专题三动量及动量守恒综合讲练

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1、北京英才苑网站 版权所有转载必究专题三：动量及动量守恒综合讲练动量观点是解决动力学问题的“三把金钥匙”之一。作为物理学中守恒定律之一的动量守恒定律，以其在知识体系中的重要性及在实际应用中的广泛性，一直处于高考命题考查的重点和热点.历年不少考生由于对守恒条件把握不准、研究对象选取不明确屡屡失误，从而使其成为了高考的一个突出难点.近几年全国理综卷中学科间综合命题的渗透程度明显走低，以传统题目翻新的学科内综合考查愈显突出.可以预见，动量守恒定律尤其与机械能守恒、能量转化、电磁感应等相关知识的综合应用，仍是今年高考不可回避的考查重点.考查的难点将集中于复杂物理过程的分析、动量守恒条件的判定，参与作用的

2、物体系统（研究对象）灵活选取等方面.1. 求平均作用力的问题动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值例1、质量是1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0m，小球与软垫的接触时间为1.0s，在接触时间内小球受到软垫的平均弹力是多少？空气阻力不计，g=10m/s2.分析和解：小球自由落体到软垫时速度为，小球反弹离开软垫时的速度为。小球与软垫接触过程中，受到重力mg、弹力N作用，以初速度V1的方向为正方向，根据动量定理得：,解得2、判定系统动量是否守恒的问题。动量守恒定律成立的条件：

3、系统不受外力或者所受外力之和为零； 系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计； 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；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。图1例2、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木块内，将弹簧压缩到最短现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：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、机械能守恒分析和解：若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入

4、木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件图2例3、如图2所示，质量为M的足够长的木板A以速度V沿斜面匀速下滑，在其下滑过程中将一质量也为M的木块B轻轻放在A的上表面上，A、B之间无摩擦，求：（1）当B的速度为时A的

5、速度；（2）当B的速度为时A的速度。分析和解：木板A能在斜面上匀速下滑，说明斜面与A之间摩擦因数为。（1）当B放到A上后A与斜面之间的摩擦力增大了，A将做减速运动，但对于A、B组成的系统仍有。系统的合外力为零，动量守恒，据动量守恒定律有解得当B的速度为时，A的速度为。3x0x0AOm图3（2）对于A、B组成的系统，根据动量守恒定律，当B的速度为V时A的速度为零，但当A的速度等于零之后，系统与斜面之间的摩擦力将由滑动摩擦力变为静摩擦力，系统的合外力不再为零，系统的动量不再守恒，此后B在A上加速运动A的速度始终为零，所以当B的速度为2V时，A的速度为零。3.动量守恒与弹簧的综合问题。弹簧发生形变后

6、有弹性势能，弹性势能与其它形式能量可以相互转化。因此，要用能量守恒、动量守恒解答相关问题。例4、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图3所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动，已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点，若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到达最高点O点的距离。分析和解：此题涉及的物理过程有四个，用到的物理规律和公式有四个，它将动量守恒和机械能守恒完美地统一在一起，交替使用，可以说是一道考查

7、考生能力的好试题。物块与钢板碰撞时的速度由机械能守恒或自由落体公式可求得 设v1表示质量为m的物块钢板碰撞后一起向下运动的速度，因碰撞时间极短，系统所受外力远小于相互作用的内力，符合动量守恒，故mv0=2mv1 设刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep，当他们一起回到O点时，弹簧无形变，弹簧势能为零，根据题意，由机械能守恒得 设v2表示质量为2m的物块与钢板碰后开始一起向下运动的速度，由动量守恒，则有2mv0=3mv2 设刚碰完时弹簧势能为Ep，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v2，则由机械能守恒定律得 在上述两种情况下，弹簧的初始压缩量都是x0，故有 当质量为2m的物块

8、与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力的作用，加速度为g，一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g，方向向下，故在O点物块与钢板分离。分离后，物块以速度v竖直上升，由竖直上抛最大位移公式得，而所以物块向上运动到达的最高点距O点的距离h=x0/2.图4例5、两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直轨道的固定档板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图4所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁

9、定，不再改变。然后，A球与档板P发生碰撞，碰后A、D静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除销定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m。（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。（2）求在A球离开档板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。分析和解：此题与上例几乎相同，整个过程可分为四个阶段来处理。（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒得mv0=2mv1 当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒得2mv1=3mv2 联立式得v2=v0/3 （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒得 撞击P后，A与D的

10、动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，弹性势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有 以后弹簧伸长，A球离开档板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长。设此时的速度为v4，由动量守恒得2mv3=3mv4 当弹簧伸到最长时，其弹性势能最大，设此时势能为Ep，由能量守恒可得 联立式得：4.动量守恒与电场的综合问题。SlABE图5例6、在绝缘水平面上放一质量m=2.010-3kg的带电滑块A，所带电荷量q=1.010-7C.在滑块A的左边l=0.3m处放置一个不带电的绝缘滑块B，质量M=4.010-3kg，B与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹

11、簧原长S=0.05m.如图5所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0105N/C，滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能E0=3.210-3J，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为=0.5，g取10m/s2.求:(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v；(2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s.分析和解:(1)设两滑块碰前A的速度为v1，由动能定理有: 解得:v1=3m/s A、B两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同

12、速度为v，由动量守恒定律可得 解得:v=1.0m/s (2)碰后A、B一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x1，由动能定理有： 解得:x1=0.02m 设反弹后A、B滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得: 解得:x20.05m BV0Lacdb图6以后，因为qE(M+m)g，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:S=x2+s-x1=0.05m+0.05m-0.02m= 0.08m 5.动量守恒与电磁感应的综合问题。例7、两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L。导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，如图6所示两根导体棒的质量皆为m，

13、电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度V0（见图2）若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热最多是多少（2）当ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的加速度是多少？分析和解：ab棒向cd棒运动时，两棒和导轨构成的回路面积变小，磁通量发生变化，于是产生感应电流ab棒受到与运动方向相反的安培力作用作减速运动，cd棒则在安培力作用下作加速运动在ab棒的速度大于cd棒的速度时，回路总有感应电流，ab棒继续减速，cd棒继续加速两棒速度达到相同后，回路面

14、积保持不变，磁通量不变化，不产生感应电流，两棒以相同的速度V作匀速运动（1）从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒总动量守恒，有根据能量守恒，整个过程中产生的总热量 （2）设ab棒的速度变为初速度的3/4时，cd棒的速度为V1，则由动量守恒可知:此时回路中的感应电动势和感应电流分别为:,此时棒所受的安培力: ,所以棒的加速度为 由以上各式，可得。aa/bb/dd/cc/efgh图7例8、如图7所示，abcd和a/b/c/d/为水平放置的光滑平行导轨，区域内充满方向竖直向上的匀强磁场。ab、a/b/间的宽度是cd、c/d/间宽度的2倍。设导轨足够长，导体棒ef的质量是gh的质量的2倍。现给导体棒

15、ef一个初速度V0，沿导轨向左运动，当两棒的速度稳定时，两棒的速度分别是多少？分析和解：设cd、c/d/间宽度为L，gh的质量是m，当两棒的速度稳定时，回路中的感应电流为零，设导体棒ef的速度减小到V1, 导体棒gh的速度增大到V2,则有2BLV1-BLV2=0,即V2=2V1。对导体棒ef由动量定理得：对导体棒gh由动量定理得：由以上各式可得：6.动量守恒定律解“微观粒子的相互作用”的问题动量守恒定律是自然界最普遍的规律，不仅适用于宏观物体，而且适用于微观物体。图8ABK-P例9、K介子衰变的方程为，如图8所示，其中K介子和介子带负的基元电荷，0介子不带电。一个K介子沿垂直于磁场的方向射入匀

