第一篇：2017-2018學年度高二物理(人教版)選修3-5第十六章動量守恒定律單元檢測

2017-2018學年度高二物理（人教版）選修3-5第十六章動量守恒定

律單元檢測

一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）

1.在一根足夠長的水平桿上穿著4個質(zhì)量相同的珠子，珠子可以在水平桿上無摩擦地運動．初始時若各個珠子可以有任意的速度大小和方向，則它們之間最多可以碰撞（）次． A.3 B.5 C.6 D.8 2.甲、乙兩個溜冰者質(zhì)量分別為48kg和50kg，甲手里拿著質(zhì)量為2kg的球，兩人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直線相向滑行，甲將球傳給乙，乙再將球傳給甲，這樣拋接幾次后，球又回到甲的手里，乙的速度為零，則甲的速度的大小為（）A.0 B.2m/s C.4m/s D.無法確定

3.使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養(yǎng)物質(zhì)包進一個很小的莢里。播種時，在離地面10m高處、以15m/s的速度水平勻速飛行的無人機中，播種器利用空氣壓力把莢以5m/s的速度（相對播種器）豎直向下射出，莢進入地面下10cm深處完成一次播種。已知莢的總質(zhì)量為20g，不考

2慮所受大氣阻力及進入土壤后重力的作用，取g=10m/s，則（）A.射出莢的過程中，播種器對莢做的功為2.5J B.離開無人機后，莢在空中運動的時間為s C.土壤對莢沖量的大小為3kg?m/s

D.莢在土壤內(nèi)受到平均阻力的大小為22.5N

4.在撐桿跳高場地落地點都鋪有厚厚的墊子，這樣做的目的是減少運動員受傷，理由是（）

A.減小沖量，起到安全作用

B.減小動量變化量，起到安全作用 C.墊子的反彈作用使人安全

D.延長接觸時間，從而減小沖力，起到安全作用

5.蹦床是一項運動員利用從蹦床反彈中表現(xiàn)雜技技巧的競技運動，一質(zhì)量為50kg的運動員從1.8m高出自由下落到蹦床上，若從運動員接觸蹦床到運動員陷至最低點經(jīng)歷了0.2s，則這段時間內(nèi)蹦床對運動

2員的沖量大小為（取g=10m/s，不計空氣阻力）（）A.400N?s B.300N?s C.200N?s D.100N?s 6.如圖所示，在光滑的水平面上放有一物體M，物體上有一光滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點為C，兩端A、B等高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點靜止下滑，在此后的過程中，則（）

A.M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒 B.M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量不守恒

C.m從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動

D.m從A到B的過程中，M運動的位移為

7.甲、乙兩球在光滑的水平軌道上同向前進，已知它們的動量分別是p甲=5kg?m/s，p乙=7kg?m/s，甲追乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)閜乙′=10kg?m/s，則兩球質(zhì)量m甲與m乙的關(guān)系可能是（）A.m甲=m乙 B.m乙=2m甲 C.m乙=4m甲 D.m乙=6m甲 8.如圖所示，在光滑的水平面上有兩物體A、B，它們的質(zhì)量均為m．在物體B上固定一個輕彈簧處于靜止狀態(tài)．物體A以速度v0沿水平方向向右運動，通過彈簧與物體B發(fā)生作用．

下列說法正確的是（）

A.當彈簧獲得的彈性勢能最大時，物體A的速度為零 B.當彈簧獲得的彈性勢能最大時，物體B的速度為零

第1頁，共11頁 C.在彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，彈簧對物體B所做的功為

2D.在彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，彈簧對物體A和物體B的沖量大小相等，方向相反

9.向空中發(fā)射一物體，不計空氣阻力，當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量大的a塊速度仍沿原方向則（）A.b的速度一定和原來反向

B.從炸裂到落地的過程中，a、b兩塊經(jīng)歷的時間一定相同 C.在炸裂過程中，a、b受到爆炸力的沖量一定相同

D.在爆炸過程中，由動量守恒定律可知，a、b的動量大小相等 10.如圖，兩滑塊A、B在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質(zhì)量為m，速度大小為2v0，方向向右，滑塊B的質(zhì)量為2m，速度大小為v0，方向向左，兩滑塊發(fā)生彈性碰撞后的運動狀態(tài)是（）A.A和B都向左運動 B.A和B都向右運動 C.A靜止，B向右運動 D.A向左運動，B向右運動

二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）

11.在光滑水平面上A、B兩小車中間有一彈簧（如圖所示），用手抓住小車將彈簧壓縮并使小車處于靜止狀態(tài)．將兩小車及彈簧看做一個系統(tǒng)，下列說法正確的是（）

A.兩手同時放開后，系統(tǒng)總動量始終為零 B.先放開左手，再放開右手后，動量不守恒 C.先放開左手，再放開右手后，總動量向左

D.無論何時放手，兩手放開后，在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，但系統(tǒng)的總動量不一定為零

12.如圖所示，小車A 靜止于光滑水平面上，A上有一圓弧PQ，圓弧位于同一豎直平面內(nèi)，小球B由靜止起沿圓弧下滑，這一過程中（）A.若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒 B.若圓弧光滑，則系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒

C.若圓弧不光滑，則系統(tǒng)水平方向的動量守恒，但機械能不守恒 D.若圓弧不光滑，則系統(tǒng)水平方向的動量不守恒，機械能不守恒

13.甲、乙兩球在光滑水平軌道上沿同一方向運動，已知它們的動量分別是P甲=5kg?m/s，P乙=7kg?m/s，甲追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)镻′乙=10kg?m/s，則兩球質(zhì)量m甲與m乙的關(guān)系可能是（）

A.m乙=m甲 B.m乙=3m甲 C.m乙=4m甲 D.m乙=5m甲

14.如圖所示，小球位于光滑的曲面體頂端，曲面體位于光滑的水平地面上，從地面上看，在小球沿曲面下滑的過程中，則下列說法正確的是（）

A.小球與曲面體組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒 B.曲面體對小球的作用力垂直于接觸面且對小球做負功 C.球和曲面體對地的水平位移與二者的質(zhì)量成反比

D.球沿曲面體下滑過程中，球和曲面體所受合外力的沖量始終等大反向 15.如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，一質(zhì)量為2m的光滑弧形槽靜止放在足夠長的光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一質(zhì)量為m的小物塊從槽上高h處開始下滑，重力加速度為g，下列說法正確的是（）

A.物體第一次滑到槽底端時，槽的動能為B.物體第一次滑到槽底端時，槽的動能為

第2頁，共11頁 C.在壓縮彈簧的過程中，物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒 D.物塊第一次被彈簧反彈后能追上槽，但不能回到槽上高h處

三、實驗題探究題（本大題共1小題，共10.0分）

16.某同學利用打點計時器和氣墊導軌做“探究碰撞中的不變量”的實驗；氣墊導軌裝置如圖（a）所示，所用的氣墊導軌裝置由導軌、滑塊、彈射架等組成．在空腔導軌的兩個工作面上均勻分布著一定數(shù)量的小孔，向?qū)к壙涨粌?nèi)不斷通人壓縮空氣，壓縮空氣會從小孔中噴出，使滑塊穩(wěn)定地漂浮在導軌上，如圖（b）所示，這樣就大大減小了因滑塊和導軌之間的摩擦而引起的誤差． 滑塊1右端安有撞針，滑塊2左端粘有橡皮泥．

（1）下面是實驗的主要步驟：

①安裝好氣墊導軌，調(diào)節(jié)氣墊導軌的調(diào)節(jié)旋鈕，使導軌水平； ②向氣墊導軌通入壓縮空氣；

③把打點計時器固定在緊靠氣墊導軌左端彈射架的外側(cè)，將紙帶穿過打點計時器越過彈射架并固定在滑塊1的左端，調(diào)節(jié)打點計時器的高度，直至滑塊拖著紙帶移動時，紙帶始終在水平方向； ④滑塊1擠壓導軌左端彈射架上的橡皮繩； ⑤把滑塊2放在氣墊導軌的中間；

⑥先______，然后______，讓滑塊1帶動紙帶一起運動，與滑塊2相撞并合在一起共同運動； ⑦取下紙帶，重復步驟④⑤⑥，選出較理想的紙帶如圖（c）所示：

⑧測得滑塊1（包括撞針）的質(zhì)量為310g，滑塊2（包括橡皮泥）的質(zhì)量為205g；試完善實驗步驟⑥的內(nèi)容．

（2）已知打點計時器每隔0.02s打一個點，計算可知，兩滑塊相互作用前質(zhì)量與速度的乘積之和為______ kg?m/s；兩滑塊相互作用以后質(zhì)量與速度的乘積之和為______ kg?m/s（保留三位有效數(shù)字）．（3）試說明（2）問中兩結(jié)果不完全相等的主要原因是______ ．

四、計算題（本大題共3小題，共30.0分）

17.質(zhì)量為M=2kg的小平板車靜止在光滑水平面上，車的一端靜止著質(zhì)量為mA=2kg的物體A（可視為質(zhì)點），如圖所示，一顆質(zhì)量為mB=20g的子彈以600m/s的水平速度射穿A后，速度變?yōu)?00m/s，最后物體A仍靜止在車上，若物體A與小車間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，取g=10m/s2，求（1）平板車最后的速度是多大？（2）小車長度至少是多少．

第3頁，共11頁

18.如圖所示，在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為2m的木板B，木板表面光滑，右端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為m的木塊A以速度v0從板的左端水平向右滑上木板B，求：（1）彈簧的最大彈性勢能；

（2）彈被簧壓縮直至最短的過程中，彈簧給木塊A的沖量；（3）當木塊A和B板分離時，木塊A和B板的速度。

19.如圖所示，將質(zhì)量為m1的鉛球以大小為v0、仰角為θ的初速度拋入一個裝有砂子的總質(zhì)量為M的靜止的砂車中，砂車與水平地面間的摩擦可以忽略．求：

（1）球和砂車的共同速度；

（2）球和砂車獲得共同速度后，砂車底部出現(xiàn)一小孔，砂子從小孔中流出，當漏出質(zhì)量為m2的砂子時砂車的速度．

第4頁，共11頁

答案和解析

【答案】 1.C 2.A 3.D 4.D 5.A 6.B 7.C 8.D 9.B 10.D 11.ABCD 12.BC 13.BCD 14.BC 15.AD

16.接通打點計時器的電源；放開紙帶；0.620；0.618；紙帶與打點計時器限位孔有摩擦力的作用

17.解：（1）子彈擊中物體過程中，系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得： mBv0=mBv′+mAvA，0.02×600=0.02×100+2vA，解得：vA=5m/s，平板車與物體A組成的系統(tǒng)自子彈穿出后直至相對靜止過程中系統(tǒng)動量守恒，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mAvA=（M+mA）v車，代入數(shù)據(jù)解得，平板車最后速度為：v車=

