（江苏专版）2019版高考物理二轮复习第一部分专题五动量与原子物理学检测（含解析）.doc

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1、1动量与原子物理学第一讲动量守恒定律考点一 动量、冲量、动量定理1.考查冲量大小的计算蹦床运动是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为 50 kg的运动员从 1.8 m 高处自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了 0.2 s，则这段时间内蹦床对运动员的冲量大小为(取 g10 m/s 2，不计空气阻力)( )A400 Ns B300 NsC200 Ns D100 Ns解析：选 A 设运动员自由下落到蹦床的速度为 v，由机械能守恒得： mgh mv2，解12得 v6 m/s； 运动员接触蹦床到陷至最低点过程中，由动量定理得： mgt IN0 mv，解得 I

2、N mv mgt506 Ns50100.2 Ns 400 Ns，此过程中蹦床对运动员的冲量大小为 400 Ns，方向竖直向上，故 A 正确，B、C、D 错误。2考查应用动量定理求平均力高空作业须系安全带，如果质量为 m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为 h(可视为自由落体运动)，此后经历时间 t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A. mg B mgm2ght m2ghtC. mg D mgmght mght解析：选 A 由动量定理得( mg F)t0 mv，又有 v ，解得 F mg，

3、选2ghm2ght项 A 正确。3考查碰撞与动量定理如图所示，质量为 m 的小球 A 静止于光滑水平面上，在 A 球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球 B 以水平速度 v0与 A 相碰后粘在一起压缩弹簧，不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为 E，从球 A 被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为 I，下列表达式中正确的是( )A E mv02， I2 mv0 B E mv02， I mv014 142C E mv02， I2 mv0 D E mv02， I mv012 12解析：选 A A、 B 碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得 mv02 mv，碰撞后

4、，A、 B 一起压缩弹簧，当 A、 B 两球的速度减至零时弹簧的弹性势能最大，由能量守恒定律得：最大弹性势能 E 2mv2，联立解得 E mv02，从球 A 被碰后开始到回到原静止位置12 14的过程中，取向右为正方向，对 A、 B 及弹簧整体，由动量定理得 I2 mv(2 mv)4 mv2 mv0，A 正确。考点二 动量守恒及应用4.考查动量守恒的条件把一支弹簧枪水平固定在小车上，小车放在光滑水平地面上，枪射出一颗子弹的过程中，关于枪、子弹、车，下列说法正确的是( )A枪和子弹组成的系统动量守恒B枪和车组成的系统动量守恒C子弹和枪筒之间的摩擦力很小，可以忽略不计，故二者组成的系统动量近似守恒

5、D枪、子弹、车三者组成的系统动量守恒解析：选 D 枪和子弹组成的系统，由于小车对枪有外力，枪和子弹组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故 A 错误；枪和车组成的系统，由于子弹对枪有作用力，导致枪和车组成的系统外力之和不为零，所以动量不守恒，故 B 错误；枪、子弹、车组成的系统，它们之间相互作用的力为内力，例如子弹和枪筒之间的摩擦力，系统所受外力之和为零，系统动量守恒，但子弹与枪筒组成的系统外力之和不为零，二者组成的系统动量不守恒，故 D 正确，C 错误。5考查某一方向的动量守恒质量为 m 的人立于质量为 M 的平板车上，初始时人与车以速度 v1在光滑水平面上向右运动。当此人相对于车以竖直

6、向上的速度 v2跳起后，车的速度大小为( )A v1 B v1mv2M mC. Dm v1 v2M m M m v1 mv2M解析：选 A 人和车在水平方向上动量守恒，当人竖直跳起时，人和车之间的相互作用在竖直方向上，在水平方向上仍然动量守恒，水平方向的速度不发生变化，所以车的速度仍然为 v1，方向向右，A 正确。6考查多个物体的动量守恒如图所示，两辆质量相同的平板小车 a、 b 成一直线排列，静止在光滑水平地面上，原来静止在 a 车上的一个小孩跳到 b 车，接着又立3即从 b 车跳回 a 车，他跳回 a 车并相对 a 车保持静止，此后( )A a、 b 两车的速率相等B a 车的速率大于 b

7、 车的速率C a 车的速率小于 b 车的速率D a、 b 两车均静止解析：选 C 由小车 a、 b 及人组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律( ma m 人 )va mbvb0，解得 ，所以 a 车的速率小于 b 车的速率，选项 C 正确。vavb mbma m人7考查体育赛事中的动量守恒在冰壶比赛中，冰壶甲以速度 v1正碰静止的冰壶乙，碰后冰壶甲的速度变为 v2，方向不变，已知冰壶质量均为 m，碰撞过程时间为 t，求：(1)正碰后冰壶乙的速度 v；(2)碰撞过程中冰壶乙受到的平均作用力 F 的大小。解析：(1)由动量守恒定律有 mv1 mv2 mv解得 v v1 v2。(2)冰壶乙在碰撞过程

