与B碰撞前，根据机械能守恒得3mgh＝12×3m v21A与B碰撞，根据动量守恒得3m v1＝4m v2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能根据能量守恒得E pmax＝12×4m v 22＝94mgh(2)根据题意，A与B分离时A的速度大小为v2A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh′＝12×3m v 22解得h′＝916h答案：(1)94mgh(2)916h11. 如图所示，质量为M的平板车P高为h，质量为m的小物块Q的大小不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量为m的小球(大小不计)．今将小球拉至悬线与竖直位置成60°角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无机械能损失，已知Q离开平板车时速度大小是平板车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为μ，已知质量M∶m＝4∶1，重力加速度为g，求：(1)小物块Q离开平板车时，二者速度各为多大？(2)平板车P的长度为多少？(3)小物块Q落地时与小车的水平距离为多少？解析：(1)设小球与Q碰前的速度为v0，小球下摆过程机械能守恒：mgR(1－cos 60°)＝12m v2v0＝gR小球与Q进行弹性碰撞，质量又相等，二者交换速度．小物块Q在平板车P上滑动的过程中，Q与P组成的系统动量守恒：m v0＝m v1＋M v2其中v2＝12v1，M＝4m，解得：v1＝gR3，v2＝gR6.(2)对系统由能量守恒：12m v 20＝12m v21＋12M v22＋μmgL，解得：L＝7R18μ.(3)Q脱离P后做平抛运动，由h＝12gt2，解得：t＝2h gQ落地时二者相距：s＝(v1－v2)t＝2Rh 6.答案：(1)gR3gR6(2)7R18μ(3)2Rh6。

2019高考物理二轮复习·专题复习(练习)·专题九碰撞与动量守恒近代物理初步：含解析

训练17碰撞与动量守恒近代物理初步1.(2016·天津卷)(8分)物理学家通过对实验的深入观察和研究,获得正确的科学认知,推动物理学的发展.下列说法符合事实的是()A.赫兹通过一系列实验,证实了麦克斯韦关于光的电磁理论B.查德威克用α粒子轰击147N获得反冲核178O,发现了中子C.贝克勒尔发现的天然放射性现象,说明原子核有复杂结构D.卢瑟福通过对阴极射线的研究,提出了原子核式结构模型解析:本题考查物理学史及其相关的知识点,意在考查学生对近代物理史实的识记能力.赫兹通过一系列实验,得到了电磁波,证实了麦克斯韦关于光的电磁理论,选项A正确.查德威克用α粒子轰击94Be,获得反冲核126C,发现了中子,选项B错误.贝克勒尔发现的天然放射性现象,说明原子核有复杂结构,选项C正确.卢瑟福通过对α粒子散射实验结果的分析,提出了原子核式结构模型,选项D错误.解答此题的易错点主要有两处:一是查德威克发现中子的核反应方程；二是卢瑟福提出了原子核式结构模型的实验依据.这就警示我们,对一些物理学史上的重大事件,一定要准确了解,不能似是而非.答案:AC2.(16分)(1)下列有关原子结构和原子核的认识,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D.21083Bi的半衰期是5天,100克21083Bi经过10天后还剩下50克(2)(多选)如图为氢原子的能级示意图,锌的逸出功是3.34 eV,那么对氢原子在能级跃迁过程中发射或吸收光子的特征认识正确的是()A.用氢原子从高能级向基态跃迁时发射的光照射锌板一定不能产生光电效应B.一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时,能放出3种不同频率的光C.一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时,发出的光照射锌板,锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75 eVD.用能量为10.3 eV的光子照射,可使处于基态的氧原子跃迁到激发态E.用能量为14.0 eV的光子照射,可使处于基态的氢原子电离解析:(1)γ射线是光子,A错；氢原子辐射光子后能量变小,绕核运动的V半径变小,动能增大,B对；太阳辐射能量来自于太阳中轻核聚变,C错；100克21083Bi经过10天还剩25克,D错.(2)氢原子从高能级向低能级跃迁时能量将以光子的形式辐射出来,而氢原子从高能级跃迁到基态辐射光子能量的最小值为－3.4 eV－(－13.6 eV)＝10.2 eV,远大于锌的逸出功,所以锌板一定可以发生光电效应,A 错误；一群处于n＝3能级的氢原子向基态跃迁时,辐射光子数目为C23＝解析:本题主要考查动量守恒定律、①求物块与地面间的动摩擦因数a.分别求出碰撞前后b.分析说明小球对木板的作用力的方向牛顿第三定律可知,小球对木板作用力的方向沿y轴负方向.6.(14分)(1)(多选)人们发现,不同的原子核,其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系.下列关于原子结构和核反应的说法正确的是()A.由图可知,原子核D和E聚变成原子核F时会有质量亏损,要吸收能量B.由图可知,原子核A裂变成原子核B和C时会有质量亏损,要放出核能C.已知原子核A裂变成原子核B和C时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子,若增加γ射线强度,则逸出光电子的最大初动能增大D.在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度E.在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏(2)滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x随时间t 变化的图象如图所示.求:①小球C与劈A分离时②小球C与物块B。

2020年高考物理二轮专题复习附解答：动量定理与动量守恒定律(解析版)

动量定理与动量守恒定律一、选择题1.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，与地面的碰撞时间约为2 ms ，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为A ．10 NB ．102 NC ．103 ND ．104 N解析根据自由落体运动和动量定理有2gh ＝v 2(h 为25层楼的高度，约70 m)，Ft ＝mv ，代入数据解得F ≈1×103 N ，所以C 正确。

答案 C2.(多选)在光滑的水平面上，原来静止的物体在水平力F 的作用下，经过时间t 、通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k ，以下说法正确的是A ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动量将等于3pB ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动量将等于3pC ．在力F 的作用下，这个物体若是经过时间3t ，其动能将等于3E kD ．在力F 的作用下，这个物体若是经过位移3L ，其动能将等于3E k解析根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2 联立解得p ＝2mE k根据动能定理FL ＝12mv 2，位移变为原来的3倍，动能变为原来的3倍，根据p ＝2mE k ，动量变为原来的3倍，故B 错误，D 正确。

根据动量定理Ft ＝mv ，时间变为原来的3倍，动量变为原来的3倍，根据E k ＝p 22m，知动能变为原来的9倍，故A 正确，C 错误。

答案 AD3.(多选)质量为m 的物块甲以3 m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左侧，另一质量也为m 的物块乙以4 m/s 的速度与甲相向运动，如图所示，两物块通过弹簧相互作用(未超出弹簧弹性限度)并最终弹开，则A．在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统动量守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．甲物块的速率可能为5 m/sD．当甲物块的速率为1 m/s时，乙物块的速率可能为2 m/s解析在压缩弹簧的过程中，两物块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，选项A正确；当两物块相距最近时，两物块速度相等，甲物块的速度不为零，选项B错误；若甲物块的速率为5 m/s，根据动量守恒定律可得此时乙物块的速率为6 m/s或4 m/s，两物块组成的系统机械能增大，违反了能量守恒定律，选项C错误；当甲物块的速率为1 m/s，方向向左时，选取向右为速度的正方向，根据动量守恒定律，m·4 m/s－m·3 m/s＝mv－m·1 m/s，解得乙物块的速率v＝2 m/s，选项D正确。

2020年高考物理二轮热点专题训练----《碰撞与动量守恒》(解析版)

2020年高考物理二轮热点专题训练----《碰撞与动量守恒》一单项选择题1.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( )A.m 2ght ＋mgB.m 2gh t －mgC.m gh t＋mgD.m gh t－mg【解析】由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝ m 2ght＋mg ，A 项正确．【答案】A2．如图所示，两木块A 、B 用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A ，并留在其中．在子弹打中木块A 及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是( )A ．动量守恒、机械能守恒B ．动量守恒、机械能不守恒C ．动量不守恒、机械能守恒D ．动量、机械能都不守恒【答案】B【解析】子弹击中木块A 及弹簧被压缩的整个过程，系统不受外力作用，外力冲量为0，系统动量守恒．但是子弹击中木块A 过程，有摩擦做功，部分机械能转化为内能，所以机械能不守恒，B 正确．3.“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()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，人的动能一直减小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，绳对人的拉力等于人所受的重力【解析】从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0时,F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F＞mg，由牛顿第二定律F－mg ＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故B错误．【答案】A4.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，这就是动量守恒定律．若一个系统动量守恒时，则()A．此系统内每个物体所受的合力一定都为零B．此系统内每个物体的动量大小不可能都增加C．此系统的机械能一定守恒D．此系统的机械能可能增加【答案】D【解析】若一个系统动量守恒，则整个系统所受的合力为零，但是此系统内每个物体所受的合力不一定都为零，A错误．此系统内每个物体的动量大小可能会都增加，但是方向变化，总动量不变这是有可能的，B错误．因系统合外力为零，但是除重力以外的其他力做功不一定为零，故机械能不一定守恒，系统的机械能可能增加，也可能减小，C错误，D正确．5.在一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，取重力加速度g＝10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()【解析】平抛运动时间t ＝2hg＝1 s ，爆炸过程遵守动量守恒定律，设弹丸质量为m ，则mv ＝34mv 甲＋14mv 乙，又v 甲＝x 甲t ，v 乙＝x 乙t ，t ＝1 s ，则有34x 甲＋ 14x 乙＝2 m ，将各选项中数据代入计算得B 正确．【答案】B6.在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06 D ．无法确定【答案】A【解析】两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A 速度方向不变，则mv 0＝12mv 0＋3mv 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，而B 在前，A 在后，碰后A 球的速度大于B 球的速度，不符合实际情况，因此A 球一定反向运动，即mv 0＝－12mv 0＋3mv 1，可得v 1＝v 02，A 正确，B 、C 、D 错误．7.如图，两滑块A 、B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A 的质量为m ，速度大小为2v 0，方向向右，滑块B 的质量为2m ，速度大小为v 0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A ．A 和B 都向左运动 B ．A 和B 都向右运动C ．A 静止，B 向右运动D ．A 向左运动，B 向右运动【解析】对A 、B 系统,由于发生弹性碰撞，故碰撞前后系统的动量守恒、机械能守恒，由于m ×2v 0－2mv 0＝0，故碰后A 、B 不可能同向运动或一个静止、另一个运动或两个都静止，而只能是A 、B 都反向运动，故D 正确．【答案】D8.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。

2020版高考物理大二轮复习试题：动量定理和动量守恒定律(含答案)

