【精品推荐】2020届高考物理一轮复习 第13章 动量守恒定律近代物理 6 章末热点集训课件 新人教版

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。

咐呼州鸣咏市呢岸学校第十三章 动量 近代物理初步[备考指南] 第1节 动量守恒律及其用(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，那么动量也不改变。

(×) (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，但机械能不一守恒。

(√)(8)假设在光滑水平面上的两球相向运动，碰后均变为静止，那么两球碰前的动量大小一相同。

(√)要点一 动量理的理解与用1．动量、动能、动量变化量的比拟动量 动能动量变化量义物体的质量和速度的乘积物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差义式 p ＝mvE k ＝12mv 2Δp ＝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E k ＝p 22m ，E k ＝12pv ，p ＝2mE k ，p ＝2E kv联系 (1)都是相对量，与参考系的选取有关，通常选取地面为参考系(2)假设物体的动能发生变化，那么动量一也发生变化；但动量发生变化时动能不一发生变化(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。

如果在所选的研究过程的不同阶段中物体的受力情况不同，那么要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。

(3)规正方向由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前可以先规一个正方向，与规的正方向相同的矢量为正，反之为负。

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 8 模块综合检测新人教版-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 8 模块综合检测新人教版(时间：60分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(20xx·无锡天一中学检测)下列说法符合物理学史实的是( )A．伽利略通过斜面实验的合理外推，得出了自由落体运动的规律B．开普勒发现了行星运动的规律，提出了万有引力定律C．卡文迪许利用扭秤实验巧妙地测出了静电力常量k的数值D．法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转现象发现了电流的磁效应解析：选A．伽利略通过斜面实验的理想化外推，得出了物体运动状态和受力的关系，并得到了自由落体运动的规律，A对；开普勒发现了行星的运动规律，但提出万有引力定律的是牛顿，B错；卡文迪许利用扭秤测出了万有引力常量G的数值，C错；根据小磁针在通电导线周围的偏转现象发现了电流的磁效应的是奥斯特，D错．2．(20xx·江苏六市高三调研)如图所示的闭合电路中，R是半导体光敏电阻，R1为滑动变阻器．现用一束光照射光敏电阻，则下列说法错误的是( )A．电流表读数变大B．电压表读数变大C．电源的总功率变大D．电源内阻的功率变大解析：选B．当光照射光敏电阻时，电阻值变小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，故A正确；由U＝E－Ir知，路端电压减小，同时R1两端的电压增大，故R两端的电压减小，故B错误；因电路中的电流增大，所以电源的总功率变大，电源内阻的功率也变大，故C、D正确．3．质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则( )A．小球对圆槽的压力为MFm＋MB．小球对圆槽的压力为mFm＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：选C．利用整体法可求得系统的加速度为a＝，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为，由牛顿第三定律可知只有C项正确．4．如图所示，对于电场线中的A、B、C三点，下列判断正确的是( )A．A点的电势最低B．B点的电场强度最大C．同一正电荷在A、B两点受的电场力大小相等D．同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大解析：选D．根据电场线的特点，沿着电场线方向电势逐渐降低，则φA>φC>φB，又知同一负电荷在电势越低处电势能越大，则同一负电荷在C点具有的电势能比在A点的大，所以A错误、D正确；因在同一电场中电场线越密，电场强度越大，则知A点电场强度最大，所以B错误；因电场中EA>EB，则同一正电荷在A、B两点所受电场力关系为FA>FB，所以C错误．5．(20xx·江苏高级中学高三模拟)在光滑水平面上，有一个粗细均匀的边长为L的单匝正方形闭合线框abcd，在水平外力的作用下，从静止开始沿垂直磁场边界方向做匀加速直线运动，穿过匀强磁场，如图甲所示，测得线框中产生的感应电流i的大小和运动时间t的变化关系如图乙所示，则( )A．