8、由动量定理有 Ft mv0解得 F 。m v1 v2t答案：(1) v1 v2 (2)m v1 v2t考点三 动量与能量的综合应用8.考查弹性碰撞与非弹性碰撞的判断如图所示，小球 B 质量为 10 kg，静止在光滑水平面上，小球 A 质量为 5 kg，以 10 m/s 的速率向右运动，并与小球 B 发生正碰，碰撞后 A 球以 2 m/s 的速率反向弹回，则碰后 B 球的速率和这次碰撞的性质，下列说法正确的是( )A4 m/s，非弹性碰撞 B4 m/s，弹性碰撞C6 m/s，非弹性碰撞 D6 m/s，弹性碰撞解析：选 C 取小球 A 开始运动的方向为正方向，碰撞前两个小球的总动能：E1 m1v1

9、2 5102 J250 J。12 12碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得：m1v1 m1v1 m2v2，解得： v2 m/s6 m/s。m1v1 m1v1m2 510 52104碰撞后两小球的总动能： E2 m1v1 2 m2v22 522 J 1062 J190 J。12 12 12 12因为 E1 E2，有能量损失，是非弹性碰撞，故 C 正确。9.考查动量守恒定律与 st 图像的综合应用多选如图甲所示，光滑水平面上有 a、 b 两个小球， a 球向 b 球运动并与 b 球发生正碰后粘在一起共同运动，其碰前和碰后的 st 图像如图乙所示。已知 ma5 kg。若 b 球的质量为 mb，两球因碰

10、撞而损失的机械能为 E，则( )A mb 1 kg B mb2 kgC E15 J D E35 J解析：选 AC 在 st 图像中图像的斜率表示小球运动的速度大小，所以 va m/s6 61m/s碰后粘合在一起共同运动的速度为 v m/s5 m/s，11 62 1碰撞过程动量守恒，得： mava( ma mb)v解得： mb1 kg，故 A 正确，B 错误；根据功能关系 E mava2 (ma mb)v215 J，故 C 正确，D 错误。12 1210考查碰撞发生的可能性多选在光滑的水平桌面上，质量为 m 的物块 A 以速度 v 向右运动，与静止在桌面上的质量为 3m 的物块 B 发生正碰，以

11、向右为正方向，碰撞后，物块 A 的速度可能为( )A0.8 v B0.2 vC0.4 v D0.1 v解析：选 BD 根据完全弹性碰撞关系可得 mv mvA3 mvB， mv2 mvA2 3mvB2，解12 12 12得 vA v v；根据完全非弹性碰撞关系可得 mv4 mvAB，解得 vA vAB v，所以m 3mm 3m 12 14若碰撞后 A 的速度向右，则应该小于 v，若碰撞后 A 的速度向左，则应该小于 v，故14 12B、D 正确，A、C 错误。11考查弹簧作用下动量守恒定律5如图所示，在光滑的水平面上有两个物块，其质量分别为 M 和 m，现将两物块用一根轻质细线拴接，两物块中间夹

12、着一个压缩的轻弹簧，弹簧与两物块未拴接，它们以共同速度 v0在水平面上向右匀速运动。某时刻细线突然被烧断，轻弹簧将两物块弹开，弹开后物块 M 恰好静止。求弹簧最初所具有的弹性势能 Ep。解析：设弹簧将两物块弹开后，物块 m 的速度为 v，弹簧弹开物块过程，系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，对系统，由动量守恒定律得：(M m)v0 mv，由机械能守恒定律得： (M m)v02 Ep mv2，12 12解得： Ep 。M M m v022m答案：M M m v022m12考查水平方向动量守恒定律与能量结合一平板小车静止在光滑水平地面上，车上固定一个足够高的光滑弧形轨道，弧形轨道与小车的水平

13、上表面在 B 处相切，小车与弧形轨道的总质量为 M2 kg。小车上表面粗糙， AB 段长 L1.5 m，现有质量 m0.5 kg 的滑块(视为质点)以 v04.0 m/s 的水平初速度滑上小车，滑块与小车 AB 段间的动摩擦因数 0.1，取 g10 m/s 2，求：(1)滑块从 A 点第一次到 B 点的运动时间 t；(2)滑块沿弧形轨道上升的最大高度 h。解析：(1)对滑块，由牛顿第二定律得： mg ma1由匀变速直线运动规律得： s1 v0t a1t212对小车与弧形轨道，由牛顿第二定律得： mg Ma2由匀变速直线运动规律得： s2 a2t212又 s1 s2 L联立解得： t0.4 s