16、强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RK与R-之比为21。0介子的轨迹未画出。由此可知介子的动量大小与0介子的动量大小之比为：A11 B12 C13 D16图9ABK-PPK-P0P-分析和解：K介子带负电，在磁场中作圆周运动到达P点发生衰变，变成带负电的介子和不带电的0介子。介子在磁场中作圆周运动，半径与K介子不同，带电粒子在磁场中作圆周运动，半径，可知K介子和介子的动量之比：K介子在P点衰变时动量守恒，衰变前后粒子的动量方向如图9所示。有解得 。故选项C正确。例10、在匀强磁场中，一个原来静止的放射性原子核，由于天然衰变而得到两条内切的

17、圆径迹，圆半径之比为44：1，则放射性元素的原子序数是（ ） A. 43 B. 45 C. 86 D. 90 分析和解：假设放出的粒子电量为，质量为m，速度为，反冲核电量为，质量为，速度为。由于它们在磁场中的圆轨迹内切，可见放出的粒子应为电子，为衰变，设匀强磁场的磁感应强度为，则两粒子在匀强磁场中的圆轨道半径分别为电子，反冲核，由动量守恒守律，所以，所以，故放射性元素的原子序数应为。所以正确答案为A。例11、用粒子打击氮14的核能生成一个质子和一个氧17的核。已知上述粒子的静止质量分别为4.00260u、14.00307u、1.00783u、6.99913u,打击氮核的粒子至少应该有多大的动能

18、才能有可能使上述核反应发生？分析和解：该核反应的核反应方程式为：由此可知该反应的质量增加了m=(1.00783+16.99913-4.00260-14.00307)u,所以该反应要吸收能量E=mC2=120MeV.设粒子的初动能为E0，质量为4m,则初动量。要粒子的动能最小必须是发生核反应后生成一个质子和一个氧17的核的速度相同，根据动量守恒定律可得质子和氧17的总动能为，由能量守恒定律可得，所以 ，即打击氮核的粒子至少应该有154.3MeV的动能才能有可能使上述核反应发生。7. 用系统的动量定理简解物理问题系统的动量定理就是系统所受合外力的冲量等于系统总动量的变化。若将系统受到的每一个外力、

19、系统内每一个物体的速度均沿正交坐标系x轴和y轴分解，则系统的动量定理的数学表达式如下：，对于不需求解系统内部各物体间相互作用力的问题，采用系统的动量定理求解将会使求解简单、过程明确。下面举例说明这一点。例12、.如图10所示，质量为m=1kg的小木块放在质量为M=9kg的长木板的左端，二者以V0=1m/s的共同速度沿着光滑水平面向右匀速运动。m与M之间的动摩擦因数=0.1，g=10m/s2.(木板M足够长)。（1）若对M施加一与速度方向相反的水平恒力F，且F=5N，则F作用多长时间可使M、m的速度最终都变为零？克服F做多少功？MmV0图10（2）若第（1）问中施加的恒力大小变为20N,方向不变

20、，则F作用了一段时间撤消后，M、m的速度最终都变为零。求F作用的时间是多少？克服F做多少功？m在M上滑行的距离L是多少？分析和解：（1）当F=5N的力作用在M上时，首先要判断M与m之间有无相对滑动。若M、m之间无相对滑动，由F=(M+m)a可知，二者共同运动的加速度a=F/(M+m)=0.5m/s2,M与m之间的静摩擦力可使m产生的最大加速度am=g=1m/s2a,所以当F=5N的力作用在M上时，M与m无相对滑动。对于m、M组成的系统，由系统的动量定理得：Ft=0(M+m)V0,得：根据动能定理得克服F做的功W1=（2）当F=20N的力作用在M上时，若M、m之间无相对滑动，由F=(M+m)a可