线框受到的水平外力一定是恒定的B．线框边长与磁场宽度的比值为3∶8C．出磁场的时间是进入磁场时的一半D．出磁场的过程中外力做的功与进入磁场的过程中外力做的功相等解析：选B．根据E＝BLv，I＝，F＝BIL，v＝at以及F拉－F＝ma可知，线框受到的水平外力是变力，出磁场时比进磁场时要大，故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多，故选项A、D错误；线框做匀加速直线运动，由图象及匀加速直线运动规律，结合电流与速度的关系可以知道，线框边长与磁场宽度比为3∶8，出磁场的时间不是进入磁场时的一半，故选项B正确，选项C错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)6．(20xx·苏锡常镇四市调研)如图所示，将砝码A放在水平桌面上的纸板B上，各接触面间动摩擦因数均相等，砝码到纸板左端和桌面右端的距离均为d．在水平向右的恒力F的作用下，可将纸板从砝码下方抽出，砝码刚好到达桌面右端．则下列说法正确的是( ) A．砝码与纸板分离前后的加速度大小一定相等B．砝码与纸板分离时，砝码一定位于距离桌面右端处C．其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码将不能到达桌面右端D．其他条件不变，换用更大的恒力F，砝码与纸板间产生的热量将减小解析：选ABC．因砝码水平方向只受到滑动摩擦力，且各接触面间动摩擦因数相等，所以砝码与纸板分离前后加速度大小不变，故A 正确；因砝码刚好到达桌面右端，砝码先加速再减速，且加速度大小相等，由v2＝2ax可知，砝码离开纸板时，距离桌面右端为，故B 正确；假设F→∞，纸板的加速度会非常大，与砝码A分离的时间很短，由惯性可知，C正确；由Q＝f·s相对可知，砝码与纸板产生的热量不变，故D错误．7．载人飞船从发射、进入轨道、加速变轨，最后进入圆形轨道稳定运行．如图是载人飞船正在加速变轨的过程，如下相关的说法中，正确的是( )A．进入新轨道后的周期比低轨道的周期大B．进入新轨道后的速率比低轨道的速率小C．进入新轨道后，飞船的加速度变小D．飞船在圆形轨道运行时，宇航员处于超重状态解析：选ABC．载人飞船加速变轨后轨道半径增大，但在不同的圆形轨道上都满足万有引力提供向心力．由G＝mr＝m＝ma，得T＝2π，v＝，a＝，由此可知，轨道半径越大，周期越大、线速度和加速度越小，故飞船进入新轨道后的周期变大，速率和加速度变小，故A、B、C均正确．飞船在圆形轨道运行时，地球对宇航员的引力完全提供向心力，宇航员处于失重状态，故D错误．8．如图甲所示，小滑块P(可视为质点)以不同的初速度v0从长度为4 m的固定斜面Q的顶端沿斜面下滑时，得到小滑块下滑的最大距离x与初速度的平方v的关系图象(即x－v图象)如图乙所示，下列判断正确的是( )A．小滑块下滑的加速度大小为4 m/s2B．小滑块下滑的加速度大小为2 m/s2C．若v0＝5．0 m/s，则滑块滑到斜面底端的时间长为1 sD．若v0＝5．0 m/s，则滑块滑到斜面底端的时间长为4 s解析：选BC．根据匀变速直线运动的速度位移公式得v2－v＝2ax，其中v＝0，整理得x＝－,2a)，因为x－v图象的斜率k＝ m－1·s2，可得a＝－2 m/s2，所以滑块下滑的加速度大小为2 m/s2，选项A错误，B正确；当v0＝4 m/s时，由速度位移公式得x＝4 m，即当滑块以4 m/s 的初速度滑下时，小滑块已滑到Q的底端，则当v0＝5 m/s时，由位移公式得L＝v0t＋at2，代入数据解得t＝1 s或t＝4 s(舍去)，选项C正确，D错误．9．如图所示，边长为L 的等边三角形ABC 为两个有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B ，三角形外的磁场(足够大)方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B ．把粒子源放在顶点A 处，它将沿∠A 的角平分线发射质量为m 、电荷量为q 、初速度为v0的带电粒子(粒子重力不计)．则下列关于从A 射出的粒子说法正确的是( )A ．当粒子带负电，v0＝时，第一次到达C 点所用时间为2πm qB B ．当粒子带负电，v0＝时，第一次到达C 点所用时间为2πm 3qBC ．当粒子带正电，v0＝时，第一次到达C 点所用时间为2πm qBD ．当粒子带正电，v0＝时，第一次到达C 点所用时间为2πm 3qB解析：选BC ．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动的向心力．(1)当v0＝时，则由牛顿第二定律可得qvB ＝m ，T ＝，根据几何关系作出运动轨迹，r ＝L ，如图甲由轨迹知，当电荷带正电，粒子经过一个周期到达C 点，即t ＝，C 正确；当粒子带负电，粒子经过T 第一次到达C 点，即t ＝，故A 错误．(2)当v0＝，r ＝L ，如图乙，由运动轨迹可知，当电荷带正电，粒子经过T 到达C 点，即t ＝，故D 错误；当粒子带负电，粒子经过第一次到达C 点，即t ＝，故B 正确．三、非选择题(本题共4小题，共46分．按题目要求作答，计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10．