第十三章第1课时

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1、考点内容要求说明考纲解读动量、动量定理、动量守恒定律及其应用只限于一维1.动量守恒定律的应用是本部分的重点和难点，也是高考的热点，动量和动量的变化量这两个概念常穿插在动量守恒定律的应用中考查2动量守恒定律结合能量守恒定律来解决碰撞、打击、反冲等问题，以及动量守恒定律与圆周运动、核反应的结合已成为近几年高考命题的热点3波粒二象性部分的重点内容是光电效应现象、实验规律和光电效应方程，光的波粒二象性和德布罗意波是理解的难点4核式结构、玻尔理论、能级公式、原子跃迁条件在选做题部分出现的几率将会增加，可能单独命题，也可能与其他知识联合出题5半衰期、质能方程的应用和计算以及核反应方程的书写是高考的热点问题

2、，试题一般以基础知识为主，较简单.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、原子核的衰变、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：验证动量守恒定律第1课时动量动量守恒定律考纲解读 1.理解动量、动量的变化量、动量定理的概念.2.知道动量守恒的条件.3.会利用动量守恒定律分析碰撞、反冲等相互作用问题考点一动量定理的理解与应用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：pmv.(3)单位：kgm/s.(4)标矢性：动量是矢量，其方

3、向和速度方向相同2冲量(1)定义：力F与力的作用时间t的乘积(2)定义式：IFt.(3)单位：N_s.(4)方向：恒力作用时，与力的方向相同(5)物理意义：是一个过程量，表示力在时间上积累的作用效果3动量定理(1)内容：物体所受合外力的冲量等于物体的动量的变化量(2)表达式：例1在水平力F30 N的作用下，质量m5 kg的物体由静止开始沿水平面运动已知物体与水平面间的动摩擦因数0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)答案12 s解析解法一：用动量定理解，分段处理，选物体为研究对象，对于撤去F前物体做匀加速运动的过程，受力情况如图甲所示，始态速

4、度为零，终态速度为v，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(Fmg)t1mv0.对于撤去F后，物体做匀减速运动的过程，受力情况如图乙所示，始态速度为v，终态速度为零根据动量定理有mgt20mv.以上两式联立解得t2t16 s12 s.解法二：用动量定理解，研究全过程选物体作为研究对象，研究整个运动过程，这个过程中的初、末状态物体的速度都等于零取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得(Fmg)t1(mg)t20解得t2t16 s12 s递进题组1对动量的理解下列说法正确的是()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，则物体的动量也保持不变

5、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D解析pmv，p由m、v二者乘积决定，故A、B错误；p是矢量，故C错误；pmv，故D正确2动量定理的应用从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖着地，这样做是为了()A减小冲量B减小动量的变化量C增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D增大人对地面的压强，起到安全作用答案C解析由动量定理可知，人落地动量变化量一定，脚尖先着地，接着逐渐到整只脚着地，延长了人落地时动量变化所用的时间，这样就减小了地面对人的冲力，故C正确3动量定理的应用将质量为0.2 kg的小球以初速度6 m/s水平抛出，抛出点离地的高度为3.2 m，不计空气阻力求：(1)小球从抛出

6、到它将要着地的过程中重力的冲量；(2)小球将要着地时的动量答案(1)1.6 Ns，方向竖直向下(2)2 kgm/s，方向与水平面成53夹角斜向下解析解法一：(1)设物体着地时的速度为v，竖直方向的分速度为vy，水平方向的分速度为vx，有vy m/s8 m/s由于小球初始竖直方向的分速度为0，在竖直方向依动量定理得IGmvy00.2 kg8 m/s1.6 Ns方向竖直向下(2)水平方向：vxv06 m/s则v m/s10 m/stan ，53pmv0.2 kg10 m/s2 kgm/s方向与水平面成53夹角斜向下解法二：(1)小球从抛出到它将要着地所用时间为t，则t s0.8 sIGmgt(0.