21、知，二者共同运动的加速度a=F/(M+m)=2m/s2,M与m之间的静摩擦力可使m产生的最大加速度am=g=1m/s2a,所以当F=20N的力作用在M上时，M与m有相对滑动。对于m、M组成的系统，由系统的动量定理得：Ft/=0(M+m)V0,得： 由于M与m之间存在相对滑动，所以对M根据牛顿第二定律得： ，解得.撤去F时M的速度：。此时M的位移为：，根据动能定理得克服F做的功W1=FS=4.7J对于M、m组成的整体，由功能关系可知：所以，MFam图11例13、.如图11所示，光滑水平面上静止放着长L=2.0m质量M=3.0kg的木板，一个质量m=1.0kg的小物体（可视为质点）放在离木板右端a

22、=0.4m处，m和M之间的动摩擦因数=0.1.今对木板施加向右的拉力F=10.0N,为使木板自物体下方分离出来，此拉力作用时间不得少于多长？分析和解：设M、m最终以共同速度V0一起匀速运动，拉力F作用的最短时间为t,则对M、m组成的系统由系统动量定理得：Ft=(M+m)V0对系统全过程运用能量守恒定律得： 而木板在拉力F作用下的加速度,可解得t=0.8s.8.用动量守恒定律解联系实际的问题Km2m图12例14、自动称米机已被许多粮店广泛使用。买者认为：因为米落到容器中时有向下的冲力而不划算；卖者认为：当预定米的质量数满足时，自动装置即刻切断米流时，此刻尚有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因

23、而双方争执起来，究竟哪方说得对而划算呢？原理如图12所示。Fmg图13分析和解：设米流的流量为dkg/s，它是恒定的，自动装置能即刻在出口处切断米流，米流在出口处速度很小可视为零。若切断米流后，盛米容器中静止的那部分米的质量为m1kg,空中还在下落的米的质量为m2kg,则落在极短时间t内落在静止的米堆上的一部分米的质量m=dt,设其落在米堆上之前的速度为V，经过t后静止，其受力如图13所示。由动量定理得：（F-mg）t=mV,即F=dV+dtg设米从出口处落到米表面所用的时间为t，由m2=dt,V=gt可得dV=m2g即F=m2g+mg.根据牛顿第三定律得F/=F，称米机读数为M=m1+m2+

24、m可见，称米机读数包含了静止在袋中部分的质量m1，也包含了尚在空中的下落的米流的质量m2，还包含了刚落至米堆的一小部分的质量m,即自动称米机是准确的。不存在谁划不划算的问题。例15、一个连同装备共有M=100Kg的宇宙行员，脱离宇宙飞船后，在离飞船L=45m处与飞船处于相对静止状态，他带着一个装有 m=0.5kg氧气的贮氧筒，贮氧筒有个可以使氧气以V=50m/s的速度喷出的喷嘴宇航员必须向着与返回飞船相反的方向释放氧气，才能回到飞船上去，同时又必须保留一部分氧气供他在飞向飞船的途中呼吸飞行员呼吸的耗氧率为.如果他在开始返回的瞬间释放的氧气，他能安全回到飞船吗?如果宇航员想以最短的时间返回飞船，

25、他开始最多能释放出多少氧气?这时他返回飞船所用时间是多少?分析和解：本题立意在分析解决实际问题宇航员放出氧气后，由于反冲使自己获得返回飞船的速度设其反冲速度为V，由动量守恒定律：因Mm，故有 MV/=,可求得,宇航员返回飞船的时间 t=L/V/=9102S.在这900s内，宇航员需要呼吸氧气m/=t=0.225kg,可以看出: ,所以，宇航员可以安全返回飞船如果宇航员以最短的时间返回飞船，设时间为t，宇航员放出氧气的质量为m，则留下呼吸的氧气至少为m-m.根据动量守恒定律，宇航员获得的反冲速度：,故有：而宇航员呼吸氧气应满足: ,两式联立，可得：代入数据解出m=0.45kg(另一解m=0.05

