选修3-5动量守恒定律波粒二象性原子结构与原子核(105页).

1、考点内容动量、动量定理、动量守恒定律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞光电效应爱因斯坦光电效应方程氢原子光谱氢原子的能级结构、能级公式原子核的组成、放射性、原子核衰变、半衰期放射性同位素核力、核反应方程结合能、质量亏损裂变反应和聚变反应、裂变反应堆射线的危害和防护实验：验证动量守恒定律要求命题规律 (1)动量和动量守恒等基本概念、规律的理解，一般结合碰撞等实际过程考查； (2)综合运用动量 和机械能的知识分析较复杂的运 动过程；(3)光电效应、波粒 二象性的考查； (4)氢原子光谱、能 级的考查； (5)放射性元素的衰变、核反应的考 查；(6)质能方程、核反应方程的计算；(7)与动量守恒定律相结合的

2、计算复习策略(1)深刻理解动量守恒定律，注意动量的矢量性、瞬时性、同一性和同时性；(2)培养建模能力，将物理问题经过分析、推理转化为动力学问题；(3)深刻理解基本概念和基本规律；(4)关注科技热点和科技进步；(5)体会微观领域的研究方法，从实际出发，经分析总结、提出假设、建立模型，再经过实验验证，发现新的问题，从而对假设进行修正第 1 课时动量定理动量守恒定律及其应用知识梳理)知识点一、动量、动量定理1动量(1)定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示。(2)表达式： p mv。(3)单位： kg·m/s。(4)标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同。2冲量

3、(1)定义：力和力的作用时间的乘积叫做这个力的冲量。(2)表达式： I Ft。单位： N·s。(3)标矢性：冲量是矢量，它的方向由力的方向决定。3动量定理项目动量定理内容物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量表达式ppF 合 t 或 mv mv F 合 t意义合外力的冲量是引起物体动量变化的原因标矢性矢量式 (注意正方向的选取 )知识点二、动量守恒定律1内容 ：一个系统不受外力或者所受合外力为零，这个系统的总动量保持不变。2表达式：m1v1m2v2 m1v1 m2v2或 pp。3适用条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒。(2)近似

4、守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒。(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒。知识点三、弹性碰撞和非弹性碰撞1碰撞碰撞是指物体间的相互作用持续时间很短，而物体间的相互作用力很大的现象。2特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒。3分类动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰守恒损失最大撞思维深化判断正误，正确的画 “” ，错误的画 “×”。(1)一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变。()(2)合外力的冲量是物体动量发生变化的原因。()(3)系统

5、的动量守恒时，机械能也一定守恒。()(4)动量守恒定律表达式m1v1 m2v2m1v1m2v2一定是矢量式，应用时一定要规定正方向，且其中的速度必须相对同一个参考系。()答案(1)(2)(3)×(4)题组自测)题组一动量、冲量、动量定理的理解1下列说法正确的是 ()A 速度大的物体，它的动量一定也大B动量大的物体，它的速度一定也大C只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变D物体的动量变化越大则该物体的速度变化一定越大答案D2质量为 m 的物体放在光滑水平地面上， 在与水平方向成 角的恒力 F 作用下，由静止开始运动， 经过时间 t，速度为 v，在此时间内推力 F 和重力的冲量

6、大小分别为()A Ft， 0BFtcos ，0Cmv，0DFt ，mgt解析冲量的计算一定要与功的计算区别开来，功的大小不但取决于力F 的大小、物体的位移 s 的大小，还与力 F 和物体运动的方向的夹角有关。而力的冲量与力和物体运动的方向的夹角没有关系，可直接由公式进行计算，求得F 的冲量为 Ft，重力的冲量为 mgt。答案 D3(多选 )质量为 m 的物体以初速度 v0 开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为 h，速度变为 v，在这段时间内物体动量变化量的大小为()A m(v v0)B mgtCmv2 v02Dm 2gh解析由动量定理得 I p，即 mgt p，故 B 正确；由 pmv 知

7、， pm·v，而 v2222vv0 2gh，所以pm· vv0 m 2gh，故 C、 D 正确。答案BCD题组二动量守恒定律的理解及应用4(多选 )下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是()解析动量守恒的条件是相互作用的物体系统不受外力或所受外力的合力为零，而相互作用过程中内力远大于外力时也可认为动量守恒。图A 中，滑轮男孩推滑轮女孩的过程中， 内力远大于外力，因此系统的动量可认为守恒； 图 B 和图 D 中，在两物体相互作用的过程中，没有满足内力远大于外力的条件，系统的动量不守恒；图 C 中，太空中无空气阻力作用， 太空人和子弹在相互作用过程中动量守恒。答案 AC