(8分)(20xx·苏锡常镇四市调研)如图甲所示是小明探究橡皮筋弹力做的功W与小车动能的变化量ΔEk间的关系的装置图，长木板放在水平桌面上，橡皮筋的两端分别与小车和挡板相连．实验中，通过增减橡皮筋的根数来改变弹力所做的功．(1)下列实验操作正确的是________．A．实验时，应先释放小车，然后接通电源B．增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋C．每次应将小车拉到相同的位置由静止释放D．实验前应先平衡小车在木板上所受的摩擦力(2)如图乙所示是某次实验中的一条纸带，相邻计数点间时间T ＝0．02 s．为得到本次实验小车动能的变化量，求得的小车速度v ＝________ m/s．(3)由实验数据画出的W－ΔEk图象如图丙所示，小明认为由图象能得出“橡皮筋弹力做的功等于小车动能的变化量”的实验结论，你同意吗？________(填“同意”或“不同意”)，你的理由是___________________________________________．解析：(1)实验时，先接通电源后释放小车，故A错误；增加橡皮筋根数时，应选取相同的橡皮筋，这样橡皮筋做功就有倍数关系，故B正确；每次都要从同一位置由静止释放，这样开始时橡皮筋的形变量相同，过程中每根橡皮筋做的功才相同，故C正确；实验中橡皮筋对小车所做的功认为是合外力做的功，因此实验前需要平衡摩擦力，故D正确．(2)计算时应取小车匀速的最大速度，由题图乙可知v＝＝ cm/s ＝90 cm/s＝0．9 m/s．(3)因用不同条数的橡皮筋且拉到相同的长度，这样橡皮筋对小车做的功就有倍数关系，测不出橡皮筋做功的具体数值，所以不同意．答案：(1)BCD (2)0．9 (3)不同意实验中不能测出橡皮筋弹力所做功的具体数值11．(8分)实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度．该同学首先测得导线横截面积为1．0 mm2，查得铜的电阻率为1．7×10－8 Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．可供使用的器材有：电流表：量程0．6 A，内阻约0．2 Ω；电压表：量程3 V，内阻约9 kΩ；滑动变阻器R1：最大阻值5 Ω；滑动变阻器R2：最大阻值20 Ω；定值电阻：R0＝3 Ω；电源：电动势6 V，内阻可不计；开关、导线若干．回答下列问题：(1)实验中滑动变阻器应选________(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至________端(填“a”或“b”)．(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0．50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为________V．(4)导线实际长度为________m(保留2位有效数字)．解析：根据串、并联电路的特点，电阻定律以及欧姆定律解决问题．(1)根据R＝ρ，得铜导线的阻值约为Rx＝1．7 Ω，即Rx＋R0＝4．7 Ω．实验中的滑动变阻器若选R1，则当滑动变阻器滑片移至a端时，电压表的示数约为3 V，若滑动变阻器滑片向右移动，电压表示数变大，超过电压表量程，故实验中的滑动变阻器应选R2．闭合开关S前应使电路中的电阻最大，故滑动变阻器滑片应移至a端．(2)连线如图所示．(3)电压表的示数为2．30 V．(4)根据欧姆定律，铜导线与R0的串联电阻R＝＝Ω＝4．6 Ω，所以铜导线的电阻Rx＝R－R0＝1．6 Ω．根据Rx＝ρ得导线长度l＝＝ m≈94 m．答案：(1)R2 a (2)见解析图(3)2．30(2．29～2．31均正确) (4)94(93～95均正确)12．(15分)(20xx·南京、盐城、连云港三市高三模拟)如图所示，A、B两物体之间用轻弹簧相连，B、C两物体用不可伸长的轻绳相连，并跨过轻质光滑定滑轮，C物体放置在固定的光滑斜面上．开始时用手固定C使绳处于拉直状态但无张力，ab绳竖直，cd绳与斜面平行．已知B的质量为m，C的质量为4m，弹簧的劲度系数为k，固定斜面倾角α＝30°．由静止释放C，C在沿斜面下滑过程中A始终未离开地面．(已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep＝kx2，x为弹簧的形变量．)重力加速度为g．求：(1)刚释放C时，C的加速度大小；(2)C从开始释放到速度最大的过程中，B上升的高度；(3)若A不离开地面，其质量应满足什么条件．解析：(1)刚释放C时，由牛顿第二定律得4mgsin 30°＝5maa＝g．(2)初始对B物体有kx1＝mgC速度最大时，有F1＝4mgsin 30°此时，对B物体有F1＝mg＋kx2B物体上升的高度h＝x1＋x2解得h＝．(3)若A不离开地面，则对A物体kx3≤mAgkx1＝mg4mg(x1＋x3)sin 30°－mg(x1＋x3)＝kx－kx21解得mA≥3m．答案：见解析13．(15分)如图甲所示，宽度为d的竖直狭长区域内(边界为L1、L2)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向的周期性变化的电场(如图乙所示)，电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g．