优化方案2021届高考物理大一轮温习第十三章动量守恒定律近代物理章末检测

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。

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1 / 311 第一节动量冲量动量定理1．一个质量为0．18 kg的垒球，以25 m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s，则这一过程中动量的变化量为( )A．大小为3．6 kg·m/s，方向向左B．大小为3．6 kg·m/s，方向向右C．大小为12．6 kg·m/s，方向向左D．大小为12．6 kg·m/s，方向向右解析：选D．选向左为正方向，则动量的变化量Δp＝mv1－mv0＝－12．6 kg·m/s，大小为12．6 kg·m/s,负号表示其方向向右,D正确．2．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．错误!＋mg B．错误!－mgC．错误!＋mg D．错误!－mg解析：选A．设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝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，解得F＝错误!＋mg．3．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,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小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答案:C4．在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0．2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止?（g取10 m/s2)2 / 32解析：法一：用动量定理解，分段处理选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速度为零,终态速度为v，取水平力F的方向为正方向,根据动量定理有（F－μmg）t1＝mv－0．对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v,终态速度为零．根据动量定理有－μmgt2＝0－mv．以上两式联立解得t2＝错误!t1＝错误!×6 s＝12 s．法二：用动量定理解,研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程的始、终状态的物体速度都等于零．取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得（F－μmg）t1＋（－μmg）t2＝0解得t2＝F－μmgμmgt1＝错误!×6 s＝12 s．答案：12 s3 / 33。

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模块综合检测（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．（2018·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．（2018·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错误!B．小球对圆槽的压力为错误!C．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＝错误!，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为错误!，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E A>E B，则同一正电荷在A、B两点所受电场力关系为F A〉F B，所以C错误．5．(2018·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＝错误!，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．（2018·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错误!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，距离桌面右端为错误!，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 可知，砝码与纸板产生的热量不变，故D错误．相对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错误!＝m错误!r＝m错误!＝ma,得T＝2π错误!，v＝错误!，a＝错误!，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v20的关系图象（即x－v2，0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错误!＝2ax，其中v＝0，整理得x＝－错误!，因为x－v错误!图象的斜率k＝错误! 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＝vt＋错误!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＝错误!时，第一次到达C点所用时间为错误!B．当粒子带负电，v0＝qBL2m时，第一次到达C点所用时间为错误!C．当粒子带正电，v0＝错误!时，第一次到达C点所用时间为错误!D．当粒子带正电,v0＝错误!时，第一次到达C点所用时间为错误!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＝错误!时,则由牛顿第二定律可得qvB＝m错误!，T＝错误!,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＝错误!,C正确；当粒子带负电,粒子经过错误!T第一次到达C点,即t＝错误!，故A错误．（2）当v0＝错误!，r＝错误!L,如图乙，由运动轨迹可知，当电荷带正电,粒子经过错误!T 到达C点，即t＝错误!，故D错误;当粒子带负电，粒子经过错误!第一次到达C点,即t＝错误!，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)（2018·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ΔE k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－ΔE k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＝ΔxT＝1.800.02cm/s＝90 cm/s＝0．9m/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1．7×10－8Ω·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻R x，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错误!,得铜导线的阻值约为R x＝1．7 Ω，即R x＋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＝错误!＝错误!Ω＝4．6 Ω，所以铜导线的电阻R x＝R－R0＝1．6 Ω．根据R x＝ρlS得导线长度l＝错误!＝错误! m≈94 m．答案：（1）R2a（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）(2018·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＝错误!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4mg sin 30°＝5maa＝错误!g．（2）初始对B物体有kx1＝mgC速度最大时，有F1＝4mg sin 30°此时,对B物体有F1＝mg＋kx2B物体上升的高度h＝x1＋x2解得h＝错误!．(3)若A不离开地面，则对A物体kx3≤m A gkx1＝mg4mg(x1＋x3）sin 30°－mg（x1＋x3)＝错误!kx错误!－错误!kx错误!解得m A≥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＝错误!③B＝错误!．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，则错误!＝vt1⑤qvB＝m错误!⑥2πR＝vt2⑦联立③④⑤⑥⑦得t1＝错误!，t2＝错误!⑧电场变化的周期T＝t1＋t2＝错误!＋错误!．⑨(3）若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R ⑩联立③④⑥得R＝错误!⑪设在N1Q段直线运动的最短时间为t1min由⑤⑩⑪得t1min＝错误!＝错误!因t2不变，T的最小值为T min＝t1min＋t2＝错误!．答案：（1）错误!错误!(2)错误!＋错误!（3）错误!。