14、或 t6 s当 t6 s 时，不是滑块第一次运动到 B 点所用的时间所以 t0.4 s。(2)对滑块、小车与弧形轨道组成的系统，在水平方向由动量守恒定律得：mv0( M m)v由功能关系得： mv02 (M m)v2 mgL mgh12 12联立解得： h0.49 m。6答案：(1)0.4 s (2)0.49 m释疑 3 大考点考点一 动量、冲量、动量定理本考点是对动量、冲量的概念和动量定理的理解及应用的考查，常与运动学公式、牛顿运动定律等知识进行简单交汇命题，难度一般，主要考查考生的理解和分析能力。建议考生自学为主。(一)辨析基本概念和规律1动量与动能的比较(1)动量是矢量，动能是标量。(2

15、)动量和动能都是状态量。冲量引起动量的变化，总功引起动能的变化。(3)若动能发生了变化，动量也一定发生变化；而动量发生变化时，动能不一定发生变化。(4)动量和动能均与参考系的选取有关，高中阶段通常选取地面为参考系。它们的大小关系： p 或 Ek 。2mEkp22m2动量定理(1)公式是矢量式，左边是动量的变化量，只有当初、末动量在一条直线上时，可以直接进行代数运算，但必须注意正负值。(2)公式右边是物体受到的所有力的合冲量，而不是某一个力的冲量。(3)公式说明了两边的因果关系，即合力的冲量是动量变化的原因。(二)掌握解题思路和方法1确定研究对象。中学阶段的动量定理问题，其研究对象一般仅限于单个

16、物体，如诊断卷第 2 题中的高空作业人员。2对物体进行受力分析。可以先求每个力的冲量，再求各力冲量的矢量和；或先求合力，再求其冲量。3抓住过程的初、末状态，选好正方向，确定各动量和冲量的正负号。4根据动量定理列方程，如有必要还需要其他补充方程，最后代入数据求解。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。 题点全练1多选两个质量不同的物体，如果它们的( )A动能相等，则质量大的动量大B动能相等，则动量大小也相等7C动量大小相等，则质量大的动能小D动量大小相等，则动能也相等解析：选 AC 根据动能 Ek mv2可知，动量 p mv ，两个质量不同的物体，12 2mEk当动能相等

17、时，质量大的动量大，A 正确，B 错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C 正确，D 错误。2(2018南京、盐城一模)质量为 0.2 kg 的小球以 6 m/s 的速度竖直向下落至水平地面，经 0.2 s 后，再以 4 m/s 的速度反向弹回。取竖直向上为正方向， g10 m/s 2。求：(1)小球与地面碰撞前后的动量变化；(2)小球受到地面的平均作用力大小。解析：(1)因取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量为 p mv2( mv1)0.2(64)kgm/s2 kgm/s，方向竖直向上。(2)由动量定理，得( F mg)t p，代入数据求得： F12 N。答案：(1)2

18、kgm/s ，方向竖直向上 (2)12 N3(2018江苏六市二模)蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量 m50 kg 的运动员从距蹦床 h11.25 m 高处自由落下，接着又能弹起 h21.8 m 高，运动员与蹦床接触时间t 0.50 s，在空中保持直立，取 g10 m/s 2，求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量 I 的大小；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力 F 的大小。解析：(1)重力的冲量大小为I mgt50100.50 Ns250 Ns。(2)设运动员下落 h1高度时的速度大小为 v1，则根据动能定理可得： mgh1 mv1212解得： v15 m/s弹起时速

19、度大小为 v2，则根据动能定理可得：mgh2 mv2212解得： v26 m/s取向上为正方向，由动量定理有：(F mg)t mv2( mv1)代入数据解得 F1 600 N。答案：(1)250 Ns (2)1 600 N考点二 动量守恒定律及应用8本考点常考查多个物体(包括弹簧)的动量守恒的判断和相关计算，可以选择题或与机械能守恒定律和功能关系相结合的计算题的形式命题，试题难度中等。考生应学会灵活变通。(一)全面理解定律(二)重点例析应用1判断动量是否守恒时，要注意所选取的系统，注意区别系统内力与外力，如诊断卷第 4 题，枪已经固定在小车上，所以枪与小车不能分离，把子弹与枪、小车组成系统，子