上述d、E0、m、v、g为已知量．(1)求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；(2)求电场变化的周期T；(3)改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．解析：(1)微粒做直线运动，则mg＋qE0＝qvB①微粒做圆周运动，则mg＝qE0②联立①②得q＝③B＝．④(2)设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1 ⑤qvB＝m⑥2πR＝vt2⑦联立③④⑤⑥⑦得t1＝，t2＝⑧电场变化的周期T＝t1＋t2＝＋．⑨(3)若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩联立③④⑥得R＝⑪设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min由⑤⑩⑪得t1min＝＝v 2g因t2不变，T 的最小值为Tmin ＝t1min ＋t2＝ (2π＋1)v 2g． 答案：(1) (2)＋ (3)(2π＋1)v 2g。

第1讲 动量定理 动量守恒定律(对应学生用书第259页)动量守恒定律碰撞非弹性碰撞有动能损失弹性碰撞没有动能损失完全非弹性碰撞动能损失最大反冲、爆炸动量守恒、动能增加定律的表述动量定理动量、冲量动量和动量定理1．动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示．(2)表达式：p ＝mv.(3)单位：kg·m/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．2．冲量(1)定义：力F 与力的作用时间t 的乘积．(2)定义式：I ＝Ft.(3)单位：N·s(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同．(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化．(2)表达式：⎩⎪⎨⎪⎧ Ft ＝mv2－mv1I ＝Δp动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为0，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．表达式(1)p ＝p′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．3．动量守恒定律的适用条件(1)不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在这一方向上动量守恒．碰撞、反冲和爆炸问题1．碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．(3)分类2.反冲现象在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开．这类问题相互作用的过程中系统的动能增大，且常伴有其他形式能向动能的转化．3．爆炸问题爆炸与碰撞类似，物体间的相互作用力很大，且远大于系统所受的外力，所以系统动量守恒，爆炸过程中位移很小，可忽略不计，作用后从相互作用前的位置以新的动量开始运动．实验：验证动量守恒定律1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．2．方案二：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球．(2)图13－1－1按照如图13－1－1所示安装实验装置，调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O.(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图13－1－2所示．图13－1－2(6)连接ON，测量线段OP、OM、ON的长度．将测量数据填入表中．最后代入m1OP＝m1OM＋m2ON，看在误差允许的范围内是否成立．1．(多选)关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向【解析】物体的动量越大，即质量与速度的乘积越大，不一定惯性(质量)大，A项错；对于同一物体，质量一定，所以速度越大，动量越大，B项对；加速度不变，但速度可以变，如平抛运动的物体，故C项错；动量的方向始终与速度方向相同，D项对．【答案】BD2．(2013·安徽七校联考)如图13－1－3所示，质量为m的人，站在质量为M的车的一端，相对于地面静止．当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中，则( )图13－1－3A．人运动越快，车运动越慢B ．车的运动方向与人的运动方向相反C ．人在车上行走时，车可以相对地面静止D ．车的运动方向可以与人的运动方向相同【解析】 人与车组成的系统在水平方向上动量守恒，且初动量为0，所以人由车的一端走到另一端的过程中，人与车的速度方向总是反向的，且人的速度大小增大时，车的速度大小也增大，只有B 选项正确．【答案】 B3．