7、2100.8) Ns1.6 Ns方向竖直向下(2)水平方向：pxmvx(0.26) kgm/s1.2 kgm/s竖直方向：pymvy(0.28) kgm/s1.6 kgm/sp kgm/s2 kgm/stan 故53方向与水平面成53夹角斜向下从三个角度理解动量定理 (1)动量定理描述的是一个过程，它表明物体所受合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体动量的变化是它受到的外力作用经过一段时间积累的结果(2)动量定理Ftmvtmv0是一个矢量式，运算应遵循平行四边形定则若公式中各量均在一条直线上，可规定某一方向为正，根据题设给出各量的方向研究它们的正负，从而把矢量运算简化为代数运算(3)动量定理既

8、适用于恒力，也适用于变力，对于变力的情况，动量定理中的F应理解为变力在作用时间内的平均值考点二动量守恒定律的理解1内容如果一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律2适用条件(1)系统不受外力或所受外力的合力为零，不是系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态(2)近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力(3)如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则系统在该方向上动量守恒例2一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图1所示则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中

9、，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()图1A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能守恒C动量守恒，机械能不守恒D无法判定动量、机械能是否守恒解析动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力的合力为零，本题中子弹、两木块、弹簧组成的系统，水平方向上不受外力，竖直方向上所受外力的合力为零，所以动量守恒机械能守恒的条件是除重力、弹力对系统做功外，其他力对系统不做功，本题中子弹射入木块瞬间有部分机械能转化为内能(发热)，所以系统的机械能不守恒故C正确，A、B、D错误答案C变式题组4. 动量守恒的判断如图2所示，A、B两物体质量之比mAmB32，原来静止在平板小车C上A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹

10、簧突然释放后，则下列说法中不正确的是()图2A若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成的系统动量守恒B若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成的系统动量守恒C若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成的系统动量守恒D若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成的系统动量守恒答案A解析如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FfA向右，FfB向左，由于mAmB32，所以FfAFfB32，则A、B组成的系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A错对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统

11、所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D均正确若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成的系统所受外力之和为零，故其动量守恒，C正确5动量守恒的判断对于上题，如果数据不变，且已知A、B组成的系统动量守恒，则下列说法中正确的是()AA、B与C的动摩擦因数相等BA、B与C的动摩擦因数不相等C根据已知条件，可以求出A与C、B与C的动摩擦因数比D根据已知条件，不能求出A与C、B与C的动摩擦因数比答案BC解析因为A、B组成的系统动量守恒，所以A、B受到的摩擦力肯定大小相等、方向相反，故根据滑动摩擦力的公式可以求出来两者的动摩擦因数比考点三动量守恒定律的应用1动量守恒定

12、律的不同表达形式(1)m1v1m2v2m1v1m2v2，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)p1p2，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零2应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明例3如图3，质量为M的小船在静止水面上以速率v0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止若救生员以相对水面速

13、率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为_(填选项前的字母)图3Av0v Bv0vCv0(v0v) Dv0(v0v)解析救生员跃出时，船和救生员组成的系统动量守恒初状态：救生员和小船相对静止以速率v0向右匀速行驶；末状态：救生员以速率v水平向左运动，小船的速度为v.取向右为正方向，由动量守恒定律可得(Mm)v0m(v)Mv，则vv0(v0v)答案C变式题组6. 动量守恒定律的应用如图4所示，一质量为M3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m1.0 kg的小物块A.现以地面为参考系，给A和B一大小均为4.0 m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右

14、运动，但最后A并没有滑离B板，站在地面上的观察者看到在一段时间内物块A做加速运动则在这段时间内的某时刻，木板B相对地面的速度大小可能是()图4A3.0 m/s B2.8 m/s C2.4 m/s D1.8 m/s答案C解析以地面为参考系，初始阶段，A受水平向右的摩擦力向左做减速运动，B受水平向左的摩擦力向右做减速运动，由于Mm，故A的速度先减为零，设此时B的速度为vB，由动量守恒定律得Mv0mv0MvB，vB2.7 m/s.此后A向右加速运动，B继续向右减速运动，最后二者达到共同速度v，由动量守恒定律得Mv0mv0(Mm)v，v2.0 m/s，所以B相对地面的速度应大于2.0 m/s而小于2.