8、5滑雪运动是人们酷爱的户外体育活动，现有质量为 m 的人站立于雪橇上，如图 1 所示。人与雪橇的总质量为 M ，人与雪橇以速度 v1 在水平面上由北向南运动(雪橇所受阻力不计 )。当人相对于雪橇以速度 v2 竖直跳起时，雪橇向南的速度大小为()图 1Mv1 Mv2Mv1A. M mB. MmMv1 Mv21C. M mDv解析根据动量守恒条件可知人与雪橇系统水平方向动量守恒，人跳起后水平方向速度不变，雪橇的速度仍为v1 。答案D6A 球的质量是 m，B 球的质量是 2m，它们在光滑的水平面上以相同的动量运动。 B 在前， A 在后，发生正碰后， A 球仍朝原方向运动，但其速率是原来的一半，碰后

9、两球的速率比vA vB为 ()A12 B13 C21 D23解析设碰前 A 球的速率为 v，根据题意， pA B，即mv2mvBBvp，得碰前 v 2，vvv3碰后 vA，由动量守恒定律，有mv 2m× m× 2mvB，解得vB2224vv所以vA 22 。选项 D 正确。vB 3v34答案D考点一动量定理的理解与应用1应用动量定理时应注意(1)动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)。(2)动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向。2动量定理的应用(1)用动量定理解释现象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，

10、力就越小。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。(2)应用 I p 求变力的冲量。(3)应用pF·t 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量。【例 1】如图 2 所示，质量为 m 2 kg 的物体，在水平力F16 N 的作用下，由静止开始沿水平面向右运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数0.2，若 F作用 t1 2 s 后撤去，撤去 F 后又经 t22 s，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间 t3 0.1 s，碰撞后反向弹回的速度 v6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小。 (g 取 10 m/s2)图 2解析解法一：程序法以物体为研

11、究对象，在t 1 时间内其受力情况如图甲所示，选F 的方向为正方向。由牛顿第二定律： F mgma1撤去 F 时的速度： v1a1t1撤去 F 后受力情况如图乙所示由牛顿第二定律： mgma2物体开始碰墙时的速度为v2 ，则 v2v1 a2t2对碰墙过程，设墙对物体的平均作用力大小为F，选水平向左为正方向，由动量定理： F t3mvm(v2)联立 并代入数据解得： F280 N。解法二：全过程整体考虑取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程用动量定理，并取 F 方向为正方向，则由动量定理：Ft1 mg(t1 t2)F t3 mv代入数据整理解得： F280 N。答案280 N1用动量定理解题的

12、基本思路2对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。【变式训练】1物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1 内动能由零增大到 Ek1 ，在时间 t2内动能由 Ek1 增加到 2Ek1 ，设合力在时间 t1 内做的功为 W1，冲量为 I 1，在时间 t2内做的功是 W2，冲量为 I2 则()1 2，W1W2B 1>I2， W1W2AI <II1 2，W12D1I2， W12CI >I<WI<W解析根据动能定理有W1 k1 k1，2k1 k1 k1，所以12；E0 EW2EEEWW根据动量定理和动量与动能的关系式p2mEk，有 I12mEk1

13、02mEk1，I22mEk12mEk1(22)mEk1，显然 I1I2。答案B考点二动量守恒定律的条件及应用1动量守恒定律适用条件(1)前提条件：存在相互作用的物体系。(2)理想条件：系统不受外力。(3)实际条件：系统所受合外力为0。(4)近似条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于系统所受的外力。(5)方向条件：系统在某一方向上满足上面的条件，则此方向上动量守恒。2动量守恒定律的表达式(1)m1v1m2v2 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。(2) p1 p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向。(3) p0，系统总动量的增量为零。【例

14、2】如图 3 所示，两块厚度相同的木块A、B，紧靠着放在光滑的桌面上，其质量分别为 2.0 kg、0.9 kg，它们的下表面光滑，上表面粗糙，另有质量为 0.10 kg 的铅块 C(大小可以忽略 )以 10 m/s 的速度恰好水平地滑到 A 的上表面，由于摩擦，铅块 C 最后停在木块 B 上，此时 B、 C 的共同速度 v0.5 m/s。求木块 A 的最终速度和铅块 C 刚滑到 B 上时的速度。图 3解析铅块 C 在 A 上滑行时，木块一起向右运动，铅块C 刚离开 A 时的速度设为 vC ，A 和 B 的共同速度为 vA，在铅块 C 滑过 A 的过程中， A、B、C 所组成的系统动量守恒，有