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2 第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲1．一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:选B．弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力,故爆炸瞬间动量守恒．因两弹片均水平飞出,飞行时间t＝错误!＝1 s，取向右为正，由水平速度v＝错误!知，选项A中，v甲＝2．5 m/s，v ＝－0．5 m/s；选项B中，v甲＝2．5 m/s，v乙＝0．5 m/s；选项C中，v甲＝1 m/s,v乙＝2 m/s；乙选项D中，v甲＝－1 m/s，v乙＝2 m/s．因爆炸瞬间动量守恒，故mv＝m甲v甲＋m乙v乙，其中m＝错误!m，m乙＝错误!m，v＝2 m/s,代入数值计算知选项B正确．甲2．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板,A球在水平面上静止放置，B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为3∶1，A球垂直撞向挡板,碰后原速率返回．两球刚好不发生第二次碰撞,A、B两球的质量之比为__________，A、B两球碰撞前、后的总动能之比为__________．解析：设碰前B球的速度为v0，A碰墙后以原速率返回恰好不发生第二次碰撞，说明A、B 两球碰撞后速度大小相等、方向相反，即分别为错误!v0和－错误!v0根据动量守恒定律，得m B v＝m B错误!＋m A·错误!v0解得m A∶m B＝4∶1A、B两球碰撞前、后的总动能之比为错误!＝错误!．答案：4∶19∶53．（2018·宿迁高三调研测试)在某次短道速滑接力赛中，运动员甲以7 m/s的速度在前面滑行,运动员乙以8 m/s的速度从后面追上，并迅速将甲向前推出，完成接力过程．设甲、乙两运动员的质量均为50 kg,推出后运动员乙的速度变为7．1 m/s，方向向前，若甲、乙接力前后在同一直线上运动，求接力后甲的速度大小．解析：由m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2得v′1＝7．9 m/s．答案：见解析4．如图所示，光滑水平面AB与粗糙斜面BC在B处通过圆弧衔接，质量M＝0．3 kg的小木块静止在水平面上的A点．现有一质量m＝0．2 kg的子弹以v0＝20 m/s的初速度水平射入木块（但未穿出)，它们一起沿AB运动，并冲上BC．已知木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0．5，斜面倾角θ＝45°，重力加速度g取10 m/s2，木块在B处无机械能损失．试求：(1）子弹射入木块后的共同速度的大小;(2)子弹和木块能冲上斜面的最大高度．解析:(1)子弹射入木块的过程中，子弹与木块系统动量守恒，设向右为正方向，共同速度为v，则mv0＝（m＋M)v，代入数据解得v＝8 m/s．(2）子弹与木块以v的初速度冲上斜面，到达最大高度时，瞬时速度为零,子弹和木块在斜面上受到的支持力N＝（M＋m）g cos θ,受到的摩擦力f＝μN＝μ(M＋m）g cos θ．对冲上斜面的过程应用动能定理，设最大高度为h，有－（M＋m）gh－f错误!＝0－错误!(M＋m)v2，联立并代入数据，解得h≈2．13 m．答案:（1)8 m/s （2）2．13 m5．(2018·江苏六校联考）如图所示,质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L＝0．5 m，这段滑板与木块A(可视为质点）之间的动摩擦因数μ＝0．2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑．小木块A以速度v0＝10 m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动．已知木块A的质量m＝1 kg，g取10 m/s2．求：（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度;（2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．解析：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中,A、B系统的动量守恒，则有mv0＝(M＋m）v解得v＝错误!v0代入数据得木块A的速度v＝2 m/s．（2）木块A压缩弹簧直到弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，由能量关系可知最大弹性势能E p＝错误!mv错误!－错误!（M＋m)v2－μmgL代入数据得E p＝39 J．答案：见解析。

2021年高考物理一轮复习考点优化训练功功能关系能量守恒定律一、单选题1.一个斜面长5m，高2.5m，用平行于斜面、大小为100N的力F，将质量为10kg的物体从斜面底匀速推到斜面的顶端。

在这个过程中（）（g取10m/s2）A. 力F对物体做功500JB. 力F对物体做功250JC. 重力对物体做功250JD. 物体克服摩擦力做功500J2.2019环攀枝花国际公路自行车赛11月24日迎来收官之战，18支国内外车队经过攀枝花中国三线建设博物馆至米易县文化广场114.7公里的争夺后，最终乌克兰基辅首都洲际队的维塔利亚•布茨收获2019环攀枝花个人总冠军，夺得“英雄衫”橙衫。

