《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第十二章 動量守恒定律 波粒二象性原子結(jié)構(gòu)與原子核 第1課時 動量定理 動量守恒定律及其應(yīng)用學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復習 第十二章 動量守恒定律 波粒二象性原子結(jié)構(gòu)與原子核 第1課時 動量定理 動量守恒定律及其應(yīng)用學案（22頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1課時　動量定理　動量守恒定律及其應(yīng)用 [考綱要求] 知識內(nèi)容 考試要求 備考方略 必考 加試 動量和動量定理 c 新高考中，對本部分知識的考查出現(xiàn)在加試題中。動量相關(guān)知識一般在計算題中考查，其余知識一般在選擇題中考查，主要考查光的粒子性、粒子的波動性、原子的核式結(jié)構(gòu)模型、玻爾的原子模型、放射性元素的衰變、放射性的應(yīng)用與防護、核力與結(jié)合能、核聚變和核裂變等；最可能是把3－5知識整合到一個選擇題中出現(xiàn)。還可以在計算題中結(jié)合電磁感應(yīng)、安培力、動量定理、動量守恒定律等考查。 動量守恒定律 c 碰撞 d 反沖運動　火箭 b 能量量子化 b

2、 光的粒子性 c 粒子的波動性 c 概率波 b 不確定性關(guān)系 b 電子的發(fā)現(xiàn) a 原子的核式結(jié)構(gòu)模型 b 氫原子光譜 b 玻爾的原子模型 c 原子核的組成 a 放射性元素的衰變 c 探測射線的方法 a 放射性的應(yīng)用與防護 a 核力與結(jié)合能 c 核裂變 c 核聚變 c 粒子和宇宙 a 實驗19：探究碰撞中的不變量 √ 1.動量 (1)定義：運動物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動量，通常用p來表示。 (2)表達式：p＝mv。 (3)單位：kg·m/s。

3、 (4)標矢性：動量是矢量，其方向和速度方向相同。 (5)動量的瞬時性：動量是描述物體運動狀態(tài)的物理量，針對某一時刻而言。 (6)動量的變化量：是矢量，其表達式Δp＝p＇－p為矢量式，當p＇、p在同一條直線上時，可規(guī)定正方向，將矢量運算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運算。 2.沖量 (1)定義：力F與力的作用時間t的乘積。 (2)定義式：I＝Ft，單位是N·s。 (3)方向：恒力作用時，與力的方向相同。 (4)物理意義：是一個過程量，表示力在時間上積累的作用效果。 3.動量定理 (1)內(nèi)容：物體在一個過程始末的動量變化等于它在這個過程中所受合力的沖量。 (2)表達式：p＇－p＝I合。 (3)

4、動量定理既適用于恒力，也適用于變力。 4.動量守恒定律 (1)內(nèi)容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。 (2)表達式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (3)適用條件 ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒。 (2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內(nèi)力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒。 (3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒。 5.碰撞 (1)定義：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時間很短，而物體間的相互作用力很大的現(xiàn)象。 (2)特點：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)

5、力遠大于外力，可認為相互碰撞的系統(tǒng)動量守恒。 (3)分類 動量是否守恒 機械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 守恒 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失最大 6.反沖運動 (1)反沖：根據(jù)動量守恒定律，如果一個靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個部分，一部分向某個方向運動，另一部分必然向相反的方向運動。 (2)反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止 ①應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置是利用反沖使水從噴口噴出時，一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)，可以自動改變噴水的方向。 ②防止：用槍射擊時，由于槍身的反沖會影響射擊的準確性，所以用步槍射擊時要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。 7.火箭

6、 (1)火箭的原理 火箭的工作原理是反沖運動，其反沖過程動量守恒，它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。 (2)影響火箭獲得速度大小的因素 ①噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為2__000～4__000 m/s。 ②火箭的質(zhì)量比：指火箭起飛時的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比，決定于火箭的結(jié)構(gòu)和材料?，F(xiàn)代火箭的質(zhì)量比一般小于10。 噴氣速度越大，質(zhì)量比越大，火箭獲得的速度越大。 【思考判斷】 1.動量越大的物體，其速度越大( × ) 2.物體的動量越大，其慣性也越大( × ) 3.物體所受合力不變，則動量也不改變( × ) 4.物體沿水平面運動時，重力不做功，