15、mCv0(mAmB)vAmCvC在铅块 C 滑上 B 后，由于 B 继续加速，所以 A、B 分离， A 以 vA 匀速运动，在铅块 C 在 B 上滑行的过程中， B、C 组成的系统动量守恒，有mBvAmCvC(mBmC)v代入数据解得 vA 0.25 m/s， vC2.75 m/s。答案0.25 m/s2.75 m/s动量守恒定律的解题步骤【变式训练】22014 ·江苏卷， 12C(3)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 1516。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。

16、若上述过程是质量为 2m 的玻璃球 A 以速度 v0 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 球碰撞后的速度分别为v1 和 v2v2v115由动量守恒定律知： 2mv02mv1mv2，且由题意知v0 161731解得 v148v0，v224v017 31答案 48v0 24v0考点三碰撞模型的规律及应用1碰撞的特点和种类(1)碰撞的特点作用时间极短，内力远大于外力，满足动量守恒；满足能量不增加原理；必须符合一定的物理情境。(2)碰撞的种类完全弹性碰撞：动量守恒，动能守恒，质量相等的两物体发生完全弹性碰撞时交换速度；非完全弹性碰撞：动量守恒

17、、动能不守恒；完全非弹性碰撞：动量守恒，动能不守恒，碰后两物体共速，系统机械能损失最大。2碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律。(2)机械能不增加。(3)速度要合理。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 。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。【例 3】 (2014 ·新课标全国卷 ， 35(2)如图 4，质量分别为 mA、mB 的两个弹性小球 A、B 静止在地面上方， B 球距离地面的高度 h0.8 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

18、放。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 mB3mA，重力加速度大小 g10 m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：图 4(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vB，由运动学公式有vB2gh将 h 0.8 m 代入上式，得vB 4 m/s(2)设两球相碰前后， A 球的速度大小分别为v1 和 v1(v10)，B 球的速度分别为v2 和 v2。由运动学规律可得 v1gt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

19、恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv2121212mA 1 mB 2 mB22v2v2v设 B 球与地面相碰后的速度大小为 vB，由运动学及碰撞的规律可得 vBvB设 P 点距地面的高度为 h，由运动学规律可得2 2v Bv2h 2g联立 式，并代入已知条件可得h0.75 m答案(1)4 m/s(2)0.75 m碰撞问题解题策略(1)抓住碰撞的特点和不同种类碰撞满足的条件，列出相应方程求解。(2)可熟记一些公式，例如 “一动一静 ”模型中，两物体发生弹性正碰后的速度满足：m1m2v0、v22m1v1v0。m1m2m1m2(3)熟记弹性正碰的一些结论，例如，当两球质量

20、相等时，两球碰撞后交换速度；当 m1? m2 ，且 v200 时，碰后质量大的速率不变， 质量小的速率为 2v。当 m1? m2，且 v20 0 时，碰后质量小的球原速率反弹。【变式训练】3三个完全相同的小球A、B、C，质量满足 mA mB mC2 kg，静止在光滑地面上并沿“一”字形依次排开，如图5 所示。用锤子轻轻敲击A 球，使之获得一个向右的速度 v0 4 m/s，A、B 两球碰撞后粘合在一起，再与C 球碰撞，最后 C球获得vC 2 m/s 的向右的速度。图 5(1)求第一次碰撞后 A、 B 两球粘合在一起的共同速度；(2)第二次碰撞是不是弹性碰撞？(3)求两次碰撞过程，系统损失的能量E

21、。解析(1)A、 B 两球相碰满足动量守恒，则有mv02mv1可得两球共同速度v1 2 m/s。(2)A、 B两球与C 球相碰也满足动量守恒，则有2mv1mvc2mv2 可得A、B两球跟C 球相碰后的速度v21 m/s第二次碰撞损失的机械能121212E22·2mv12·2mv22mvC2 J，则有机械能损失，所以第二次碰撞不是弹性碰撞。(3)第一次碰撞损失的机械能1212E12mv02·2mv18 J根据能量守恒得EE1E28 J2 J10 J答案(1)2 m/s(2)不是弹性碰撞(3)10 J考点四动量观点和能量观点的综合应用1动量的观点和能量的观点动量的观点