(2011·福建高考)在光滑水平面上，一质量为m 、速度大小为v 的A 球与质量为2m 静止的B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反．则碰撞后B 球的速度大小可能是( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.3vD ．0.2v【解析】 根据动量守恒定律得：mv ＝2mvB －mvA 化简可得，vA ＝2vB －v ，因vA>0，所以vB>v 2，故只有A 项正确． 【答案】 A 4.图13－1－4(多选)如图13－1－4所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑1/4圆周轨道，圆心O 在S 的正上方，在O 和P 两点各有一质量为m 的小物块a 和b ，从同一时刻开始，a 自由下落，b 沿圆弧下滑．下列说法正确的是( )A ．a 比b 先到S ，它们在S 点的动量不相等B ．a 与b 同时到S ，它们在S 点的动量不相等C ．a 比b 先到S ，重力对a 、b 的冲量不相等D ．a 与b 同时到S ，重力对a 、b 的冲量相等【解析】 a 自由下落加速度较大，路程较短，b 沿圆弧下滑至相同高度时加速度较小，路程较长，所以a 比b 用时短．由I ＝mgt 可知重力对a 、b 的冲量不相等，由机械能守恒，两球到达S 点时速度大小相等，所以动量大小相等，但方向不同，所以动量不相同．【答案】 AC(对应学生用书第261页)1.适用范围：适用于恒力作用也适用于变力作用，适用于直线运动也适用于曲线运动，适用于受持续的冲量作用，也适用于受间断的多个冲量的作用．2．解释现象：一类是物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．另一类是作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．3．解题的基本思路(1)确定研究对象：一般为单个物体或由多个物体组成的系统.(2)对物体进行受力分析．可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量．(3)抓住过程的初末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号．(4)根据动量定理列方程代入数据求解．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h1＝1.8 m 处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t ＝1.3 s ，第一次反弹的高度为h2＝1.25 m ．已知排球的质量为m ＝0.4 kg ，g 取10 m/s2，不计空气阻力．求：(1)排球与地面的作用时间；(2)排球对地面的平均作用力的大小．【解析】 (1)排球第一次落到地面的时间为t1，第一次反弹到最高点的时间为t2，由h1＝12gt21，h2＝12gt22，得 t1＝0.6 s ，t2＝0.5 s所以排球与地面的作用时间Δt ＝t －t1－t2＝0.2 s.(2)全过程应用动量定理取竖直向上为正方向，从开始下落到第一次反弹到最高点的过程用动量定理得F(t －t1－t2)－mgt ＝0解得：F ＝mgt t －t1－t2＝26 N 再由牛顿第三定律得排球对地面的平均作用力的大小为26 N.【答案】 (1)0.2 s (2)26 N【迁移应用】1．(2013·蚌埠模拟)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( )A ．I1＜I2，W1＝W2B ．I1＞I2，W1＝W2C ．I1＞I2，W1＜W2D ．I1＝I2，W1＜W2【解析】 根据动能定理有W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，所以W1＝W2；根据动量定理和动量与动能的关系式p ＝2mEk ，有I1＝2mE1－0＝2mE1，I2＝2mE1－2mE1＝(2－2)mE1，显然I1＞I2.只有选项B 正确．本题答案为B.【答案】 B1.动量守恒的适用对象和条件(1)研究对象：相互作用的物体组成的系统．(2)守恒条件①理想守恒：系统不受外力或所受外力的矢量和为零，则系统动量守恒．②近似守恒：系统受到的外力矢量和不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．③分方向守恒：系统在某个方向上所受外力矢量和为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定满足守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．(2013·山东高考)如图13－1－5所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg，mC＝2 kg.开始时C静止，A、B一起以v0＝5 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C发生碰撞．求A与C碰撞后瞬间A的速度大小．