7、其沖量為零( × ) 5.物體所受合外力的沖量的方向與物體末動量的方向相同( × ) 6.物體相互作用時動量守恒，但機械能不一定守恒( √ ) 7.做勻速圓周運動的物體動量不變( × ) 8.物體的動能不變，其動量一定不變( × ) 9.應(yīng)用動量守恒定律時，速度應(yīng)相對同一參考系( √ ) 考點一　動量和動量定理(－/c) [要點突破] 1.用動量定理解題的基本思路 2.用動量定理解釋現(xiàn)象 (1)物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越小。 (2)作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越小。 [典例剖

8、析] 【例】 質(zhì)量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護，使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時間1.2 s，安全帶長5 m，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　) A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N 解析　選取人為研究對象， 人下落過程v2＝2gh，v＝10 m/s， 緩沖過程由動量定理(F－mg)t＝mv， F＝＋mg＝(＋60×10) N＝1 100 N。 由牛頓第三定律，安全帶所受的平均沖力為1 100 N。 答案　B 【方法總結(jié)】 動量定理的兩個重要應(yīng)用 (1)應(yīng)用I＝Δp求變力的

9、沖量：如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動量的變化Δp，等效代換變力的沖量I。 (2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動量的變化：例如，在曲線運動中，速度方向時刻在變化，求動量變化(Δp＝p2－p1)需要應(yīng)用矢量運算方法，計算比較復雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動量的變化。 [針對訓練] 1.如圖所示，籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(　　) A.減小球的動量的變化量 B.減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量 C.減小球的動量變化率 D.延長接球過程的時間來減小動量

10、的變化量 解析　動量的變化量為mv－mv0，最終不會因為手的動作而改變，所以A錯誤；根據(jù)動量定理FΔt＝mv－mv0，手對球的沖量即動量變化量不會改變，此即球?qū)κ值膭恿孔兓浚皇謴澢膭幼魇窃黾恿俗饔脮r間，而減小了動量變化率，也即減小了沖力，起到緩沖效果。 答案　C 2.在水平力F＝30 N的作用下，質(zhì)量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2) 解析　解法一　用動量定理解，分段處理。選物體作為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，受力情況如圖甲所示，始

11、態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v，取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理有(F－μmg)t1＝mv－0。對于撤去F后物體做勻減速運動的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零，根據(jù)動量定理有－μmgt2＝0－mv。以上兩式聯(lián)立解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。 解法二　用動量定理解，研究全過程。 選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程中的初、末狀態(tài)物體的速度都等于零。 取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理得 (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0 解得t2＝t1＝×6 s＝12 s 答案　12 s 考點二　動量守恒定律(－/c) [要點突破] 1.動量守

12、恒的判斷 (1)明確系統(tǒng)由哪幾個物體組成。 (2)對系統(tǒng)中各物體進行受力分析，分清哪些是內(nèi)力，哪些是外力。 (3)看所有外力的合力是否為零，或內(nèi)力是否遠大于外力，從而判定系統(tǒng)的動量是否守恒。 注意：動量守恒的條件和機械能守恒的條件不同。機械能守恒的條件是只有重力、彈力做功，動量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。 2.動量守恒定律的理解 (1)矢量性：表達式中涉及的都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動量的正、負。 (2)瞬時性：動量是狀態(tài)量，動量守恒指對應(yīng)每一時刻的總動量都和初時刻的總動量相等。不同時刻的動量不能相加。 (3)同一性：速度的大小跟參考系的選取

13、有關(guān)，應(yīng)用動量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度。一般選地面為參考系。 (4)普適性：它不僅適用于兩個物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。 3.動量守恒定律的解題步驟 [典例剖析] 【例】 在高速公路上發(fā)生了一起交通事故，一輛質(zhì)量為1 500 kg 向南行駛的長途客車迎面撞上了一輛質(zhì)量為3 000 kg 向北行駛的卡車，碰后兩車接在一起，并向南滑行了一小段距離后停止，根據(jù)測速儀的測定，長途客車碰前以20 m/s 的速率行駛，由此可判斷卡車碰前的行駛速率是(　　) A.小于10 m/s B.大于10