22、：动量定理和动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律2动量守恒定律与机械能守恒定律的比较定律名称动量守恒定律机械能守恒定律比较项目研究对象相互作用的物体组成的系相同点统研究过程某一运动过程守恒条件系统不受外力或所受外力系统只有重力或弹力做功的矢量和为零表达式p1 p2p1 p2Ek1 Ep1Ek2 Ep2不表达式的矢标同矢量式标量式性点某一方向上应可在某一方向上独立使用不能在某一方向独立使用用情况运算法则矢量运算代数运算【例 4】 (2014 ·山东卷， 39(2) 如图 6 所示，光滑水平直轨道上两滑块 A、B 用橡皮筋连接， A 的质量为 m。开始时橡皮筋松弛， B 静止，

23、给 A 向左的初速度 v0。一段时间后， B 与 A 同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间 A 的速度的两倍，也是碰撞前瞬间 B 的速度的一半。求：图 6(1)B 的质量；(2)碰撞过程中 A、 B 系统机械能的损失。解析(1)以初速度 v0 的方向为正方向， 设 B 的质量为 mB，A、B 碰撞后的共同速v度为 v，由题意可知：碰撞前瞬间A 的速度为 2，碰撞前瞬间 B 的速度为 2v，由v动量守恒定律得m22mBv (mmB)vm由 式得 mB 2(2)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0(mmB)v设碰撞过程A、B 系统机械能的损失为E，则1v 21212E2

24、m(2) 2mB(2v) 2(mmB)v 联立 式得12E6mv0。1 1 2 答案 (1)2m (2)6mv0利用动量和能量的观点解题的技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律 )。(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理。【变式训练】4.如图 7 所示，半径为 R 的 1/4 的光滑圆弧轨道竖直放置，底端与光滑的水平轨道相接，质量为m2 的小球 B 静止在光滑水平轨道上，其左侧连接了一轻质弹簧，质量为 m1 的小球 A 从 D 点以速度2gR向右运动，重力加速度为g，试求：图 7(1)小球 A 撞击轻质弹簧的过程中

25、，弹簧最短时B 球的速度是多少；(2)要使小球 A 与小球 B 能发生二次碰撞， m1 与 m2 应满足什么关系。解析(1)当两球速度相等时弹簧最短，由动量守恒定律得m1v0(m1m2)v1m12gR解得 v1。(2)由动量守恒定律得m1v0m2v2 m1v1由能量守恒定律得121212m1 0 m2v2 m1 12v22v发生第二次碰撞的条件是v2 v1m2解得 m1 3 。m 2gRm答案(1)1(2)m121m23m1玻璃杯从同一高度落下， 掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与水泥地面撞击的过程中()A 玻璃杯的动量较大B玻璃杯受到的冲量较大C玻璃杯的动量变化较大D玻璃杯的动

26、量变化较快解析玻璃杯从相同高度落下，落地的速度大小是相同的，落地后速度变为零，所以无论落在水泥地面上还是草地上，玻璃杯动量的变化量是相同的，又由动量定理知受到的冲量也是相同的，所以A 、 B、 C 都错；由动量定理Ftmvmv ，落在水泥地面上，作用时间短，动量变化快，受力大，杯容易碎。答案D2.在光滑的水平面上，有a、b 两球，其质量分别为ma、图 8mb，两球在 t0 时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图象如图8 所示，下列关系正确的是()A mambBma mbambD无法判断Cm解析 由动量守恒定律得 maaaa b b，由于 a，则b球获得的动量大vm

27、vm vv 0于 a 球最初的动量。若 mamb，则两球交换速度，与图象不符；由Ek p2 知，2m若 mamb ，则 b 球的动能将会大于a 球最初的动能， 违背能量守恒定律， 则必然满足 ma mb。答案B3(2014 ·北京东城区示范校联考 )如图 9 所示，静止在光滑水平面上的木板A，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连，木板质量M3 kg 。质量 m1 kg 的铁块 B 以水平速度 v0 4 m/s 从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端。在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为()图 9A3 JB4 JC6 JD20 J解析设铁块与木板共速时

