新课标广东高考第一轮复习资料 第四章 动量和动量守恒
一．高考探究
1、课程标准与考试说明的对比
课标要求 知识点 探究物体弹性碰撞的一些特点 通过实验理解动量守恒定律 能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题 理解 （C） 06：动量守恒定律 07：动量守恒定律及其应用 弹性碰撞和非弹性碰撞 验证动量守恒定律 学习物理学中的守恒定律
2、对新课标的解读
（1）．通过光滑水平面上或气垫导轨上物体的碰撞来学习弹性碰撞，也可以通过频闪照片的分析来学习。要求学生知道以是否有机械能的损失来区分弹性碰撞和非弹性碰撞。能够从力与质量、加速度三者的关系式变形得出动量定理，进而得出动量守恒定律。 （2）．要求学生通过实验来学习动量守恒定律的普遍性和独立性，关注研究系统的选取，能够在不同的情景中应用。 二．重点难点解析
1
06、07年考试说明对比 知识点 知道06：动量、冲量、动量定理 07：动量 要求层次 只限于一维情况 （II） （II） 要求层次 知道弹性碰撞和非弹性碰撞 （A） 只限于一维情况 只限于一维情况 （II） （II） （I） 体会自然界的和谐与统一 （B） 06：动量知识和机械能知识的应用 06：航天技术的发展和宇宙航行 包括碰撞、（II） 反冲、火箭 （I） 1、动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应；动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。动量p(＝mv)和动能Ek（=
12mv）是从不同角度表示物体运动状态的物2p2理量。动能Ek是标量。它们的大小关系为：EK?；p?2mEk。冲量I（＝Ft）
2m是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应；冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。
2、动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。现代物理学把力定义为物体动量的变化率：
F??P?t（牛顿第二定律的动量形式）。动量定理的表达式是矢
量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正方向。利用动量定理进行定量解题，可以按照以下几个步骤进行：
⑴．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质点组（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。
⑵．进行受力分析。只分析研究对象以外的物体施给研究对象的力。所有外力之矢量和为合外力。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。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同，就要按阶段分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。
⑶．规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。
⑷．写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量（或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）。 ⑸．根据动量定理列式求解。
即：选对象，分过程，定方向，作二图（受力图、过程图），列一式。 3、动量守恒定律
⑴．动量守恒定律成立的条件
A、系统不受外力或者所受合外力为零；
B、系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
C、系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒；
2
D、全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。 ⑵．动量守恒定律的表达形式
??m2v2? 即p?p=p??p? m1v1?m2v2?m1v11212m1?v??2?v1 还有：Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 ，m2⑶．动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律）。从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现取得胜利而告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动；但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上，为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说，由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的，这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。动量守恒定律对宏观、微观，低速、高速的各种情景均适用。
⑷．应用动量守恒定律的解题步骤：
A、明确研究对象（一定是系统）和研究过程。
B、分析系统受力情况，判断系统是否满足动量守恒的条件。 C、规定正方向，确定初、末状态的动量的大小、方向。
D、根据动量守恒定律列方程求解（表达式中各物体运动的速度均应以地面为 参考系）。
⑸．动量守恒定律的应用
A、碰撞 两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短，一般都满足内力远大于外力，所以可以认为系统的动量守恒。碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰撞。
二类机械碰撞的动量都守恒，动能不一定守恒，但一定不增加。若动能守恒，则为完全弹性碰撞，质量相等的两物体发生完全弹性碰撞，将交换速度；若碰撞后两物粘为
3
一体以共同速度运动，则为完全非弹性碰撞，动能损失最大；一般碰撞介于上述两类碰撞之间，有一定的机械能损失，损失的机械能转化为内能。
B、反冲 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。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它形式的能转化为动能，这种情况称为反冲。
反冲过程动量守恒，动能增加。这是反冲与碰撞的显著区别。
三．例题精讲
[例1]、某同学把压在木块下的纸抽出来，第一次他将纸迅速抽出，
第二次他将纸较慢地抽出。你猜猜看哪一次木块会被拉动，哪一次木块几乎不动？并说明其原因。
解析：物体动量的变化量不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向
上，第一次力的作用时间极短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力的作用时间长，摩擦力的冲量大，因此木块会有明显的动量变化，木块被拉动了。
点评：分析物理过程的细节时，应注意抓住物理过程的本质，不要被次要条件、干扰因素所
蒙蔽，要揭示出整个物理过程或各个阶段物理过程的本质特征，这种抓住本质特征、剔除次要因素的方法就是物理学中的“理想化思维方法”，它是还原物理模型的基础。
[例2]、质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度
为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发
现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
若原来汽车带着拖车在平直公路上是以速度v0匀速前进，拖车突然与汽车脱钩，那么在拖车刚停下时，汽车的瞬时速度又是多大？
解析：（1）以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为（M+m）a，脱钩
后到拖车停止所经历的时间为t=
m M v0 v/ F v0，末状态拖车的动量为零。全过程对系统运用动量?g4
定理： （M+m）a·
v0=Mv′-（M+m）v0， ?g得v′=
(M?m)(a??g)v0
?Mg（2）以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为零，全过程对系统用动量守恒定律：
(M?m）v0?Mv?