14、m/s小于20 m/s C.大于20 m/s小于30 m/s D.大于30 m/s小于40 m/s 解析　由于碰撞過程時間極短，兩車之間的作用力遠大于它們所受到的阻力，可認為碰撞過程中兩車的動量守恒。設(shè)向南為正方向，客車的質(zhì)量為m1＝1 500 kg、速度為v1＝20 m/s，卡車的質(zhì)量為m2＝3 000 kg、速率為v2。由于碰后兩車撞在一起向南滑行，故碰后兩車的共同速度v>0。 根據(jù)動量守恒定律有：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 所以m1v1－m2v2>0 有v2< 代入數(shù)據(jù)得：v2<10 m/s 答案　A [針對訓練] 1.(多選)下列相互作用的過程中，可以認為

15、系統(tǒng)動量守恒的是(　　) 解析　動量守恒的條件是相互作用的物體系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，而相互作用過程中內(nèi)力遠大于外力時也可認為動量守恒。圖A中，滑輪男孩推滑輪女孩的過程中，內(nèi)力遠大于外力，因此系統(tǒng)的動量可認為守恒；圖B和圖D中，在兩物體相互作用的過程中，沒有滿足內(nèi)力遠大于外力的條件，系統(tǒng)的動量不守恒；圖C中，太空中無空氣阻力作用，太空人和子彈在相互作用過程中動量守恒。 答案　AC 2.如圖所示，游樂場上，兩位同學各駕著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運動；設(shè)甲同學和他的車的總質(zhì)量為150 kg，碰撞前向右運動，速度的大小為4.5 m/s，乙同學和他的車的總質(zhì)量為2

16、00 kg，碰撞前向左運動，速度的大小為4.25 m/s，則碰撞后兩車共同的運動速度為(取向右為正方向)(　　) A.1 m/s B.0.5 m/s C.－1 m/s D.－0.5 m/s 解析　兩車碰撞過程動量守恒m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 得v＝ ＝ m/s＝－0.5 m/s 答案　D 考點三　碰　撞(－/d) [要點突破] 1.碰撞過程遵循的原則 (1)系統(tǒng)的動量守恒原則。 (2)系統(tǒng)的動能不增加。 (3)物理情景要合理 ①若碰前兩物體同向運動，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運動，則應(yīng)有v前′≥v后′。

17、 ②碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變。 2.三種典型碰撞的特點 (1)彈性碰撞：動量守恒，沒有動能損失。 (2)非彈性碰撞：動量守恒，有動能損失。 (3)完全非彈性碰撞：動量守恒，動能損失達到最大限度，碰撞完成后系統(tǒng)物體的速度相同。 [典例剖析] 【例】 如圖所示，一質(zhì)量為0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和靜止于光滑水平面上、質(zhì)量為1 kg的另一大小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反彈。求： (1)原來靜止小球B獲得的速度大?。? (2)碰撞過程中損失的機械能。 解析　(1)A、B兩小球碰撞過程中動量守恒，設(shè)小球B的速度

18、為v，則mAvA＝mAvA′＋mBv， 代入數(shù)據(jù)解得v＝1.1 m/s。 (2)由A、B兩小球組成的系統(tǒng)能量守恒有 mAv＝mAvA′2＋mBv2＋ΔE 解得ΔE＝0.385 J 答案　(1)1.1 m/s　(2)0.385 J [針對訓練] 1.兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，mA＝1 kg，mB＝2 kg、vA＝6 m/s、vB＝2 m/s。當A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是(　　) A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D.vA′＝7