26、kg舍去),求出t=200s .反馈练习1、静止的质量为M的原子核，当它放射出一个质量为m、速度为V的粒子后，原子核剩余部 分的速度大小为（ ）A、mV/MB、mV/(M+m)C、mV/(Mm)D、Mv/m2、光子的能量为 ，动量的大小为 /c。如果一个静止的放射性元素的原子核在发生衰变时，只发出一个光子，则衰变后的原子核（ ）A、仍然静止B、沿着与光子运动方向相同的方向运动C、沿着与光子运动方向相反的方向运动D、可能向任何方向运动3、半径相等的两个小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直线相向运动若甲球的质量大干乙球的质量，碰撞前两球的动能相等，则碰撞后两球的运动状态可能是（ ）A、甲球的速度为零

27、而乙球的速度不为零；B、乙球的速度为零而甲球的速度不为零；C、两球的速度均不为零；D、两球的速度方向均与原方向相反，两球的动能仍相等。4一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与碰撞前相同，则碰撞前后小球动量变化量的大小P和小球动能变化量的大小Ek为（ ）AP=0BP=3.6kg.m/sCEk=0DEk=10.8J5如图14所示，小车AB静止于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥车AB质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳将木块连接于小车的A端并使其间弹簧压缩开始时小车AB与木块C都处于

28、静止状态，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端滑去，并跟B端橡皮泥粘在一起以下说法中正确的是（ ）图14ABCA若车AB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当木块对地速度为V时，小车对地速度大小为;D车AB向左运动的最大位移小于.6、在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为P0的小钢球l与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球l的运动方向相反。将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、P2，则必有（ ）A、E1E0 B、P1P0 C、E2E0D、P2P0 AB图157、如图15所示，斜面体B固定在地面上，

29、金属块A沿 B的光滑斜面下滑，滑动过程中，下列说法正确的 是 （ ）A重力对A做的功，等于A的动能的增量；B重力对A的冲量，等于A的动量的增量；CB对A的支持力的冲量方向垂直斜面向上；DB对A的支持力的冲量为零。8、一架质量为500kg的直升机停在空中，其螺旋桨把空气以10.0m/s的速度向下推。每秒钟内直升机螺旋桨推下的空气质量是 kg，发动机输出功率为 W9一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上.若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s,则这段时间内软垫对小球的冲量大小为 .(取g=10s/m2,不计空气阻力)左右图17FF乙甲图1610如图16所示，两根平行的

30、金属导轨，固定在同一水平面上，磁感B=0.50T的匀强磁场与导轨所在平面垂直，导轨的电阻很小，可不计。导轨间的距离L=0.20m。两根质量均为m=0.10kg的平行杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动，滑动过程中与导轨保持垂直，每根金属杆的电阻R=0.50，在t=0时刻，两杆都处于静止状态。现有一与导轨平行，大小为0.20N的恒力F作用于金属杆甲上，使金属杆在导轨上滑动。经过t=5.0s，金属杆甲的加速度a=1.37m/s2，问此时两金属杆的速度各为多少？11（1）如图17，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等. 现突然给左端小球一个向右的

31、速度,求弹簧第一次恢复到自然长度时,每个小球的速度.（2）如图18，将N个这样的振子放在该轨道上，最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0，其余各振子间都有一定的距离，现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰.求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值. 已知本题中两球发生碰撞时,速度交换,即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度.图18左右123N12、宇宙飞船在进行长距离星际运行时，不能再用化学燃料，而可以采用

32、一种新型发动机离子发动机。它的原理是将电子射入稀有气体，使其离子化（成为一价离子然后从静止开始用电压加速后从飞船尾部高速喷出，利用反冲使飞船本身得到加速。已知氙离子质量为m=2.210-25kg,电荷e=1.610-19C,加速电压U=275V.（1）求喷出的氙离子速度V0。图19habB（2）为了使飞船得到F=3.010-2N的反冲力，每秒需要喷射出多少质量的氙？（3）飞船后喷的氙离子的等效电流I是多少？13、如图19所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一金属杆b.已知a杆的质量为ma，且与b杆的质量比为mamb