20、弹与枪筒之间的摩擦力是内力，地面光滑则系统所受外力之和为零，故系统动量守恒。2动量守恒具有矢量性，若系统在某个方向上合力为零，则系统在该方向上满足动量守恒定律，如诊断卷第 5 题，人与平板车之间的相互作用沿竖直方向，不影响系统在水平方向动量守恒。3若系统所受合外力为零且初动量为零，则系统内物体相互作用过程中，系统动量始终为零，该结论对多物体组成的系统非常实用，如诊断卷第 6 题。题点全练1.如图所示， A、 B 两物体质量之比 mA mB32，原来静止在平板车 C 上， A、 B 间有一根被压缩的弹簧，地面光滑。当弹簧突然被释放后，以下系统动量不守恒的是( )A若 A、 B 与 C 上表面间的

21、动摩擦因数相同， A、 B 组成的系统B若 A、 B 与 C 上表面间的动摩擦因数相同， A、 B、 C 组成的系统C若 A、 B 所受的摩擦力大小相等， A、 B 组成的系统9D若 A、 B 所受的摩擦力大小相等， A、 B、 C 组成的系统解析：选 A 如果 A、 B 与 C 上表面间的动摩擦因数相同，弹簧被释放后， A、 B 分别相对 C 向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力 FA向右， FB向左，由于 mA mB32，所以FA FB32，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；对 A、 B、 C组成的系统， A 与 C、 B 与 C 间的摩擦力为内力，该系统所受的

22、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；若 A、 B 所受的摩擦力大小相等，则 A、 B组成的系统所受的外力之和为零，故其动量守恒。综上可知选 A。2.多选 A、 B 两球沿同一条直线运动，如图所示的 xt 图像记录了它们碰撞前后的运动情况，其中 a、 b 分别为 A、 B 两球碰撞前的 xt 图像， c 为碰撞后它们的 xt 图像。若 A 球质量为 1 kg，则 B 球质量及碰后它们的速度大小分别为( )A2 kg B kg23C4 m/s D1 m/s解析：选 BD 由题图可知碰撞前 A、 B 两球都做匀速直线运动， va m/s3 4 102m/s， vb m/

23、s2 m/s，碰撞后二者合在一起做匀速直线运动， vc m/s1 4 02 2 44 2m/s。碰撞过程中动量守恒，即 mAva mBvb( mA mB)vc，代入数据解得 mB kg，可知选23项 B、D 正确。3(2018全国卷)汽车 A 在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车 B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后 B 车向前滑动了 4.5 m， A 车向前滑动了 2.0 m。已知 A 和 B 的质量分别为 2.0103 kg 和 1.5103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为 0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车

24、轮均没有滚动，重力加速度大小 g10 m/s 2。求：(1)碰撞后的瞬间 B 车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间 A 车速度的大小。解析：(1)设 B 车的质量为 mB，碰后加速度大小为 aB。根据牛顿第二定律有m Bg mBaB式中 是汽车与路面间的动摩擦因数。设碰撞后瞬间 B 车速度的大小为 vB，碰撞后滑行的距离为 sB。由运动学公式有vB 22 aBsB10联立式并利用题给数据得vB3.0 m/s。(2)设 A 车的质量为 mA，碰后加速度大小为 aA，根据牛顿第二定律有m Ag mAaA设碰撞后瞬间 A 车速度的大小为 vA，碰撞后滑行的距离为 sA，由运动学公式有vA 22 aAsA

25、设碰撞前的瞬间 A 车速度的大小为 vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA mAvA mBvB联立式并利用题给数据得vA4.3 m/s。答案：(1)3.0 m/s (2)4.3 m/s考点三 动量与能量的综合应用本考点考查时，一般是动量定理、动量守恒定律与动能定理、机械能守恒定律、功能关系进行综合命题，试题综合性强，难度较大，可以计算题的形式命题。建议对本考点重点 攻坚。(一)三类碰撞的特点弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最多如诊断卷第 8、9 题为非弹性碰撞，第 10 题还考查了弹性碰撞和完全非弹性碰撞。(二)爆炸与反冲

26、的特点1时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒或某个方向的动量守恒。2因有内能转化为机械能，系统机械能会增加。3系统初始状态若处于静止状态，则爆炸或反冲后系统内物体速度往往方向相反。但系统初速度不为 0 的话，则物体速度方向可能相同。(三)动量观点和能量观点的选取原则对于不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别对于打击一类的问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解，即 Ft mv mv0。动量观点 对于碰撞、爆炸、反冲一类的问题，若只涉及初、末速度而不涉及力、时间，应用动量守恒定律求解。能量观点对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一