图13－1－5【解析】因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA＋mBv0＝(mA＋mB)vAB②A与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vAB＝vC③联立①②③式，代入数据得vA＝2 m/s.④【答案】 2 m/s【迁移应用】2．如图13－1－6质量为mB的平板车B上表面水平，开始时静止在光滑水平面上，在平板车左端静止着一块质量为mA的物体A，一颗质量为m0的子弹以v0的水平初速度射入物体A，射穿A后速度变为v.已知A、B之间的动摩擦因数不为零，且A与B最终达到相对静止．求：图13－1－6(1)子弹射穿物体A的瞬间物体A的速度vA；(2)平板车B和物体A的最终速度v共．(设车身足够长)【解析】(1)子弹射穿物体A过程的时间极短，由动量的近似守恒得m0v0＝m0v ＋mAvA解得vA ＝－mA(2)物体A 在平板车B 上滑行的过程中，因为地面光滑，且A 、B 最后相对静止，故A 、B 组成的系统在水平方向动量守恒，有mAvA ＝(mA ＋mB)v 共解得v 共＝mAvA mA ＋mB ＝－mA ＋mB . 【答案】 (1)－mA (2)－mA ＋mB1.求解 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和动能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v′1＋m2v′212m1v21＝12m1v′21＋12m2v′2 解得：v′1＝－m1＋m2，v′2＝2m1v1m1＋m2 2．结论(1)当两球质量相等时，v′1＝0，v′2＝v1，两球碰撞后交换了速度． (2)当质量大的球碰质量小的球时，v′1＞0，v′2＞0，碰撞后两球都沿速度v1的方向运动．(3)当质量小的球碰质量大的球时，v′1＜0，v′2＞0，碰撞后质量小的球被反弹回来．(2013·新课标全国卷Ⅰ)在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A 和B ，两者相距为d.现给A 一初速度，使A 与B 发生弹性正碰，碰撞时间极短．当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ，B 的质量为A 的2倍，重力加速度大小为g.求A 的初速度的大小．【解析】 从碰撞时的能量和动量守恒入手，运用动能定理解决问题．设在发生碰撞前的瞬间，木块A 的速度大小为v ；在碰撞后的瞬间，A 和B 的速度分别为v1和v2.在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得12mv2＝12mv21＋12(2m)v22① mv ＝mv1＋(2m)v2②式中，以碰撞前木块A 的速度方向为正．由①②式得v1＝－v22③ 设碰撞后A 和B 运动的距离分别为d1和d2，由动能定理得μmgd1＝12mv21④ μ(2m)gd2＝12(2m)v22⑤ 据题意有d ＝d1＋d2⑥设A 的初速度大小为v0，由动能定理得μmgd ＝12mv20－12mv2⑦ 联立②至⑦式，得v0＝285μgd 【答案】285μgd 【迁移应用】3.图13－1－7如图13－1－7所示，质量分别为1 kg 、3 kg 的滑块A 、B 位于光滑水平面上，现使滑块A 以4 m/s 的速度向右运动，与左侧连有轻弹簧的滑块B 发生碰撞．求二者在发生碰撞的过程中．(1)弹簧的最大弹性势能；(2)滑块B 的最大速度．【解析】 (1)当弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，此时滑块A 、B 同速． 由动量守恒定律得mAv0＝(mA ＋mB)v解得v ＝mAv0mA ＋mB ＝1×41＋3m/s ＝1 m/s 弹簧的最大弹性势能即滑块A 、B 损失的动能Epm ＝12mAv20－12(mA ＋mB)v2＝6 J. (2)当弹簧恢复原长时，滑块B 获得最大速度，由动量守恒和能量守恒得mAv0＝mAvA ＋mBvm12mAv20＝12mBv2m ＋12mAv2A 解得vm ＝2 m/s.【答案】 (1)6 J (2)2 m/s(2011·北京高考)如图13－1－8，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．图13－1－8(1)实验中，直接测定小球碰撞后的速度是不容易的．但是，可以通过仅测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．A ．小球开始释放高度hB ．小球抛出点距地面的高度HC ．小球做平抛运动的射程(2)图中O 点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S 位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P ，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S 位置由静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．接下来要完成的必要步骤是__________．(填选项前的符号)A ．用天平测量两个小球的质量m1、m2B ．测量小球m1开始释放的高度hC ．测量抛出点距地面的高度HD ．