（M?m）v0v??M 得
点评：（1）受力决定了物体的运动状态，也决定了解题时选用的物理依据。因为拖车停下后，
系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小发生了变化，这种方法只能用在拖车停下之前。
（2）本题也可综合利用牛顿运动定律及运动学规律求解，请比较两种解法。
[例3]、 质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，
小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？
解析：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终为零，所
以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、船的位移
大小之和等于L。设人、船位移大小分别为l1、l2，则：mv1=Mv2，两边同乘时间t，ml1=Ml2，而l1+l2=L，∴
l2?mLM?m
l2 l1 点评：此结论与人在船上行走的速度大小无关，不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行
走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大小之间的关系。“人船模型”在实际应用中有许多变化，正确迁移、灵活运用是关键。利用“人船模型”的情景要注意的：一是系统的初动量为零；二是要求的物理量是位移。
[例4]、总质量为M=300 kg的载人平板小车以速度v1=1m/s在光滑水平地面上前进，若车内质量为m=60 kg的人，
（1）以对地u=2m/s的速度向后水平跳出，人跳出后车的速度多少？
5
（2）若原题中其他条件不变，但该人相对于车以u/=2m/s的速度向后水平跳出，则人跳出后车的速度又是多少？
该题的第二问：某同学的解答过程如下：以人和车组成的系统为对象，因所受合外力为零，故系统动量守恒。设则人跳出后车的速度为v2，取车前进的方向为正方向，有 M v1=-m (u/- v1)+(M-m) v2
代人数据M=300kg，v1=1m/s，m=60 kg，u/=2m/s，得v2=1.5m/s
请你判断其正确与否,若认为正确,请说明理由; 若认为不正确,请列出正确的表达式. 解析：（1）对人车系统，取车运动方向为正，据动量守恒定律：
M v1=m×（-u）+（M-m）v2 代人数据得v2 =1.75m/s
（2）不正确，系统动量守恒定律方程应为：
M v1=-m（u/- v2）+（M-m）v2 代人数据v2 =0.5m/s
点评：学习物理，记住公式是必要的，但这还远远不够，牢记公式的同时还必须掌握其适用
的条件、得来的过程、各物理量的含义，并在应用中加深理解；只有这样才能抓住本质、规避陷阱，走向成功。
[例5]、如图所示,一排人站在沿x轴的水平轨道旁,原点O两侧的人的序号都记为
n(n=1,2,3…)、每人只有一个沙袋,x>0一侧的每个沙袋质量为m=14 kg,x<0一侧的每个沙袋质量m′=10 kg、一质量为M=48 kg的小车以某初速度从原点出发向正x方向滑行、不计轨道阻力、当车每经过一人身旁时,此人就把沙袋以水平速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车上,u的大小等于扔此袋之前的瞬间车速大小的2n倍、(n是此人的序号数)
(1)空车出发后,车上堆积了几个沙袋时车就反向滑行? (2)车上最终有大小沙袋共多少个?