19、m/s，vB′＝1.5 m/s 解析　雖然題中四個選項均滿足動量守恒定律，但A、D兩項中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實際；C項中，兩球碰后的總動能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的總動能Ek＝mAv ＋mBv＝22 J，違背了能量守恒定律；而B項既符合實際情況，也不違背能量守恒定律，故B項正確。 答案　B 2.如圖所示，兩小車A、B置于光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和2m，一輕質(zhì)彈簧兩端分別固定在兩小車上，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，用手固定兩小車?，F(xiàn)在先釋放小車B，當小車B的速度大小為3v時，再釋放小車A，此時彈簧仍處于拉伸狀態(tài)；

20、當小車A的速度大小為v時，彈簧剛好恢復原長。自始至終彈簧都未超出彈性限度。求： (1)彈簧剛恢復原長時，小車B的速度大?。? (2)兩小車相距最近時，小車A的速度大小； (3)求兩小車相距最近時，彈簧彈性勢能大小。 解析　(1)設(shè)彈簧剛恢復原長時，小車B速度為vB， 以A、B兩車和彈簧為研究對象，小車B速度為3v開始 到小車A速度為v過程，此系統(tǒng)動量守恒，列方程有： 2m·3v＝2mvB＋m(－v) 解得vB＝3.5v (2)兩小車相距最近時速度相同，由動量守恒定律有： 2m×3v＝(2m＋m)vA 解得vA＝2v (3)從彈簧剛恢復原長到兩小車相距最近過程用能量守恒

21、定律有 E彈＝×2mv＋mv2－×3mv 解得E彈＝ mv2 答案　(1)3.5v　(2)2v　(3)mv2 考點四　反沖運動　火箭(－/b) [要點突破] 1.反沖運動的特點 (1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運動。 (2)反沖運動中，一般內(nèi)力遠大于外力，通?？捎脛恿渴睾愣商幚?。 (3)反沖運動中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機械能，系統(tǒng)總動能一般會增加。 2.火箭獲得的最終速度 火箭發(fā)射前的總質(zhì)量為M、燃料燃盡后的質(zhì)量為m，火箭燃氣的噴射速度為v1，如圖所示，在火箭發(fā)射過程中，由于內(nèi)力遠大于外力，所以動量守恒。 發(fā)射前的總動量為0，發(fā)射后的總動量為 mv

22、－(M－m)v1(以火箭的速度方向為正方向) 則mv－(M－m)v1＝0 所以v＝(－1)v1 燃料燃盡時火箭獲得的最終速度由噴氣速度及質(zhì)量比M/m決定。 [典例剖析] 【例】 如圖所示，具有一定質(zhì)量的小球A固定在輕桿一端，另一端掛在小車支架的O點。用手將小球拉至水平，此時小車靜止于光滑水平面上，放手讓小球擺下與B處固定的橡皮泥碰擊后粘在一起，則在此過程中小車將(　　) A.向右運動 B.向左運動 C.靜止不動 D.小球下擺時，車向左運動，碰撞后又靜止 解析　這是反沖運動，根據(jù)動量守恒定律可知，小球下落時速度向右，小車向左；小球靜止，小車也靜止。 答案　D [針對訓

23、練] 1.運送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運動的原因是(　　) A.燃料推動空氣，空氣反作用力推動火箭 B.火箭發(fā)動機用力將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動火箭 C.火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動火箭 D.火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動火箭 解析　反沖運動中滿足動量守恒定律，向后噴出的氣體，使火箭獲得向前的推力。 答案　B 2.假設(shè)一個人靜止于完全光滑的水平冰面上，現(xiàn)欲離開冰面，下列方法中可行的是(　　) A.向后踢腿 B.手臂向后甩 C.在冰面上滾動 D.脫下外衣水平拋出 解析　踢腿、甩手對整個身體系統(tǒng)來

24、講是內(nèi)力，內(nèi)力不改變系統(tǒng)整體的運動狀態(tài)。 答案　D 考點五　動量觀點在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(－/d) [典例剖析] 【例】 (2016·浙江4月選考)某同學設(shè)計了一個電磁推動加噴氣推動的火箭發(fā)射裝置，如圖所示。豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導軌，間距為L。導軌間加有垂直導軌平面向里的勻強磁場B。絕緣火箭支撐在導軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導軌良好接觸。引燃火箭下方的推進劑，迅速推動剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導軌接觸良好)向上運動，當回路CEFDC面積減少量達到最大值ΔS，用時Δt，此過程激勵出強電流，產(chǎn)生電磁推力加速火