回扣练8：动量定理和动量守恒定律1．将一个光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上如图，槽左侧有一个固定在水平面上的物块．现让一个小球自左侧槽口A 点正上方由静止开始落下，从A 点落入槽内，则下列说法中正确的是( )A ．小球在半圆槽内运动的过程中，机械能守恒B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒C ．小球在半圆槽内由B 点向C 点运动的过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒D ．小球从C 点离开半圆槽后，一定还会从C 点落回半圆槽解析：选D.只有重力做功时物体机械能守恒，小球在半圆槽内运动由B 到C 过程中，除重力做功外，槽的支持力也对小球做功，小球机械能不守恒，由此可知，小球在半圆槽内运动的全过程中，小球的机械能不守恒，故A 错误．小球在槽内运动的前半过程中，左侧物体对槽有作用力，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，故B 错误．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，系统在水平方向所受合外力为零，故小球与半圆槽在水平方向动量守恒，故C 错误．小球离开C 点以后，既有竖直向上的分速度，又有与槽相同的水平分速度，小球做斜上抛运动，然后可以从C 点落回半圆槽，故D 正确．故选D.2．如图所示，质量为m 的A 球在水平面上静止放置，质量为2m的B 球向左运动速度大小为v 0，B 球与A 球碰撞且无机械能损失，碰后A 球速度大小为v 1，B 球的速度大小为v 2，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0，下列选项正确的是( ) A ．e ＝1B ．e ＝12C ．e ＝13D ．e ＝14解析：选A.AB 在碰撞的过程中，根据动量守恒可得，2mv 0＝mv 1＋2mv 2，在碰撞的过程中机械能守恒，可得12·2mv 20＝12mv 21＋12·2mv 22，解得v 1＝43v 0，v 2＝13v 0，碰后相对速度与碰前相对速度的比值定义为恢复系数e ＝v 1－v 2v 0－0＝1，故A 正确，BCD 错误；故选A. 3．如图所示，AB 两小球静止在光滑水平面上，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 得到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 得到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 ．不能确定解析：选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，两者共速，则m A v ＝(m A ＋m B )v ′，解得v ′＝m A v m 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 22（m A ＋m B ）；若用锤子敲击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 22（m 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．4．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v 1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v 2的初速度从左轮中心正上方的P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 2B ．合力对物块的冲量大小一定为2mv 1C ．合力对物块的冲量大小可能为零D ．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v 2＞v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，达到速度v 1后做匀速直线运动，可知物块再次回到P 点的速度大小为v 1，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量I 合＝mv 1－m (－v 2)＝mv 1＋mv 2.根据动能定理知，合外力做功W 合＝12mv 21－12mv 22；若v 2＜v 1，物块在传送带上先向右做匀减速直线运动，速度减为零后再返回做匀加速直线运动，物块再次回到P 点的速度大小为v 2，规定向左为正方向，根据动量定理得，合外力的冲量为：I 合＝mv 2－m (－v 2)＝2mv 2；根据动能定理知，合外力做功为：W 合＝12mv 22－12mv 22＝0.故D 正确，ABC 错误．故选D. 5．如图甲所示，工人利用倾斜钢板向车内搬运货物，用平行于钢板向上的力将货物从静止开始由钢板底端推送到顶端，到达顶端时速度刚好为零．若货物质量为100 kg ，钢板与地面的夹角为30°，钢板与货物间的滑动摩擦力始终为50 N ，整个过程中货物的速度—时间图象如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．0～2 s 内人对货物做的功为600 JB ．整个过程中人对货物的推力的冲量为1 000 N·sC ．0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为1∶2D ．整个过程中货物始终处于超重状态解析：选A.0～2 s 内货物的加速度a 1＝Δv Δt＝0.5 m/s 2，根据牛顿第二定律：F 1－f －mg sin 30°＝ma 1，解得F 1＝600 N ；0～2 s 内货物的位移：x 1＝12×2×1 m＝1 m ；则人对货物做的功为W F ＝Fx 1＝600 J ，选项A 正确；整个过程中，根据动量定理：I F －(f ＋mg sin 30°)t ＝0，解得整个过程中人对货物的推力的冲量为I F ＝(f ＋mg sin 30°)t ＝(50＋100×10×0.5)×3＝1 650 N·s，选项B 错误；2～3 s 内货物的加速度大小a 2＝1 m/s 2，根据牛顿第二定律：f ＋mg sin 30°－F 2＝ma 2所受推力F 2＝450 N ；则0～2 s 和2～3 s 内货物所受推力之比为F 1∶F 2＝600∶450＝4∶3，选项C 错误；整个过程中货物的加速度先沿斜面向上，后向下，先超重后失重，选项D 错误；故选A.6．(多选)如图所示，光滑水平面上有大小相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )A ．该碰撞为弹性碰撞B ．该碰撞为非弹性碰撞C ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选AC.规定向右为正方向，碰撞前A 、B 两球的动量均为6 kg·m/s，说明A 、B 两球的速度方向向右，两球质量关系为m B ＝2m A ，所以碰撞前v A ＞v B ，所以左方是A 球．碰撞后A 球的动量增量为－4 kg·m/s，所以碰撞后A 球的动量是2 kg·m/s；碰撞过程系统总动量守恒：m A v A ＋m B v B ＝－m A v A ′＋m B v B ′所以碰撞后B 球的动量是10 kg·m/s，根据m B ＝2m A ，所以碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5，故C 正确，D 错误．碰撞前系统动能：p 2A 2m A ＋p 2B 2m B＝622m A ＋622×2m A ＝27m A ，碰撞后系统动能为：p A ′22m A ＋p B ′22m B ＝222m A ＋1022×2m A ＝27m A，则碰撞前后系统机械能不变，碰撞是弹性碰撞，故A 正确，B 错误；故选AC.7．(多选)质量为M ＝3 kg 的滑块套在水平固定着的轨道上并可在轨道上无摩擦滑动．质量为m ＝2 kg 的小球(视为质点)通过长L ＝0.75 m 的轻杆与滑块上的光滑轴O 连接，开始时滑块静止，轻杆处于水平状态．现给小球一个v 0＝3 m/s 的竖直向下的初速度，取g ＝10 m/s 2.则( )A ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.3 mB ．小球m 从初始位置到第一次到达最低点的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.2 mC ．小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.27 mD ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块M 在水平轨道上向右移动了0.54 m解析：选AD.可把小球和滑块水平方向的运动看作人船模型，设滑块M 在水平轨道上向右运动了x ，由滑块和小球系统在水平方向上动量守恒，有m M ＝x L －x，解得：x ＝0.3 m ，选项A 正确、B 错误．根据动量守恒定律，小球m 相对于初始位置上升到最大高度时小球和滑块速度都为零，由能量守恒定律可知，小球m 相对于初始位置可以上升的最大高度为0.45 m ，选项C 错误．此时杆与水平面的夹角为cos α＝0.8，设小球从最低位置上升到最高位置过程中滑块M 在水平轨道上又向右运动了x ′，由滑块和小球系统在水平方向时动量守恒，有m M ＝x ′L cos α－x ′，解得：x ′＝0.24 m ．小球m 从初始位置到第一次到达最大高度的过程中，滑块在水平轨道上向右移动了x ＋x ′＝0.3 m ＋0.24 m ＝0.54 m ，选项D 正确．8．(多选)如图所示，一辆质量为M ＝3 kg 的平板小车A 停靠在竖直光滑墙壁处，地面水平且光滑，一质量为m ＝1 kg 的小铁块B (可视为质点)放在平板小车A 最右端，平板小车A 上表面水平且与小铁块B 之间的动摩擦因数μ＝0.5，平板小车A 的长度L ＝0.9 m ．现给小铁块B 一个v 0＝5 m/s 的初速度使之向左运动，与竖直墙壁发生弹性碰撞后向右运动，重力加速度g ＝10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为2 m/sB ．小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为8 N·sC ．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为4 JD ．小铁块B 在平板小车A 上运动的整个过程中系统损失的机械能为9 J解析：选BD.设小铁块B 向左运动到达竖直墙壁时的速度为v 1，根据动能定理得：－μmgL ＝12mv 21－12mv 20，解得：v 1＝4 m/s ，选项A 错误．与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹速度为－4 m/s ，由动量定理可知，小铁块B 与墙壁碰撞过程中所受墙壁的冲量为I ＝2mv 1＝8 N·s，选项B 正确．小铁块B 向左运动到达竖直墙壁的过程中损失的机械能为μmgL ＝4.5 J ，选项C 错误．假设发生弹性碰撞后小铁块B 最终和平板小车A 达到的共同速度为v 2，根据动量守恒定律得：mv 1＝(M ＋m )v 2，解得：v 2＝1 m/s.设小铁块B 在平板小车A 上相对滑动的位移为x 时与平板小车A 达到共同速度v 2，则根据功能关系得：－μmgx ＝12(M ＋m )v 22－12mv 21，解得：x ＝1.2 m ，由于x ＞L ，说明小铁块B 在没有与平板小车A 达到共同速度时就滑出平板小车A ，所以小铁块B 在平板小车上运动的整个过程中系统损失的机械能为ΔE ＝2μmgL ＝9 J ，选项D 正确．9．(多选)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 .下列判断正确的是( )A ．皮球上升的最大高度为v 212gB ．皮球从抛出到落地过程中克服阻力做的功为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 2g解析：选BD.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做功为零，根据动能定理得克服阻力做功为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 1 ①，同理，设下降阶段的平均速度为v ′，则下降过程：mgt 2－kv ′t 2＝mv 2，即：mgt 2－kh ＝mv 2 ②，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；故选BD. 10．(多选)如图所示，足够长的光滑水平导轨间距为2 m ，电阻不计，垂直导轨平面有磁感应强度为1 T 的匀强磁场，导轨上相隔一定距离放置两根长度略大于间距的金属棒，a 棒质量为1 kg ，电阻为5 Ω，b 棒质量为2 kg ，电阻为10 Ω.现给a 棒一个水平向右的初速度8 m/s ，当a 棒的速度减小为4 m/s 时，b 棒刚好碰到了障碍物，经过很短时间0.5 s 速度减为零(不反弹，且a 棒始终没有与b 棒发生碰撞)，下列说法正确的是( )A ．从上向下看回路产生逆时针方向的电流B ．b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC ．碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为6 ND ．b 棒碰到障碍物后，a 棒继续滑行的距离为15 m解析：选ABD.根据右手定则可知，从上向下看回路产生逆时针方向的电流，选项A 正确；系统动量守恒，由动量守恒定律可知：m a v 0＝m a v a ＋m b v b 解得v b ＝2 m/s ，选项B 正确；b 碰到障碍物时，回路的感应电动势：E ＝BL (v a －v b )＝4 V ；回路的电流：I ＝E R a ＋R b ＝415 A ；b 棒所受的安培力：F b ＝BIL ＝815N ；b 与障碍物碰撞时，由动量定理：(F b －F )t ＝0－m b v b 解得：F ＝8.5 N ，选项C 错误；b 碰到障碍物后，a 继续做减速运动，直到停止，此时由动量定理：B IL Δt ＝m a v a ，其中I Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b联立解得x ＝15 m ，选项D 正确；故选ABD. 11．(多选)两个小球A 、B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m 1＝4 kg ，m 2＝2 kg ，A 的速度v 1＝3 m/s(设为正)，B 的速度v 2＝－3 m/s ，则它们发生正碰后，其速度可能分别是( )A ．均为1 m/sB ．＋4 m/s 和－5 m/sC ．＋2 m/s 和－1 m/sD ．－1 m/s 和5 m/s解析：选AD.由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能情况E k ＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝12×4×9 J＋12×2×9 J＝27 J E k ′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有E k ≥E k ′，可排除选项B.选项C 虽满足E k ≥E k ′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来的速度方向(v A′>0，v B′<0)，这显然是不符合实际的，因此C错误．验证选项A、D均满足E k≥E k′，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞)．。

高考物理专题碰撞与动量守恒(含答案)

专题七碰撞与动量守恒分析解读本专题内容为选修3-5的两个重要内容之一,在2017年新课标考纲中由选考内容改为必考内容,使力学体系更加完善。

本专题包含内容可视为牛顿力学的进一步拓展,但动量守恒定律是独立于牛顿运动定律之外的自然规律,这个规律为解决力学问题开辟了新的途径,故称为解决力学问题的“三把金钥匙”之一。

建议在复习中注意以下几个方面:一是动量定理在流体中的应用;二是区分动量守恒定律和机械能守恒定律的条件及应用;三是区分弹性碰撞和非弹性碰撞,要熟练掌握两种碰撞的基本规律,并能结合能量关系解决碰撞问题。

命题探究(ⅰ)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则Δm=ρΔV①ΔV=v0SΔt②由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为=ρv0S③(ⅱ)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,由能量守恒得(Δm)v2+(Δm)gh=(Δm)④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设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有FΔt=Δp⑥由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h=-⑧五年高考考点一动量、动量定理1.(2017天津理综,4,6分)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。

摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。

下列叙述正确的是()A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变答案 B2.(2013天津理综,2,6分)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m 接力三连冠。