=2.5m/s；

（2）物體和平板車損失的機械能全轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)發(fā)熱，假設A在平板車上滑行距離為s，由能量守恒定律得：μmAgs=mAvA-（M+mA）v車，即：0.5×2×10s=×2×52-×（2+2）×2.52，解得：s=1.25m，則平板車的長度至少為1.25m； 答：（1）平板車最后的速度是2.5m/s；（2）小車長度至少為1.25m．

18.解：（1）彈簧被壓縮到最短時，木塊A與木板B具有相同的速度，此時彈簧的彈性勢能最大。設共同速度為v，從木塊A開始沿木板B表面向右運動至彈簧被壓縮到最短的過程中，A、B系統(tǒng)的動量守恒，取向右為正方向，則有：

mv0=（m+2m）v，由能量關(guān)系，得：彈簧的最大彈性勢能Ep=mv02-（m+2m）v2，解得：Ep=。

22（2）對木塊A，根據(jù)動量定理得I=mv-mv0。得I=-，方向向左。

（3）從木塊A滑上木板B直到二者分離，系統(tǒng)的機械能守恒，設分離時A、B的速度分別為v1和v2。根據(jù)動量守恒定律有mv0=mv1+2mv2。根據(jù)機械能守恒定律有mv02=mv12+解得v1=-，方向向左，v2=

2mv22。，方向向右。

；，方向向左；，方向向右。

答：（1）彈簧的最大彈性勢能是（2）彈簧唄壓縮直至最短的過程中，彈簧給木塊A的沖量是（3）當木塊A和B板分離時，木塊A板的速度為，方向向左，B的速度大小為

第5頁，共11頁 19.解：（1）以鉛球、砂車為系統(tǒng)，水平方向動量守恒，m1v0cosθ=（M+m1）v，得球和砂車的共同速度

v=．

（2）球和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統(tǒng)水平方向動量也守恒，設當漏出質(zhì)量為m2的砂子時砂車的速度為v′，砂子漏出后做平拋運動，水平方向的速度仍為v，由（M+m1）v=m2v+（M+m1-m2）v′，得v′=v=，方向水平向右．

答：（1）球和砂車的共同速度是

（2）當漏出質(zhì)量為m2的砂子時砂車的速度是，方向水平向右．

【解析】 1.【分析】

根據(jù)彈性碰撞和非彈性碰撞的性質(zhì)明確可能出現(xiàn)的情況，討論可能出現(xiàn)的碰撞過程即可明確碰撞次數(shù)．本題考查彈性碰撞和非彈性碰撞，注意在完全非彈性碰撞中兩球連在一起；而在于完全彈性碰撞中兩球交換速度?！窘獯稹?/p>

如果珠子之間的碰撞是完全非彈性碰撞，每碰撞一次，運動的個體就減小一個，所以最多碰4次； 如果是完全彈性碰撞，則碰撞一次，珠子將交換速度，最終應該是外面的珠子速度大，里面的珠子速度小．初始狀態(tài)時，如果外面的珠子速度大，里面珠子速度小，且外面珠子在向里運動時，它們發(fā)生碰撞的次數(shù)最多，如圖所示，它們的速率關(guān)系為：v1＞v4＞v2＞v3．珠子1的速度傳遞給速度4，需要3次碰撞，珠子2的速度傳遞到珠子4，需要2次碰撞，珠子3的速度傳給4，需要1次碰撞，所以它們之間最多可以碰撞3+2+1=6次； 故選C。

2.解：設甲溜冰者的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律，選擇開始和最后兩個狀態(tài)列方程得：

（M甲+m）v0-M乙v0=M乙×0-（M甲+m）v，代入數(shù)據(jù)解得v=0，故BCD錯誤，A正確． 故選A．

以兩人和球為研究對象，系統(tǒng)水平方向動量守恒，根據(jù)動量守恒列方程即可正確解答．

該題比較簡單，考查了動量守恒定律的應用，注意該定律的應用條件，同時注意動量守恒定律公式的矢量性．

3.解：A、播種器利用空氣壓力把莢以5m/s的速度（相對播種器）豎直向下射出，該過程中播種器對莢做的功轉(zhuǎn)化為莢的動能：W=

J．故A錯誤；

B、離開無人機后，莢做斜下拋運動，豎直方向：y=代入數(shù)據(jù)可得：t=1s（t=-2s不符合題意）；故B錯誤；

第6頁，共11頁 C、莢離開無人機時的速度：v0=設莢到達地面的速度為v，則：

m/s

代入數(shù)據(jù)可得：v=15m/s 不考慮重力的作用，則土壤對莢沖量的大小等于莢的動量的變化，大小為：

kg?m/s。故C錯誤；

D、莢的初速度為15m/s，到達地面的速度為15m/s，由幾何關(guān)系可知，莢到達地面的速度方向與水平方向之間的夾角為45°

莢能進入地面下10cm，則莢相對于地面的位移大小為：s=m 不計重力，根據(jù)動能定理可得：-Fs=0-

代入數(shù)據(jù)可得：F=22.5N．故D正確。故選：D。

由動能定理即可求出播種器對莢做的功；由平拋運動的特點即可求出莢在空中運動的時間；由機械能守恒求出莢到達地面的速度，由動量定理即可求出土壤對莢沖量的大??；由動量定理即可求出莢在土壤內(nèi)受到平均阻力的大小。

該題屬于物理知識在日常生活中的應用，解答的關(guān)鍵是要注意莢空中的運動為斜下拋運動，解答的過程中要將莢的運動分解為豎直方向的分運動與水平方向的分運動。

4.解：跳高運動員在落地的過程中，動量變化一定．由動量定理可知，運動員受到的沖量I一定；跳高運動員在跳高時跳到沙坑里或跳到海綿墊上可以延長著地過程的作用時間t，由I=Ft可知，延長時間t可以減小運動員所受到的平均沖力F，故D正確，A、B、C錯誤． 故選：D

跳高運動員在落地的過程中，動量變化一定．由動量定理可知，運動員受到的沖量一定，延長與地面的接觸時間，可以減小運動員受到的沖擊力．

沙坑或海綿墊子具有緩沖作用，可以延長運動員與地面的接觸時間，減小運動員受到的沖擊力，避免運動員受傷．

5.解：設運動員的質(zhì)量為m，他剛落到蹦床瞬間的速度為v，運動員自由下落的過程，只受重力作用，故機械能守恒，即：，解得：

；

選取小球接觸蹦床的過程為研究過程，取向上為正方向。設蹦床對運動員的平均作用力為，由動量定理得：；

蹦床對運動員的沖量大小為 ；

結(jié)合以上兩個式子可得：．故A正確、BCD錯誤。故選：A。

根據(jù)機械能守恒求出小球落到蹦床瞬間的速度；到最低點時，小球的速度和動量均為零，運用動量定理可求得軟蹦床對運動員的沖量大小。

本題題型是用動量定理求解一個緩沖過程平均作用力的沖量問題，一定要注意選取合適的研究過程和正方向的選?。槐绢}也可選小球從開始下落到最低點全過程來解答。

6.解：A、小滑塊m從A點靜止下滑，物體M與滑塊m組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零，系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向有加速度，合力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤，B正確； C、系統(tǒng)水平方向動量守恒，由于系統(tǒng)初始狀態(tài)水平方向動量為零，所以m從A到C的過程中，m向右運動，M向左運動，m從C到B的過程中M還是向左運動，即保證系統(tǒng)水平方向動量為零．故C錯誤； D、設滑塊從A到B的過程中為t，滑塊發(fā)生的水平位移大小為x，則物體產(chǎn)生的位移大小為2R-x，取水平向右方向為正方向．則根據(jù)水平方向平均動量守恒得：

m-M=0

第7頁，共11頁 解得：x=，故D錯誤； 所以物體產(chǎn)生的位移的大小為2R-x=故選：B．

小滑塊m從A點靜止下滑，物體M與滑塊m組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為零，系統(tǒng)水平方向動量守恒，豎直方向有加速度，合力不為零，系統(tǒng)動量不守恒．

用位移表示平均速度，根據(jù)水平方向平均動量守恒定律求出物體M發(fā)生的水平位移．

分析清物體運動過程，該題屬于水平方向動量守恒的類型，知道系統(tǒng)某一方向動量守恒的條件，求解兩個物體的水平位移時，注意要以地面為參照物．

7.解：因為碰撞前，甲球速度大于乙球速度，則有：＞

得：＞1.4 根據(jù)動量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得：p甲′=2kg?m/s。據(jù)碰撞過程總動能不增加，得：

+

≥

+

代入數(shù)據(jù)解得：＞

碰撞后兩球同向運動，甲的速度不大于乙的速度，則有：≤

代入數(shù)據(jù)解得：≤5

所以有：＜≤5

則m乙=4m甲，不可能，其他三式子是可能的，故ABD錯誤，C正確。故選：C。

兩球碰撞過程遵守動量守恒定律，由動量守恒定律求出碰撞后甲的動量。根據(jù)碰撞前甲球速度大于乙球速度，以及碰撞過程中總動能不增加，列出不等式，求出m甲與m乙比值的范圍，再進行選擇。

本題考查對碰撞規(guī)律的理解和應用能力。要知道碰撞有三個基本規(guī)律：

一、動量守恒；

二、系統(tǒng)總動能不增加；

三、碰撞后如同向運動，后面的物體的速度不大于前面物體的速度，即要符合實際運動情況。8.解：A、當A、B速度相同時，彈簧被壓縮到最短，彈簧的彈性勢能最大，以AB組成的系統(tǒng)為研究對象，以A的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0=2mv，解得：v=，則速度AB速度都不為零，故AB錯誤；

C、對B，根據(jù)動能定理得：彈簧對物體B所做的功，故C錯誤；

D、在彈簧的彈性勢能逐漸增大的過程中，彈簧對物體A和物體B的彈力大小相等，方向相反，根據(jù)I=Ft可知，彈簧對物體A和物體B的沖量大小相等，方向相反，故D正確． 故選：D 第8頁，共11頁 物體速度相等時彈簧壓縮量最大，彈簧的彈性勢能最大，由動量守恒定律求出速度，對B根據(jù)動能定理求出彈簧對物體B所做的功，彈簧對物體A和物體B的彈力大小相等，方向相反，根據(jù)I=Ft判斷沖量關(guān)系． 本題考查了動量守恒定律以及動能定理的直接應用，要求同學們能正確分析物體的運動情況，注意使用動量守恒定律時要規(guī)定正方向，難度適中．