25、箭。在Δt時間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體，當燃燒室下方的可控噴氣孔打開后，噴出燃氣進一步加速火箭。 (1)求回路在Δt時間內(nèi)感應(yīng)電動勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向； (2)經(jīng)Δt時間火箭恰好脫離導軌，求火箭脫離時的速度v0(不計空氣阻力)； (3)火箭脫離導軌時，噴氣孔打開，在極短的時間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃氣，噴出的燃氣相對噴氣前火箭的速度為u，求噴氣后火箭增加的速度Δv。(提示 ：可選噴氣前的火箭為參考系) 解析　(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律，有 ＝＝，q＝·Δt＝＝ 電流方向向右。 (2)平均感應(yīng)電流 ＝＝ 平均

26、安培力 ＝BL (－mg)Δt＝mv0 v0＝－gΔt (3)以火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正，由動量守恒定律 －m′u＋(m－m′)Δv＝0 得Δv＝u 答案　(1)　　電流方向向右 (2)－gΔt　(3)u [針對訓練] (2017·浙江4月選考)間距為l的兩平行金屬導軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖所示，傾角為θ的導軌處于大小為B1，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)間Ⅰ中，水平導軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動雙桿”(由兩根長為l的金屬桿，cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接而成)，在“聯(lián)動雙桿”右側(cè)存在大小為B2，方向垂直導軌平面向上的勻強磁場區(qū)

27、間Ⅱ，其長度大于L，質(zhì)量為m，長為l的金屬桿ab，從傾斜導軌上端釋放，達到勻速后進入水平導軌(無能量損失)，桿cd與“聯(lián)動雙桿”發(fā)生碰撞后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動三桿”，“聯(lián)動三桿”繼續(xù)沿水平導軌進入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出，運動過程中，桿ab、cd和ef與導軌始終接觸良好，且保持與導軌垂直。已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T。不計摩擦阻力和導軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)。求： (1)桿ab在傾斜導軌上勻速運動時的速度大小v0； (2)聯(lián)動三桿進入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v； (3)

28、聯(lián)動三桿滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析　沿著斜面正交分解，最大速度時重力分力與安培力平衡 (1)感應(yīng)電動勢E＝B1lv0 電流I＝ 安培力F＝B1Il 勻速運動條件＝mgsin θ v0＝＝6 m/s (2)由動量守恒定律mv0＝4mv v＝＝1.5 m/s (3)進入B2磁場區(qū)域，設(shè)速度變化Δv，由動量定理有 B2lΔt＝－4mΔv Δt＝Δq＝ Δv＝－＝－0.25 m/s 出B2磁場后“聯(lián)動三桿”的速度為 v′＝v＋2Δv＝1.0 m/s Q＝×4m(v2－v′2)＝0.25 J 答案　(1)6 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25 J

29、 1.(多選)當我們從高處跳到低處時，都有這樣的生活常識：為了安全，一般都是讓腳尖先著地。從力的動量的角度來看，這樣做的目的是(　　) A.減小動量 B.減小動量的變化量 C.延長和地面的沖擊時間，從而減小支持力 D.增大人對地的壓強，起到安全作用 解析　根據(jù)動量定理分析，延長時間的目的是減小合力，從而減小支持力。 答案　C 2.(2017·嘉興模擬)如圖所示，運動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出。如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1，v2，v1與v2方向相反，且v2>v1。忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量(　　) A.大小為m(v2－v1)，方向與v1

30、方向相同 B.大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 C.大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 D.大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同 解析　在球拍擊打網(wǎng)球的過程中，選取v2方向為正方向，對網(wǎng)球運用動量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子對網(wǎng)球作用力的沖量大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同。 答案　D 3.滑雪運動是人們酷愛的戶外體育活動，現(xiàn)有質(zhì)量為m的人站立于雪橇上，如圖所示。人與雪橇的總質(zhì)量為M，人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南運動(雪橇所受阻力不計)。當人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時，雪橇向南的速度大小為(　　) A.