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。

2019-2020年高三第二次联考物理试卷含解析

2019-2020年高三第二次联考物理试卷含解析一、单项选择题（共16分，每小题2分。

每小题只有一个正确选项。

）1．伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合探索自然规律的科学方法，利用这种方法伽利略发现的规律有（）（A）质量是物体惯性大小的量度（B）惯性定律（C）自由落体运动是一种匀变速运动（D）重的物体比轻的物体下落得快【答案】C【考点】本题旨在考查伽利略研究自由落体运动的实验和推理方法。

【解析】伽利略开创了实验研究和逻辑推理相结合的方法，得出了力不是维持物体运动的原因和自由落体运动是初速度为零的匀变速直线运动，故ABD错误，C正确。

故选：C2．以下关于物质的微观解释正确的是（）（A）气体对容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，它跟气体的重力有关（B）用气筒给自行车打气，越压缩越费劲，这是因为气体分子之间斥力变大（C）由于液体分子的热运动，液体会表现出各向同性（D）当两分子间距离大于平衡位置的间距r0时，随着分子间的距离增大，分子引力先增大后减小【答案】C【考点】本题旨在考查封闭气体压强、分子的热运动、分子间的相互作用力。

【解析】A、气体对密闭容器的压强是大量气体分子对容器的碰撞引起的，取决于分子的密集程度和分子的平均动能，与气体重力无关，故A错误；B、气体分子间距较大，很难达到分子间作用力的范围内，打气时我们克服的是气体压强的作用，故B错误；C、由于液体分子的热运动，分子位置不固定，会表现为各向同性，故C正确；D、无论在任何位置，只要分子间距增大，分子引力和斥力都减小，故D错误。

故选：C3．运用光子说对光电效应现象进行解释，可以得出的正确结论是（）（A）当光照时间增大为原来的2倍时，光电流的强度也增大为原来的2倍（B）当入射光频率增大为原来的2倍时，光电子的最大初动能也增大为原来的2倍（C）当入射光波长增大为原来的2倍时，光电子的最大初动能也增大为原来的2倍（D）当入射光强度增大为原来的2倍时，单位时间内产生的光电子数目也增大为原来的2倍【答案】D【考点】本题旨在考查光电效应。

最新高中物理高频考点专题讲解《专题：碰撞与动量守恒》(附强化训练与答案解析)

最新高中物理高频考点专题讲解《专题：碰撞与动量守恒》一、考点汇总：1、应用动量定理求解连续作用问题2、“人船模型”问题的特点和分析3、动量守恒中的临界问题4、弹簧类的慢碰撞问题二、核心考点考向分析与例题讲解【考点1】应用动量定理求解连续作用问题1、考向分析机枪连续发射子弹、水柱持续冲击煤层等都属于连续作用问题．这类问题的特点是：研究对象不是质点(也不是能看成质点的物体)，动量定理应用的对象是质点或可以看做质点的物体，所以应设法把子弹、水柱质点化，通常选取一小段时间内射出的子弹或喷出的水柱作为研究对象，对它们进行受力分析，应用动量定理，或者综合牛顿运动定律综合求解．2、例题讲解◆典例一：正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量．为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f 与m 、n 和v 的关系．(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)【答案】f ＝13nmv2【解析】◆典例二:一股水流以10 m/s 的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg 的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？【答案】1.8 m【解析】小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力F＝mg①小球受到的冲力大小等于小球对水的力．取很小一段长为Δl的小水柱Δm，其受到重力Δmg和球对水的力F，取向下为正方向．【考点2】“人船模型”问题的特点和分析1、考向分析（1）“人船模型”问题两个原来静止的物体发生相互作用时，若所受外力的矢量和为零，则动量守恒．在相互作用的过程中，任一时刻两物体的速度大小之比等于质量的反比．这样的问题归为“人船模型”问题．（2）人船模型的特点①两物体满足动量守恒定律：m1v1－m2v2＝0.两边乘以时间t有m v1t＝M v2t，即mx1＝Mx2.且x1＋x2＝L，可求出x1＝Mm＋M L，x2＝mm＋M L.②运动特点：人动船动，人静船静，人快船快，人慢船慢，人左船右；人船位移比等于它们质量的反比；人船平均速度(瞬时速度)比等于它们质量的反比，即X1:X2=V1:V2=m1:m2.(3)应用此关系时要注意一个问题：公式v1、v2和x一般都是相对地面而言的．2、例题讲解◆典例：如图所示，一个倾角为α的直角斜面体静置于光滑水平面上，斜面体质量为M，顶端高度为h，今有一质量为m的小物体，沿光滑斜面下滑，当小物体从斜面顶端自由下滑到底端时，斜面体在水平面上移动的距离是()A.mhM＋m B.Mh M＋mC.mhM ＋m tanα D.MhM＋m tanα【答案】C【考点3】动量守恒中的临界问题1、考向分析(1)滑块不滑出小车的临界问题如图所示,滑块冲上小车后,在滑块与小车之间的摩擦力作用下,滑块做减速运动,小车做加速运动.滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时,滑块与小车的速度相同.(2)两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体,甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙,即v甲> v乙,而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲=v乙.(3)涉及物体与弹簧相互作用的临界问题对于由弹簧组成的系统,在物体间发生相互作用的过程中,当弹簧被压缩到最短时,弹簧两端的两个物体的速度相等.(4)涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面体(斜面体放在光滑水平面上)的过程中,由于弹力的作用,斜面体在水平方向将做加速运动.物体滑到斜面体上最高点的临界条件是物体与斜面体沿水平方向具有共同的速度,物体在竖直方向的分速度等于零.2、例题讲解◆典例一：两质量分别为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.【答案】h′=h.◆典例二甲、乙两个小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏,甲和他的冰车的质量共为M=30 kg,乙和他的冰车的质量也是30 kg.游戏时,甲推着一个质量为m=15 kg的箱子和他一起以大小为v0=2.0 m/s 的速度滑行,乙以同样大小的速度迎面滑来,如图所示.为了避免相撞,甲突然将箱子沿冰面推给乙,箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住.若不计冰面的摩擦力,求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出,才能避免与乙相撞.【答案】5.2 m/s【解析】法一取甲开始运动的方向为正方向,设甲推出箱子后的速度为v1,箱子的速度为v,以甲和箱子为系统,则由动量守恒定律得(m+M)v0=Mv1+mv.设乙抓住箱子后其速度为v2,以箱子和乙为系统,则由动量守恒定律得mv-Mv0=(m+M)v2.而甲、乙不相撞的条件是v2≥v1,当甲和乙的速度相等时,甲推箱子的速度最小,此时v1= v2.联立上述三式可得v=v0=5.2 m/s.即甲至少要以对地5.2 m/s的速度将箱子推出,才能避免与乙相撞.法二若以甲、乙和箱子三者组成的整体为一系统,由于不相撞的条件是甲、乙速度相等,设为v1,则由动量守恒定律得(m+M)v0-Mv0=(m+2M) v1,代入具体数据可得v1=0.4 m/s.再以甲和箱子为一系统,设推出箱子的速度为v,推出箱子前、后系统的动量守恒(m+M) v0=M v1+mv,代入具体数据得v=5.2 m/s.【考点4】弹簧类的慢碰撞问题1、考向分析慢碰撞问题指的是物体在相互作用的过程中,有弹簧、光滑斜面或光滑曲面等,使得作用不像碰撞那样瞬间完成,并存在明显的中间状态,在研究此类问题时,可以将作用过程分段研究,也可以全过程研究.2、例题讲解◆典例：如图所示,质量为M的滑块静止在光滑的水平桌面上,滑块的光滑弧面底部与桌面相切,一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来,设小球不能越过滑块,求:(1)小球到达最高点时小球和滑块的速度分别为多少?(2)小球上升的最大高度.【答案】v=0mvM m+,h=202()MvM m g+一、强化训练：1.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。