9.解：AD、在炸裂過程中，由于重力遠小于內(nèi)力，系統(tǒng)的動量守恒．炸裂前物體的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原來的水平方向，根據(jù)動量守恒定律判斷可知：b的速度一定沿水平方向，但不一定與原速度方向相反，取決于a的動量與物體原來動量的大小關(guān)系．由于物體原來的動量不是零，所以根據(jù)動量守恒定律可知，a、b的動量大小不一定相等．故A、D錯誤．

B、從炸裂到落地的過程中，a、b都做平拋運動，豎直方向做自由落體運動，由于高度相同，由h=gt2得知，a、b飛行時間一定相同．故B正確．

C、在炸裂過程中，a，b受到爆炸力大小相等，方向相反，作用時間相同，由沖量的定義I=Ft知，爆炸力的沖量大小相等、方向相反，所以沖量不同．故C錯誤． 故選：B

當物體的速度沿水平方向炸裂成a、b兩塊時，質(zhì)量較大的a的速度方向仍沿原來的方向，根據(jù)動量守恒定律判斷可知b運動方向一定沿水平方向，a、b均做平拋運動，高度相同，運動時間相同，同時到達地面．在炸裂過程中，a、b間相互作用力大小相等，作用時間相等，沖量大小一定相等．

本題是動量守恒定律的應用問題．系統(tǒng)的動量守恒，不僅作用前后總動量的大小保持不變，總動量的方向也保持不變，解題時要抓住這一點．

10.解：兩球碰撞過程動量守恒，以兩球組成的系統(tǒng)為研究對象，取水平向右方向為正方向，碰撞前，A、B的速度分別為：vA=2v0、vB=v0．

碰撞前系統(tǒng)總動量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系統(tǒng)總動量為0，系統(tǒng)動量守恒，則碰撞前后系統(tǒng)總動量都是0；

由于碰撞是彈性碰撞，則碰撞后二者的速度不能等于0，運動的方向一定相反． 故D正確，ABC錯誤． 故選：D．

兩球碰撞過程，系統(tǒng)動量守恒，先選取正方向，再根據(jù)動量守恒定律列方程，求解即可．

本題碰撞過程中遵守動量守恒，不僅碰撞前后總動量的大小不變，方向也保持不變，要注意選取正方向，用符號表示速度的方向．

11.解：A、若兩手同時放開A、B兩車，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由于系統(tǒng)初動量為零，則系統(tǒng)總動量為零，故A正確；

B、先放開左手，再放開右手，兩車與彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故B正確； C、先放開左手，再放開右手，系統(tǒng)所受合外力向左，系統(tǒng)所受合外力的沖量向左，系統(tǒng)總動量向左，故C正確；

D、無論何時放手，兩手放開后，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，在彈簧恢復原長的過程中，系統(tǒng)總動量都保持不變，如果同時放手，系統(tǒng)總動量為零，如果不同時放手，系統(tǒng)總動量不為零，則系統(tǒng)的總動量不一定為零，故D正確； 故選：ABCD。

根據(jù)動量守恒的條件分析答題，系統(tǒng)所受的合外力為零系統(tǒng)動量守恒． 本題考查了動量守恒的判斷，知道動量守恒的條件即可正確解題，系統(tǒng)所受合外力為零時，系統(tǒng)動量守恒． 12.解：不論圓弧是否光滑，小車與小球組成的系統(tǒng)在小球下滑過程中系統(tǒng)所受合外力都不為零，則系統(tǒng)動量都不守恒．但系統(tǒng)水平方向不受外力，所以系統(tǒng)水平方向的動量守恒．

若圓弧光滑，只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒．若圓弧不光滑，系統(tǒng)要克服摩擦力做功，機械能減少，故AD錯誤，BC正確． 故選：BC

系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒．只有重力或彈力做功時，物體的機械能守恒．根據(jù)題意與守恒條件分析答題．

第9頁，共11頁 判斷動量是否守恒時，要分析受力，確定合外力是否為零．判斷機械能守恒時，可以根據(jù)是否只有重力做功分析，也可以根據(jù)是否只發(fā)生動能和勢能之間的轉(zhuǎn)化分析．

13.解：因為碰撞前，甲球速度大于乙球速度，則有根據(jù)動量守恒得，p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得p甲′=2kg?m/s．

據(jù)碰撞過程總動能不增加得到：

+≥+

＞，得到＜

代入解得：=

碰撞后兩球同向運動，甲的速度不大于乙的速度，則≤，代入解得≥

所≤≤

故選：BCD．

兩球碰撞過程遵守動量守恒定律，由動量守恒求出碰撞后甲的動量．根據(jù)甲球速度大于乙球速度，以及碰撞過程中總動能不增加，列出不等式，求出甲與乙質(zhì)量比值的范圍進行選擇．

本題考查對碰撞規(guī)律的理解和應用能力．碰撞有三個基本規(guī)律：

一、動量守恒；

二、系統(tǒng)總動能不增加；

三、碰撞后如同向運動，后面的物體的速度不大于前面物體的速度，即要符合實際運動情況．

14.解：A、在小球沿曲面下滑的過程中，小球有豎直分加速度，系統(tǒng)的合外力不為零，動量不守恒。只發(fā)生重力勢能與動能的轉(zhuǎn)化，所以系統(tǒng)的機械能守恒，故A錯誤。

B、曲面體對小球的作用力垂直于接觸面，由于曲面向右移動，曲面體對小球的作用力與小球相對于地的速度方向成鈍角，所以曲面體對小球的作用力垂直于接觸面且對小球做負功，故B正確。

C、取水平向左為正方向，由系統(tǒng)水平動量守恒得m球-m曲=0，得=，即球和曲面體對地的水平位移與二者的質(zhì)量成反比，故C正確。

D、球沿曲面體下滑過程中，球?qū)η骟w的作用力沖量與曲面體對球的作用力沖量始終等大反向，而合外力是物體受到的所有力的合力，則球和曲面體所受合外力的沖量關(guān)系不能確定，故D錯誤。故選：BC。

小球下滑過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力，水平方向動量守恒．只發(fā)生動能和重力勢能的轉(zhuǎn)化，系統(tǒng)的機械能守恒；根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒列式求解水平位移關(guān)系．結(jié)合動量定理分析．

本題關(guān)鍵要掌握小球下滑過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力，由動量守恒定律分析水平位移關(guān)系．對于機械能是否守恒，可根據(jù)能量的轉(zhuǎn)化情況分析．

15.解：AB、物體下滑過程中，物體與槽組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，只有重力做功，系統(tǒng)機械能守恒。設物體到達水平面時速度大小為v1，槽的速度大小為v2，規(guī)定向右為正方向，由系統(tǒng)水平方向動量守恒得：mv1-2mv2=0 由系統(tǒng)的機械能守恒得：mgh=mv12+?2mv22，由以上兩式解得：v1=2底端時，槽的動能為Ek2=?2mv22=，故A正確，B錯誤。，v2=，所以物體第一次滑到槽C、在壓縮彈簧的過程中，墻壁對彈簧有作用力，所以物塊和彈簧組成的系統(tǒng)動量不守恒，故C錯誤。

第10頁，共11頁 D、物塊第一次被彈簧反彈后能追上槽，到達最高點時物體與槽的速度相同，物體的動能一部分轉(zhuǎn)化為槽的動能，到達最高點時的重力勢能減小，所以不能回到槽上高h處。故D正確； 故選：AD。

物體在下滑過程中，物體與槽組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能也守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律求出物體第一次滑到槽底端時槽的動能．根據(jù)動量守恒的條件和機械能守恒的條件判斷機械能和動量是否守恒．結(jié)合物體與槽的速度大小關(guān)系判斷物體能否回到高h處． 本題考查了動量守恒定律與機械能守恒定律的應用，分析清楚物體運動過程，應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可正確解題．

16.解：（1）使用打點計時器時，先接通電源后釋放紙帶，所以先接通打點計時器的電源，后放開滑塊1；

（2）放開滑塊1后，滑塊1做勻速運動，跟滑塊2發(fā)生碰撞后跟2一起做勻速運動，根據(jù)紙帶的數(shù)據(jù)得： 碰前的速度打出5個點的位移為20.0cm=0.20m；用時0.1s 碰后打7個點的位移為16.8cm=0.168m，用時0.14s； 碰撞前滑塊1的動量為：P1=m1v1=0.310×

=0.620kg?m/s，滑塊2的動量為零，所以碰撞前的總動量為0.620kg?m/s

碰撞后滑塊1、2速度相等，所以碰撞后總動量為：

P2=（m1+m2）v2=（0.310+0.205）×=0.618kg?m/s

（3）結(jié)果不完全相等是因為紙帶與打點計時器限位孔有摩擦力的作用．

故答案為：（1）接通打點計時器的電源；放開紙帶；（2）0.620；0.618；（3）紙帶與打點計時器限位孔有摩擦力的作用

使用打點計時器時，先接通電源后釋放紙帶；本實驗為了驗證動量守恒定律設置滑塊在氣墊導軌上碰撞，用打點計時器紙帶的數(shù)據(jù)測量碰前和碰后的速度，計算前后的動量，多次重復，在實驗誤差允許的范圍內(nèi)相等，則動量守恒定律得到驗證．

本題利用氣墊導軌驗證動量守恒定律的實驗，本實驗中要注意明確實驗原理，同時還要注意打點計時器的使用方法，知道氣墊導軌要水平才能滿足動量守恒． 17.（1）由動量守恒定律可以求出平板車的速度；

（2）由能量守恒定律可以求出A相對于平板車滑行的距離，然后求出平板車的長度．

本題考查了求速度、A的滑行距離問題，分析清楚物體運動過程、應用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題．

18.（1）彈簧的彈性勢能最大時，A、B的速度相同。A、B組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出共同速度。再由能量守恒定律（或機械能守恒定律）可以求出彈簧的最大彈性勢能。

（2）對木塊A，運用動量定理可求彈簧給木塊A的沖量；

（3）當木塊A和B板分離時，對系統(tǒng)運用動量守恒定律和機械能守恒定律列式，可求得木塊A和B板的速度。

本題要分析清楚物體的運動過程，知道兩個物體的速度相同時彈性勢能最大，應用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題。

19.1、以鉛球、砂車為系統(tǒng)，水平方向動量守恒列出等式求解

2、球和砂車獲得共同速度后漏砂過程中系統(tǒng)水平方向動量也守恒，列出等式求解

解決該題關(guān)鍵掌握動量守恒的應用，正確選擇研究對象是前提，系統(tǒng)所受合力不為零，但是可以在某一方向所受合力為零即在該方向上系統(tǒng)動量守恒．