33、=3，水平导轨足够长，不计摩擦，求：（1）a和b的最终速度分别是多大？（2）整个过程中回路释放的电能是多少？（3）若已知a、b杆的电阻之比RaRb=34，其余电阻不计，整个过程中a、b上产生的热量分别是多少？MmV0图2014、如图20所示，质量为m的木块（可视为质点）放在质量为M的有限长度的木板中央，木块与木板间的动摩擦因数为，开始时木块与木板一起在光滑的水平面上以速度V0向右运动，为使木板和木块都停下来且木块又不滑出木板，可采用对木块瞬时施加一水平冲量的方法。（1）为了达到题中所述目的，应对题中哪些未知条件予以定量约束，并导出定量结果。（2）若外力对木块施加冲量瞬间对木块做功为零，则题中木

34、板质量M和木块质量m之间应存在什么关系？图2115、根据量子理论，每个光子的动量为p=h（式中h为普朗克常量，为光子的波长）.当光照射到物体表面上时，不论光子被物体吸收还是被物体表面反射，光子的动量都发生了改变，因此对物体表面产生压力，这种压力称为光压.图21是科学家用来测量光压的仪器.图中两个圆片中，a是涂黑的，而b是光亮的.当光线照射到a上时，可以认为光子全部被吸收，而当光线照射到b上时，可以认为光子全部被反射.分别用光线照射在a或b上，由于光压的作用，都可以使该装置以悬丝为轴发生旋转，旋转的角度可以借助于和悬丝一起旋转的小平面镜M进行观察和测量.已知a、b两个圆片的半径都为r，用频率为的

35、激光束同时照射a、b两个圆片，设激光束与圆面垂直，覆盖整个圆片表面，单位时间内垂直于光传播方向的单位面积上通过的光子个数为n，真空中的光速为c.求:a、b两个圆片所受的光压各多大?参考答案1.C； 2.C； 3.AC; 4.BC; 5.BCD; 6.ABD; 7.AC; 8.500kg,25000W; 9.0.6N.S10.解析：设t=0时刻甲、乙两杆之间的距离为L0，经过t时间后甲运动的位移为x1(t),乙运动的位移为x2(t),则该时刻穿回路的磁通量为：由法拉第电磁感应定律，回路中的感应电动势：所以回路中的电流 ；杆甲的运动方程由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等，方向相反，所以两杆的

36、动量时为0）等于外力F的冲量联立以上各式解得 代入数据得11解：（1）设每个小球质量为，以、分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度. 由动量守恒和能量守恒定律有 （以向右为速度正方向） 解得由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：（2）以V1、V/1分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律，mV1+mV/1=0 解得在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解： 振子1与振子2碰撞后，由于

37、交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为V1，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为V10，根据动量守恒定律： 用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有解得.所以所有可能的碰撞都发生后，第1个和第N个振子弹性势能的最大值为E0/4，其它振子弹性势能均为零。12解：（1）由得 （2）由Ft=mV0得 （3）13. 解：（1）Va=Vb=（2）E= magh（3）Qa=E=magh , Qb=E=magh14解：（1）设对木块施加的冲量为I，木块被打击后的速度为V1，选向右为正，由动量定理有：I=mV1mV0对m和M在相互作用过程中应用动量

38、守恒定律有： MV0mV1=0由上述二式可解得：I=（M+m）V0设板长最短为L，对m和M在相互作用过程中应用能量守恒定律可得：由以上各式可解得：应施加的约束是：冲量I=(M+m)V0,方向与初速度方向相反。板长最短为：。（2）依动能定理知木块受到瞬时冲量作用后速度应该仍是V0，对m和M在相互作用过程中应用动量守恒定律有：MV0mV0=0,解得M=m.15解：设时间t内照射到a上的光子总数为N，则有Nr2nt对时间t内照射到a上的光子用动量定理，FtNp由于光子被吸收，末动量为零，所以pphhv/c由牛顿第三定律，这些光子受到的力跟圆片a受到的光压Fa大小相等由以上各式可得Fa由于照到圆片b的光子被反射，因此每个光子的动量变化p2p2h2hvc同理可得圆片b受到的光压为Fb.14