高考物理二轮复习第一部分专题五碰撞与动量守恒近代物理初步第12讲碰撞与动量守恒近代物理初步练习

专题五选修3-5部分第12讲碰撞与动量守恒近代物理初步A卷1．(多选)(2016·梅州模拟)下列叙述正确的是( )A．β衰变所释放的电子是原子核外的电子电离形成的B．普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论C．爱因斯坦为了解释光电效应的规律，提出了光子说D．玻尔将量子观念引入原子领域，其理论能够解释氢原子光谱的特征E．增大环境的压强或升高温度，都可使放射性物质的半衰期减小解析：β衰变的实质是原子核的一个中子变为质子的同时释放一个电子，A错误；普朗克为了解释黑体辐射现象，第一次提出了能量量子化理论，B正确；爱因斯坦为了解释光电效应的规律，受普朗克量子理论的启发，提出了光子说，C正确；玻尔最先把量子观念引入原子领域，提出了原子结构假说，并提出定态和跃迁等概念，很好地解释了氢原子光谱的特征，D正确；半衰期由元素本身决定，与元素所处物理、化学环境无关，E错误．答案：BCD2．(多选)下列说法正确的是( )A．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B．β衰变现象说明电子是原子核的组成部分C．不仅光具有波粒二象性，实物粒子也具有波粒二象性D．一群氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射2种不同频率的光子E．根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，氢原子的电势能减小，核外电子的运动速度增大解析：β衰变时，原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子，释放出来的电子就是β粒子，即β粒子是原子核衰变时由中子转化而来，不能说明原子核中含有电子，选项A正确，B错误；光子、实物粒子都具有波粒二象性，选项C正确；一群氢原子从n＝3的激发态跃迁到基态时，能辐射C23＝3种不同频率的光子，选项D错误；根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后，从高能级向低能级跃迁，氢原子的能量减小，轨道半径减小，电子速率增大，动能增大，由于氢原子能量减小，则氢原子电势能减小，故E正确．答案：ACE3．(多选)(2016·济南模拟)下列有关物质组成与物理现象的叙述正确的有( ) A．组成原子核的核子是质子和中子，核子间相互作用的核力只存在于相邻的核子之间B．元素的种类由原子核内核子数决定，几种同位素是同一种元素的不同原子核C．原子和原子核都能发生能级跃迁，γ射线就是原子核能级跃迁产生的D．入射光照射到金属表面发生光电效应后，增大入射光的强度，光电子的最大初动能增大E．在光的颜色不变的情况下，入射光越强，其照射金属发生光电效应时产生的饱和电流越大解析：组成原子核的核子是质子和中子，核力只存在于相邻的核子之间，A选项正确；元素的种类由原子核中质子数决定，B选项错误；原子和原子核都能发生能级跃迁，有些放射性元素发生α衰变或β衰变后的原子核处于高能级，自发向低能级跃迁时释放出高能量的电磁波，就是γ射线，C选项正确；发生光电效应后光电子的最大初动能由入射光频率和金属的逸出功决定，与光的强度无关，D选项错误；饱和电流与入射光子数成正比，入射光越强，光子数越多，饱和电流越大，E选项正确．答案：ACE4.一个人在地面上立定跳远最好成绩是s(m)，假设他站在静止于地面的小车的A端(车与地面的摩擦不计)，如图所示，他欲从A端跳上l(m)远处的站台上，则( )A．只要l<s，他一定能跳上站台B．只要l<s，他有可能跳上站台C．只要l＝s，他一定能跳上站台D．只要l＝s，他有可能跳上站台解析：当人往站台上跳的时候，人有一个向站台的速度，由于动量守恒，车子必然有一个离开站台的速度．这样，人相对于地面的速度小于之前的初速度，所以l＝s或l>s，人就一定跳不到站台上了，l<s，人才有可能跳上站台，A、C、D错误，B正确．答案：B5．(多选)(2016·湛江模拟)如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A，同时给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板，在小木板A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是( )A．2.1 m/s B．2.4 m/sC．2.8 m/s D．3.0 m/s解析：以A、B组成的系统为研究对象，系统动量守恒，取水平向右为正方向，A先做减速运动，然后再做加速运动．从A开始运动到A的速度为零过程中，由动量守恒定律得(M －m)v0＝Mv B1，代入数据解得v B1＝2.67 m/s，当从开始到AB速度相同的过程中，取水平向右方向为正方向，由动量守恒定律得(M －m )v 0＝(M ＋m )v B 2，代入数据解得v B 2＝2 m/s ，则在木块A 正在做加速运动的时间内B 的速度范围为 2 m/s<v B <2.67 m/s ，故选项A 、B 正确．答案：AB6．(2016·宜春模拟)如图所示，光滑水平面上有一矩形长木板，木板左端放一小物块．已知木板质量大于物块质量，t ＝0时两者从图中位置以相同的水平速度v 0向右运动，碰到右面的竖直挡板后木板以与原来等大反向的速度被反弹回来，运动过程中物块一直未离开木板．则关于物块运动的速度v 随时间t 变化的图象可能正确的是( )A BC D解析：木板碰到挡板前，物块与木板一直做匀速运动，速度为v 0；木板碰到挡板后，物块向右做匀减速运动，速度减至零后向左做匀加速运动，木板向左做匀减速运动，最终两者速度相同，设为v .设木板的质量为M ，物块的质量为m ，取向左为正方向，则由动量守恒得Mv 0－mv 0＝(M ＋m )v ，得v ＝M －m M ＋mv 0<v 0，故A 正确，B 、C 、D 错误．答案：A7．如图，质量为m 的b 球静置在水平轨道BC 的左端C 处．质量也为m 的a 球从距水平轨道BC 高度为h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下．a 球滑到C 处与b 球正碰，并与b 球粘合在一起沿水平方向飞出，最后落在地面上的D 点．已知水平轨道BC 距地面的高度为H ，求：(1)a 球与b 球碰前瞬间，a 球的速度大小；(2)C 、D 两点之间的水平距离和碰撞过程中损失的机械能．解析：(1)设a 球与b 球碰前瞬间的速度大小为v C ，则机械能守恒定律有mgh ＝12mv 2C ，解得v C ＝2gh .(2)设a 球与b 球碰后的速度大小为v ，由动量守恒定律有mv C ＝(m ＋m )v ，得v ＝12v C ＝122gh ，设C 、D 两点间的水平距离为L ，两球粘合在一起做平抛运动，有H ＝12gt 2，L ＝vt ，联立解得L ＝hH ，碰撞过程中损失的机械能ΔE ＝12mv 2C －12×2mv 2＝12mgh . 答案：(1)2gh (2)hH 12mgh 8.在光滑的水平面上，一轻弹簧两端连着A 、B 两个小物块以v 0＝8 m/s 的速度向右运动，弹簧处于原长状态，另有一个小物块C 静止在前方，如图所示．已知m A ＝4 kg ，m B ＝m C ＝2 kg ，求：(导学号 59230116)(1)B 与C 碰撞并粘在一起共同运动时的速度v BC ；(2)在(1)的情况下，B 与C 碰撞后弹簧能具有的最大弹性势能．解析：(1)B 与C 碰撞过程与A 无关，这一过程动量守恒而机械能不守恒．根据动量守恒定律得m B v 0＝(m B ＋m C )v BC ，解得v BC ＝4 m/s ，水平向右．(2)在B 、C 碰撞并粘在一起后，作为一整体与A 物块发生持续作用，这一过程动量守恒，机械能也守恒．当弹簧被拉伸到最长或压缩至最短时弹性势能最大，此时整个系统有共同速度，设为v ，由动量守恒定律得m A v 0＋(m B ＋m C )v BC ＝(m A ＋m B ＋m C )v ，解得v ＝6 m/s ，设弹簧的最大弹性势能为E p ，由机械能守恒定律得 E p ＝12m A v 20＋12(m B ＋m C )v 2BC －12(m A ＋m B ＋m C )v 2，解得E p＝16 J.答案：(1)4 m/s (2)16 J9.如图所示，质量为M的物块B穿在光滑的水平杆上，质量为M的砂摆A用轻绳与物块B连接，质量为m的子弹以大小为v0的速度水平向右射入砂摆且未穿出，已知砂摆的摆角小于90°.重力加速度为g，不计空气阻力．(1)若物块B固定在光滑水平杆上，求砂摆能达到的最大高度；(2)若物块B可在光滑水平杆上自由移动，求砂摆能达到的最大高度．解析：(1)子弹打入砂摆过程，由动量守恒定律可得mv0＝(m＋M)v，若物块B固定在光滑水平杆上，砂摆和子弹整体向上摆动过程，由机械能守恒定律可得12(m＋M)v2＝(m＋M)gh，联立解得砂摆上升的最大高度为h＝m2v202g（m＋M）2.(2)若物块B可在光滑水平杆上自由滑动，在砂摆和子弹整体与物块B作用的过程中，系统在水平方向上动量守恒(m＋M)v＝(m＋2M)v′，由机械能守恒定律有1 2(m＋M)v2＝(m＋M)gh′＋12(m＋2M)v′2，联立解得h′＝Mm2v202g（M＋m）2（2M＋m）.答案：(1)m2v202g（m＋M）2(2)Mm2v202g（M＋m）2（2M＋m）10．(2016·全国乙卷)(1)现用某一光电管进行光电效应实验，当用某一频率的光入射时，有光电流产生．下列说法正确的是________．A．保持入射光的频率不变，入射光的光强变大，饱和光电流变大B．入射光的频率变高，饱和光电流变大C．入射光的频率变高，光电子的最大初动能变大D．保持入射光的光强不变，不断减小入射光的频率，始终有光电流产生E．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与入射光的光强无关(2)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：(导学号 59230117)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．解析：(1)产生光电效应时，光的强度越大，单位时间内逸出的光电子数越多，饱和光电流越大，说法A正确．饱和光电流大小与入射光的频率无关，说法B错误．光电子的最大初动能随入射光频率的增加而增加，与入射光的强度无关，说法C正确．减小入射光的频率，如低于极限频率，则不能发生光电效应，没有光电流产生，说法D错误．遏止电压的大小与入射光的频率有关，与光的强度无关，说法E正确．(2)①设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt；②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③②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，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④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设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g－M2g2ρ2v20S2.答案：(1)ACE (2)①ρv0S②v202g －M2g2ρ2v20S2B卷1．(多选)(2016·石家庄模拟)关于原子和原子核，下列说法正确的是( )A．卢瑟福的α粒子散射实验否定了汤姆孙关于原子结构的“枣糕模型”，卢瑟福提出了原子的核式结构模型B ．由玻尔理论可知氢原子的能量是量子化的，一个氢原子处于n ＝3的能级，向较低能级跃迁时最多只能放出两种频率的光子C ．要发生核反应10n ＋11H →21H ，需要高能量的γ光子照射D ．研究发现，原子序数大于83的所有天然存在的元素都具有放射性，其半衰期与压强无关E ．β衰变所释放的电子来自原子核外的电子解析：卢瑟福通过α粒子散射实验的结果否定了汤姆孙的“枣糕模型”并提出了原子的核式结构模型，A 正确；由玻尔理论知氢原子的能量是不连续的，一个氢原子处于n ＝3的能级，最多只能放出两种频率的光子，即从n ＝3能级跃迁到n ＝2能级和从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级，B 正确；由于在核力作用范围内核子间存在着强大的核力，当核子结合时核力做正功，会释放出高能量的γ光子，C 错误；研究发现，原子序数大于83的所有天然存在的元素都有放射性，原子序数小于83的天然存在的元素有的具有放射性，有的不具有放射性，放射性元素的半衰期与外部条件无关，D 正确；β衰变所释放的电子是原子核中的一个中子转化为一个质子和一个电子时产生的，E 错误．答案：ABD2．(多选)(2016·保定模拟)以下说法中正确的有( )A ．玻尔对氢原子光谱的研究导致了原子的核式结构模型的建立B ．核力存在于原子核内所有核子之间C ．紫外线照射到金属锌板表面时能产生光电效应，当增大紫外线的照射强度时，从锌板表面逸出的光电子的最大初动能不变D ．β衰变的实质是核内的一个中子转化为一个质子和一个电子E ．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p 跟它们各自对应的波的频率ν和波长λ之间遵从关系ν＝εh 和λ＝h p解析：根据α粒子散射实验，卢瑟福提出了原子的核式结构模型，A 错误；核力只存在于相邻的核子之间，所以核内的某一核子与其他核子间不一定有核力作用，B 错误；光电子的最大初动能与入射光的频率有关，与光照强度无关，因此增大光照强度，光电子的最大初动能不变，C 正确；β衰变的实质是核内一个中子转化为一个质子和一个电子，D 正确；根据物质波的知识知E 正确．答案：CDE3．(多选)如图所示，当频率为ν的可见光照射到光电管时，灵敏电流表G 中有电流通过，关于该实验，下列说法正确的是( )A．电流的方向是a→bB．增大入射光的强度，则灵敏电流表的示数一定会变大C．增大入射光的频率，则射出光电子的最大初动能将增大D．向右滑动滑片P，则灵敏电流表的示数一定会变大E．其他条件不变，更换频率为ν′的另一可见光照射光电管，如果灵敏电流表没有示数，则一定没有光电子逸出解析：电子从右侧金属逸出后朝着左侧移动，故电流方向为a→b，A选项正确；增大入射光的强度，单位时间内发出的光电子数目增多，则光电流增大，B选项正确；增大入射光的频率，由hν＝W＋E kmax，则射出光电子的最大初动能将增大，C选项正确；向右滑动滑片P时，使得电压U增大，如果没有达到饱和电流，则电流增大，如果已经达到饱和电流，则电流不变，D选项错误；当更换频率为ν′的另一可见光照射光电管时，可能已发生光电效应，但所加的是反向电压且大于或等于遏止电压，故没有光电流，E选项错误．答案：ABC4．(多选)在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中正确的是( )A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相等的时间内，其速度的变化量一定相同C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零解析：不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相等的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零；但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，所以合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确．答案：ABD5．(多选)(2016·扬州模拟)A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A>m B，当两球相碰后，其中一球停止，则可以断定( )A ．碰前A 的动量等于B 的动量B ．碰前A 的动量大于B 的动量C ．若碰后A 的速度为零，则碰前A 的动量大于B 的动量D ．若碰后B 的速度为零，则碰前A 的动量小于B 的动量解析：两球组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以A 的运动方向为正方向，由动量守恒定律得：m A v A －m B v B ＝m A v ′A ＋m B v ′B ，如果碰撞前A 的动量等于B 的动量，碰撞后两者速度都等于零，故A 错误；若碰后A 的速度为零，则碰撞后B 反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与A 的动量方向相同，则碰撞前A 的动量大于B 的动量；若碰后B 的速度为零，则碰撞后A 反向运动，否则两者会发生第二次相撞，这说明系统总动量与B 的动量方向相同，则碰撞前A 的动量小于B 的动量；由以上分析可知，两球碰撞后一球静止，可能是碰撞前A 的动量大于B 的动量，也可能是碰撞前A 的动量小于B 的动量，故B 错误，CD 正确，故选CD.答案：CD6．(2016·成都模拟)如图所示，半圆形光滑轨道固定在水平地面上，并使其轨道平面与地面垂直，物体m 1、m 2同时由轨道的左、右最高点释放，二者碰撞后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M 点，已知OM 与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m 1∶m 2为( )A ．(2＋1)∶(2－1) B.2∶1 C ．(2－1)∶(2＋1) D ．1∶ 2解析：两球到达最低的过程由动能定理得：mgR ＝12mv 2，解得：v ＝2gR ，所以两球到达最低点的速度均为：2gR ，设向左为正方向，则m 1的速度v 1＝－2gR ，则m 2的速度v 2＝2gR ，由于碰撞瞬间动量守恒得：m 2v 2＋m 1v 1＝(m 1＋m 2)v 共，解得：v 共＝m 2－m 1m 1＋m 22gR ，① 二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P 点，对此过程由动能定理得：－(m 1＋m 2)gR (1－cos 60°)＝0－12(m 1＋m 2)v 2共，②由①②解得：（m 1＋m 2）2（m 2－m 1）2＝2，整理得：m 1∶m 2＝(2－1)∶(2＋1)，故选C.答案：C7．某些建筑材料可产生放射性气体氡，氡可发生衰变，若人长期生活在氡浓度过高的环境中，对身体会产生危害．原来静止的氡核(222 86Rn 发生一次α衰变生成新核钋(Po)，并放出一个能量为E 0＝0.09 MeV 的光子，则其衰变核反应方程为________________，若已知放出的α粒子的动能是新核钋动能的55倍，且α粒子的动能为E α＝5.55 MeV ，1 u ＝931.5 MeV ，则衰变过程中总的质量亏损为_____u(保留三位有效数字)．解析：由核反应方程中质量数及核电荷数守恒知衰变方程为222 86Rn →218 84Po ＋42He ＋γ，由题意及能量守恒知衰变时放出的总能量为ΔE ＝E 0＋E α＋E Po ＝Δmc 2，代入数据得衰变过程中总的质量亏损为Δm ＝0.006 16 u.答案：222 86Rn →218 84Po ＋42He ＋γ 0.006 168.一弹簧竖直固定在地面上，上面连接一质量为1 kg 的物体A ，A 处于静止状态，此时弹簧被压缩了0.15 m ．质量也为1 kg 的物体B 从A 正上方h ＝0.3 m 处自由下落，碰后A 、B 结合在一起向下运动，重力加速度g 取10 m/s 2，该弹簧形变量为x 时的弹性势能为E p ＝12k 0x 2，其中k 0为弹簧的劲度系数．求：(导学号 59230143)(1)碰后瞬间两物体的总动能；(2)碰后A 、B 的最大动能．解析：(1)B 自由下落，由机械能守恒定律得m 2gh ＝12m 2v 20，碰撞过程动量守恒，以向下为正方向，有 m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ，代入数据解得v ＝62m/s ，碰后瞬间两物体的动能E k ＝12(m 1＋m 2)v 2＝1.5 J. (2)A 与B 共同下降过程中，弹力大小等于两物体重力时A 、B 的动能最大，则k 0x 1＝mg ，k 0x 2＝2mg ，跟平衡位置相比，A 与B 共同下落的距离 Δx ＝x 2－x 1＝0.15 m ，由机械能守恒得(m 1＋m 2)g Δx ＝E kmax －E k ＋ΔE p ，其中ΔE p ＝12k 0x 22－12k 0x 21，代入数据解得E kmax ＝2.25 J. 答案：(1)1.5 J (2)2.25 J9.如图所示，竖直平面内固定有半径R ＝4.05 m 的14圆弧轨道PQ ，与足够长的水平面相切于Q 点．质量为5m 的小球B 静置于水平面上，质量为m 的小球A 从P 处由静止释放，经过Q 点后与B 发生正碰．两球均可视为质点，不计一切摩擦，所有碰撞过程均为弹性碰撞，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)A 第一次与B 碰撞后的速度v A 1； (2)B 的最终速度v B 的大小．解析：(1)A 由P 点到Q 点的过程，根据机械能守恒定律有12mv 2＝mgR ，得v ＝9 m/s.以水平向右为正方向，A 第一次与B 碰撞过程，根据动量守恒定律有mv ＝mv A 1＋5mv B 112mv 2＝12mv 2A 1＋12×5mv 2B 1，解得v B 1＝3 m/s ，v A 1＝－6 m/s ，负号表示方向水平向左． (2)A 与B 第二次碰撞前的速度为－v A 1＝6 m/s ，A 第二次与B 发生碰撞过程有 m (－v A 1)＋5mv B 1＝mv A 2＋5mv B 2，12mv 2＝12mv 2A 2＋12×5mv 2B 2，解得v A 2＝1 m/s ，v B 2＝4 m/s(另一组根不符合题意，已舍去) 由于v A 2<v B 2，所以B 的最终速度大小v B ＝v B 2＝4 m/s. 答案：(1)－6 m/s (2)4 m/s10．(2016·全国丙卷)(1)一静止的铝原子核2713Al 俘获一速度为1.0×107m/s 的质子p 后，变为处于激发态的硅原子核2814Si.下列说法正确的是________．A ．核反应方程为p ＋2713Al →2814SiB ．核反应过程中系统动量守恒C ．核反应过程中系统能量不守恒D ．核反应前后核子数相等，所以生成物的质量等于反应物的质量之和E ．硅原子核速度的数量级为105m/s ，方向与质子初速度的方向一致(2)如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a 以初速度v 0向右滑动．此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：(1)核反应过程中遵循质量数守恒和电荷数守恒，核反应方程为p ＋2713Al →2814Si ，A 正确．核反应过程中遵从动量守恒和能量守恒，B 正确，C 错误．核反应中发生质量亏损，生成物的质量小于反应物的质量之和，D 错误．根据动量守恒定律有m p v p ＝m Si v Si ，碰撞后硅原子核速度的数量级为105m/s ，方向与质子初速度方向一致，E 正确．(2)设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有12mv 20>μmgl①即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋34mv ′2④12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22⑤ 联立④⑤式解得v ′2＝87v 1⑥由题意知，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫34m v ′22≤μ34mgl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 20113gl⑧所以a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件是32v 20113gl ≤μ<v 22gl.答案：(1)ABE (2)32v 20113gl ≤μ<v 22gl。