x 3
解析：(1) 在小车朝正x方向滑行的过程中,第(n-1)个沙袋扔到车上后的车速为Vn-1，第n个
6
2
1 0 1
2 3 沙袋扔到车上后的车速为Vn,由动量守恒定律有 [M+(n-1)m]Vn-1-2nmVn-1=(M+mn)Vn
Vn=［M-(n＋1)m]Vn-1÷(M+mn) 小车反向运动的条件是：Vn-1>0,Vn<0,即
M-nm>0 M-(n+1)m<0 代入数据,得：n＜M/m=48/14 n＞(M/m)-1=34/14 n应为整数,故n=3,即车上堆积3个沙袋后车就反向滑行、
(2) 车自反向滑行直到接近x<0一侧第1人所在位置时,车速保持不变,而车的质量为M+3m、若在朝负x方向滑行过程中，第(n-1)个沙袋扔到车上后车速为Vn-1′,第n个沙袋扔到车上后车速为Vn′，现取在图中向左的方向(负x方向)为速度Vn′、Vn-1′的正方向,则由动量守恒定律有车不再向左滑行的条件是
[M+3m+(n-1)m′]Vn-1′－2nm′Vn-1′=(M+3m+nm′)Vn′
Vn′={[M+3m－(n＋1)m′]Vn-1′}÷(M+3m+nm′) Vn-1′>0,Vn′≤0
即 M+3m-nm′>0 M+3m-(n+1)m′≤0 或：n＜(M+3m)÷m′= 9 n≥(M+3m)÷m′－1 = 8 8≤n<9
n=8时,车停止滑行,即在x<0一侧第8个沙袋扔到车上后车就停住、故车上最终共有大小沙袋3+8=11个
点评：物理高考中要求考生熟练掌握解答物理问题的基本思维方法，如归纳法、演绎法、实
验法、分析法、综合法和基本解题思想，如实验证明的思想、化归的思想等等；平时也要加强利用数学工具解答物理问题的能力。
[例6]、如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根
长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B一个水平初速度v0，方
7
向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求： (1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度． (2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度． (3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ． (4)当三个小球处在同一直线上时，绳的拉力F的大小． 解析：（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为
长特性，小球A．C沿小球B初速度方向的速度也为
vB，考虑到对称性及绳的不可伸vB，由动量守恒定律，得
1vB?v0mv0?3mvB 由此解得3
（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
mv0?mvB?2mvA
121212mv0?mvB?2?mvA222
21vA?v0vB??v03（三球再次处于同一直线） 3 解得
vB?v0，vA?0（初始状态，舍去）
1vB??v03（负号表明与初速所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为
度反向）
（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为θ（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
mv0?2musin?2
B121mv0?2?mu222
另外，
uAEKA?1mu22
EKA??Cu由此可解得，小球A的最大动能为
1mv024，此时两根绳间夹角为??90?
（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小
8
球B为参考系（小球B的加速度为0，可作为瞬时惯性参考系），小球A（C）相对于
v02v2F?m?mv?vA?vB?v0LL 小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为：点评：本题考查学生运用物理知识分析问题和解决问题的能力；在力学中，物体的多过程运
动和多个物体的运动问题，往往能将不同种类运动的知识综合在一起；两类牛顿运动定律的应用问题，实际上是牛顿运动定律和运动学公式的综合；物体间的相互作用问题，常常成为应用动量和能量观点求解的力学综合题的热点。识别物理问题应讲究策略，先通过形象的手段对题目所叙述的内容做透彻地了解，对题目所叙述的物理问题作深入地分析，认真考虑物体运动的过程所对应的模型，然后用模型所对应的规律和本题的特殊条件进行定量计算、逻辑推理、分析判断，最后对结果进行分析。其思维模式如下列框图所示： 形象理解题意
综合训练（A卷）
第一部分 选择题（共40分）
一.本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分．
１.质量为2kg的小车以2m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为2kg的砂袋以3m/s
的速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是
A．2.6m/s，向右 B．2.6m/s，向左 C．0.5m/s，向左 D．0.8m/s，向右
定性分析 模型、规律及条件 解题 分析答案 2.在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是 A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开 B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行 C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开 D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
3.在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球，不计空气阻力，经过t秒（设小球均未落地） A．做上抛运动的小球动量变化最大 B．三个小球动量变化大小相等
9
C．做平抛运动的小球动量变化最小 D．三个小球动量变化相等
4.如图所示,a、b、c三个相同的小球,a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑,同时b、c从同
a b c 一高度分别开始自由下落和平抛.下列说法正确的有 A.它们同时到达同一水平面 B.重力对它们的冲量相同
C.它们的末动能相同 D.它们动量变化的大小相同
5. 向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向，则 A.b的速度方向一定与原来速度方向相同
B.在炸裂过程中，a、b受到的爆炸力的冲量一定相同 C.从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 D.a、b一定同时到达水平地面
6.如图所示，A、B两物体的质量比mA∶mB=3∶2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与长平板车的上表面间动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则有