28、速度大小为v，铁块相对木板向右运动的最大距离为L，铁块与木板之间的摩擦力大小为f。铁块压缩弹簧使弹簧最短时，由能量守恒1212可得 2mv0 fL2(M m)v Ep。由动量守恒，得 mv0(M m)v。从铁块开始运1212动到最后停在木板左端过程，由能量关系得2mv02fL2(Mm)v。联立解得 Ep3 J，故选项 A 正确。答案A4.如图 10 所示，两个小球 A和B质量分别是A2.0m图 10kg，mB1.6 kg，球 A静止在光滑水平面上的M 点，球B 在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A 运动，假设两球相距L 18 m 时存在着恒定的斥力F，L18 m 时无相互作用力。 当两球相

29、距最近时， 它们间的距离为d 2 m，此时球 B的速度是 4 m/s。求：(1)球 B 的初速度大小；(2)两球之间的斥力大小；(3)两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间。解析(1)当两球相距最近时两球速度相同，即vA vB4 m/s由动量守恒定律可得： mBvB0 mAvA mBvB代入数据解得 vB09 m/s。(2)两球从开始相互作用到它们之间距离最近时它们之间的相对位移sLd，由功能关系可得：121212F·s mBB0 mA A mBB2v2v2v代入数据解得 F2.25 N。(3)设两球从开始相互作用到两球相距最近时的时间为t，根据动量定理，对 A 球有： FtmA

30、vA0mAvA代入数据解得 t F3.56 s。答案 (1)9 m/s(2)2.25 N(3)3.56 s5(2014 ·全国大纲卷， 24)冰球运动员甲的质量为80.0 kg。当他以 5.0 m/s 的速度向前运动时，与另一质量为100 kg、速度为 3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失。解析(1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M，碰前速度大小分别为v、V，碰后乙的速度大小为V。由动量守恒定律有mv MVMV代入数据得 V1.0 m/s(2)设碰撞过程中总机械能的损失为E，应有12121

31、22mv 2MV 2MVEV1.0 m/s，代入上式解得E1 400 J。答案(1)1.0 m/s(2)1 400 J基本技能练1.在如图 1 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其中，将弹簧压缩到最短。若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统，则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个图 1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，机械能守恒解析子弹射入木块是瞬间完成的，这个过程相当于子弹与木块发生一次完全非弹性碰撞，动量守恒，机械能不守恒，一部分动能转化为内能。之后木块(连同子弹)压缩

32、弹簧，将其动能转化为弹性势能，这个过程机械能守恒，但由于左侧挡板的支持力的冲量作用，使系统的动量不断减少，动量不守恒。所以整个过程中，动量和机械能均不守恒。答案B2.(多选 )如图 2 所示， A、B 两物体的质量 mAmB，中图 2间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板小车C 上后， A、B、C 均处于静止状态。若地面光滑，则在细绳被剪断后，A、B 从C 上滑离之前，A、B 在C上向相反方向滑动过程中()A 若A、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A、B 组成的系统动量守恒，A、B、C 组成的系统动量也守恒B若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小不相同，则A、B 组成的系统动量不守恒，

33、A、B、C 组成的系统动量也不守恒C若 A、B 与 C 之间的摩擦力大小不相同，则A、B 组成的系统动量不守恒，但A、B、C 组成的系统动量守恒D以上说法均不对解析当 A、 B 两物体组成一个系统时，弹簧的弹力为内力，而A、B 与 C 之间的摩擦力为外力。当A、B 与 C 之间的摩擦力等大、反向时，A、B 组成的系统所受外力之和为零，动量守恒；当A、B 与 C 之间的摩擦力大小不相等时，A、B 组成的系统所受外力之和不为零，动量不守恒。而对于A、B、C 组成的系统，由于弹簧的弹力， A、B 与 C 之间的摩擦力均为内力，故不论A、B 与 C 之间的摩擦力的大小是否相等， A、B、C 组成的系统

34、所受外力之和圴为零，故系统的动量守恒。答案AC3(多选 )质量都为 m 的小球 a、b、c 以相同的速度分别与另外三个质量都为M的静止小球相碰后， a 球被反向弹回， b 球与被碰球粘合在一起仍沿原方向运动，c 球碰后静止，则下列说法正确的是()A m 一定小于 MBm 可能等于 MCb 球与质量为 M 的球组成的系统损失的动能最大Dc 球与质量为 M 的球组成的系统损失的动能最大解析由 a 球被反向弹回， 可以确定三小球的质量m 一定小于 M；当两小球发生完全非弹性碰撞时损失的动能最大，b 球与被碰球粘合在一起，发生的是完全非弹性碰撞。答案AC4(多选 )一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面