若布茨在比赛的某段下坡过程中保持同一姿态滑行了一段距离，重力对他做功4000J，他克服阻力做功200J．则布茨在该段下坡过程（）A. 动能增加了4000JB. 机械能减小了200JC. 机械能减小了3800JD. 重力势能减小了3800 J3.某同学用频闪相机拍摄了运动员跳远比赛时助跑、起跳、最高点、落地四个位置的照片，简化图如上图所示．则运动员起跳瞬间消耗的体能最接近（）A. 4JB. 40JC. 400JD. 4000J4.假设某次罚点球直接射门时，球恰好从横梁下边缘踢进，此时的速度为v.横梁下边缘离地面的高度为h，足球质量为m，运动员对足球做的功为W1，足球运动过程中克服空气阻力做的功为W2，选地面为零势能面，下列说法正确的是( )A. 运动员对足球做的功为W1＝mgh＋mv2B. 足球机械能的变化量为W1－W2C. 足球克服空气阻力做的功为W2＝mgh＋mv2－W1D. 运动员刚踢完球的瞬间，足球的动能为mgh＋mv25.如图所示，轻弹簧竖直固定于水平地面上，将一小球从弹簧的上端处由静止释放，在小球第一次下落到最低点的过程中，下列关于小球的速度v、小球所受弹力的大小F随小球运动时间t，小球的重力势能E P、小球的机械能E随小球下落位移x的图像关系正确的是（取最低点处小球的重力势能为0）（）A. B. C. D.6.如图所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点间的竖直高度差为h，速度为v，则（）A. 由A到B重力做的功等于mghB. 由A到B重力势能减少mv2C. 由A到B小球克服弹力做功为mghD. 小球到达位置B时弹簧的弹性势能为mgh+7.如图所示，质量为m的蹦极运动员从蹦极台上跃下。

选修3-5 动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核第1讲动量守恒定律及其应用1.物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )．A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体的动量大小也可能不变D．物体的动量大小一定变化解析动量是矢量，动量变化了5 kg·m/s，物体动量的大小可以在增大，也可以在减小，还可能不变．若物体以大小5 kg·m/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时，物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s.故C正确．答案 C2．一炮艇总质量为M，以速度v0匀速行驶，从艇上以相对海岸的水平速度v 沿前进方向射出一质量为m的炮弹，发射炮弹后艇的速度为v′，若不计水的阻力，则下列各关系式中正确的是( )．A．Mv0＝(M－m)v′＋mv1B．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v0)C．Mv0＝(M－m)v′＋m(v＋v′)D．Mv0＝Mv′＋mv解析动量守恒定律中的速度都是相对于同一参考系的，题目中所给炮弹的速度v是相对于河岸的，即相对于地面的，所以有：Mv0＝(M－m)v′＋mv，故选项A正确，其他选项错误．答案 A3．如图1所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则( )．图1A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动解析系统不受外力，系统动量守恒，最终两个物体以相同的速度一起向右运动，B正确．答案 B4．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的1过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()A．动量守恒，机械能守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能不守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒解析：动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零，本题中子弹、木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上受合外力之和为零，所以动量守恒．机械能守恒的条件是系统除重力、弹力做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹穿入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒．故C选项正确．A、B、D错误．答案：C5．a、b两个小球在一直线上发生碰撞，它们在碰撞前后的st图象如图3所示．若a球的质量m a＝1 kg，则b球的质量m b等于多少？图3解析由图知v a＝4 m/s，v a′＝－1 m/s，v b＝0，v b′＝2 m/s，11根据动量守恒定律有m a v a ＝m a v a ′＋m b v b ′， 解得m b ＝2.5 kg. 答案 2.5 kg6．光滑水平面有两个物块A 、B 在同一直线上相向运动，A 的速度为4 m/s ，质量为2 kg ，B 的速度为2 m/s ，二者碰后粘在一起沿A 原来的方向运动，且速度大小变为1 m/s. 求：(1)B 的质量； (2)这一过程产生的内能．解析 (1)设A 、B 两物块的质量分别为m A 、m B ，碰前速度为v A 、v B ，碰后共同速度为v ，以A 物块的运动方向为正方向，由碰撞过程动量守恒有：m A v A －m B v B ＝(m A ＋m B )v ，则m B ＝v A －vv B ＋v m A ＝4－12＋1×2 kg ＝2 kg.(2)碰撞过程产生的内能为Q ＝ΔE k ＝12m Av 2A＋12m B v 2B－12(m A ＋m B )v 2＝12×2×42 J ＋12×2×22 J －12×(2＋2)×12 J ＝18 J.答案 (1)2 kg (2)18 J7．如图5所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0从左端滑上小车．物块与小车上表面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2.要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0不超过多少？。