A.A、B系统动量守恒 C.小车向左运动
B.A、B、C系统动量守恒
D.小车向右运动
7.如图所示,一根轻弹簧下端固定,竖立在水平面上.其正上方A位置有一只小球.小球从静止开始下落,在B位置接触弹簧的上端,在C位置小球所受弹力大小等于重力,在D位置小球速度减小到零,小球下降阶段下列说法中正确的是
A.在B位置小球动能最大 B.在C位置小球动能最大
C.从A→C位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加 D.从A→D位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加
8.如图所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动，A球带电为-q，
10
A B C D
B球带电为+2q，下列说法中正确的是
A.相碰前两球的运动过程中，两球的总动量守恒 B.相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大
C.相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前作用力为引力，而相碰后的作用力为斥力
D.相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零
9.如图所示的装置中,木块B与水平桌面间的接触是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短.将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统),则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩到最短的整个过程中 A.动量守恒,机械能守恒 B.动量不守恒,机械能不守恒 C.动量守恒,机械能不守恒 D.动量不守恒,机械能守恒
10.如图所示，质量为m的子弹以速度υ0水平击穿放在光滑水平地面上的木块。木块长为L，质量为M，木块对子弹的阻力恒定不变，子弹穿过木块后木块获得动能为Ek，若仅木块或子弹的质量发生变化，但子弹仍能穿过木块，则 A．M不变，m变小，则木块获得的动能一定变大 B．M不变，m变小，则木块获得的动能可能变大 C．m不变，M变小，则木块获得的动能一定变大 D．m不变，M变小，则木块获得的动能可能变大
第二部分 非选择题（共110分）
二.本题共8小题，共110分.按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和 重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数 值和单位．
11．（10分）图为“碰撞中的动量守恒”实验装置示意图。
11
v0 B A
（1）入射小球1与被碰小球2直径相同，均为d，它们的质量相比较，应是m1____m2. （2）为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使________________________。 （3）继续实验步骤为：
A．在地面上依次铺白纸和复写纸。 B．确定重锤对应点O。
C．不放球2，让球1从斜槽滑下，确定它落地点位置P。 D．把球2放在立柱上，让球1从斜槽滑下，与球2正碰后，确定球1和球2落地点位置M和N。 E．用刻度尺量出OM、OP、ON的长度。 F．看
是否相等，以验证动量守恒。
上述步骤有几步不完善或有错误，请指出并写出相应的正确步骤。
_____________________________________________________________________________ 12.（10分）右图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点，O点下方桌子的边沿有一竖直立柱．实验时，将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上．释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞．碰后球1向左最远可摆到B点，球2落到水平地面上的C点．测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量守恒．现已测出A点离水平桌面的距离为a．B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c．此外，还需
C c H B b h O A a 要测量的量是_________、________________、和_____________________．根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为__________________________．
13.（13分）如图所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6m，质量为M=3kg的木块（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，（g取10m/s2） (1)为使小物体不掉下去，F不能超过多少？
(2)如果拉力F=10N恒定不变，求小物体所能获得的最大动能？
(3)如果拉力F=10N，要使小物体从木板上掉下去，拉力F作用的时间至少为多少？
F 12
14.（13分）如图所示，甲车质量为m1?2kg，静止在光滑水平面上，上表面光滑，右端
放一个质量为m?1kg的小物体. 乙车质量为m2?4kg，以v0?5m/s的速度向左运动，与甲车碰撞后，甲车获得v1?8m/s的速度，物体滑到乙车上. 若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为??0.2，求： （1）甲、乙两车碰后瞬间，乙车的速度；
（2）物体在乙车表面上滑行多长时间相对乙车静止？（取g?10m/s2）
15.（15分）设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
16.（15分）如图所示，光滑水平面上，质量为2m的小球B连接着轻质弹簧，处于静止；质量为m的小球A以初速度v0向右匀速运动，接着逐渐压缩弹簧并使B运动，过一段时间，A与弹簧分离，设小球A、B与弹簧相互作用过程中无机
械能损失，弹簧始终处于弹性限度以内
（1）求当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能E．
（2）若开始时在小球B的右侧某位置固定一块挡板(图中未画出)，在小球A与弹簧分离前使小球B与挡板发生正撞，并在碰后立刻将挡板撤走．设小球B与固定挡板的碰撞时间极短，碰后小球B的速度大小不变、但方向相反。设此后弹簧弹性势能的最大值为
A m v0 B
2m
Em，
13
试求
Em可能值的范围．
17.（17分）质量为M的小车A左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从右端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车的右端时刚好与车保持相对静止.
（1）求这过程弹簧的最大弹性势能EP和全过程系统摩擦生热Q各为多少？ （2）简述B相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况.