35、撞到竖直墙上。小球撞墙前后的动量变化量为p，动能变化量为E。关于 p 和 E 下列说法正确的是()A 若p 最大，则E 也最大B若p 最大，则E 一定最小C若p 最小，则E 也最小D若p 最小，则E 一定最大解析当小球原速率返回时， p 最大，而 E0，选项 B 正确， A 错误；当小球撞到墙后速度减为零时，p 最小，而E 最大，选项 D 正确， C 错误。答案BD5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增大，

36、也可以减小，还可能不变。若物体以大小为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。答案C6.(多选 )光滑水平地面上， A、B 两物体质量都为 m，A 以速度 v 向右运动， B 原来静止，左端图 3有一轻弹簧，如图3 所示，当 A 撞上弹簧，弹簧被压缩最短时()A A、B 系统总动量仍然为mvBA 的动量变为零CB 的动量达到最大值DA、B 的速度相等解析系统水平方向动量守恒，A 正确；弹簧被压缩到最短时A、B 两物体具有相同的速度， D 正确、 B 错

37、误；但此时 B 的速度并不是最大的，因为弹簧还会弹开，故 B 物体会进一步加速， A 物体会进一步减速， C 错误。答案AD7(多选 )两个小球A、 B 在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m14 kg，m22 kg，A 的速度 v1 3 m/s(设为正 )，B 的速度 v2 3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是()A 均为 1 m/sB 4 m/s 和 5 m/sC 2 m/s 和 1 m/sD 1 m/s 和 5 m/s解析由动量守恒，可验证四个选项都满足要求。再看动能情况：121211Ek m1v1 m2v2 ×4×9 J ×2×

38、9 J27 J22221212Ekm1v1 m2v122由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有 EkEk，可排除选项 B。选项 C 虽满足k Ek，但 、EA B 沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍能保持原来速度方向(vA0，vB0)，这显然是不符合实际的，因此C 错误。验证选项 A 、D 均满足k Ek，故答案为选项A(完全非弹性碰撞)和选项D(弹性碰撞 )。E答案AD8质量是 60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来。己知安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长 5 m，取 g 10 m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为()A500 NB600 NC1

39、100 ND100 N解析安全带长5 m，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v2gh 10m/s。受安全带的保护经1.2 s 速度减小为 0，对此过程应用动量定理，以向上为mv60×10正方向，有 (Fmg)t0( mv)，则 F t mg1.2N60×10 N1 100N。答案C能力提高练9(2014 ·重庆卷， 4)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31，不计质量损失，取重力加速度 g10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是()解析由于弹丸爆炸后甲、乙两块均水平飞出，故

40、两块弹片都做平抛运动，由平1 22h2×5抛运动规律 h2gt可知 tg10 s1 s，若甲水平位移为 x2.5 m 时，x31则 v 甲 t 2.5 m/s，则由弹丸爆炸前后动量守恒，可得mv04mv 甲4mv 乙，代入数据解得 v 乙0.5 m/s，方向与 v 甲相同，水平向前，故 A 错，B 对。若乙水平x位移为 x2 m 时，则 v 乙 t 2 m/s，即乙块弹片爆炸前后速度不变，由动量守恒定律知，甲块弹片速度也不会变化，不合题意，故C、 D 均错。答案B10如图 4 所示，光滑水平面上有A、B 两个物体， A 物体的质量 mA1 kg，B物体的质量 mB 4 kg，A、B

41、两个物体分别与一个轻弹簧拴接， B 物体的左端紧靠竖直固定墙壁，开始时弹簧处于自然长度， A、B 两物体均处于静止状态，现用大小为 F10 N 的水平恒力向左推 A，将弹簧压缩了 20 cm 时， A 的速度恰好为 0，然后撤去水平恒力，求：图 4(1)运动过程中 A 物体的最大速度；(2)运动过程中 B 物体的最大速度。解析(1)恒力做的功为： WFx 2 J弹簧具有的最大弹性势能为： E W2 Jp弹簧完全弹开达到原长时， A 速度达到最大，设为12vAm，则： Ep mAAm，可得2vv2EpAmmA 2 m/s。(2)当弹簧再次达到原长时，B 物体的速度最大，设为vBmmAvAm mAvAmBvBm121212mA Am mA A mBBm2v2v2v解得 vBm0.8 m/s。答案(1)2 m/s(2)0.8