第11頁，共11頁

第二篇：2017-2018學高二物理(人教版)選修3-5第十六章動量守恒定律單元鞏固

2017-2018學高二物理（人教版）選修3-5第十六章動量守恒定

律單元鞏固

一、單選題（本大題共10小題，共40.0分）

1.如圖所示，水平地面上放著一個表面均光滑的凹槽，槽兩端固定有兩輕質(zhì)彈簧，一彈性小球在兩彈簧間往復運動，把槽、小球和彈簧視為一個系統(tǒng)，則在運動過程中()

A.系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒 B.系統(tǒng)的動量守恒，機械能守恒 C.系統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒 D.系統(tǒng)的動量不守恒，機械能不守恒

2.質(zhì)量為1kg的小球A以速率8m/s沿光滑水平面運動，與質(zhì)量為3kg的靜止小球B發(fā)生正碰后，A、B兩小球的速率vA和vB可能為（）A.vA=5m/s B.vA=3m/s C.vB=1m/s D.vB=3m/s

3.在光滑水平面上，有兩個小球A、B沿同一直線同向運動（B在前），已知碰前兩球的動量分別為pA=12kg?m/s、pB=13kg?m/s，碰后它們動量的變化分別為△pA、△pB．下列數(shù)值可能正確的是（）A.△pA=-3kg?m/s、△pB=3kg?m/s B.△pA=3kg?m/s、△pB=-3kg?m/s C.△pA=-24kg?m/s、△pB=24kg?m/s D.△pA=24kg?m/s、△pB=-24kg?m/s

4.一質(zhì)量為2kg的物體受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直線運動時的圖像如圖所示，t＝0時其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N。（）

A.在t＝6s時刻，物體的速度為18m/s

B.在t＝6s時間內(nèi)，合力對物體做的功為400J C.在t＝6s時間內(nèi)，拉力對物體的沖量為36Ns D.在t＝6s時刻，拉力F的功率為200W

5.在2017年6月的全球航天探索大會上，我國公布了“可重復使用運載火箭”的概念方案。方案之一為“傘降方案”：當火箭和有效載荷分離后，火箭變軌進入返回地球大氣層的返回軌道，并加速下落至低空軌道，然后采用降落傘減速，接近地面時打開氣囊，讓火箭安全著陸。對該方案涉及的物理過程，下列說法正確的是

A.火箭和有效載荷分離過程中該系統(tǒng)的總機械能守恒 B.從返回軌道下落至低空軌道，火箭的重力加速度增大 C.從返回軌道至低空軌道，火箭處于超重狀態(tài) D.打開氣囊是為了減小地面對火箭的沖量

第1頁，共12頁 甲向左拋，乙向右拋，如圖所示，6.靜止在湖面的小船上有兩個人分別向相反方向拋出質(zhì)量相同的小球，甲先拋，乙后拋，拋出后兩小球相對地的速率相等，則下列說法中正確的是（）

A.兩球拋出后，船往左以一定速度運動 B.兩球拋出后，船往右以一定速度運動 C.兩球拋出后，船的速度先向右再向左 D.兩球拋出后，船的速度為零

7.質(zhì)量m的物體，從高h處以速度v0水平拋出，從拋出到落地物體所受重力的沖量為（）

-mv0 A.m B.mC.m-mv0

D.mg

8.放在水平桌面上的物體質(zhì)量為m，用一個F牛的水平推力推它t秒鐘，物體始終不動，那在t秒內(nèi)，推力對物體的沖量應為（）A.0 B.F?t C.mg?t D.無法計算

9.甲、乙兩球在光滑的水平面上，沿同一直線向同一方向運動，甲球的動量是6kg?m/s，乙球的動量是8kg?m/s，當甲球追上乙球并發(fā)生碰撞后，乙球的動量變?yōu)?0kg?m/s，甲乙兩球質(zhì)量之比的關(guān)系可能是（）

A.B.C.D.10.斜向上拋出一個爆竹，到達最高點時(速度水平向東)立即爆炸成質(zhì)量相等的三塊，前面一塊速度水平向東，后面一塊速度水平向西，前、后兩塊的水平速度(相對地面)大小相等、方向相反。則以下說法中正確的是

A.爆炸后的瞬間，中間那塊的速度可能水平向西

B.爆炸后的瞬間，中間那塊的速度大于爆炸前瞬間爆竹的速度 C.爆炸后三塊將同時落到水平地面上，并且落地時的動量相同

D.爆炸后的瞬間，中間那塊的動能可能小于爆炸前的瞬間爆竹的總動能

二、多選題（本大題共5小題，共20.0分）

11.對于任何一個質(zhì)量不變的物體，下列說法中正確的是（）

A.物體的動量發(fā)生變化，其速率一定變化 B.物體的動量發(fā)生變化，其速率不一定變化 C.物體的速率發(fā)生變化，其動量一定變化 D.物體的速率發(fā)生變化，其動量不一定變化

12.光滑的水平面上，用彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v0=6m/s的速度向右運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示．B與C碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，當彈簧的彈性勢能達到最大時（）

A.彈簧的彈性勢能最大為EP=10J B.彈簧的彈性勢能最大為EP=12 J C.物塊A的速度是3 m/s D.物塊A的速度是6m/s

13.質(zhì)量為m，電量為q的帶正電小物塊在磁感強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中，沿動摩擦因數(shù)為μ的絕緣水平面以初速度v0開始向左運動，如圖所示．物塊經(jīng)時間t移動距離s后停了下來，設此過程中，q不變，則（）

第2頁，共12頁 A.s＞ B.s＜

C.t＞ D.t＜

14.對下列物理現(xiàn)象的解釋，正確的是（）

A.擊釘時，不用橡皮錘僅僅是因為橡皮錘太輕 B.跳遠時，在沙坑里填沙，是為了減小沖量

C.易碎品運輸時，要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時間，減小作用力 D.在車內(nèi)推車推不動，是因為合外力沖量為零

15.如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個相同的物體A、B質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運動。在t=0時輕繩斷開，A在F作用下繼續(xù)前進，則下列說法正確的是（）

A.t=0至t=B.t=C.t=D.t=至t=時間內(nèi)，A、B的總動量守恒 時間內(nèi)，A、B的總動量守恒

時，A的動量為2mv 時，A的動量為4mv

三、實驗題探究題（本大題共1小題，共10.0分）

16.某同學用如圖所示的裝置通過半徑相同的a、b兩球的碰撞來驗證碰撞中的動量守恒：

（1）從圖中可以測出碰撞后b球的水平射程應取為______ cm（2）下列說法中不符合本實驗要求的是______ A．安裝軌道時，軌道末端必須水平B．需要使用的測量儀器有天平和刻度尺

C．在同一組實驗的多次碰撞中，每次入射球可以從不同高度由靜止釋放（3）本實驗無須測量的物理量有______ ． A．小球a、b的質(zhì)量ma、mb；

B．斜槽軌道末端到水平地面的高度H；

C．記錄紙上O點到A、B、C各點的距離OA、OB、OC；

（4）小球a、b的質(zhì)量ma、mb應該滿足ma ______ mb（填“大于”或“小于”或“等于”）

（5）實驗中記錄了軌道末端在記錄紙上的豎直投影為O點，經(jīng)多次釋放入射球，在記錄紙上找到了兩球平均落點位置為A、B、C，并測得它們到O點的距離分別為OA、OB和OC．驗證碰撞中的動量守恒的達式為：______ ．

第3頁，共12頁

四、計算題（本大題共3小題，共30.0分）

17.如圖所示，粗糙的水平軌道AB與光滑的半圓軌道BC平滑連接，且在同一豎直平面內(nèi)，一質(zhì)量M=0.98kg的木塊靜止在A點，被一水平向右飛來的質(zhì)量m=20g的子彈射中，子彈滯留在木塊中，不計子彈在木塊中的運動時間，木塊沿軌道滑到C點后水平飛出，并恰好落回A點。已知A、B兩點的距離s=1.2m，半圓軌道的半徑r=0.4m，木塊與水平軌道AB間的動摩擦因數(shù)μ=0.36，重力加速度g=10m/s2．求：（1）木塊在C點時對軌道的壓力大??；（2）子彈射入木塊前瞬間的速度大小。

18.如圖所示，木板A、B緊靠在一起，放在光滑水平面上，mA=5kg，mB=4kg，A、B上表面粗糙．另有一個質(zhì)量為1kg的物塊C以初速度v0從A的左端向右滑動，最后C物塊在木板B上與木板B一起以1.5m/s的速度運動，木板A最終的速度大小為vA=0.5m/s．已知C與A、B間動摩擦因數(shù)均為μ=0.2，求：（1）物塊C的初速度v0的大小；（2）物塊C在木板B上滑行的距離．

19.如圖所示，在豎直平面（紙面）固定一內(nèi)徑很小內(nèi)壁光滑的圓管形軌道ABC，它由兩個半徑均為R的四分之一圓管順接而成，A與C端切線水平。在足夠長的光滑水平臺面上靜置一個光滑圓弧軌道DE，圓弧軌道D端上緣恰好與圓管軌道的C端內(nèi)徑下緣水平對接。一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點）以某一水平速度從A點射入圓管軌道，通過C點后進入圓弧軌道運動，過C點時軌道對小球的壓力為2mg，小球始終沒有離開圓弧軌道。已知圓弧軌道DE的質(zhì)量為2m，重力加速度為g。求：

第4頁，共12頁（1）小球從A點進入圓管軌道的速度大??；（2）小球沿圓弧軌道上升的最大高度。

第5頁，共12頁

答案和解析

【答案】

1.B 2.D 3.A 4.D 5.B 6.D 7.A 8.B 9.A 10.B 11.BC 12.BC 13.BC 14.CD 15.AC

16.84.1；C；B；大于；maOB=maOA+mcOC

17.解：（1）木塊從C點落回A點的過程中做平拋運動，則：

2r=

s=vCt

解得vC=3m/s 在C點，由牛頓第二定律得F+（M+m）g=（M+m）

解得：F=12.5N

由牛頓第三定律知木塊在C點時對軌道的壓力大小F′=F=12.5N（2）設子彈射入木塊前瞬間的速度大小為v0，取向右為正方向，由動量守恒定律有： mv0=（M+m）v1

22木塊從A到B的過程，由運動學公式有vB-v1=-2μgs 木塊從B到C的過程，由機械能守恒定律得

=（m+M）?2r+

解得：v0=290m/s

答：

（1）木塊在C點時對軌道的壓力大小是12.5N；

（2）子彈射入木塊前瞬間的速度大小是290m/s。

18.解：（1）以A、B、C三個物塊組成的系統(tǒng)為研究對象，當C在A、B上滑動時，A、B、C三個物塊間存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系統(tǒng)的動量守恒．由動量守恒定律有 mCv0=mAvA+（mB+mC）vB 解得：v0==