动量守恒近代物理初步(时刻:45分钟总分值:100分)一、选择题(此题共8小题,每题6分,共48分。

在每题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全数选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2021·江苏南京模拟)以下说法中正确的选项是( )A.汤姆孙通过实验发觉了质子B.贝克勒尔通过实验发觉了中子C.卢瑟福通过实验提出了原子的核式结构模型D.查德威克发觉了天然放射现象说明原子具有复杂的结构解析:此题考查原子物理学的常识,意在考查学生对原子物理学常识的识记。

汤姆孙通过实验发觉了电子而不是质子,A错误;贝克勒尔发觉天然放射性现象,揭露了原子核的复杂性,而中子是由英国物理学家查德威克发觉的,因此BD错误;卢瑟福通过α粒子的散射实验提出了原子的核式结构模型,C正确。

答案:C2.(2021·陕西高三质检)一个德布罗意波波长为λ1的中子和另一个德布罗意波波长为λ2的氘核同向正碰后结合成一个氚核,该氚核的德布罗意波波长为( )A. B. C. D.解析:中子的动量为p1=,氘核的动量为p2=,对撞后形成的氚核的动量p3=p2-p1,因此氚核的德布罗意波波长为λ3=,B正确。

答案:B3.重水堆核电站在发电的同时还能够生产出可供研制核武器的钚239Pu),这种钚239可由铀239U)通过n次β衰变而产生,那么n为( )A.2B.239C.145D.92解析:通过1次β衰变核电荷数增加1,n=2,选项A正确。

答案:A4.已知一个氢原子的质量为1.6736×10-27kg,一个锂原子的质量为11.6505×10-27kg,一个氦原子的质量为6.6467×10-27kg。

一个锂核受到一个质子轰击变成两个α粒子,核反映方程为H +Li→He。

依照以上信息,以下判定正确的选项是( )A.题中所给的核反映属于α衰变B.题中所给的核反映属于轻核聚变C.依照题中信息,能够计算核反映释放的核能D.因为题中给出的是三种原子的质量,没有给出核的质量,故无法计算核反映释放的核能解析:题中所给的核反映类型是人工转变,A、B错误;反映前一个氢原子和一个锂原子共有8个核外电子,反映后两个氦原子也是共有8个核外电子,因此只要将一个氢原子和一个锂原子的总质量减去两个氦原子的质量,取得的恰好是反映前后核的质量亏损,电子质量自然消掉。

2021届高三物理一轮复习力学动量动量守恒定律的应用专题练习一、填空题1．质量分别为m1和m2的两个小球在光滑的水平面上分别以速度v1、v2同向运动并发生对心碰撞，碰后m2被右侧的墙原速弹回，又与m1相碰，碰后两球都静止．则两球第一次碰后m1球的速度大小为_________．2．总质量为M的列车以速度v 在平直轨道上匀速行驶，行驶中各车厢受阻力均为车重的K 倍，某时刻列车后面质量为m 的车厢脱钩而机车牵引力未变，当脱钩的车厢刚停下时，前面列车的速度是________ 3．如图所示，木块A的质量m A＝1kg，足够长的木板B的质量m B＝4kg，质量为m C＝4kg的木块C置于木板B上，水平面光滑，B、C之间有摩擦。

现使A以v0＝12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s的速度弹回，则A与B碰撞后瞬间，B的速度为__m/s ，C运动过程中的最大速度为__m/s ，整个过程中因为B、C之间的摩擦而产生的总内能为___J。

4．如下图质量为M的气球下挂着长为L的绳梯，一质量为m的人站在绳梯的下端，人和气球静止在空中，现人从绳梯的下端往上爬到顶端时，人和气球相对于地面移动的距离x=_____，y=_____。

5．载着人的气球静止悬浮在空中，人的质量和气球（包括设备）的质量分别为60kg和300kg．气球离地面的高度为20m，为使人能安全着地，气球上悬挂的软梯长度需要m．6．一静止在湖面上的小船质量为100kg，船上一个质量为60kg的人，以6m/s的水平速度向后跳离此小船，则人离开小船瞬间，小船的速度大小为________m/s。

若船长为10m，则当此人由船头走到船尾时，船移动的距离为________m。

（不计水的阻力和风力影响）7．静止的镭核发生α衰变，生成Rn核，该核反应方程为________，已知释放出的α粒子的动能为E0，假定衰变时能量全部以动能形式释放出去，该衰变过程总的质量亏损为________．8．如图所示，某小组在探究反冲运动时，将质量为m1的一个小液化瓶固定在质量为m2的小玩具船上，利用液化瓶向外喷射气体作为船的动力．现在整个装置静止放在平静的水面上，已知打开液化瓶后向外喷射气体的对地速度为v 1，如果在某段时间内向后喷射的气体的质量为Δm ，忽略水的阻力，求喷射出质量为Δm 的液体后小船的速度为________．9．平静的水面上，有一条质量M=100kg 长度为3m 的小船浮于水面，船上一个质量m=50kg 的人匀速从船头走到船尾，不计水的阻力，人相对水面走了_____m ，船相对水位移为_____m ．10．质量为m 的人站在光滑水平面上质量为M 的小车一端，车长为L.当人从一端走到另一端时，则小车在水平上移动的位移大小是_________________ 。