18.（17分）如图所示，光滑的水平轨道接一个半径为R的光滑半圆轨道，在水平轨道上有2002个质量相同的小球.除第1号小球外，其他小球均静止.第1号小球以初速度v0碰撞第2号小球，在碰撞过程中损失初动能的失第2号小球初动能的
v0 A B 1；第2号小球碰撞第3号小球，在碰撞过程中损20021；第3号小球又碰撞第4号小球，依次碰撞下去，每次碰撞均20021损失前一小球初动能的，最后，第2002号小球恰能沿半圆轨道达到最高点.试求第1
2002号小球的初速度v0.
综合训练（B卷）
14
第一部分 选择题（共40分）
一.本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只 有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。全部选对的得4分，选对但不全的得 2分，有选错的或不答的得0分．
1．关于冲量，以下说法正确的是
A.只要物体受到力的作用，物体受到的总冲量就一定不为零
B.只要物体受到的合外力不为零，物体在任一Δt时间内所受的总冲量就一定不为零 C.如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向
D.做曲线运动的物体，在任何Δt时间内所受的总冲量一定不为零
2．1924年法国物理学家德布罗意提出物质波的概念：任何一个运动着的物体，小到电子，大到行星、恒星都有一种波与之对应，波长为λ =
h错误！未指定书签。，P为物体运动ph的动量，h是普朗克常量．同样光也具有粒子性，光子的动量为：P =
?错误！未指定书
签。．根据上述观点可以证明一个静止的自由电子如果完全吸收一个γ光子，会发生下列情况：设光子频率为ν，则E = hν，P = 被电子吸收后有hν =
h?错误！未指定书签。 =
hv错误！未指定书签。，cv1错误！未指定书签。meυ2，h错误！未指定书签。 = meυ，解2c得：υ = 2C．电子的速度为光速的2倍，显然这是不可能的。关于上述过程以下说法正确的是
A．因为在微观世界动量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子 B．因为在微观世界能量守恒定律不适用，上述论证错误，电子有可能完全吸收一个电子 C．动量守恒定律，能量守恒定律是自然界中普遍适用的规律，所以唯一结论是电子不可能完全吸收一个r光子
D．若γ光子与一个静止的自由电子发生作用，则r光子被电子散射后频率会减小 3．如图所示，用细线挂一质量为M的木块，有一质量为m的子弹自左向右水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v０和v（设子弹穿过木块的时间和空气阻力不计），木块的速度大小为 A．C．
(mv0?mv)/M B．(mv0?mv)/M
(mv0?mv)/(M?m) D．(mv0?mv)/(M?m)
15
4．放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用两手分别控制小车处于
静止状态，下面说法中正确的是 A．两手同时放开后，两车的总动量为零 B．先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右 C．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右
D．两手同时放开，两车总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒
5．一个电子(质量为m、电荷量为-e)和一个正电子(质量为m、电荷量为e)经电场加速后以相等的动能Ek相向运动，并撞到一起，发生“湮灭”，产生两个频率相同的光子.设产生光子的频率为v，若这两个光子的能量都是hv，动量分别为p和p＇，下列关系式中正确的是
12
mc，p=p＇ 21C. hv=mc2+Ek，p= -p＇ D. hv=(mc2+Ek)，p= -p＇
2A. hv=mc2，p=p＇ B. hv=
6．在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为 m0，小车和单摆以恒定的速度V沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列说法可能发生的是： Ａ.小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为V1、V2、V3，满足 (M+ m0)V=M V1+ m V2+ m V3
Ｂ.摆球的速度不变，小车和木块的速度变为V1和V2，满足MV=M V1+ m V2 Ｃ.摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为V，满足MV=（M+ m）V Ｄ.小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，满足 （M+ m0）V=（M+ m0）V1+ m V2
7.两个小球在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，B球在前，A球在后，MA=1kg, MB=2kg, vA=6m/s, vB=2m/s, 当A球与B球发生碰撞后，A、B两球速度可能为 A. vA=5m/s, vB=2.5m/s B. vA=2m/s, vB=4m/s C . vA= -4m/s, vB=7m/s D. vA=7m/s, vB=1.5m/s
8.将物体P从置于光滑水平面上的斜面体Q的顶端以一定的初速度沿斜面往下滑，如图所示.在下滑过程中，P的速度越来越小，最后相对斜面静止，那么由P和Q组成的系统
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A. 动量守恒 B. 水平方向动量守恒
C. 最后P和Q以一定的速度共同向左运动 D. 最后P和Q以一定的速度共同向右运动
9.长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图所示,则下列说法正确的是 A.木板获得的动能为1J B.系统损失的机械能为2J C.木板A的最小长度为1m D. A、B间的动摩擦因数为0.1
10.A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰.用频闪照相机在t0=0, t1=Δt,t2=2Δt, t3=3Δt各时刻闪光四次,摄得如图所示照片,其中B像有重叠,mB=A. 碰前B静止,碰撞发生在60cm处, t=2.5Δt时刻 B. 碰后B静止,碰撞发生在60cm处, t=0.5Δt时刻 C. 碰前B静止,碰撞发生在60cm处, t=0.5Δt时刻 D. 碰后B静止,碰撞发生在60cm处, t=2.5Δt时刻
第二部分 非选择题（共110分）
二.本题共8小题，共110分.按题目要求作答．解答题应写出必要的文字说明、方程式和 重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数 值和单位．
11.（8分）如图1所示装置验证碰撞中的动量守恒，A、B两球直径相同，质量分别为m1、
B v0 A v/ms-1 2 B 1 0 A 1
2 t/s 3mA,由此可判断 2 17
m2.