=10m/s

（2）C滑上B后與A分離，C、B系統(tǒng)在水平方向動量守恒．C離開A時C的速度為v1，B與A的速度同為 vA，以B、C為系統(tǒng)，由動量守恒定律有 mCv1+mBvA=（mB+mC）vB

v1===5.5m/s

對C在B上滑動過程，由能量轉(zhuǎn)化與守恒定律有：

代值解得：L=5m

答：（1）物塊C的初速度v0的大小為10m/s；（2）物塊C在木板B上滑行的距離為5m．

第6頁，共12頁 19.解：（1）小球過C點時，有由①得?②

①

小球從A到C，由機械能守恒定律有 ③

?④ 由②③得（2）小球沖上圓弧形軌道運動，取水平向右為正方向，由水平方向上動量守恒定律mvC=（m+2m）v共?⑤ 機械能守恒定律得：

?⑥

由②⑤⑥得h=R?⑦ 答：

（1）小球從A點進入圓管軌道的速度大小是；（2）小球沿圓弧軌道上升的最大高度是R。

【解析】 1.【分析】

根據(jù)動量守恒的條件判斷系統(tǒng)動量是否守恒，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化，知系統(tǒng)有動能和彈性勢能相互轉(zhuǎn)化，機械能守恒、本題考查了動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；解決本題的關(guān)鍵掌握動量守恒的條件以及機械能守恒的條件?！窘獯稹?/p>

小球和彈簧組成的系統(tǒng)受到重力和水平地面的支持力兩個外力，所受合外力等于零，動量守恒；在運動過程中，小球和槽通過彈簧相互作用，但因為只有彈簧的彈力做功，動能和勢能相互轉(zhuǎn)化，而總量保持不變，機械能守恒； 故B正確，ACD錯誤。故選B。

2.解：取碰撞前A球的速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB ①

A、若vA=5m/s，代入①得vB=1m/s

由于碰撞后A、B同向運動，A的速度大于B的速度不可能，故A錯誤．

B、若vA=3m/s，代入①得vB=m/s，由于碰撞后A、B同向運動，A的速度大于B的速度不可能，故B錯誤． C、若vB=1m/s，代入①得vA=5m/s，同理知不可能，故C錯誤． D、若vB=3m/s，代入①得vA=-1m/s，碰撞前系統(tǒng)的總動能為Ek=碰撞后系統(tǒng)的總動能為Ek′=

+

=

+

=

=32J

=14J＜Ek，符合能量守恒定律，故D正確．

故選：D

根據(jù)碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒和總動能不增加，結(jié)合運動情況進行分析判斷．采用排除法進行選擇． 對于碰撞過程，往往根據(jù)三個規(guī)律去分析：一是動量守恒；二是總動能不增加；三是碰后，若兩球分開后同向運動，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．

3.解：B、由題，碰撞后，兩球的動量方向都與原來方向相同，A的動量不可能沿原方向增大．故碰后它們動量的變化分別為△pA＜0，故B、D錯誤．

A、根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果△pA=-3kg?m/s、△pB=3kg?m/s，第7頁，共12頁 所以碰后兩球的動量分別為p′A=9kg?m/s、p′B=16kg?m/s，根據(jù)碰撞過程總動能不增加，故A正確．

C、根據(jù)碰撞過程動量守恒定律，如果△pA=-24kg?m/s、△pB=24kg?m/s，所以碰后兩球的動量分別為p′A=-12kg?m/s、p′B=37kg?m/s，可以看出，碰撞后A的動能不變，而B的動能增大，違反了能量守恒定律．故C錯誤． 故選A．

當A球追上B球時發(fā)生碰撞，遵守動量守恒．由動量守恒定律和碰撞過程總動能不增加，進行選擇． 對于碰撞過程要遵守三大規(guī)律：

1、是動量守恒定律；

2、總動能不增加；

3、符合物體的實際運動情況 4.【分析】

根據(jù)△v=a△t可知a-t圖象中，圖象與坐標軸圍成的面積表示速度的增量，根據(jù)動能定理可知，合外力對物體做的功等于動能的變化量，根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于物體動量的變化量，根據(jù)牛頓第二定律求出在t =6s時刻，拉力F的大小，再根據(jù)P=Fv求解瞬時功率。

本題主要考查了動能定理、動量定理、牛頓第二定律及瞬時功率公式的直接應用，解題的突破口是知道a-t圖象中，圖象與坐標軸圍成的面積表示速度的增量，難度適中。

【解答】

A.根據(jù)△v=a△t可知a-t圖象中，圖象與坐標軸圍成的面積表示速度的增量，則在t=6s時刻，物體的速度，故A錯誤；，故B錯誤； B.根據(jù)動能定理得：C.根據(jù)動量定理得： Ft-ft=mv6-mv0 解得：Ft=2×20-2×2+2×6=48N?s，故C錯誤； D.在t=6s時刻，根據(jù)牛頓第二定律得： F=ma+f=2×4+2=10N 則在t=6s時刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正確。

故選D。

5.【分析】

根據(jù)總能量守恒，可知機械能變化；根據(jù)萬有引力等于重力可知重力加速度的變化；加速度向下，為失重狀態(tài)；打開氣囊，增大了緩沖時間。

本題主要考查的是根據(jù)萬有引力定律研究火箭的變軌進入返回地球大氣層的返回軌道的問題，類似高考題?！窘獯稹?/p>

A.火箭和有效載荷分離過程中有內(nèi)能產(chǎn)生，故該系統(tǒng)的總機械能守恒減少，故A錯誤； B.從返回軌道下落至低空軌道，根據(jù)萬有引力定律提供重力，r減小，火箭的重力加速度增大，故B正確；

C.從返回軌道至低空軌道，因為重力加速度向下，火箭處于使重狀態(tài)，故C錯誤；

D.打開氣囊是為了增大緩沖時間減小地面對火箭的作用力，火箭的沖量改變相同，故D錯誤。故選B。

6.解：設小船的質(zhì)量為M，小球的質(zhì)量為m，甲球拋出后，根據(jù)動量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球拋出后，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″等于

第8頁，共12頁 0．故ABC錯誤，D正確． 故選：D．

根據(jù)動量守恒定律求出甲球拋出后乙球和小船的速度，再根據(jù)動量守恒定律求出乙球拋出后，小船的速度． 解決本題的關(guān)鍵掌握動量守恒定律和動量定理，并能靈活運用．運用動量守恒定律時注意速度的方向．

7.解：A、D、物體做平拋運動，運動的時間：t=

所以重力的沖量：I=mgt=．故A正確，D錯誤； B、C、物體落地時豎直方向的分速度：

物體在平拋運動的過程中水平方向的分速度不變，則水平方向動量的分量不變，物體動量的變化等豎直方向的動量的變化，所以： △P=△Py=mvy

由動量定理可知：I=△P=； 所以B選項m-mv0為豎直方向的分動量與初動量的差，而m-mv0為合動量的大小與初動量的大小的差，沒有考慮動量的方向性．故B錯誤，C錯誤． 故選：A

物體做平拋運動，將運動分解即可求出運動的時間，然后由沖量的公式即可求出物體受到的沖量． 沖量與動量都是矢量，在計算沖量和動量時要考慮它們的方向，如該題中的C選項，m是物體的末動量的大小，與初動量的方向不相同．

8.解：在t時間內(nèi)，推力對物體的沖量I=Ft，因為物體靜止不動，合力為零，合力的沖量為零．故B正確，A、C、D錯誤． 故選：B．

根據(jù)沖量的定義式I=Ft求出推力對物體的沖量大?。?/p>

解決本題的關(guān)鍵知道沖量等于力與作用時間的乘積，本題容易誤求解合力的沖量．

9.解：因為碰撞前，甲球速度大于乙球速度，則有：根據(jù)動量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得：p甲′=4kg?m/s．可知碰后兩球同向運動 據(jù)碰撞過程總動能不增加，得：

+

≥

+

＞，得到：＜==

代入解得：≤

碰撞后兩球同向運動，甲的速度不大于乙的速度，則≤，代入解得：≥

所以：≤≤；故A正確，BCD錯誤．

故選：A

兩球碰撞過程遵守動量守恒定律，由動量守恒求出碰撞后甲的動量．根據(jù)甲球速度大于乙球速度，以及碰撞過程中總動能不增加，列出不等式，求出甲與乙質(zhì)量比值的范圍進行選擇．

對于碰撞問題，要掌握碰撞過程的三個基本規(guī)律來分析：

一、動量守恒；

二、系統(tǒng)總動能不增加；

三、碰撞后如同向運動，后面的物體的速度不大于前面物體的速度，即要符合實際運動情況． 10.【分析】

第9頁，共12頁 爆竹在最高點速度方向水平，爆炸時動量守恒，由動量守恒定律可求出爆炸后中間一塊的速度；動量是矢量，注意方向性；根據(jù)動能公試分析動能的大小。

對于爆炸、碰撞等過程，系統(tǒng)所受的外力不為零，但內(nèi)力遠大于外力，系統(tǒng)的動量近似守恒，這類問題往往運用動量守恒和能量守恒兩大守恒定律結(jié)合進行求解?！窘獯稹?/p>

爆竹在最高點速度大小為v0、方向水平向東，爆炸前動量為3mv0，其中前面一塊質(zhì)量為m，速度大小為v，方向水平向東，后面一塊質(zhì)量為m，速度大小為v，方向水平向西，設爆炸后中間一塊瞬時速度為v′，取水平向東為正方向，爆炸過程動量守恒，則有：3mv0=mv+m?v′-mv 解得：，即.爆炸后的瞬間，中間那塊的速度方向水平向東，且大于爆炸前瞬間爆竹的速度，故A錯誤，B正確；

下落的高度相同，則獲得的豎直速度相同，根據(jù)速度的合成可知末速度方向不同，所以落地時的動量不相同，故C錯誤； 爆炸后中間那塊的動能錯誤。故選B。，爆炸前的瞬間爆竹的總動能，所以，故D 11.解：

AB、物體的動量發(fā)生變化，說明速度變化，可能是速度的大小，也可能只是方向，也可能大小和方向都變，故不能確定速率一定變，故A錯誤，B正確．

CD、速率變化，說明速度大小一定變了，故動量一定變，故C正確，D錯誤． 故選：BC 質(zhì)量不變的物體，其動量與速度成正比，但是動量是矢量，有大小，有方向；速率是標量，只有大小，沒有方向．