高考物理二轮复习：碰撞与动量守恒定律知识点解析及专题练习

专题十碰撞与动量守恒定律动量和能量的思想,特别是动量守恒定律与能量守恒定律，是贯穿高中物理各知识领域的一条主线。

用动量和能量观点分析物理问题,是物理学中的重要研究方法,也是高考的永恒话题。

具体体现在：①题型全，年年有，不回避重复考查，常作为压轴题出现在物理试卷中，是区别考生能力的重要内容；②题型灵活性强，难度较大，能力要求高，题型全，物理情景多变，多次出现在两个守恒定律交汇的综合题中；③经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学知识综合运用，在高考中所占份量相当大；④主要考查的知识点有：变力做功、瞬时功率、功和能的关系、动能定理、机械能守恒定律、动量定理、动量与能量的综合应用等。

知识点一、动量与动能、冲量的关系1．动量和动能的关系(1)动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关．但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比，p ＝mv ；动能的大小与速度的平方成正比，E k ＝mv 2/2.两者的关系：p 2＝2mE k .(2)动量是矢量而动能是标量．物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化．(3)动量的变化量Δp ＝p 2－p 1是矢量形式，其运算遵循平行四边形定则；动能的变化量ΔE k ＝E k2－E k1是标量式，运算时应用代数法．2．动量和冲量的关系冲量是物体动量变化的原因，动量变化量的方向与合外力冲量方向相同．知识点二、动能定理和动量定理的比较动能定理动量定理研究对象单个物体或可视为单个物体的系统单个物体或可视为单个物体的系统公式W ＝E k ′－E k 或Fs ＝12mv 2t －12mv 20I ＝p t －p 0或Ft ＝mv t －mv 0高考物理二轮复习：碰撞与动量守恒定律知识点解析及专题练习物理量的意义公式中的W是合外力对物体所做的总功，做功是物体动能变化的原因．Ek′－Ek是物体动能的变化，是指做功过程的末动能减去初动能公式中的Ft是合外力的冲量，冲量是使研究对象动量发生变化的原因．mvt－mv0是研究对象的动量变化，是过程终态动量与初态动量的矢量差相同处①两个定理都可以在最简单的情景下，利用牛顿第二定律导出．②它们都反映了力的积累效应，都是建立了过程量与状态量变化的对应关系．③既适用于直线运动，又适用于曲线运动；既适用于恒力的情况，又适用于变力的情况不同处①动能定理是标量式，动量定理是矢量式．②侧重于位移过程的力学问题用动能定理处理较为方便，侧重于时间过程的力学问题用动量定理处理较为方便．③力对时间的积累决定了动量的变化，力对空间的积累则决定动能的变化特别提醒：做功的过程就是能量转化的过程，做了多少功，就表示有多少能量发生了转化，所以说功是能量转化的量度．功能关系是联系功和能的“桥梁”．知识点三、机械能守恒定律1．机械能守恒的判断(1)物体只受重力作用，发生动能和重力势能的相互转化．如物体做自由落体运动、抛体运动等．(2)只有弹力做功，发生动能和弹性势能的相互转化．如在光滑的水平面上运动的物体与一个固定的弹簧碰撞，在其与弹簧作用的过程中，物体和弹簧组成的系统的机械能守恒．上述弹力是指与弹性势能对应的弹力，如弹簧的弹力、橡皮筋的弹力，不是指压力、支持力等．(3)物体既受重力又受弹力作用，只有弹力和重力做功，发生动能、重力势能、弹性势能的相互转化．如做自由落体运动的小球落到竖直弹簧上，在小球与弹簧作用的过程中，小球和弹簧组成的系统的机械能守恒．(4)物体除受重力(或弹力)外虽然受其他力的作用，但其他力不做功或者其他力做功的代数和为零．如物体在平行斜面向下的拉力作用下沿斜面向下运动，其拉力与摩擦力大小相等，该过程物体的机械能守恒．判断运动过程中机械能是否守恒时应注意以下几种情况：①如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和势能的相互转化时，机械能守恒；②可以对系统的受力进行整体分析，如果有除重力以外的其他力对系统做了功，则系统的机械能不守恒；③当系统内的物体或系统与外界发生碰撞时，如果题目没有明确说明不计机械能的损失，则系统机械能不守恒；④如果系统内部发生“爆炸”，则系统机械能不守恒；⑤当系统内部有细绳发生瞬间拉紧的情况时，系统机械能不守恒．2．机械能守恒定律的表述(1)守恒的角度：系统初、末态的机械能相等，即E1＝E2或E k1＋E p1＝E p2＋E k2，应用过程中重力势能需要取零势能面；(2)转化角度：系统增加的动能等于减少的势能，即ΔE k＝－ΔE p或ΔE k＋ΔE p＝0；(3)转移角度：在两个物体组成的系统中，A物体增加的机械能等于B物体减少的机械能，ΔE A＝－ΔE B 或ΔE A＋ΔE B＝0.知识点四、能量守恒定律1．能量守恒定律具有普适性，任何过程的能量都是守恒的，即系统初、末态总能量相等，E初＝E末．2．系统某几种能量的增加等于其他能量的减少，即ΔE n增＝－ΔE m减．3．能量守恒定律在不同条件下有不同的表现，例如只有重力或弹簧弹力做功时就表现为机械能守恒定律．知识点五、涉及弹性势能的机械能守恒问题1．弹簧的弹性势能与弹簧规格和形变程度有关，对同一根弹簧而言，无论是处于伸长状态还是压缩状态，只要形变量相同，其储存的弹性势能就相同．2．对同一根弹簧而言，先后经历两次相同的形变过程，则两次过程中弹簧弹性势能的变化相同．kx2不是考试大纲中规定的内容，高考试题除非在题干中明确给出该公式，否则3．弹性势能公式E p＝12不必用该公式定量解决物理计算题，以往高考命题中涉及弹簧弹性势能的问题都是从“能量守恒”角度进行考查的．知识点六、机械能的变化问题1．除重力以外的其他力做的功等于动能和重力势能之和的增加．2．除(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于动能和弹性势能之和的增加．3．除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做的功等于机械能的增加，即W其＝E2－E1.除重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做正功，机械能增加；除了重力、(弹簧、橡皮筋)弹力以外的其他力做负功，机械能减少．高频考点一、动量定理的应用例1．（2019·新课标全国Ⅱ卷）一质量为m=2000kg的汽车以某一速度在平直公路上匀速行驶。