15、7 m/s，C正确7. 动量守恒定律的应用如图5所示，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动当此人相对于车以速度v2竖直跳起时，车的速度变为()图5A.，向东 B.，向东C.，向东 Dv1，向东答案D解析人和车组成的系统，在水平方向上所受合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒设车的速度v1的方向为正方向，选地面为参考系初态车和人的总动量为Mv1，末态车的动量为(Mm)v1，因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变人在水平方向上对地的动量仍为mv1，则有Mv1(Mm)vmv1，(Mm)v1(Mm)v, 所以vv1，正确答案应为D.8. 动量

16、守恒定律在多物体构成系统中的应用如图6所示，质量均为m的小车与木箱紧挨着静止在光滑的水平冰面上，质量为2m的小明站在小车上用力向右迅速推出木箱，木箱相对于冰面的速度为v，接着木箱与右侧竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹后被小明接住，求小明接住木箱后三者共同速度的大小图6答案解析取向左为正方向，根据动量守恒定律得推出木箱的过程有0(m2m)v1mv接住木箱的过程有mv(m2m)v1(mm2m)v2解得共同速度v2考点四碰撞现象的特点和规律1碰撞(1)概念：碰撞是指物体间的相互作用持续时间极短，而物体间相互作用力很大的现象(2)特点：在碰撞现象中，一般都满足内力外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒(3)分类

17、动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非完全弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.碰撞后运动状态可能性判定(1)动量制约：即碰撞过程中必须受到动量守恒定律的制约，总动量的方向恒定不变，即p1p2p1p2.(2)动能制约：即在碰撞过程中，碰撞双方的总动能不会增加，即Ek1Ek2Ek1Ek2(3)运动制约：即碰撞要受到运动的合理性要求的制约，如果碰前两物体同向运动，则后面物体速度必须大于前面物体的速度，碰撞后原来在前面的物体速度必增大，且大于或等于原来在后面的物体的速度，否则碰撞没有结束；如果碰前两物体是相向运动，而碰后两物体的运动方向不可能都不改变，除非碰后两物体速度均为零例4质量

18、为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为.初始时小物块停在箱子正中间，如图7所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为()图7A.mv2 B.v2C.NmgL DNmgL解析由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度v，根据动量守恒定律有mv(Mm)v，系统损失的动能为E1mv2(Mm)v2，可知B正确；另一方面，系统损失的动能可由QEk且Qmgs相对求

19、得，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N次碰撞，则s相对NL，则D选项也正确答案BD变式题组9碰撞规律的应用质量都为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()Am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答案AC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10碰撞规律的应用两球A、B

20、在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA1 kg，mB2 kg，vA6 m/s，vB2 m/s.当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是()AvA5 m/s，vB2.5 m/sBvA2 m/s，vB4 m/sCvA4 m/s，vB7 m/sDvA7 m/s，vB1.5 m/s答案B解析虽然题中四个选项均满足动量守恒定律，但A、D两项中，碰后A的速度vA大于B的速度vB，必然要发生第二次碰撞，不符合实际；C项中，两球碰后的总动能EkmAvA2mBvB257 J，大于碰前的总动能EkmAvmBv22 J，违背了能量守恒定律；而B项既符合实际情况，也不违背能量守恒定律，故B项正确11动量

21、守恒在碰撞中的应用 如图8所示，光滑水平轨道上放置长板A(上表面粗糙)和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA2 kg、mB1 kg、mC2 kg.开始时C静止，A、B一起以v05 m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞求A与C碰撞后瞬间A的速度大小图8答案2 m/s解析因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰后瞬间A的速度为vA，C的速度为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0mAvAmCvCA与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvAmBv0