本題重點搞清楚矢量和標量的區(qū)別，知道動量是標量，與速度大小和方向有關(guān)；而速率是標量，只與速度大小有關(guān)．

12.解：當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大．由A、B、C三者組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得：（mA+mB）v0=（mA+mB+mC）vA 代入數(shù)據(jù)解得：物塊A的速度vA=3m/s B、C碰撞時，B、C系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間兩者的速度為v1，則：

mBv0=（mB+mC）v1 解得：v1=2m/s 設彈簧的彈性勢能最大為EP，對碰后過程，根據(jù)機械能守恒定律得：

EP=（mB+mC）+mAv02-（mA+mB+mC）vA2．

代入解得為：EP=12J． 故選：BC B與C發(fā)生碰撞后，B的速度減小，碰后BC一起向右運動．A物體沒有參加碰撞，速度不變，繼續(xù)向右運動，這樣彈簧被壓縮，當三者速度相同時，彈簧壓縮量最大，彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒定律求出物體A的速度．根據(jù)動量守恒求出B、C碰撞后的共同速度．再由機械能守恒求解彈性勢能的最大值．

第10頁，共12頁 本題是含有非彈性碰撞的過程，要分過程研究，不能全過程列出機械能守恒方程：EP=（mA+mB）v02-（mA+mB+mC）vA2，這是學生經(jīng)常犯的錯誤．

13.解：A、B假設物塊不受洛倫茲力．

根據(jù)動能定理，得-μmgs=-m，得到s=

因為物塊帶正電，受到向下的洛倫茲力，摩擦力增大，滑行的距離減小

則s＜，故A錯誤，B正確．

C、D假設洛倫茲力是恒力，大小為qv0B保持不變

則由動量定理，得-μ（mg+qv0B）t=0-mv0

得t=

因為物塊向左做減速運動，洛倫茲力減小，加速度減小，滑行時間變長

則有t＞，故C正確，D錯誤．

故選：BC．

物塊向左運動的過程中，受到重力、洛倫茲力、水平面的支持力和滑動摩擦力，向左做減速運動．采用假設法分析：假設不受洛倫茲力，根據(jù)動能定理求出滑行距離；假設洛倫茲力是恒力大小為qv0B，根據(jù)動量定理求出運動時間，最后進行選擇．

本題考查應用動能定理和動量定理研究變力情況的能力．在中學階段，這兩個定理，一般用來研究恒力作用情況，本題采用假設法，將變力與恒力情況進行比較得出答案．

14.解：A、用橡皮錘擊釘子，橡皮錘與釘子接觸時形變量比較大，延長了作用時間，使作用力減小，所以不要橡皮錘釘釘子，故A錯誤；

B、跳遠時，在沙坑里填沙，是為了增加運動員與沙子的作用時間，從而減小作用力，避免運動員受到傷害，故B錯誤；

C、易碎品運輸時，要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時間，減小作用力，故C正確；

D、在車內(nèi)推車推不動，是因為合外力沖量為零，故D正確； 故選：CD．

力與時間的乘積是力的沖量；應用沖量的計算公式I=Ft與動量定理分析答題．

本題考查了沖量計算公式I=Ft、動量定理的應用；在動量的變化或沖量一定的情況下，延長力的作用時間可以減小力的大?。?/p>

15.解：A、設A、B所受的滑動摩擦力大小均為f，系統(tǒng)勻速運動時，有F =2f，得f=

輕繩斷開后，對B，取向右為正方向，由動量定理得-ft=0-mv，聯(lián)立得t=在B停止運動前，即在t=0至t=，即t=

時B停止運動。

時間內(nèi)，A、B系統(tǒng)的合外力為零，總動量守恒。故A正確。

B、t=至t=時間內(nèi)，B停止運動，A勻加速運動，系統(tǒng)的合外力不為零，則系統(tǒng)的總動量不守恒，故B錯誤。

第11頁，共12頁 C、t=D、t=時，取向右為正方向，由系統(tǒng)的動量守恒得2mv=pA+0，得A的動量pA=2mv，故C正確。時即繩斷開t=時，對A，由動量定理得ft=pA′-mv，解得A的動量pA′=3mv，故D錯誤。

故選：AC。

在B停止運動前，A、B的合外力為零，總動量守恒。在B停止運動后，A、B的合外力不為零，總動量不守恒。根據(jù)動量守恒定律求t=

時A的動量。由動量定理求t=

時A的動量。

本題脫鉤問題，要抓住脫鉤前系統(tǒng)的動量守恒，脫鉤后系統(tǒng)的動量不再守恒。在涉及力在時間上的積累效應時，運用動量定理求動量或速度是常用的方法。

16.解：（1）碰撞后b球的水平射程落點如圖所示，讀數(shù)約為84.1cm；（2）A、本實驗中兩小球均應做平拋運動，故要求末端必須水平，故A正確；

B、由實驗原理可知，我們需要兩小球的質(zhì)量和水平位移，故應需要天平和刻度尺；故B正確； C、為了保證每次小球A的速度均相同，小球應從同一位置滑下；故C錯誤； 本題選不正確的，故選：C；

（3）本實驗中需要測量A球和B球的質(zhì)量和兩球的水平射程OA、OB、OC；不需要測量G點相對于水平槽面的高度，故選：B；

（4）為了讓碰后b球的速度大于a球且防止a球反彈，應保證，a球的質(zhì)量大于b球的質(zhì)量；

（5）這樣可以防止a反彈碰撞后兩球都做平拋運動，它們拋出點的高度相同，在空中的運動時間t相同，由動量守恒定律得：mav0=mav1+mbv2，兩邊同時乘以時間t得：mav0t=mav1t+mbv2t，則maOB=maOA+mbOC，實驗需要驗證的表達式為：maOB=maOA+mbOC

故答案為：（1）84.1；（2）C；（3）B；（4）大于；（5）maOB=maOA+mbOC

根據(jù)通過實驗的原理確定需要測量的物理量，小球離開軌道后做平拋運動，它們在空中的運動時間相同，水平位移與出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根據(jù)動量守恒定律求出需要驗證的表達式． 本題考查動量守恒的驗證，掌握兩球平拋的水平射程和水平速度之間的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵，注意理解動量守恒定律的條件．

17.（1）研究木塊C點平拋運動的過程，由分位移公式求出木塊在C點時的速度。在C點，由牛頓第二定律求出軌道對木塊的壓力，從而得到木塊對軌道的壓力。

（2）木塊從B到C的過程，由機械能守恒定律求出木塊經(jīng)過B點的速度，由動能定理求出子彈射入木塊后瞬間的速度，再研究子彈打擊木塊的過程，由動量守恒定律求子彈射入木塊前瞬間的速度大小。

對于圓周運動，常常是機械能守恒定律或動能定理與牛頓運動定律的綜合。子彈射擊木塊過程，基本的規(guī)律是動量守恒。

18.（1）C與A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出C的初速度；

（2）C滑上B后與A分離，C、B系統(tǒng)動量守恒，C在B上滑動過程，再結(jié)合能量守恒定律求解．

本題主要考查了動量守恒定律、能量守恒定律的綜合應用，要注意分析清楚C與A、B的運動過程，選擇合適的系統(tǒng)，應用動量守恒定律即能量守恒定律即可正確解題．

19.（1）小球過C點時，由合力提供向心力，由牛頓第二定律求小球過C點時的速度，小球從A到C，再由機械能守恒定律求小球從A點進入圓管軌道的速度大??；

（2）小球沖上圓弧形軌道運動，由水平方向上動量守恒定律，系統(tǒng)的機械能守恒，由動量守恒定律和機械能守恒定律結(jié)合求小球沿圓弧軌道上升的最大高度。

小球的運動過程較為復雜，分析清楚小球的運動過程是正確解題的前提與關(guān)鍵；要注意小球沖上圓弧形軌道運動過程，系統(tǒng)的總動量并不守恒，只是水平方向動量守恒。

第12頁，共12頁

第三篇：高二物理動量守恒定律教案

§8·3 動量守恒定律

教學目標：1．理解動量守恒定律的確切含義和表達式

2．能用動量定理和牛頓第三定律推導出動量守恒定律 3．知道動量守恒定律的適用條件和適用范圍

教學重點：掌握動量守恒定律的推導、表達式、適用范圍和守恒條件 教學難點：正確判斷系統(tǒng)在所研究的過程中動量是否守恒 教學方法：實驗法、推理歸納法、舉例講授法

教學用具：投影儀，投影片，課件，兩個質(zhì)量相等的小車，細線、彈簧、砝碼、氣墊導軌

教學過程：

【引入新課】

我們在上幾節(jié)課，學習了動量和沖量以及動量定理，動量定理已經(jīng)把一個物體的動量變化跟物體所受外力作用一段時間緊密聯(lián)系起來了，但是根據(jù)牛頓第三定律我們可以知道這個受到作用力的物體也一定會施加一個反作用力，也就是說力的作用是相互的，因此，我們就十分有必要研究一下有相互作用的物體系的動量變化規(guī)律

【講授新課】

（一）動量守恒定律的推導

例：如圖，在光滑水平面上做勻速運動的兩個小球，質(zhì)量分別是m1 和m2，沿著同一直線向相同的方向運動，速度分別是v1和v2，且v2＞v1，經(jīng)過一段時間后，m2追上了m1，兩球發(fā)生碰撞，碰撞后的速度分別是v1′和v2′．試分析碰撞中兩球動量的變化量有何關(guān)系。

①第一個小球和第二個小球在碰撞中所受的平均作用力F1和F2是一對相互作用力，大小相等，方向相反，作用在同一直線上，作用在兩個物體上；

②第一個小球受到的沖量是： F1t=m1v1′-m1v1 第二個小球受到的沖量是：F2t=m2v2′-m2v2

③又F1和F2大小相等，方向相反。所以F1t=-F2t ∴m1v1′-m1v1=-(m2v2′-m2v2)由此得：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

即：p1+p2=p1′+p2′ 表達式的含義：兩個小球碰撞前的總動量等于碰撞后的總動量．

1．系統(tǒng)：有相互作用的物體構(gòu)成一個系統(tǒng)．例如實驗中的兩輛小車或推導實例中碰撞的兩個小球；

2．內(nèi)力：系統(tǒng)中相互作用的各物體之間的相互作用力叫做內(nèi)力．例如：實驗中兩小車通過彈簧施加給對方的彈力；兩小球在碰撞中施加給對方的平均作用力．

3．外力：外部其他物體對系統(tǒng)的作用力叫做外力．例如實驗和推導實例中的重力和支持力．

（二）動量守恒定律的條件和內(nèi)容

1．動量守恒定律的條件：系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為0。

2．動量守恒定律的內(nèi)容：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變這個結(jié)論叫動量守恒定律．