2021年高考物理二轮复习试卷：碰撞与动量守恒近代物理初步(附答案解析)

2021年高考物理二轮复习试卷
碰撞与动量守恒近代物理初步1．(1)在某次光电效应实验中，得到的遏止电压U c与入射光的频率ν的关系如图1所示。

若该直线的斜率和截距分别为k和b，电子电荷量的绝对值为e，则普朗克常量可表示为__________，所用材料的逸出功可表示为________。

图1
(2)如图2，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。

图2
2．(1)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的比例持续减小。

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________。

(双选，填正确答案标号)
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
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
(2)如图3，三个质量相同的滑块A、B、C，间隔相等地静置于同一水平直轨道上。

现
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2020届高考物理二轮复习专题测试：碰撞与动量守恒 Word版含答案

2022届高考物理二轮复习专题测试：碰撞与动量守恒一、单项选择题（每题4分，共16分）1. (2021·银川模拟)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1所示。

则在子弹打击木块A 及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统( )图1A ．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2．(2021·福建高考)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面的速度v 0竖直向下喷出质量为m 的酷热气体。

忽视喷气过程重力和空气阻力的影响，则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是( )A.mMv 0 B.M m v 0 C.M M －m v 0D.m M －m v 03．(2021·泉州质检)“爆竹声中一岁除，春风送暖人屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露。

有一个质量为3m 的爆竹斜向上抛出，到达最高点时速度大小为v 0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m ，速度大小为v ，方向水平向东，则另一块的速度是( )A ．3v 0－vB ．2v 0－3vC ．3v 0－2vD ．2v 0＋v4. (2021·安徽望江二中质检)如图2所示，在光滑水平面上质量分别为m A ＝2 kg 、m B ＝4 kg ，速率分别为v A ＝5 m /s 、v B ＝2 m/s 的A 、B 两小球沿同始终线相向运动，下述正确的是( )图2A ．它们碰撞前的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向右B ．它们碰撞后的总动量是18 kg·m/s ，方向水平向左C ．它们碰撞前的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向右D ．它们碰撞后的总动量是2 kg·m/s ，方向水平向左二、双项选择题（每题6分，共30分）5．下列四幅图所反映的物理过程中，系统动量守恒的是( )图36．(2021·广东六校教研协作体联考)在光滑的水平面上有质量相等的A 、B 两球，其动量分别为10 kg·m /s 与2 kg·m/s ，方向均向东，且定为正方向，A 球在B 球后，当A 球追上B 球时发生正碰，则相碰以后，A 、B 两球的动量可能分别为( )A ．6 kg·m /s,6 kg·m/sB ．－4 kg·m /s,16 kg·m/sC ．6 kg·m /s,12 kg·m/sD ．3 kg·m /s,9 kg·m/s7．如图4所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从高h 处由静止开头沿光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升。

2019-2020年高考物理二轮复习专题十四碰撞与动量守恒近代物理初步导(含解析)