1．装有炮弹的火炮总质量为m1，炮弹的质量为m2，炮弹射出炮口时对地的速率为v。

，若炮管与水平地面的夹角为θ，则火炮后退的速度大小为A．m2v。

/m1 B．—m2V o/(m1一m2)C．m2v ocosθ/ (m1一m2) D．m2v ocosθ/m12.运送人造地球卫星的火箭开头工作后，火箭做加速运动的缘由是来A．燃料推动空气，空气的反作用力推动火箭B．火箭发动机用力将燃料燃烧产生的气体向后推出，气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气，然后向后排出，空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热，加热四周空气，空气膨胀推动火箭3.跳高运动员在跳高时总是跳到沙坑里或跳到海绵垫上，这样做是为了A．减小运动员的动量变化B．减小运动员所受的冲量C．延长着地过程的作用时间D．减小着地时运动员所受的平均冲力4.质量为m的物体以初速υ0做竖直上抛运动。

不计空气阻力，从抛出到落回抛出点这段时间内，以下说法正确的是：A.物体动量变化大小是零B.物体动量变化大小是2mυ0C.物体动量变化大小是mυ0D.重力的冲量为零5.以下说法正确的是A.物体速度发生变化，必定有外力对其做功;B.物体动能发生变化，动量确定变化C.物体动量发生变化，物体的动能必定变化D.物体受到合外力的冲量不为零，物体的速率必定发生变化6.一木块静止在光滑水平面上，一粒子弹水平射入木块，在这个过程中A.系统动量守恒，子弹动量变化的大小与木块动量变化的大小相等。

B.子弹的动能损失与木块的动能增加相等。

C.子弹与木块之间的相互作用力，对子弹与对木块的冲量大小相等。

D.子弹与木块之间的相互作用力，对子弹做的功与对木块做的功相等。

7.两球A、B在光滑水平面上沿同始终线，同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2 m/s。

当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是A.v A′=5 m/s，v B′=2.5 m/sB.v A′=2 m/s，v B′=4 m/sC.v A′=－4 m/s，v B′=7 m/sD.v A′=7 m/s，v B′=1.5 m/s8.如图所示，物体A静止在光滑的水平面上，A的左边固定有轻质弹簧，与A质量相等的物体B以速度v向A运动并与弹簧发生碰撞，A、B始终沿同始终线运动，则A、B组成的系统动能损失最大的时刻( ) A．A开头运动时B．A的速度等于v时C．B的速度等于零时D．A和B的速度相等时9．质量M=100kg的小船静止在安静水面上，船的两端站着质量分别为40kg和60kg的游泳者甲和乙，在同一水平线上甲向左乙向右同时相对于岸3m/s的水平速度跃入水中，如图所示，是小船的运动速率和方向为A.小于1m/s,向左B.大于1m/s,向左C.小于1m/s,向右D.大于1m/s,向右10．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为M=3kg的薄板和质量为m=1kg的物块，均以v=4m/s的速度朝相反方向运动，它们之间存在磨擦，薄板足够长，某时刻观看到物块正在做加速运动，则该时刻木板的速度可能是A.3.0m/sB.2.4m/sC.2.8m/sD.1.8m/s11.如图所示，静止在光滑水平面上的物体A和B 质量分别为m和2m ，它们之间用轻弹簧相连，在极短时间内对物体A作用一水平向右的冲量I，可知A.物体A马上具有速度且mIVA=B.物体B马上具有速度且mIVB2=C.当A与B之间的距离最小时，A的速度为0，B的速度为mIVB2'=D.当A与B之间的距离最小时，弹簧的弹性势能mIEP32=12.小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开头时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是A．假如AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B．整个系统任何时刻动量都守恒C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为MmvD．AB车向左运动最大位移小于MmL13.如图所示，打桩机锤头质量为M，从距桩顶h高处自由下落，打在质量为m的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深化泥土的距离为S，那么在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？14．如图所示，质量M=0.040kg的靶盒A静止在光滑水平导轨上的O点，水平轻质弹簧一端栓在固定挡板P上，另一端与靶盒A连接。