3．動量守恒定律的表達式：p1+p2=p1′+p2′動量守恒定律的幾種表達式為： ①p=p′（系統(tǒng)相互作用前的總動量p等于相互作用后的總動量p′）②Δp=0(系統(tǒng)總動量增量為0)

③Δp＇=-Δp2（相互作用的兩個物體構(gòu)成系統(tǒng)）兩物體動量增量大小相等、方向相反． ④m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(相互作用兩個物體組成系統(tǒng)，前動量和等于后動量和)

（三）動量守恒定律的適用范圍：動量守恒定律不但能解決低速運動問題，而且能解決高速運動問題，不但適用于宏觀物體，而且適用于電子、質(zhì)子、中子等微觀粒子．

（四）典型例題評講

例1：甲、乙兩物體沿同一直線相向運動，甲的速度是3m/s，乙物體的速度是1m/s。碰撞后甲、乙兩物體都沿各自原方向的反方向運動，速度的大小都是2m/s。求甲、乙兩物體的質(zhì)量之比是多少？

分析與解：規(guī)定甲物體初速度方向為正方向。則v1=+3m/s,v2=1m/s。

碰后v1'=-2m/s,v2'=2m/s 根據(jù)動量守恒定律應有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 移項整理后可得m1比m2為

代入數(shù)值后可得m1/m2=3/5，即甲、乙兩物體的質(zhì)量比為3∶5。

例2：質(zhì)量為30kg的小孩以8m/s的水平速度跳上一輛靜止在水平軌道上的平板車，已知平板車的質(zhì)量是80kg，求小孩跳上車后他們共同的速度。

分析與解：對于小孩和平板車系統(tǒng)，由于車輪和軌道間的滾動摩擦很小，可以不予考慮，所以可以認為系統(tǒng)不受外力，即對人、車系統(tǒng)動量守恒。

跳上車前系統(tǒng)的總動量 p=mv 跳上車后系統(tǒng)的總動量 p'=(m+M)V 由動量守恒定律有mv=(m＋M)V 解得

小結(jié)：動量守恒定律的解題步驟：

1、分析系統(tǒng)由多少個物體組成，受力情況怎樣，判斷動量是否守恒；

2、規(guī)定正方向（一般以原速度方向為正），確定相互作用前后的各物體的動量大小，正負；

3、由動量守恒定律列式求解.鞏固練習

一、選擇題

1.把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平地面上，槍發(fā)射子彈時，關(guān)于槍、子彈和車的下列說法正確的有()A.槍和子彈組成的系統(tǒng)動量守恒 B.槍和車組成的系統(tǒng)動量守恒 C.槍、子彈和車組成的系統(tǒng)動量守恒

D.若忽略不計子彈和槍筒之間的摩擦，槍和車組成的系統(tǒng)動量守恒

2.兩球相向運動，發(fā)生正碰，碰撞后兩球均靜止，于是可以判定，在碰撞以前兩球()A.質(zhì)量相等

B.速度大小相等

C.動量大小相等

D.以上都不能判定 3.在下列幾種現(xiàn)象中，動量守恒的有()A.原來靜止在光滑水平面上的車，從水平方向跳上一個人，人車為一系統(tǒng) B.運動員將鉛球從肩窩開始加速推出，以運動員和球為一系統(tǒng)

C.從高空自由落下的重物落在靜止于地面上的車廂中，以重物和車廂為一系統(tǒng)

D.光滑水平面上放一斜面，斜面光滑，一物體沿斜面滑下，以重物和斜面為一系統(tǒng) 4.兩物體組成的系統(tǒng)總動量守恒，這個系統(tǒng)中()A.一個物體增加的速度等于另一個物體減少的速度 B.一物體受的沖量與另一物體所受的沖量相等 C.兩個物體的動量變化總是大小相等、方向相反 D.系統(tǒng)總動量的變化為零

5.一只小船靜止在水面上，一個人從小船的一端走到另一端，不計水的阻力，以下說法中正確的是()A.人在小船上行走，人對船的沖量比船對人的沖量小，所以人向前運動得快，小船后退得慢

B.人在小船上行走，人的質(zhì)量小，它們受的沖量大小是相等的，所以人向前運動得快，小船后退得慢 C.當人停止走動時，因為小船慣性大，所在小船要繼續(xù)向后退 D.當人停止走動時.因為總動量守恒，所以小船也停止后退

6.物體A的質(zhì)量是物體B的質(zhì)量的2倍，中間壓縮一輕質(zhì)彈簧，放在光滑的水平面上，由靜止同時放開兩手后一小段時間內(nèi)()A.A的速率是B的一半

B.A的動量大于B的動量 C.A受的力大于B受的力

D.總動量為零

7.如圖所示，F(xiàn)1、F2等大反向，同時作用于靜止在光滑水平面上的A、B兩物體上，已知MA>MB，經(jīng)過相同時間后撤去兩力.以后兩物體相碰并粘成一體，這時A、B將()A.停止運動

B.向右運動

C.向左運動

D.仍運動但方向不能確定

二、填空題

8.在光滑的水平面上，質(zhì)量分別為2kg和1kg的兩個小球分別以0.5m/s和2m/s的速度相向運動，碰撞后兩物體粘在一起，則它們的共同速度大小為______m/s，方向______.9.質(zhì)量為M=2kg的木塊靜止在光滑的水平面上，一顆質(zhì)量為m=20g的子彈以v0=100m/s的速度水平飛來，射穿木塊后以80m/s的速度飛去，則木塊速度大小為______m/s.10.質(zhì)量是80kg的人，以10m/s的水平速度跳上一輛迎面駛來的質(zhì)量為200kg、速度為5m/s的車上，則此后車的速度是______m/s，方向______.三、計算題

11.用細繩懸掛一質(zhì)量為M的木塊處于靜止，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈自左方水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為v0和v，求:(1)子彈穿過后，木塊的速度大小;(2)子彈穿過后瞬間，細繩所受拉力大小

12.甲、乙兩個溜冰者相對而立，質(zhì)量分別為m甲=60kg，m乙=70kg，甲手中另持有m=10kg的球，如果甲以相對地面的水平速度v0=4m/s把球拋給乙，求:(1)甲拋出球后的速度;(2)乙接球后的速度

13.在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A以速率v0向靜止的質(zhì)量為3m的B球運動，發(fā)生正碰后，A球的速度為

v0,求碰后B球的速率 414.一輛總質(zhì)量為M的列車，在平直軌道上以v勻速行駛，突然后一節(jié)質(zhì)量為m的車廂脫鉤，假設列車受到的阻力與質(zhì)量成正比，牽引力恒定，則當后一節(jié)車廂剛好靜止的瞬間，前面列車的速率為多大?

15.兩只小船在平靜的水面上相向勻速運動如圖所示，船和船上的麻袋總質(zhì)量分別為m甲=500kg，m乙=1000kg，當它們首尾相齊時，由每一只船上各投質(zhì)量m=50kg的麻袋到另一只船上去(投擲方向垂直船身，且麻袋的縱向速度可不計)，結(jié)果甲船停了下來，乙船以v=8.5m/s的速度沿原方向繼續(xù)航行,求交換麻袋前兩只船的速率各為多少?(不計水的阻力)

1C2 C

3A

4CD

5BD

6AD

7A 8答案:m/s;方向跟1kg小球原來的方向相同 9答案:0.2

10答案:0.71;與原來的方向相同 13m(v0?v)m2(v0?v)211答案:(1)(2)Mg?

MML12答案:(1)v甲?13答案:2m/s，與拋球的方向相反(2)v乙?0.5m/s，與球的運動方向相同 315v0或v0 412MV14答案:

M?m15答案:以甲船和乙船及其中的麻袋為研究對象，以甲船原來的運動方向為正方向.麻袋與船發(fā)生相互作用后獲得共同速度.由動量守恒定律有(相互作用后甲船速度v′甲=0)

??0①(m甲?m)v甲?mv乙?m甲v甲以乙船和甲船中的麻袋為研究對象，有(相互作用后乙船速度v′乙=0)

??0② ?(m乙?m)v乙?mv甲??m乙v乙由①、②兩式解得

?mm乙v乙50?1000?8.5v甲??m/s2?1m/s 22（m乙?m）（m甲?m）?m（1000?50）?（500?50）?50v乙?m甲?mmv甲?500?50?1m/s?9m/s 50

第四篇：(精品)高二物理人教選修3-4 13.8激光教案

學校：臨清實驗高中

學科：物理 編寫人：燕敬勇

審稿人：孔慶生

選修3-4第十三章第8節(jié)《激光》教學設計

一、教材分析

本節(jié)主要講解激光的特點及其應用，特別是全息照相技術(shù)。只要求學生對激光有初步了解，知道激光和自然光的區(qū)別，但不給激光下定義，更不講解激光產(chǎn)生的機理。關(guān)于全息照相的原理，理解相位差是形成立體圖像的根本原因。由于本節(jié)知識重在了解，故可以讓學生在老師的指導下自主學習。

二、教學目標

1、知識目標

（1）知道激光的特點，了解激光的應用（2）知道全息照相的原理，理解相位差是形成立體圖像的根本原因

2、能力目標

（1）通過課外閱讀，收集整理有關(guān)激光應用的資料，培養(yǎng)加工處理信息的能力.（2）通過對激光的特點及應用的學習，培養(yǎng)應用物理知識解決實際問題的能力.3、情感、態(tài)度和價值觀目標

通過對激光應用的學習，體驗現(xiàn)代科技的神奇，發(fā)現(xiàn)的科學的美妙

三、教學重點難點

重點：激光與自然光的區(qū)別 難點：激光的應用

四、學情分析

學生已經(jīng)學習了光的一些知識，對光的特點也有了很多的了解，在此基礎上讓學生認識和了解一種很特殊的光，就是激光，會激發(fā)學生的學習興趣。也能讓學生體會科學的美妙所在。

五、教學方法教師啟發(fā)、引導，學生討論、交流。

六、課前準備

1．學生的學習準備：預習本節(jié)課的內(nèi)容，初步了解激光特點和應用 2．教師的教學準備：教具，多媒體素材，學案的準備

七、課時安排： 1 課時

八、教學過程

1、預習檢查

檢查學生的預習情況并了解了學生存在的問題

2、創(chuàng)設實驗情景，導入課題

利用多媒體讓學生觀看有激光應用的片段，引起學生的興趣。促進學生的學習。

3、合作探究，精講點撥

引導學生仔細閱讀教材，完成學習目標 探究問題：

（1）究竟什么是激光呢？

激光是原子受激輻射產(chǎn)生的光。發(fā)光的方向、頻率、偏振方向均相同，兩列相同激光相遇可以發(fā)生干涉。激光是相干光，激光是人工產(chǎn)生的光。（2）激光是如何產(chǎn)生的？