图1
（1）实验中所必须用的测量工具是_______、_______.
（2）某次实验得出小球的落点情况如图2所示，若碰撞中动量守恒，则两小球质量之
比m1∶m2=_______.
图2
12.（12分）气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使
带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦．我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨和滑块A和B验证动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB； b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止 放置在气垫导轨上；
d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；
e．按下电钮放开卡销，同时分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作，当A、B
滑块分别碰撞C、D挡板时计时结束，记下A，B分别到达C、D的运动时间t1和t2．
(1)实验中还应测量的物理量是 ．
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是 ，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是 ．
13.（13分）如图所示，在光滑的水平桌面上，静放着一质量为980g的长方形匀质木块，现有一颗质量为20g的子弹以300m/s的水平速度沿其轴线射向木块，结果子弹留在木块中
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没有射出，和木块一起以共同的速度运动。已知木块沿子弹运动方向的长度为10cm，子弹打进木块的深度为6cm。设木块对子弹的阻力保持不变。 （1）求子弹和木块的共同速度以及它们在此过程中所增加的内能。
（2）若子弹是以400m/s的水平速度从同一方向水平射向该木块的，则它能否射穿该木块？
14.（13分）如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA = 2.0kg，
mB = 1.0kg，mC = 1.0kg．现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做108J（弹簧仍处于弹性限度内），然后同时释放A、B，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并粘连在一起．求：
（1）弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前）A和B物块速度的大小． （2）当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能．
15.（15分）空间探测器从行星旁边绕过时，由于行星的引力作用，可以使探测器的运动速
率增大，这种现象被称之为“弹弓效应”。在航天技术中，“弹弓效应”是用来增大人造小天体运动速率的一种有效方法．
（1）右图是“弹弓效应”的示意图：质量为m的空间探测器以相对于太阳的速度υ0飞向质量为M的行星，此时行星相对于太阳的速度为u0，绕过行星后探测器相对于太阳的速度为υ，此时行星相对于太阳的速度
为u，由于mM，υ0、υ、u0、u的方向均可视为相互平行试写出探测器与行星构成的系统在上述过程中“动量守恒”及“始末状态总动能相等”的方程，并在m< 19 （2）若上述行星是质量为M＝5．67×1026kg的土星，其相对太阳的轨道速率u0 = 9.6km/s，而空间探测器的质量m＝150kg，相对于太阳迎向土星的速率υ0＝10.4km/s，则由于“弹弓效应”，该探测器绕过火星后相对于太阳的速率将增为多少？ （3）若探测器飞向行星时其速度υ0与行星的速度u0同方向，则是否仍能产生使探测器速率增大的“弹弓效应”？简要说明理由． 16.（16分）如图所示，两个完全相同的质量分别为m的木块A、B置于水平地面上，它们 的间距S＝2．88m．质量为2m，大小可忽略的滑块C置于A板的左端．C与A、B之间的动摩擦因数μ1 = 0．22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2＝0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．开始时，三个物体处于静止状态．现给C施加一个水平向右、大小为 2mg 错误！未指定书签。