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M 、NE ．测量平抛射程OM 、ON【解析】 (1)小球碰前和碰后的速度都用平抛运动来测定，即v ＝x t .而由H ＝12gt2知，每次竖直高度相等，平抛时间相等．即m1OP t ＝m1OM t ＋m2ON t；则可得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON.故只需测射程，因而选C.(2)小球做平抛运动H ＝12gt2① x ＝vt ②m1、m2碰撞过程动量守恒，m1v1＝m1v′1＋m2v′2③由①②③得m1·OP＝m1·OM＋m2·ON④由④知，只需测m1、m2和水平射程OP 、OM 、ON 就可验证动量守恒．【答案】 (1)C (2)ADE。

——教学资料参考参考范本——【高中教育】高考物理一轮复习第13章动量守恒定律近代物理7章末过关检测十三新人教版______年______月______日____________________部门(时间：60分钟分值：100分)一、选择题(本题共9小题，每小题6分，共54分．每小题至少一个选项符合题意)1．(20xx·××市高三调研测试)核电池又叫“放射性同位素电池”，一个硬币大小的核电池可以让手机不充电使用5 000年．将某种放射性元素制成核电池，带到火星上去工作．已知火星上的温度、压强等环境因素与地球有很大差别，下列说法正确的有( ) A．该放射性元素到火星上之后，半衰期发生变化B．该放射性元素到火星上之后，半衰期不变C．若该放射性元素的半衰期为T年，经过2T年，该放射性元素还剩余12．5%D．若该放射性元素的半衰期为T年，经过3T年，该放射性元素还剩余12．5%答案：BD2．由于放射性元素Np的半衰期很短，所以在自然界中一直未被发现，只是在使用人工的方法制造后才被发现．已知Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，下列选项中正确的是( )A．Bi的原子核比Np的原子核少28个中子B．Np经过衰变变成Bi，衰变过程可以同时放出α粒子、β粒子和γ粒子C．衰变过程中共发生了7次α衰变和4次β衰变D．Np的半衰期等于任一个Np原子核发生衰变的时间解析：选C．Bi的中子数为209－83＝126，Np的中子数为237－93＝144，Bi的原子核比Np的原子核少18个中子，A错误；Np经过一系列α衰变和β衰变后变成Bi，可以同时放出α粒子和γ粒子或者β粒子和γ粒子，不能同时放出三种粒子，B错误；衰变过程中发生α衰变的次数为＝7次，β衰变的次数为2×7－(93－83)＝4(次)，C正确；半衰期是大量原子核衰变的统计规律，对少数原子核不适用，选项D错误．3．用如图所示的光电管研究光电效应的实验中，用某种频率的单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转．而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，那么( ) A．a光的频率一定小于b光的频率B．只增加a光的强度可使通过电流计G的电流增大C．增加b光的强度可能使电流计G的指针发生偏转D．用a光照射光电管阴极K时通过电流计G的电流是由d到c解析：选B．由于用单色光a照射光电管阴极K，电流计G的指针发生偏转，说明发生了光电效应，而用另一频率的单色光b照射光电管阴极K时，电流计G的指针不发生偏转，说明b光不能发生光电效应，即a光的频率一定大于b光的频率；增加a光的强度可使单位时间内逸出光电子的数量增加，则通过电流计G的电流增大，因为b光不能发生光电效应，所以即使增加b光的强度也不可能使电流计G的指针发生偏转；用a光照射光电管阴极K时，通过电流计G的电子的方向是由d到c所以电流方向是由c到d，选项B正确．4．已知氦离子(He＋)的能级图如图所示，根据能级跃迁理论可知( )A．氦离子(He＋)从n＝4能级跃迁到n＝3能级比从n＝3能级跃迁到n＝2能级辐射出光子的频率低B．大量处在n＝3能级的氦离子(He＋)向低能级跃迁，只能发出2种不同频率的光子C．氦离子(He＋)处于n＝1能级时，能吸收45 eV的能量跃迁到n ＝2能级D．氦离子(He＋)从n＝4能级跃迁到n＝3能级，需要吸收能量解析：选A．氦离子的跃迁过程类似于氢原子，从高能级到低能级跃迁过程中要以光子的形式放出能量，而从低能级态向高能级跃迁的过程中吸收能量，且吸收(放出的能量)满足能级的差值，即ΔE＝EM－EN(M＞N)．故C、D错；大量的氦离子从高能级向低能级跃迁的过程中，辐射的光子种类满足组合规律即C，故B错．5．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D．Bi的半衰期是5天，100克Bi经过10天后还剩下50克解析：选B．β射线是高速电子流，而γ射线是一种光子流，选项A错误．氢原子辐射光子后，绕核运动的电子距核更近，动能增大，选项B正确．太阳辐射能量的主要来源是太阳内部氢核的聚变，选项C 错误．10天为两个半衰期，剩余的Bi为100× g＝100× g＝25 g，选项D错误．6．(20xx·江苏六校联考)如图所示为氢原子光谱中的三条谱线，对这三条谱线的描述中正确的是( )A．乙谱线光子能量最大B．甲谱线是电子由基态向激发态跃迁发出的C．丙谱线可能是电子在两个激发态间跃迁发出的D．