在現(xiàn)代科技中用激光器產(chǎn)生激光。激光一種特殊的光，自然界中的發(fā)光體不能發(fā)出激光。1958年，激光問世。

（3）激光與自然光有什么樣的區(qū)別？

①普通光源發(fā)出的是混合光，激光的頻率單一．因此激光相干性非常好，顏色特別純，②激光束的平行度和方向性非常好． ③激光的強度特別大，亮度很高．（4）激光都有那些特性和用途呢？

激光具有的特點 ①相干性好

所謂相干性好是指容易產(chǎn)生干涉現(xiàn)象。普通光源發(fā)出的光（即使是所謂的單色光）頻率是不一樣的，而激光器發(fā)出的激光的頻率幾乎是單一的，并且滿足其他的相干條件，所以，現(xiàn)在我們做雙縫干涉實驗時，無需在雙縫前放一個單縫，而是用激光直接照射雙縫，就能得到既明亮又清晰的干涉條紋。②平行度非常好

與普通光相比，傳播相同距離的激光束的擴散程度小，光線仍能保持很大的強度，保持它的高能量，利用這一點可以精確測距?，F(xiàn)在利用激光測量地月距離精確度已達到1m。③激光的亮度非常高

他可以在很小的空間和很短的時間內(nèi)集中很大的能量。如果把強大的激光束會聚起來，可使物體被照部分在千分之一秒的時間內(nèi)產(chǎn)生幾千萬度的高溫。不能直接照射眼睛，否則會傷害眼睛。④激光單色性很好

激光的頻率范圍極窄，顏色幾乎是完全一致的。

激光的應用非常多，發(fā)展前景非常廣闊，目前的重要應用有：光纖通信、精確測距、目標跟蹤、激光光盤、激光致熱切割、激光核聚變等等．

（5）什么是全息照相？利用了什么原理？和平時我們說的照相有什么不同？

4、反思總結(jié)，當堂檢測

教師組織學生反思本節(jié)課的內(nèi)容，并總結(jié)學到的知識。利用學案進行當堂檢測，引導學生構(gòu)建知識框架并反饋學習情況。

5、發(fā)導學案，布置預習

九、板書設計 激光

一、激光的產(chǎn)生

二、激光的特點

三、激光的常見應用

四、全息照相技術(shù)

十、教學反思

本節(jié)課利用了導學案教學，讓學生充分參與到了課堂中。本節(jié)的內(nèi)容主要是了解，要求不是很高，可以讓學生自主學習，老師作為引導對不容易理解的知識加以強調(diào)。

第五篇：高二物理選修3-5能量量子化教學案

高二

班

姓名

第十七章

波粒二象性

§17.1

能量量子化

【學習目標】

1．知道什么是黑體與黑體輻射。

2．了解“紫外災難”。

3．知道什么叫能量子及其含意。

【重點和難點】

1．重點：黑體輻射的實驗規(guī)律

能量量子化

2．難點：黑體輻射的理解

【新課教學】

1．我們周圍的一切物體都在輻射電磁波，這種輻射與物體的________有關(guān)，所以叫做熱輻射。

2．如果某種物體能夠________入射的各種波長的電磁波而不發(fā)生________，這種物體就是絕對黑體，簡稱黑體。黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的________有關(guān)。

3．普朗克假說：振動著的帶電微粒的能量只能是某一最小能量值ε的________。當帶電微粒輻射或吸收能量時，也是以這個最小能量值為單位________地輻射或吸收的。這個不可再分的最小能量值ε叫做________，ε＝________，ν是電磁波的頻率，h是一個常量，后被稱為普朗克常量。其值為h＝________

J·s。

4．黑體與黑體輻射

(1)熱輻射

①定義：我們周圍的一切物體都在輻射電磁波，這種輻射與物體的溫度有關(guān)，所以叫熱輻射。

②熱輻射的特點

物體在任何溫度下都會發(fā)射電磁波，熱輻射強度按波長的分布情況隨物體的溫度而有所不同。當物體溫度較低時(如室溫)，熱輻射的主要成分是波長較長的電磁波(在紅外線區(qū)域)，不能引起人的視覺；當溫度升高時，熱輻射中較短波長的成分越來越強，可見光所占份額增大。

(2)黑體

①定義：在熱輻射的同時，物體表面還會吸收和反射外界射來的電磁波。如果一個物體能夠完全吸收投射到其表面的各種波長的電磁波而不發(fā)生反射，這種物體就是絕對黑體，簡稱黑體。

②黑體輻射的特性：黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與黑體的溫度有關(guān)。

5．黑體輻射的實驗規(guī)律

(1)溫度一定時，黑體輻射強度隨波長的分布有一個極大值。

(2)隨著溫度的升高

①各種波長的輻射強度都有增加；

②輻射強度的極大值向波長較短的方向移動，黑　體

一般物體

熱輻射特點

輻射電磁波的強度按波長(或頻率)的分布只與黑體的溫度有關(guān)

輻射電磁波的情況與溫度、材料的種類及表面狀況有關(guān)

吸收及反射特點

完全吸收各種入射電磁波，不反射

既吸收，又反射，其能力與材料的種類及入射波長等因素有關(guān)

【課堂例題】

【例1】：黑體輻射的實驗規(guī)律如圖所示，由圖可知

（）

A．隨溫度升高，各種波長的輻射強度都有增加

B．隨溫度降低，各種波長的輻射強度都有增加

C．隨溫度升高，輻射強度的極大值向波長較短的方向移動

D．隨溫度降低，輻射強度的極大值向波長較長的方向移動

【例2】：關(guān)于對普朗克能量子假說的認識，下列說法正確的是

（）

A．振動著的帶電微粒的能量只能是某一能量值ε

B．帶電微粒輻射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整數(shù)倍

C．能量子與電磁波的頻率成正比

D．這一假說與現(xiàn)實世界相矛盾，因而是錯誤的【例3】：紅光和紫光相比

（）

A．紅光光子的能量較大；在同一種介質(zhì)中傳播時紅光的速度較大

B．紅光光子的能量較??；在同一種介質(zhì)中傳播時紅光的速度較大

C．紅光光子的能量較大；在同一種介質(zhì)中傳播時紅光的速度較小

D．紅光光子的能量較??；在同一種介質(zhì)中傳播時紅光的速度較小

【例4】：光是一種電磁波，可見光的波長的大致范圍是400—700

nm、400

nm、700

nm電磁輻射的能量子的值各是多少？

【課后反饋】

1．關(guān)于對黑體的認識，下列說法正確的是

（）

A．黑體只吸收電磁波，不反射電磁波，看上去是黑的B．黑體輻射電磁波的強度按波長的分布除與溫度有關(guān)外，還與材料的種類及表面狀況有關(guān)

C．黑體輻射電磁波的強度按波長的分布只與溫度有關(guān)，與材料的種類及表面狀況無關(guān)

D．如果在一個空腔壁上開一個很小的孔，射入小孔的電磁波在空腔內(nèi)表面經(jīng)多次反射和吸

收，最終不能從小孔射出，這個空腔就成了一個黑體

2．關(guān)于對熱輻射的認識，下列說法中正確的是

（）

A．熱的物體向外輻射電磁波，冷的物體只吸收電磁波

B．溫度越高，物體輻射的電磁波越強

C．輻射強度按波長的分布情況只與物體的溫度有關(guān)，與材料種類及表面狀況無關(guān)

D．常溫下我們看到的物體的顏色就是物體輻射電磁波的顏色

3．紅、橙、黃、綠四種單色光中，光子能量最小的是

（）

A．紅光

B．橙光

C．黃光

D．綠光

4．某種光的光子能量為E，這種光在某一種介質(zhì)中傳播時的波長為λ，則這種介質(zhì)的折射率為()

A．

B．

C．

D．

5．某激光器能發(fā)射波長為λ的激光，發(fā)射功率為P，c表示光速，h表示普朗克常量，則激光器每秒發(fā)射的能量子數(shù)為

（）

A．

B．

C．

D．

6．2006諾貝爾物理學獎授予了兩名美國科學家，以表彰他們發(fā)現(xiàn)了宇宙微波背景輻射的黑體譜形狀及其溫度在不同方向上的微小變化。他們的出色工作被譽為是宇宙學研究進入精密科學時代的起點。下列與宇宙微波背景輻射的黑體譜相關(guān)的說法中正確的是()

A．微波是指波長在10－3

m到10

m之間的電磁波

B．微波和聲波一樣都只能在介質(zhì)中傳播

C．黑體的熱輻射實際上是電磁輻射

D．普朗克在研究黑體的熱輻射問題中提出了能量子假說

7．在自然界生態(tài)系統(tǒng)中，蛇與老鼠和其他生物通過營養(yǎng)關(guān)系構(gòu)成食物鏈，在維持生態(tài)平衡方面發(fā)揮著重要作用。蛇是老鼠的天敵，它是通過接收熱輻射來發(fā)現(xiàn)老鼠的。假設老鼠的體溫約為37

℃，它發(fā)出的最強的熱輻射的波長為λm。根據(jù)熱輻射理論，λm與輻射源的絕對溫度T的關(guān)系近似為Tλm＝2.90×10－3

m·K。

(1)

老鼠發(fā)出最強的熱輻射的波長為

()

A．7.8×10－5

m

B．9.4×10－6

m

C．1.16×10－4

m

D．9.7×10－8

m

(2)

老鼠發(fā)出的最強的熱輻射屬于

()

A．可見光波段

B．紫外波段

C．紅外波段

D．X射線波段

8．二氧化碳能強烈吸收紅外長波輻射，這種長波輻射的波長范圍約是1.4×10－3—1.6×10－3

m，相應的頻率范圍是________，相應的光子能量的范圍是________，“溫室效應”使大氣全年的平均溫度升高，空氣溫度升高，從微觀上看就是空氣中分子的________。(已知普朗克常量h＝6.6×10－34

J·s，真空中的光速c＝3.0×108

m/s。結(jié)果取兩位數(shù)字)

9．神光“Ⅱ”裝置是我國規(guī)模最大，國際上為數(shù)不多的高功率固體激光系統(tǒng)，利用它可獲得能量為2

400

J、波長λ為0.35

μm的紫外激光，已知普朗克常量h＝6.63×10－34

J·s，則該紫外激光所含光子數(shù)為多少個？(取兩位有效數(shù)字)。

10．氦—氖激光器發(fā)出波長為633

nm的激光，當激光器的輸出功率為1

mW時，每秒發(fā)出的光子數(shù)為多少個？