的力F，假定木板A、B碰撞时间极短且碰撞后粘连5在一起，要使C最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？ 17.（16分）在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断的碰撞而被减速。假设中子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的12倍，中子原来的动能为E0，试求： （1）经过一次碰撞后中子的能量变为多少？ （2）若E0=1.76MeV，则经过多少次后，中子的能量才可减少到0.025eV。 20 112mv2002?mv2+mg·2R 22 （4） v2在最高点有mg=m R （5） 联解（3）（4）（5）可得第1号球的初速度 v0 综合训练（B卷） 一. 1 BCD 二. 11. (1)天平；刻度尺 （2）4∶1 L1L2=m12：(1)B的右端至D板的距离L2 (2) m A t B t ；测量质量、时间、距离12等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差．(只要答对其中两点即可) 13.解析：（1）设子弹的初速度为v0，射入木块的共同速度为v.以子弹和木块为系统，由动量守恒定律有mv0?(M?m)v（2分）解得v?2 CD 3 B 4 ABD 5 C 6 BC 7 B 8 BC 9 CD 10 AB 3.69gR mv00.02?300?m/s?6.0m/s M?m0.98?0.02 此过程系统所增加的内能 ?E??Ek?112mv0?(M?m)v222 11??0.02?3002J??(0.98?0.02)?62J?882J22 （2）设以v0′=400m/s的速度刚好能够射穿材质一样厚度为d′的另一个木块.则对以子弹和木块组成的系统，由动量守恒定律有： ?0.02?400??(M?m)v?v??mv0mv0?m/s?8.0m/s M?m0.98?0.02???E???Ek11?2?(M?m)v?2mv022 11??0.02?4002J??(0.98?0.02)?82J?1568J22此过程系统所损耗的机械能 由功能关系有?E?fs相?fd,?E??f?s相?fd? fs相?Efdd两式相比即有??? ??E?fs相fd?d? 26 于是有d???E?15681568d??6cm?cm?10cm ?E882147因为d′>10cm，所以能够射穿此木块. 14.解析：（1）弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为υA、υB． 由动量守恒定律有：0 = mAυA - mBυB 此过程机械能守恒有：Ep = 11错误！未指定书签。mAυ2错误！未指定书签。+错误！A22未指定书签。mBυ2 B错误！未指定书签。 代入Ep＝108J，解得：υA＝6m/s，υB = 12m/s，A的速度向右，B的速度向左． （2）C与B碰撞时，设碰后B、C粘连时速度为υ′，据C、B组成的系统动量守恒 有：mBυB -mCυC = （mB+mC）υ′，代入数据得υ′ = 4m/s，υ′的方向向左． 此后A和B、C组成的系统动量守恒，机械能守恒，当弹簧第二次压缩最短时，弹簧具有的弹性势能最大，设为Ep′，且此时A与B、C三者有相同的速度，设为υ，则有： 动量守恒：mAυA -（mB+mC）υ′ = （mA+mB+mC）υ，代入数据得υ = 1m/s，υ的方向向右． 12错误！未指定书签。mAυA错误！未指定书签。+错误！未指定书签。21（mB+mC）υ′2 = Ep′+错误！未指定书签。（mA+mB+mC）υ2，代入数据得 2机械能守恒：E′p＝50J． 15.解析：设两物体质量分别为m1、m2，碰撞前速度分别为υ10、υ20，碰撞后速度分别为υ1， υ2，且碰撞是弹性正碰，则有： 动量守恒即m1υ10+m2υ20 = m1υ1+m2υ2 动能守恒即 （1） 112错误！未指定书签。m1υ10错误！未指定书签。+错误！未指定书签。221122m2υ20错误！未指定书签。 = 错误！未指定书签。m1υ1错误！未指定书签。+错误！ 22未指定书签。m2υ2错误！未指定书签。 （2） 将（1）式变形有：m1（υ10 -υ1） = m2（υ2- υ20） （3） 将（2）式变形有：m1（υ10 -υ1）（υ10+υ1） = m2（υ2 -υ20）（υ2+υ20） （4） 27 2将（4）÷（3）有：υ10+υ1 = υ2+υ20 （5） 由（1）和（5）解得：υ1 = 书签。υ20， υ2 = 定书签。． （1）以探测器初始时速度υ0的反方向为速度的正方向，有 ?mv0?Mu0?mv?Mu m1?m22m2错误！未指定书签。υ10+错误！未指定 m1?m2m1?m22m1m?m1错误！未指定书签。υ10+2υ20错误！