每条谱线对应核外电子绕核旋转的一条轨道，任一谱线的频率等于电子做圆周运动的频率解析：选C．根据E＝hν＝，因此甲谱线光子能量最大，故A错误；谱线是电子由激发态向基态跃迁发出的，而电子由基态向激发态跃迁需要吸收光子，故B错误；丙谱线可以是电子在两个激发态间跃迁发出的，故C正确；电子跃迁时辐射的光子的频率等于能级差值，与电子绕核做圆周运动的频率无关，故D错误．7．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解析：选D．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．8．假设进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为mA和mB，他们携手匀速远离空间站，相对空间站的速度为v0．某时刻A将B向空间站方向轻推，A的速度变为vA，B的速度变为vB，则下列各关系式中正确的是( )A．(mA＋mB)v0＝mAvA－mBvBB．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋v0)C．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mB(vA＋vB)D．(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB解析：选D．本题中的各个速度都是相对于空间站的，不需要转换．相互作用前系统的总动量为(mA＋mB)v0，A将B向空间站方向轻推后，A的速度变为vA，B的速度变为vB，动量分别为mAvA、mBvB，根据动量守恒定律得(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，故D正确．9．在光滑水平面上，质量为m的小球A正以速度v0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．则碰后B球的速度大小是( ) A．B．C．或D．无法确定解析：选A．两球相碰后A球的速度大小变为原来的，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A速度方向不变，则mv0＝mv0＋3mv1，可得B球的速度v1＝，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mv0＝－mv0＋3mv1，可得v1＝，A正确，B、C、D错误．二、非选择题(本题共3小题，共46分，按题目要求作答．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 10．(14分)(20xx·江苏六校联考)(1)设一对静止的正、负电子湮灭后产生两个光子A和B，已知电子质量为m，真空中光速为c，普朗克常量为h，则光子A的频率是________；若测得光子A的波长为λ，则光子B的动量大小为________．(2)原子核的能量也是量子化的，钍核(Th)的能级图如图所示，Ac 发生β衰变产生钍核，钍核处于n＝3的能级．①写出(Ac)发生β衰变的方程；②发生上述衰变时，探测器能接收到γ射线谱线有几条？求波长最长的γ光子的能量E．解析：(1)由E＝hv和E＝mc2可得，v＝；由动量公式可知p＝．(2)①AcＦTh＋0－1e．②三个能级间跃迁有C＝3条谱线由E＝hv＝可知波长最长时，能级差最小所以E＝E2－E1＝0．072 1 MeV．答案：(1) (2)见解析11．(16分)如图，水平面上有一质量m＝1 kg的小车，其右端固定一水平轻质弹簧，弹簧左端连接一质量m0＝1 kg的小物块，小物块与小车一起以v0＝6 m/s的速度向右运动，与静止在水平面上质量M＝4 kg 的小球发生正碰，碰后小球的速度变为v＝2 m/s，碰撞时间极短，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦阻力．求：(1)小车与小球碰撞后瞬间小车的速度v1；(2)从碰后瞬间到弹簧被压缩至最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小．解析：(1)小车与小球碰撞过程，根据动量守恒定律有mv0＝Mv＋mv1解得v1＝－2 m/s，负号表示碰撞后小车向左运动．(2)当弹簧被压缩到最短时，设小车的速度为v2，根据动量守恒定律有m0v0＋mv1＝(m0＋m)v2解得v2＝2 m/s设从碰撞后瞬间到弹簧被压缩到最短的过程中，弹簧弹力对小车的冲量大小为I，根据动量定理有I＝mv2－mv1解得I＝4 N·s．答案：见解析12．(16分)(20xx·××市高三调研测试)1919年，卢瑟福用α粒子轰击氮核从而发现质子．其核反应过程是：α粒子轰击静止的氮核后形成了不稳定的复核，复核发生衰变放出质子，变成氧核．设α粒子质量为m1，初速度为v0，氮核质量为m2，质子质量为m0，氧核的质量为m3，不考虑相对论效应．求：(1)α粒子轰击氮核形成不稳定复核的瞬间，复核的速度为多大；(2)此过程中释放的核能．解析：(1)设复核速度为v，由动量守恒得m1v0＝(m1＋m2)v，v＝v0．(2)整个过程质量亏损Δm＝m1＋m2－m0－m3由爱因斯坦质能方程ΔE＝Δmc2得ΔE＝(m1＋m2－m0－m3)c2．答案：见解析。