31、 B. C. D.v1 解析　根據(jù)動量守恒條件可知人與雪橇系統(tǒng)水平方向動量守恒，人跳起后水平方向速度不變，雪橇的速度仍為v1。 答案　D 4.(多選)春節(jié)期間孩子們玩“沖天炮”，有一只被點燃的“沖天炮”噴出氣體豎直向上運動，其中有一段時間內(nèi)“沖天炮”向上做勻速直線運動，在這段時間內(nèi)與“沖天炮”有關(guān)的物理量將是(　　) A.合外力為零 B.動能不變 C.重力不變 D.動量值變小 解析　“沖天炮”向上勻速，所以合力為零，在上升過程中噴出氣體，則質(zhì)量變小，即重力、動能、動量變小。 答案　AD 5.如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的導體棒ab垂直放在光滑、足夠長的U形導軌底端

32、，導軌寬度和棒長相等且接觸良好，導體棒長度L＝1 m，導體棒導軌平面與水平面成θ＝37°角。整個裝置處在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B＝0.5 T?，F(xiàn)給導體棒沿導軌向上的初速度v0為4 m/s，經(jīng)時間t0＝0.5 s，導體棒到達最高點，然后開始返回，到達底端前已做勻速運動，速度大小為。已知導體棒的電阻為R＝1 Ω，其余電阻不計，重力加速度g＝10 m/s2，忽略電路中感應(yīng)電流之間的相互作用。求： (1)導體棒從開始到返回底端的過程中回路中產(chǎn)生的電能E； (2)導體棒從開始到頂端過程中通過導體棒ab的電荷量。 解析　(1)由能量守恒定律得 E＝mv－m＝mv 把v0＝4

33、m/s代入公式可得，E＝7.5 J (2)導體棒從開始到頂端過程用動量定理，有： BILt0＋mgsin θ·t0＝mv0， 即：BLq＋mgsin θ·t0＝mv0 代入數(shù)據(jù)解得q＝2 C 答案　(1)7.5 J　(2)2 C [基礎(chǔ)過關(guān)] 1.(2017·杭州模擬)玻璃杯從同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，這是由于玻璃杯與水泥地面撞擊的過程中(　　) A.玻璃杯的動量較大 B.玻璃杯受到的沖量較大 C.玻璃杯的動量變化較大 D.玻璃杯的動量變化較快 解析　玻璃杯從相同高度落下，落地的速度大小是相同的，落地后速度變?yōu)榱?，所以無論落在水泥地面上還是草地上

34、，玻璃杯動量的變化量是相同的，又由動量定理知受到的沖量也是相同的，所以A、B、C都錯誤；由動量定理Ft＝mv′－mv，落在水泥地面上，作用時間短，動量變化快，受力大，杯容易碎，選項D正確。 答案　D 2.(多選)下列屬于反沖運動的是(　　) A.向后劃水，船向前運動 B.用槍射擊時，子彈向前飛，槍身后退 C.用力向后蹬地，人向前運動 D.水流過水輪機時，水輪機旋轉(zhuǎn)方向與水流出方向相反 解析　反沖運動是物體在內(nèi)力作用下分為兩部分，其運動方向相反，A選項是漿與外部水的作用，C選項是人腳與外部地面的作用，都不屬于反沖；B選項中子彈與槍身是系統(tǒng)中的兩部分，D選項中水流過水輪機內(nèi)部，是系統(tǒng)

35、中的兩部分，B、D正確。 答案　BD 3.跳遠時，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，這是由于(　　) A.人跳在沙坑上的動量比跳在水泥地上小 B.人跳在沙坑上的動量變化比跳在水泥地上小 C.人跳在沙坑上受到的沖量比跳在水泥地上小 D.人跳在沙坑上受到的沖力比跳在水泥地上小 解析　跳遠時，落地前的速度約等于起跳時速度的大小，則初動量大小一定；落地后靜止，末動量一定。所以，人接觸地面過程的動量變化量Δp一定。因落在沙坑上作用的時間長，落在水泥地上作用的時間短，根據(jù)動量定理Ft＝Δp知，t長則F小，故D正確。 答案　D 4.在如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿

36、水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短。若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個過程中(　　) A.動量守恒，機械能守恒 B.動量不守恒，機械能不守恒 C.動量守恒，機械能不守恒 D.動量不守恒，機械能守恒 解析　子彈射入木塊是瞬間完成的，這個過程相當于子彈與木塊發(fā)生一次完全非彈性碰撞，動量守恒，機械能不守恒，一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。之后木塊(連同子彈)壓縮彈簧，將其動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，這個過程機械能守恒，但由于左側(cè)擋板的支持力的沖量作用，使系統(tǒng)的動量不斷減少，動量不守恒。所以整個過程中，動量和機械能均不守恒。 答案　B 5.

37、(多選)質(zhì)量都為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個質(zhì)量都為M的靜止小球相碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球粘合在一起仍沿原方向運動，c球碰后靜止，則下列說法正確的是(　　) A.m一定小于M B.m可能等于M C.b球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大 D.c球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動能最大 解析　由a球被反向彈回，可以確定三小球的質(zhì)量m一定小于M；當兩小球發(fā)生完全非彈性碰撞時損失的動能最大，b球與被碰球粘合在一起，發(fā)生的是完全非彈性碰撞。 答案　AC 6.一氣球由地面勻速上升，當氣球下的吊梯上站著的人沿著梯子向上爬時，下列說法不正確的是(　　) A.氣球

38、可能勻速上升 B.氣球可能相對地面靜止 C.氣球可能下降 D.氣球運動速度不發(fā)生變化 解析　氣球和人組成的系統(tǒng)動量守恒，(M＋m)v0＝Mv1＋mv2，當人沿梯子向上爬時，v1可能為零，可能為正，也可能為負，則只有D項錯誤。 答案　D 7.如圖所示，在光滑絕緣水平面上有兩個帶正電的小球，A球質(zhì)量為m，B球質(zhì)量為2m，開始時，兩球相距很遠。今A球以初速度v0向B球接近。求當兩球距離最近時，兩球速度為多少？在此過程中電勢能增加了多少？ 解析　以A、B兩小球組成的系統(tǒng)為研究對象，其所受合外力為零，運用動量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v1，得v1＝。又根據(jù)能量守恒觀點系統(tǒng)動能減少

39、量等于電勢能的增加量。ΔEp＝mv－×3mv＝mv。 答案　　mv [能力提升] 8.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6 kg·m/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 解析　由mB＝2mA知，碰前vB＜vA。若左為A球，設(shè)

40、碰后二者速度分別為vA′、vB′ 由題意知，pA′＝mAvA′＝2 kg·m/s，pB′＝mBvB′＝10 kg·m/s，則＝；若右為A球，由于碰前動量都為6 kg·m/s，即都向右運動，兩球不可能相碰。綜上分析可知，只有A項正確。 答案　A 9.(多選)如圖所示，一根足夠長的水平滑桿SS′上套有一質(zhì)量為m的光滑金屬圓環(huán)，在滑桿的正下方與其平行放置一足夠長的光滑水平的絕緣軌道PP′，PP′穿過金屬環(huán)的圓心。現(xiàn)使質(zhì)量為M的條形磁鐵以水平速度v0沿絕緣軌道向右運動，則(　　) A.磁鐵穿過金屬環(huán)后，兩者將先后停下來 B.磁鐵將不會穿越滑環(huán)運動 C.磁鐵與圓環(huán)的最終速度為 D.整個

41、過程最多能產(chǎn)生熱量v 解析　磁鐵向右運動時，金屬環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律可知磁鐵與金屬環(huán)間存在阻礙相對運動的作用力，且整個過程中動量守恒，最終二者相對靜止。Mv0＝(M＋m)v，v＝，ΔE損＝Mv－(M＋m)v2＝，C、D項正確，A、B項錯誤。 答案　CD 10.如圖所示，兩個小球A和B質(zhì)量分別是mA＝2.0 kg，mB＝1.6 kg，球A靜止在光滑水平面上的M點，球B在水平面上從遠處沿兩球的中心連線向著球A運動，假設(shè)兩球相距L≤18 m時存在著恒定的斥力F，L＞18 m時無相互作用力。當兩球相距最近時，它們間的距離為d＝2 m，此時球B的速度是 4 m/s。求： (1)球B的