22、(mAmB)vABA与B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足vABvC联立式，代入数据得vA2 m/s考点五动量和能量观点的综合应用例5两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图9所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h，物块从静止滑下，然后又滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度图9答案h解析物块沿斜劈A下滑和沿斜劈B上滑的过程，系统在水平方向所受外力为零，故在水平方向动量守恒设物块到达劈A的底端时，物块和劈A的速度大小分别为v1和v2，由机械能守恒和动量守恒得mghmvM1v，M1v2mv1，

23、设物块在劈B上达到的最大高度为h，此时物块和B的共同速度大小为v，由机械能守恒和动量守恒得mgh(M2m)v2mv，mv1(M2m)v，联立以上各式解得hh.变式题组12. 动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用如图10所示，轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上，A套在光滑的水平固定直杆MN上，A、B静止不动时B恰好与光滑水平地面接触，C小球以v2 m/s的速度沿地面向左匀速运动，当与B发生对心正碰后B、C立即粘在一起共同向左运动，已知B、C的质量均为1 kg，A的质量为2 kg，试求B、C粘在一起向左运动过程中上升的最大高度(g取10 m/s2)图10答案2.5102 m解析由题意分析可知，当

24、B、C碰后粘在一起向左运动的速度与A的速度相等时其上升的高度达到最大设B、C碰后瞬间的共同速度为v1，它们运动到最高点时的速度为v2，上升的最大高度为h，则对B、C碰撞前后由动量守恒定律得mCv(mBmC)v1又B、C从粘在一起向左运动到上升高度达到最大的过程中，由A、B、C组成的系统水平方向动量守恒得(mBmC)v1(mAmBmC)v2由A、B、C组成的系统机械能守恒得(mBmC)v(mAmBmC)v(mBmC)gh代入数据可得h2.5102 m13. 动量守恒定律与动能定理的综合应用如图11所示，由于街道上的圆形污水井盖破损，便临时更换了一个稍大于井口的红色圆形平板塑料盖为了测试因塑料盖意

25、外移动致使盖上的物块落入污水井中的可能性，有人做了一个实验：将一个可视为质点、质量为m的硬橡胶块置于塑料盖的圆心处，给塑料盖一个沿径向的瞬间水平冲量，使之获得一个水平向右的初速度实验结果是硬橡胶块恰好与塑料盖分离设硬橡胶块与塑料盖间的动摩擦因数为，塑料盖的质量为M、半径为R，假设塑料盖与地面间的摩擦可忽略，且不计塑料盖的厚度图11(1)塑料盖的初速度大小为多少？(2)通过计算说明硬橡胶块是落入井内还是落在地面上答案(1)落入污水井内解析(1)设塑料盖的初速度为v0，硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，两者的共同速度为v.由系统动量守恒得Mv0(mM)v由系统能量关系可得mgRMv(mM)v2由以上两式

26、解得：v0 (2)设硬橡胶块与塑料盖恰好分离时，硬橡胶块的位移为x，取硬橡胶块为研究对象，应用动能定理得mgxmv2由以上各式可得x因xR，故硬橡胶块将落入污水井内高考模拟明确考向1(2014重庆4)一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v2 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，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()答案B解析弹丸爆炸瞬间爆炸力远大于外力，故爆炸瞬间动量守恒因两弹片均水平飞出，飞行时间t1 s，取向右为正方向，由水平速度v知，选项A中，v甲2.5 m/s，v乙0.5 m/s；选项B中，v甲2.5 m/s