2019-2020年高考物理二轮复习专题十四碰撞与动量守恒近代物理初步导（含解析）xx高考导航热点视角备考对策本讲考查的重点和热点：①动量守恒定律及其应用；②原子的能级跃迁；③原子核的衰变规律；④核反应方程的书写；⑤质量亏损和核能的计算；⑥三种射线的特点及应用；⑦光电效应问题的规律及应用等.由于本讲涉及的知识点多，且与科技相关，题目新颖，但难度不大，因此，备考中应加强对基本概念和规律的理解，抓住动量守恒定律和原子核反应两条主线，注意综合题目的分析思路、强化典题的训练.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合外力为零．(2)系统所受的合外力虽不为零，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．2．三种表达式(1)p＝p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.(3)Δp1＝－Δp2.3．碰撞的种类及特点种类特点弹性碰撞(1)动量守恒(2)碰撞前后总动能相等非弹性碰撞(1)动量守恒(2)动能有损失完全非弹性碰撞(1)碰后两物体合为一体(2)动量守恒(3)动能损失最大1．光电效应的规律(1)任何一种金属都有一个极限频率，入射光的频率必须大于此频率，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，只随入射光的频率增大而增大．(3)入射光照射到金属板上时，光电子的发射几乎是瞬时的，一般不大于10－9 s.(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．2．光电效应方程(1)表达式：hν＝E k＋W0或E k＝hν－W0.(2)物理意义：金属中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，剩下的表现为逸出后电子的最大初动能．三、能级跃迁1．玻尔理论(1)轨道量子化：核外电子只能在一些分立的轨道上运动 r n ＝n 2r 1(n ＝1,2,3…)．(2)能量量子化：原子只能处于一系列不连续的能量状态E n ＝E 1n2(n ＝1,2,3…)．(3)吸收或辐射能量量子化原子在两个能级之间跃迁时只能吸收或发射一定频率的光子，该光子的能量由前后两个能级的能量差决定，即hν＝E m －E n . 2．氢原子能级能级图如图所示3．跃迁分析(1)自发跃迁：高能级→低能级，释放能量． (2)受激跃迁：低能级→高能级，吸收能量．①光照(吸收光子)：光子的能量等于能级差hν＝ΔE .②碰撞、加热等：只要入射粒子能量大于或等于能级差即可．E 外≥ΔE . ③大于电离能的光子可被吸收将原子电离．(3)一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射出光谱线条数：N ＝C 2n. 四、原子核的衰变、核能 1．原子核的衰变衰变类型 α衰变 β衰变衰变方程 A Z X→A －4Z －2Y ＋42He A Z X→ A Z ＋1Y ＋ 0－1e衰变实质2个质子和2个中子结合成一个整体射出1个中子转化为1个质子和1个电子 211H ＋210n→42He 10n→11H ＋ 0－1e 衰变规律电荷数守恒、质量数守恒 2．α射线、射线、γ射线之间的区别名称 α射线 β射线 γ射线实质高速氦核流电子流高频光子速度约为光速的110 约为光速的99% 光速电离作用很强较弱很弱贯穿能力很弱较强最强3.(1)核反应方程遵循的规律：电荷数守恒和质量数守恒．(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 ＝mc 2.(3)核能的计算①根据爱因斯坦的质能方程，释放的核能ΔE ＝Δmc 2.②根据1原子质量单位(u)相当于931.5 MeV 能量，释放的核能ΔE ＝Δm ×931.5 MeV.Δm 的单位为原子质量单位．热点一动量守恒定律的应用命题规律：动量守恒定律是近几年高考中的必考知识点，高考对此知识点的考查主要以计算题的形式出现，题目难度中等，考查的题目有以下几种情况： (1)考查两个物体相互作用或碰撞的动量守恒问题． (2)考查三个物体相互作用的动量守恒问题． (3)考查碰撞过程的动量守恒与机械能问题．1.如图所示，光滑水平面上滑块A 、C 质量均为m ＝1 kg ，B 质量为M ＝3 kg.开始时A 、B 静止，现将C 以初速度v 0＝2 m/s 的速度滑向A ，与A 碰后粘在一起向右运动与B 发生碰撞，碰后B 的速度v B ＝0.8 m/s ，B 与墙发生碰撞后以原速率弹回．(水平面足够长)(1)求A 与C 碰撞后的共同速度大小；(2)分析判断B 反弹后能否与AC 再次碰撞？[解析] (1)设AC 与B 碰前的速度为v 1，与B 碰后的速度为v 2，A 、C 碰撞过程中动量守恒有mv 0＝2mv 1代入数据得v 1＝1 m/s.(2)AC 与B 碰撞过程动量守恒，有 2mv 1＝2mv 2＋Mv B代入数据得：v 2＝－0.2 m/sv B 大于v 2，故能发生第二次碰撞． [答案] (1)1 m/s (2)能 2.(xx·贵阳一模)如图所示，用不可伸长的轻质细线将A 、B 两木球(可视为质点)悬挂起来，A 、B 之间的距离l ＝3.2 m ，其中木球A 的质量m A ＝90 g ，木球B 的质量m B ＝100 g ．现用打钉枪将一颗质量为m 0＝10 g 的钉子以竖直向上的初速度v 0＝100 m/s 打入并且停留在木球A 中，木球A 沿细线向上与木球B 正碰后粘在一起竖直向上运动，恰好能够达到悬点O 处．若钉子打入木球和A 、B 两球碰撞的时间都极短，不计空气阻力，g 取10 m/s 2，求： (1)钉子打入木球A 的过程中系统损失的机械能； (2)木球B 到悬点O 的距离．[解析] (1)规定向上为正方向，设钉子打入木球后的瞬间木球A 的速度为v ，由动量守恒定律得：m 0v 0＝(m A ＋m 0)v根据能量守恒定律可知，钉子打入木球的过程中系统损失的机械能ΔE ＝12m 0v 20－12(m A ＋m 0)v 2 代入数据联立解得：ΔE ＝45 J.(2)设木球A 与木球B 碰撞前瞬间速度大小为v 1，由运动学知识得：v 21－v 2＝－2gl 解得：v 1＝6 m/s设木球A 与木球B 碰撞后的速度大小为v 2，根据动量守恒定律有： (m A ＋m 0)v 1＝(m A ＋m 0＋m B )v 2设木球B 到悬点O 的距离为h ，由运动学知识得：－v 22＝－2gh代入数据联立解得：h ＝0.45 m. [答案] (1)45 J (2)0.45 m 3.(xx·高考天津卷)如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A ，质量m A ＝4 kg ，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计．可视为质点的物块B 置于A 的最右端，B 的质量m B ＝2 kg.现对A 施加一个水平向右的恒力F ＝10 N ，A 运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A 、B 粘合在一起，共同在F 的作用下继续运动，碰撞后经时间t ＝0.6 s ，二者的速度达到v t ＝2 m/s.求：(1)A 开始运动时加速度a 的大小；(2)A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小； (3)A 的上表面长度l .[解析] (1)以A 为研究对象，由牛顿第二定律有 F ＝m A a ①代入数据解得a ＝2.5 m/s 2.②(2)对A 、B 碰撞后共同运动t ＝0.6 s 的过程，由动量定理得Ft ＝(m A ＋m B )v t －(m A ＋m B )v ③ 代入数据解得v ＝1 m/s.④(3)设A 、B 发生碰撞前，A 的速度为v A ，对A 、B 发生碰撞的过程，由动量守恒定律有 m A v A ＝(m A ＋m B )v ⑤A 从开始运动到与B 发生碰撞前，由动能定理有Fl ＝12m A v 2A ⑥ 由④⑤⑥式，代入数据解得l ＝0.45 m. [答案] (1)2.5 m/s 2 (2)1 m/s (3)0.45 m [方法技巧] 应用动量守恒定律解题的步骤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.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.5对求解的结果加以分析、验证和说明.热点二能级跃迁与光电效应命题规律：该知识点在近几年高考中频繁出现，题型为选择题或填空题．分析近几年的高考试题，涉及该知识点的命题有以下特点： (1)考查氢原子结构和能级公式． (2)考查光电效应、极限频率等概念．1.(xx·高考江苏卷)已知钙和钾的截止频率分别为7.73×1014 Hz 和5.44×1014 Hz ，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] 根据爱因斯坦光电效应方程12mv 2m＝hν－W .由题知W 钙>W 钾，所以钙逸出的光电子的最大初动能较小．根据p ＝2mE k 及p ＝hλ和c ＝λν知，钙逸出的光电子的特点是：动量较小、波长较长、频率较小．选项A 正确，选项B 、C 、D 错误． [答案] A 2.(xx·贵阳二模)如图是氢原子的能级图，对于一群处于n ＝4的氢原子，下列说法中正确的是( )A．这群氢原子能够吸收任意能量的光子后向更高能级跃迁B．这群氢原子能够发出6种不同频率的光C．这群氢原子发出的光子中，能量最大为10.2 eVD ．如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，其中一种一定是由n ＝3能级跃迁到n ＝1能级发出的E ．从n ＝4能级跃迁到n ＝3能级发出的光的波长最长[解析] 氢原子由低能级向高能级跃迁时只能吸收特定频率的光子，选项A 错误；处于n ＝4激发态的大量氢原子跃迁时，最多发出的光子种数为C 24＝6，选项B 正确；这群氢原子发出的光子中，由n ＝4能级跃迁到n ＝1能级产生的光子能量最大，能量最大为12.75 eV ，选项C 错误；如果发出的光子中有两种能使某金属产生光电效应，一定是由n ＝4能级跃迁到n ＝1能级和由n ＝3能级跃迁到n ＝1能级发出的，选项D 正确；由n ＝4能级跃迁到n ＝3能级产生的光子能量最小，所以频率最小，波长最长，选项E 正确． [答案] BDE 3.(xx·高考浙江自选模块)玻尔氢原子模型成功解释了氢原子光谱的实验规律，氢原子能级图如图所示．当氢原子从n ＝4的能级跃迁到n ＝2的能级时，辐射出频率为________Hz 的光子．用该频率的光照射逸出功为 2.25 eV 的钾表面，产生的光电子的最大初动能为________eV.(电子电量e ＝1.60×10－19 C ，普朗克常量h ＝6.63×10－34J·s)[解析] 氢原子从n ＝4的能级跃迁到n ＝2的能级时，释放出光子的能量为E ＝－0.85 eV －(－3.40 eV)＝2.55 eV ，由hν＝E 解得光子的频率ν＝6.2×1014Hz.用此光照射逸出功为2.25 eV 的钾时，由光电效应方程知，产生光电子的最大初动能为E k ＝hν－W ＝(2.55－2.25) eV ＝0.30 eV . [答案] 6.2×1014 0.30[总结提升] 关于原子跃迁要注意以下四方面1一群氢原子处于量子数为n 的激发态时，可能辐射的光谱条数N ＝n n －12.2只有光子能量恰好等于跃迁所需的能量hν＝E m －E n 时，光子才被吸收. 3“直接跃迁”只能对应一个能级差，发射一种频率的光子.“间接跃迁”能对应多个能级差，发射多种频率的光子.4入射光子能量大于电离能hν＝E ∞－E n 时，光子一定能被原子吸收并使之电离，剩余能量为自由电子的动能.)热点三核反应和核能命题规律：对核反应及核能的考查在近几年高考中出现的频率较高，分析近几年的高考试题，关于涉及该知识点的命题有以下特点：(1)考查三种射线、核反应方程的填写、有关半衰期的计算、有关核能的计算． (2)题型主要以选择题形式出现，难度较低，考查较细．1.(xx·高考重庆卷)碘131的半衰期约为8天，若某药物含有质量为m 的碘131，经过32天后，该药物中碘131的含量大约还有( ) A.m 4 B.m 8 C.m 16 D.m 32[解析] 经过n 个半衰期剩余碘131的含量m ′＝m ⎝⎛⎭⎫12n.因32天为碘131的4个半衰期，故剩余碘131含量：m ′＝m ⎝⎛⎭⎫124＝m16，选项C 正确． [答案] C 2.(xx·高考北京卷)质子、中子和氘核的质量分别为m 1、m 2和m 3，当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c 表示真空中的光速)( ) A ．(m 1＋m 2－m 3)c B ．(m 1－m 2 －m 3)c C ．(m 1＋m 2 －m 3)c 2 D ．(m 1－m 2 －m 3)c 2[解析] 由质能方程ΔE ＝Δmc 2，其中Δm ＝m 1＋m 2－m 3，可得ΔE ＝(m 1＋m 2－m 3)c 2，选项C 正确． [答案] C3.(xx·青岛模拟)若核实验的核原料是235 92U ，则 (1)完成核反应方程式 235 92U ＋10n→9038Sr ＋13654Xe ＋________.(2)已知铀核的质量为235.043 9 u ，中子质量为1.008 7 u ，锶(Sr)核的质量为89.907 7 u ，氙(Xe)核的质量为135.907 2 u,1 u 相当于931.5 MeV 的能量，求一个235 92U 原子核裂变释放的能量为________MeV .[解析] (1)根据电荷数守恒和质量数守恒可得：1010n. (2)该反应的质量亏损是：Δm ＝235.043 9 u ＋1.008 7 u －89.907 7 u －135.907 2 u －10×1.008 7 u ＝0.150 7 u 根据爱因斯坦质能方程 ΔE ＝Δmc 2＝0.150 7×931.5 MeV ＝140.4 MeV . [答案] (1)1010n (2)140.4[总结提升] 1衰变规律的理解,衰变的快慢由原子核内部因素决定，跟原子所处的物理、化学状态无关；半衰期是统计规律，对个别、少数原子核无意义. 2核反应方程的书写①核反应过程一般不可逆，所以核反应方程中用“→”表示方向而不能用等号代替. ②核反应方程遵循质量数、电荷数守恒，但核反应前后的总质量一般会发生变化质量亏损且释放出核能.③核反应的生成物一定要以实验为基础，不能只依据两个守恒规律凭空杜撰出核反应方程.)动量守恒在核反应中的应用命题规律：该类问题不单可以考查动量守恒定律，还可以综合考查核反应方程的书写及质能方程等，根据选考题命题“突出重点、兼顾面广、难度不大”的特点，预计核反应中的动量守恒将成为xx 年高考的命题热点．[解析] 反应中产生的质量亏损Δm ＝m U －(m Th ＋m α)＝0.005 9 u ，反应中释放的核能 ΔE ＝Δm ×931.5 MeV ＝5.5 MeV . 23292U 核衰变过程中动量守恒、能量守恒，则 0＝m αv α－m Th v Th ①ΔE ＝12m αv 2α＋12m Th v 2Th ② 解①②两式得ΔE ＝m αv α22m α＋m Th v Th 22m Th＝(m αv α)2m Th ＋m α2m αm Th.则α粒子的动能E α＝12m αv 2α＝m Th m Th ＋m αΔE ＝228228＋4×5.5 MeV ＝5.41 MeV . [答案] 5.41 MeV[特别提醒] 在不考虑核反应中放出的光子动量和能量时反应前后动量守恒；反应前的动能与反应中放出的结合能之和等于反应后的总动能；在列动量守恒和能量守恒方程时，不考虑质量亏损，即用质量数表示其质量关系.)最新预测1 海水中含有丰富的氘，完全可充当未来的主要能源．两个氘核的核反应为：21H＋21H→32He ＋10n ，其中氘核的质量为2.013 0 u ，氦核的质量为3.015 0 u ，中子的质量为1.008 7 u ．(1 u 相当于931.5 MeV)，求： (1)核反应中释放的核能；(2)在两个氘核以相等的动能0.35 MeV 进行对心碰撞，并且核能全部转化为机械能的情况下，求反应中产生的中子和氦核的动能．解析：(1)核反应中的质量亏损Δm ＝2m H －m He －m n 由ΔE ＝Δmc 2可知释放的核能ΔE ＝(2m H －m He －m n )c 2＝2.14 MeV(2)把两个氘核作为一个系统，碰撞过程系统的动量守恒，由于碰撞前两氘核的动能相等，其动量等大反向，因此反应前后系统的总动量为零，设碰撞后瞬间氦核、中子的速度分别为v He 、v n ，动能分别为E kHe 、E kn ，碰撞前氘核的动能ΔE kH ＝0.35 MeV ，则 m He v He ＋m n v n ＝0反应前后系统的总能量守恒，则 12m He v 2He ＋12m n v 2n ＝ΔE ＋2ΔE kH 又有m He ∶m n ＝3∶1E kHe ＝12m He v 2He ，E kn ＝12m n v 2n ，解得E kHe ＝0.71 MeV ，E kn ＝2.13 MeV .答案：(1)2.14 MeV (2)2.13 MeV 0.71 MeV最新预测2 (xx·南京二模)(1)下列说法正确的是________． A ．汤姆孙发现了电子，并提出了原子的枣糕模型 B ．太阳辐射的能量主要来自太阳内部的热核反应C ．一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的强度小D ．将放射性元素掺杂到其他稳定元素中，并降低其温度，该元素的半衰期将增大(2)某光电管的阴极K 用截止频率为ν0的金属钠制成，光电管阳极A 和阴极K 之间的正向电压为U ，普朗克常量为h ，电子的电荷量为e .用频率为ν的紫外线照射阴极，有光电子逸出，光电子到达阳极的最大动能是________；若在光电管阳极A 和阴极K 之间加反向电压，要使光电子都不能到达阳极，反向电压至少为________．(3)1928年，德国物理学家玻特用α粒子(42He)轰击轻金属铍(94Be)时，发现有一种贯穿能力很强的中性射线．查德威克对该粒子进行研究，进而发现了新的粒子——中子． ①写出α粒子轰击轻金属铍的核反应方程；②若中子以速度v 0再与一质量为m N 的静止氮核发生碰撞，测得中子反向弹回的速率为v 1，氮核碰后的速率为v 2，则中子的质量m 等于多少？解析：(1)一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，是因为该束光的频率小于金属的极限频率，选项C 错误；元素的半衰期是由元素本身性质决定的，与外界的物理、化学性质无关，选项D 错误，A 、B 正确．(2)根据爱因斯坦光电效应方程和动能定理可知eU ＝E km －(hν－hν0)，即E km ＝eU ＋hν－hν0；在光电管阳极A 和阴极K 之间加反向电压，要使光电子都不能到达阳极，反向电压至少为U ＝hν－hν0e.(3)①94Be ＋42He→12 6C ＋10n ②由动量守恒得 mv 0＝－mv 1＋m N v 2m ＝v 2v 0＋v 1m N.答案：(1)AB (2)eU ＋hν－hν0 hν－hν0e(3)①94Be ＋42He→12 6C ＋10n ②v 2v 0＋v 1m N1．(xx·高考“北约”卷)下列说法中正确的是( )A ．卢瑟福实验中发现许多α粒子被金箔大角度散射，这表明α粒子很难进入金箔原子内部B ．β衰变中产生的β射线是原子核外电子挣脱原子核束缚之后形成的电子束C ．通过化学反应无法改变放射性元素的半衰期D ．较小比结合能的原子不稳定，容易发生裂变解析：选C.卢瑟福实验中大角度散射的粒子数量很少；β衰变中的电子由原子核放出；比结合能较小的核将会向比结合能大的转化，转化方法有聚变(轻核)或者裂变(重核)．选C. 2．(xx·高考广东卷)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解析：选AD.增大入射光强度，单位时间内照射到单位面积的光电子数增加，则光电流将增大，故选项A 正确；光电效应是否发生取决于照射光的频率，而与照射光的强度无关，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，若光的频率仍大于极限频率，则仍会发生光电效应，选项C 错误；根据hν－W 逸＝12mv 2可知，增加照射光频率，光电子的最大初动能也增大，故选项D 正确． 3．(xx·高考新课标全国卷Ⅱ)在人类对微观世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用．下列说法符合历史事实的是( ) A ．密立根通过油滴实验测出了基本电荷的数值B ．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，发现了原子中存在原子核C ．居里夫妇从沥青铀矿中分离出了钋(Po)和镭(Ra)两种新元素D ．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了在原子核内部存在质子E ．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，发现了阴极射线是由带负电的粒子组成的，并测出了该粒子的比荷解析：选ACE.密立根通过油滴实验，验证了物体所带的电荷量都是某一值的整数倍，测出了基本电荷的数值，选项A 正确．贝克勒尔通过对天然放射现象的研究，明确了原子核具有复杂结构，选项B 错误．居里夫妇通过对含铀物质的研究发现了钋(Po)和镭(Ra)，选项C 正确．卢瑟福通过α粒子散射实验证实了原子的核式结构，选项D 错误．汤姆逊通过阴极射线在电场和磁场中偏转的实验，说明了阴极射线是带负电的粒子，并测出了粒子的比荷，选项E 正确． 4．(xx·高考福建卷)如图，放射性元素镭衰变过程中释放出α、β、γ三种射线，分别进入匀强电场和匀强磁场中，下列说法正确的是( )A ．①表示γ射线，③表示α射线B ．②表示β射线，③表示α射线C ．④表示α射线，⑤表示γ射线D ．⑤表示β射线，⑥表示α射线解析：选C.根据三种射线的偏转轨迹可知①⑥表示β射线，②⑤表示γ射线，③④表示α射线，选项C 正确． 5．(xx·高考福建卷)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( )A ．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：选D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 0＝m 2v 2＋m 1v 1解得v 1＝m 1＋m 2v 0－m 2v 2m 1＝v 0＋m 2m 1(v 0－v 2)．故选D.6．(xx·高考大纲全国卷)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：选A.设中子的质量为m ，则被碰原子核的质量为Am ，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv 0＝mv 1＋Amv ′，据动能守恒，有12mv 20＝12mv 21＋12Amv ′2.解以上两式得v 1＝1－A 1＋A v 0.若只考虑速度大小，则中子的速率为v ′1＝A －1A ＋1v 0，故中子前、后速率之比为A ＋1A －1. 7．(xx·高考山东卷)(1)氢原子能级如图，当氢原子从n ＝3跃迁到n ＝2的能级时，辐射光的波长为656 nm.以下判断正确的是________．a ．氢原子从n ＝2跃迁到n ＝1的能级时，辐射光的波长大于656 nmb ．用波长为325 nm 的光照射，可使氢原子从n ＝1跃迁到n ＝2的能级c ．一群处于n ＝3能级上的氢原子向低能级跃迁时最多产生3种谱线d ．用波长为633 nm 的光照射，不能使氢原子从n ＝2跃迁到n ＝3的能级(2)如图，光滑水平直轨道上两滑块A 、B 用橡皮筋连接，A 的质量为m .开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A 向左的初速度v 0.一段时间后，B 与A 同向运动发生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B 的速度的一半．求：①B 的质量；②碰撞过程中A 、B 系统机械能的损失．解析：(2)①以初速度v 0的方向为正方向，设B 的质量为m B ，A 、B 碰撞后的共同速度为v ，由题意知：碰撞前瞬间A 的速度为v 2，碰撞前瞬间B 的速度为2v ，由动量守恒定律得m v 2＋2m B v ＝(m ＋m B )v ①由①式得m B ＝m 2.② ②从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv 0＝(m ＋m B )v ③设碰撞过程A 、B 系统机械能的损失为ΔE ，则ΔE ＝12m ⎝⎛⎭⎫v 22＋12m B (2v )2－12(m ＋m B )v 2④ 联立②③④式得ΔE ＝16mv 20. 答案：(1)cd (2)①12m ②16mv 208.(1)人们发现，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系．下列关于原子结构和核反应的说法正确的是________．A ．由图可知，原子核D 和E 聚变成原子核F 时会有质量亏损，要吸收能量B ．由图可知，原子核A 裂变成原子核B 和C 时会有质量亏损，要放出核能C ．已知原子核A 裂变成原子核B 和C 时放出的γ射线能使某金属板逸出光电子，若增加γ射线强度，则逸出光电子的最大初动能增大D ．在核反应堆的铀棒之间插入镉棒是为了控制核反应速度E ．在核反应堆的外面修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏(2)质量分别为m 1＝1 kg ，m 2＝3 kg 的小车A 和B 静止在水平面上，小车A 的右端水平连接一根轻弹簧，小车B 以水平向左的初速度v 0向A 驶来，与轻弹簧相碰之后，小车A 获得的最大速度为v ＝6 m/s ，如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能损失，求：①小车B 的初速度v 0；②A 和B 相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能．解析：(1)原子核D 、E 聚变成原子核F ，放出能量，A 错；A 裂变成B 、C ，放出能量，B 对；增加入射光强度，光电子的最大初动能不变，C 错；镉棒能吸收中子，可控制核反应速度，D 正确；修建很厚的水泥层能防止放射线和放射性物质的泄漏，E 正确．(2)①由题意可得，当A 、B 相互作用弹簧恢复到原长时A 的速度达到最大，设此时B 的速度为v 2，由动量守恒定律可得：m 2v 0＝m 1v ＋m 2v 2相互作用前后系统的总动能不变：12m 2v 20＝12m 1v 2＋12m 2v 22解得：v 0＝4 m/s.②第一次弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，设此时A 、B 有相同的速度v ′，根据动量守恒定律有：m 2v 0＝(m 1＋m 2)v ′此时弹簧的弹性势能最大，等于系统动能的减少量：ΔE ＝12m 2v 20－12(m 1＋m 2)v ′2 解得ΔE ＝6 J.答案：(1)BDE (2)①4 m/s ②6 J9．(1)氡222是一种天然放射性气体，被吸入后，会对人的呼吸系统造成辐射损伤．它是世界卫生组织公布的主要环境致癌物质之一．其衰变方程是222 86Rn→218 84Po ＋________.已知222 86Rn的半衰期约为 3.8 天，则约经过________天，16 g 的222 86Rn 衰变后还剩 1 g. (2)如图所示，一水平面上P 点左侧光滑，右侧粗糙，质量为m 的劈A 在水平面上静止，上表面光滑，A 轨道右端与水平面平滑连接，质量为M 的物块B 恰好放在水平面上P 点，物块B 与水平面的动摩擦因数为μ＝0.2.一质量为m 的小球C 位于劈A 的斜面上，距水平面的高度为h ＝0.9 m ．小球C 从静止开始滑下，然后与B 发生正碰(碰撞时间极短，且无机械能损失)．已知M ＝2m ，g ＝10 m/s 2，求：①小球C 与劈A 分离时，C 的速度大小v 0；②小球C 与物块B 碰后的速度v C 和物块B 的运动时间．解析：(1)根据质量数、电荷数守恒得衰变方程为222 86Rn→218 84Po ＋42He.根据衰变规律m ＝m 0⎝⎛⎭⎫12t τ，代入数值解得t ＝15.2 天．(2)①球C 与劈A 组成的系统在水平方向动量守恒、能量守恒，有0＝mv 0－mv Amgh ＝12mv 20＋12mv 2A 解得v 0＝3 m/s.②小球C 与B 发生正碰后速度分别为v C 和v B ，规定向右为正方向，由动量守恒定律得mv 0＝mv C ＋Mv B机械能不损失，有 12mv 20＝12mv 2C ＋12Mv 2B代入M ＝2m ，得v B ＝23gh ＝2 m/s v C ＝－13gh ＝－1 m/s(负号说明小球C 最后向左运动) 物块B 减速至停止运动的时间设为t ，由动量定理－μMgt ＝0－Mv B得t ＝2gh 3μg＝1 s. 答案：(1)42He 15.2 (2)①3 m/s ②1 m/s ，方向向左1 s10．(xx·高考新课标全国卷Ⅰ)(1)关于天然放射性，下列说法正确的是________．A ．所有元素都有可能发生衰变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(2)如图，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 球距离地面的高度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．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 球的速度恰好为零．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：①B 球第一次到达地面时的速度；②P 点距离地面的高度．解析：(1)自然界中绝大部分元素没有放射现象，选项A 错误；放射性元素的半衰期只与原子核结构有关，与其他因素无关，选项B 、C 正确；α、β和γ三种射线电离能力依次减弱，穿透能力依次增强，选项D 正确；原子核发生衰变时，不能同时发生α和β衰变，γ射线伴随这两种衰变产生，故选项E 错误．(2)由于两球碰撞时间极短，并且没有能量损失，所以在碰撞过程中动量守恒，碰撞前后总动能相等，分别列方程求解．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 ＝2gh ①将h ＝0.8 m 代入上式，得v B ＝4 m/s.②②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，两球相撞前后的动量守恒，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 B ⑥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.答案：(1)BCD (2)①4 m/s ②0.75 m.。