未指 m1?m2m1?m2121112mv0?Mu0?mv2?Mu2 2222M?m2Mv0?u0 得 v?M?mM?m ∵ m＜＜M ∴ v?v0?2u0 （2）代入数据，得 v?29.6km/s （3）不能。如u0与题中反向，则在上述坐标系中，u0＜0，要使探测器追上并绕过行星，应有v0＞u0，因此，v?v0?2u0＜v0，可见不能使探测器速率增大。 16.解析：A、C之间的滑动摩擦力大小为f1，f1 = μ1mcg = 0.44mg，A与水平地面之间的滑动摩擦力大小为f2，f2 = μ（g = 0.3mg，外力F = 2mA+mC） 2错误！未指定书签。mg = 0．4mg51错误！未指定书签。2可见F＜f1，F＞f2，即首先A和C之间保持相对静，在F的作用下一起向右做加速运动．设A与B碰撞前A、C的速度大小为υ1，由动能定理有：（F-f2）s = 2（mA+mC）υ1错误！未指定书签。 代入数据得：υ1 = 0．83错误！未指定书签。m/s A、B两木板的碰撞瞬间，内力的冲量远大于外力的冲量，由动量守恒定律，设A、B碰后一起运动的速度为υ2，则有：mAυ1 = （mA+mB）υ2 得υ2 = 签。 = 0．43错误！未指定书签。m/s 碰撞后C与A、B之间有相对滑动，此时A、B与地面间滑动摩擦力大小为f3，f3 ＝μ2（mA+mB+mC）g = 0．4mg，可见F＝f3，即三物体组成的系统受合外力为零，动量 ?1错误！未指定书2 28 守恒，设它们达到的共同速度为υ3，此时A、B向前滑动的距离为s1，C恰好滑到B板的右端，此后三者一起做匀速运动，C不会脱离木板，设对应的木块长度为l． 由动量守恒有：mcυ1+（mA+mB）υ2 = （mC+mA+mB）υ3 得υ3 = 0．63错误！未 指定书签。m/s 对A、B整体，由动能定理有：f1s1-f3s1 = 错误！未指定书签。），得s1 = 1.5m 对C，由动能定理有：F（2l+s1）- f1（2l+s1） = 错误！未指定书签。），得l = 0.3m 17.解析：（1）弹性正碰遵循动量守恒和能量守恒两个规律。设中子的质量m，碳核的质量M。有： 12错误！未指定书签。（mA+mB）（υ3-υ222122错误！未指定书签。mC（υ3- υ12mv0?mv1?Mv2 121212mv0?mv1?Mv2 222由上述两式整理得 v1?m?Mm?12m11v0?v0??v0 m?Mm?12m13则经过一次碰撞后中子的动能 E1?1111121mv12?m(?v0)2?E0 22131691211212E1?()E0 （2）同理可得 E2?169169?? En?(121n)E0 169设经过n次碰撞，中子的动能才会减少至0.025eV，即En=0.025eV，E0=1.75MeV。 解上式得 n≈54 18.解析: (1)第一颗子弹射入并穿出木块过程中，由动量守恒： mv0－Mv1=mv2+Mv1′ 解得：v1′=3m/s 木块向右做减速运动，其加速度大小： 29 a?f?Mg2???g?5m/s MMv1??0.6s<1s 所以木块在被第二颗子弹击中木块速度减小为零所用时间为：t1?a前向右运动速度为零时离A点最远，移动的距离为： v1?2s1??0.9m 2a (2)在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间： t2=1s－0.6s=0.4s 速度增大为：v'2=at2=2m/s（恰与传递带同速） 1向左移动的位移为:s2?at22?0.4m 2 所以两颗子弹击中木块的时间间隔内，木块总位移： s0=s1－s2=0.5m，方向向右 设木块在传送带上最多能被n颗子弹击中，则： (n?2)?0.5?0.9?8.3 (n?1)?0.5?0.9?8.3 解得：n＝16 (3)第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为： Q1?12111mv0?Mv12?mv22?Mv1?2 2222 木块向右减速运动过程中相对传送带的位移为： s??v1t1?s1 产生的热量为：Q2??Mgs? 木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为s???v1t2?s2， 产生的热量为：Q3??Mgs?? 所以，在第二颗子弹击中前,系统产生的总热能为： Q?Q1?Q2?Q3?872.5J＋10.5J＋2J＝885J 30 百度搜索“yundocx”或“云文档网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，云文档网，提供经典高考高中新课标广东高考第一轮复习资料 第一章 动量和动量守恒在线全文阅读。
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