42、初速度大?。? (2)兩球之間的斥力大??； (3)兩球從開始相互作用到相距最近時所經(jīng)歷的時間。 解析　(1)當兩球相距最近時兩球速度相同， 即vA＝vB＝4 m/s 由動量守恒定律可得：mBvB0＝mAvA＋mBvB 代入數(shù)據(jù)解得vB0＝9 m/s。 (2)兩球從開始相互作用到它們之間距離最近時它們之間的相對位移Δx＝L－d，由功能關(guān)系可得： F·Δx＝mBv－mAv－mBv 代入數(shù)據(jù)解得F＝2.25 N。 (3)設(shè)兩球從開始相互作用到兩球相距最近時的時間為t，根據(jù)動量定理，對A球有：Ft＝mAvA－0 代入數(shù)據(jù)解得t＝＝3.56 s。 答案　(1)9 m/s　(2)2.

43、25 N　(3)3.56 s 11.兩根足夠長的平行光滑導軌，相距1 m水平放置。勻強磁場豎直向上穿過整個導軌所在的空間B＝0.4 T。金屬棒ab、cd質(zhì)量分別為0.1 kg和0.2 kg，電阻分別為0.4 Ω和0.2 Ω，并排垂直橫跨在導軌上。若兩棒以相同的初速度3 m/s向相反方向分開，不計導軌電阻，求： (1)棒運動達到穩(wěn)定后的ab棒的速度大小； (2)金屬棒運動達到穩(wěn)定的過程中，回路上釋放出的焦耳熱； (3)金屬棒從開始運動直至達到穩(wěn)定，兩棒間距離增加多少？ 解析　(1)ab、cd棒組成的系統(tǒng)動量守恒，最終具有共同速度v，以水平向右為正方向，則 mcdv0－mabv0＝

44、(mcd＋mab)v v＝1 m/s (2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，產(chǎn)生的焦耳熱： Q＝ΔEk減＝(mcd＋mab)＝1.2 J (3)對cd棒利用動量定理： －BILΔt＝mcd(v－v0) BLq＝mcd(v0－v) 又q＝＝ 解得：Δs＝1.5 m 答案　(1)1 m/s　(2)1.2 J　(3)1.5 m 12.如圖所示，A為一具有光滑曲面的固定軌道，軌道底端是水平的，質(zhì)量M＝40 kg的小車B靜止于軌道右側(cè)，其板與軌道底端靠近且在同一水平面上，一個質(zhì)量m＝20 kg的物體C以2.0 m/s的初速度從軌道頂端滑下，沖上小車B后經(jīng)一段時間與小車相對靜止并繼續(xù)一起運動。

45、若軌道頂端與底端水平面的高度差h為0.8 m，物體與小車板面間的動摩擦因數(shù)μ為0.40，小車與水平面間的摩擦忽略不計，(取g＝10 m/s2)求： (1)物體C滑到軌道底端時的速度大?。? (2)物體C與小車保持相對靜止時的速度大?。? (3)物體沖上小車后相對于小車板面滑動的距離。 解析　(1)下滑過程中機械能守恒，有： mgh＝mv－mv 解得v2＝＝2 m/s (2)在物體C沖上小車B到與小車相對靜止的過程中，兩者組成的系統(tǒng)動量守恒，以水平向右為正方向，由動量守恒定律有mv2＝(m＋M)v。 得：v＝＝ m/s＝ m/s (3)設(shè)物體C沖上小車后， 相對于小車板面滑動的距離為l， 由功能關(guān)系有：μmgl＝mv－(m＋M)v2 代入數(shù)據(jù)解得：l＝ m 答案　(1)2 m/s　(2) m/s　(3) m 22