27、，v乙0.5 m/s；选项C中，v甲1 m/s，v乙2 m/s；选项D中，v甲1 m/s，v乙2 m/s.因爆炸瞬间动量守恒，故mvm甲v甲m乙v乙，其中m甲m，m乙m，v2 m/s，代入数值计算知选项B正确2(2014全国21)一中子与一质量数为A(A1)的原子核发生弹性正碰若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为()A. B.C. D.答案A解析设中子的质量为m，则被碰原子核的质量为Am，两者发生弹性碰撞，据动量守恒，有mv0mv1Amv，据动能守恒，有mvmvAmv2.解以上两式得中子的速率为|v1|v0，故中子前、后速率之比为.3篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球接球时，两

28、手随球迅速收缩至胸前这样做可以()A减小球对手的冲量B减小球对手的冲击力C减小球的动量变化量D减小球的动能变化量答案B解析由动量定理Ftp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球对手的冲击力，选项B正确4(2014天津10)如图12所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA4 kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB2 kg.现对A施加一个水平向右的恒力F10 N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t0.6 s，

29、二者的速度达到vt2 m/s.求：图12 (1)A开始运动时加速度a的大小；(2)A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；(3)A的上表面长度l.答案(1)2.5 m/s2(2)1 m/s(3)0.45 m解析(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有FmAa代入数据解得a2.5 m/s2(2)对A、B碰撞后共同运动t0.6 s的过程，由动量定理得Ft(mAmB)vt(mAmB)v代入数据解得v1 m/s(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA(mAmB)vA从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有FlmAv由式，代入数据解得l0.45 m5. (20

30、14新课标35(2)如图13所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上，B球距地面的高度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球释放当A球下落t0.3 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13(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度答案(1)4 m/s(2)0.75 m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vB将h0.8 m代入上式，得vB4 m/s(2)设两球相碰前后，A球的速度大

31、小分别为v1和v1(v10)，B球的速度分别为v2和v2.由运动学规律可知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恒，总动能保持不变规定向下的方向为正，有mAv1mBv2mBv2mAvmBvmBv22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，由运动学规律可知h联立式，并代入已知条件可得h0.75 m练出高分一、选择题1如图1所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰则经过时间t()图1A图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子

32、拉力的冲量小B图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D以上三种情况都有可能答案C解析由题可知，两个力大小相等，作用时间相同，所以由IFt知，两冲量相等2(2014福建理综30(2)如图2所示，一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为（ ）图2Av0v2 Bv0v2Cv0v2 Dv0(v0v2)答案D解析根据动量守恒定律(m1m2)v0m1v

33、1m2v2解得v1v0(v0v2)，故A、B、C错误，D正确3如图3所示，质量为M的滑槽内有半径为R的半圆轨道，将滑槽放在水平面上，左端紧靠墙壁一质量为m的物体从半圆轨道的顶端a点无初速度释放，b点为半圆轨道的最低点，c点为半圆轨道另一侧与a等高的点不计一切摩擦，下列说法正确的是()图3Am从a点运动到b点过程中，m与M组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒Bm从a点释放后运动的全过程中，m的机械能守恒Cm释放后能够到达c点D当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大答案D解析m首次下滑过程，墙对系统有向右的弹力，因此系统水平方向动量不守恒；系统没有摩擦和介质阻力，因此m从a点释放后运动

34、的全过程中，系统机械能始终守恒，但M的机械能比初状态增加了，因此m的机械能不守恒；m第一次到最低点后，M离开墙，系统水平方向动量守恒，当m和M共速时，系统具有动能，因此m的势能必小于mgR，故m不能到达c点；m第一次在圆轨道右半侧上滑行过程对M的弹力始终向右下方，有水平向右的分力，因此M始终加速，m从右向左通过最低点b后，M开始减速故选项D正确4冰壶运动深受观众喜爱，图4(a)为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图(b)若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置可能是()图4答案B解析两个质量相等的冰壶发生

35、正碰，碰撞前后都在同一直线上，选项A错误；碰后冰壶甲在冰壶乙的左边，选项C错误；碰撞过程中系统的动能可能减小，也可能不变，但不能增大，所以选项B正确，选项D错误5质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度大小和方向是()A1.0 m/s，向右 B1.0 m/s，向左C2.2 m/s，向右 D2.2 m/s，向左答案A6. 如图5所示，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断中正确