2019年高考物理二轮复习专题讲义：动量专题 103.碰撞(含答案)

碰撞1.碰撞(1)定义：相对运动的物体相遇时，在极短的时间内它们的运动状态发生显著变化，这个过程就可称为碰撞. (2)特点：作用时间极短，内力(相互碰撞力)远大于外力，总动量守恒. (3)碰撞分类①弹性碰撞：碰撞后系统的总动能没有损失. ②非弹性碰撞：碰撞后系统的总动能有损失.③完全非弹性碰撞：碰撞后合为一体，机械能损失最大.一、碰撞过程的特征：①碰撞双方相互作用的时间△t 一般很短；②碰撞双方相互作用的力作为系统的内力一般很大。

二、碰撞的分类：1.按碰撞方向分类 —— 正碰、斜碰2.从碰撞过程中形变恢复情况来划分：形变完全恢复的叫弹性碰撞；形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。

3.从碰撞过程中机械能损失情况来划分：机械能不损失的叫弹性碰撞；机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞；而一般的碰撞其机械能有所损失。

碰撞过程中损失的动能转化为其它能量，如内能、重力势能、弹性势能、磁场能、电场能等。

①完全弹性碰撞 ——动量守恒，动能守恒 ②非(完全)弹性碰撞——动量守恒，动能有损失③完全非弹性碰撞——动量守恒，动能损失最大（外部特征：以共同速度运动），三、碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则 1. 系统动量守恒的原则2211202101v m v m v m v m +=+ 2. 物理情景可行性原则—位置不超越 3. 不违背能量守恒的原则—动能不膨胀222211*********1212121v m v m v m v m +≥+ 四、三种典型的碰撞1、弹性碰撞：碰撞全程完全没有动能损失。

2211202101v m v m v m v m +=+222211*********1212121v m v m v m v m +=+解以上两式可得：v 1 v 2 v 10 v 20 碰前碰后21202102112m m v m v )m m (v ++-=21101201222m m v m v )m m (v ++-=对于结果的讨论：①当m 1 = m 2 时，v 1 = v 20 ， v 2 = v 10 ,质量相等的两物体弹性碰撞后, “交换速度”； ②当m 1 << m 2 , 且v 20 = 0时，v 1 ≈ －v 10 ，v 2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回； ③当m 1 >> m 2 ，且v 20 = 0时，v 1 ≈ v 10 ，v 2 ≈ 2v 10 ， 2、非(完全)弹性碰撞：动量守恒, 动能有损失， 3、完全非弹性碰撞：动能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有2120210121m m v m v m v v ++==.碰撞遵循的三条原则 (1)动量守恒定律 (2)机械能不增加E k1＋E k2≥E k1′＋E k2′或p 122m 1＋p 222m 2≥p 1′22m 1＋p 2′22m 2(3)速度要合理①同向碰撞：碰撞前，后面的物体速度大；碰撞后，前面的物体速度大(或相等). ②相向碰撞：碰撞后两物体的运动方向不可能都不改变. 2.弹性碰撞讨论 (1)碰后速度的求解根据动量守恒和机械能守恒⎩⎪⎨⎪⎧m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′ ①12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2② 解得v 1′＝(m 1－m 2)v 1＋2m 2v 2m 1＋m 2v 2′＝(m 2－m 1)v 2＋2m 1v 1m 1＋m 2(2)分析讨论：当碰前物体2的速度不为零时，若m 1＝m 2，则v 1′＝v 2，v 2′＝v 1，即两物体交换速度. 当碰前物体2的速度为零时，v 2＝0，则： v 1′＝(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2，v 2′＝2m 1v 1m 1＋m 2，①m 1＝m 2时，v 1′＝0，v 2′＝v 1，碰撞后两物体交换速度. ②m 1>m 2时，v 1′>0，v 2′>0，碰撞后两物体沿同方向运动.③m 1<m 2时，v 1′<0，v 2′>0，碰撞后质量小的物体被反弹回来.五、“广义碰撞” ——物体的相互作用 1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。