36、的是()图5A第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小不相等B第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置答案D解析根据碰撞过程中动量守恒和机械能守恒得m1v1m1v1m2v2，m1vm1v12m2v22且m1m，m23m解得|v1|v1v1，|v2|v1v1所以A 、B错误；根据mv2mghmgR(1cos )知，第一次碰撞后，两球的最大摆角相同，C错误；根据单摆的等时性知，D正确7如图6所示，带有光滑弧形轨道的小车质量为m，放在光滑水平面上，一质量也为m的铁块，以速度v沿轨道水平端向上滑去，至某一高度后再向下返回，则当铁块回到

37、小车右端时，将()图6A以速度v做平抛运动B以小于v的速度做平抛运动C静止于车上D自由下落答案D解析设铁块回到小车右端时，铁块的速度为v1，小车的速度为v2，对小车和铁块组成的系统，由动量守恒：mvmv1mv2，由机械能守恒：mv2mvmv，解得v10，v2v，故D正确8一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A中，并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图7所示则在子弹打中木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统()图7A动量守恒，机械能守恒B动量不守恒，机械能守恒C动量守恒，机械能不守恒D无法判断动量、机械能是否守恒答案C解析由于子弹打入木块及压缩弹簧的整个过

38、程中，系统所受的合外力等于零，则系统的动量守恒，由于子弹在打入木块过程中与木块间的阻力做功，使机械能的一部分转化为内能，所以系统机械能不守恒9人的质量m60 kg，船的质量M240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m时，人恰好可以跃上岸若撤去缆绳，如图8所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为多远？(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)()图8A1.5 m B1.2 m C1.34 m D1.1 m答案C解析船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则s0v0t撤去缆绳，由动量守恒得：0mv1Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变mvmvMv解得v1 v0故s1

39、v1t s01.34 m，C正确10如图9所示，将一个内、外侧均光滑的半圆形槽，置于光滑的水平面上，槽的左侧有一个竖直墙壁现让一个小球自左端槽口A的正上方从静止开始下落，与半圆形槽相切从点A进入槽内，则以下说法中正确的是()图9A小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B小球在半圆形槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒C小球从最低点向右侧最高点运动过程中，小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒D小球离开槽右侧最高点以后，将做竖直上抛运动答案C解析小球的机械能有一部分转移给了半圆形槽，因此除重力对小球做功外，半圆形槽对小球的弹力也对小球做了功(负功)，故A错整个系统不存在机械

40、能损失，故B错当小球过槽的最低点后，槽就离开墙向右加速运动，系统水平方向不受外力作用，故C正确小球离开槽右侧最高点时，有一个随槽向右的水平分速度，小球飞出后做斜抛运动，故D错二、非选择题11(2014北京22)如图10所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动已知圆弧轨道光滑，半径R0.2 m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数0.2.取重力加速度g10 m/s2.求：图10(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v；(3)A和B整体在桌面上滑

41、动的距离l.答案(1)2 m/s(2)1 m/s(3)0.25 m解析设滑块的质量为m(1)根据机械能守恒定律mgRmv2解得碰撞前瞬间A的速率为：v2 m/s(2)根据动量守恒定律有mv2mv解得碰撞后瞬间A和B整体的速率vv1 m/s(3)根据动能定理有：2mv2(2m)gl解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l0.25 m12如图11所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s，碰后的速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10 m/s2，求：图11(1)在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A的平均作用力的大小；(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度答案(1)50 N(2)0.45 m解析(1)设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时根据动量定理有FtmAv1mA(v1)解得F50 N(2)设碰撞后A、B的共同速度为v，根据动量守恒定律有mAv1(mAmB)vA、B在光滑圆弧轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得(mAmB)v2(mAmB)gh解得h0.45 m.