27、般都利用动能定理求解。11如果物体只有重力和弹簧弹力做功而又不涉及运动过程中的加速度和时间问题，则采用机械能守恒定律求解。对于相互摩擦的两物体，若明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒定律建立方程 Q Ffs 解题。题点全练1.A、 B 两个小球半径相同，质量不同，并排悬挂在同样长度的绳子上，彼此相互接触。把质量为 m0的 A 球拉开后由静止释放，当 A 球与 B 球相碰前其速度为 v0时，碰撞后两个小球的动量相等。则：(1)求碰撞后 A 球速度的大小；(2)若碰撞为弹性碰撞，求碰撞后 B 球的动能。解析：(1)设 A 球与 B 球相碰后 A 球的速度为 vA，根据动量守恒定律，有 m0

28、v0 m0vA pB，又 m0vA pB，所以 vA 。v02(2)因为碰撞为弹性碰撞，根据机械能守恒定律有m0v02 m0vA2 EkB，12 12解得 EkB m0v02。38答案：(1) (2) m0v02v02 382.如图所示， A、 B、 C 三个木块的质量均为 m，置于光滑的水平面上， B、 C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B 和 C 紧连，使弹簧不能伸展， B、 C 可视为一个整体。现 A 以初速度 v0沿 B、 C 的连线方向朝 B 运动，与 B 相碰并粘合在一起以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使 C 与 A、 B 分离，

29、已知 C 离开弹簧后的速度恰为 v0，求弹簧释放的弹性势能。解析：设 A、 B 碰后瞬间 A、 B 和 C 的共同速度大小为 v，由动量守恒有mv03 mv设 C 离开弹簧时， A、 B 的速度大小为 v1，由动量守恒有3mv2 mv1 mv0设弹簧释放的弹性势能为 Ep，从细线断开到 C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，即3mv2 Ep 2mv12 mv0212 12 12解得 Ep mv02。1312答案： mv02133如图所示， A、 B、 C 三个小物块放置在光滑水平面上， A 紧靠墙壁， A、 B 之间用轻弹簧拴接，它们的质量分别为 mA m， mB2 m， mC m。现给 C 一水

30、平向左的初速度 v0， C与 B 发生碰撞并粘在一起。试求：(1)A 离开墙前，弹簧的最大弹性势能；(2)A 离开墙后， C 的最小速度的大小。解析：(1) C、 B 碰撞过程，选取向左为正方向，根据动量守恒得： mCv0( mC mB)vBC得： vBC v013B、 C 一起压缩弹簧到最短的过程， B、 C 和弹簧组成的系统机械能守恒，则弹簧压缩到最短时有：(mC mB)vBC2 Ep12联立以上各式解得 Ep mv02。16(2)在 A 离开墙壁时，弹簧处于原长， B、 C 以速度 vBC向右运动；在 A 离开墙壁后由于弹簧的作用， A 的速度逐渐增大， BC 的速度逐渐减小，当弹簧再次

31、恢复原长时， B 与 C 的速度最小，选取向右为正方向，由 A、 B、 C 三物块组成的系统动量守恒得：(mB mC)vBC mAv( mB mC)vC又： Ep mAv2 (mB mC)vC212 12联立解得： vC ，方向向右。(另一个解不合题意，舍去)v06答案：(1) mv02 (2)16 v061(2018全国卷)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个 50 g 的鸡蛋从一居民楼的25 层坠下，与地面的碰撞时间约为 2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( )A10 N B10 2 NC10 3 N D10 4 N解析：选 C 设每层楼高约为 3 m，则下落高度约为 h 325 m7

32、5 m，达到的速度v22 gh，根据动量定理( F mg)t0( mv)，解得鸡蛋受到地面的冲击力13F mg10 3 N，由牛顿第三定律知 C 正确。mvt2.多选如图所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H 的 A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为 h 的 B 点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为 g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )A小球的机械能减少了 mg(H h)B小球克服阻力做的功为 mghC小球所受阻力的冲量大于 m 2gHD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选 AC 小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势

33、能减少了 mg(H h)，则小球的机械能减少了 mg(H h)，故 A 正确；对小球下落的全过程运用动能定理得， mg(H h) Wf0，则小球克服阻力做功 Wf mg(H h)，故 B 错误；小球落到地面的速度 v ，2gH对进入泥潭的过程运用动量定理得： IG IF0 m ，得： IF IG m ，可知阻力的2gH 2gH冲量大于 m ，故 C 正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的改变量等于重力的2gH冲量和阻力冲量的矢量和，故 D 错误。3.一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

34、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( )A v0 v2 B v0 v2C v0 v2 D v0 (v0 v2)m2m1 m2m1解析：选 D 火箭和卫星组成的系统，在分离前、后沿原运动方向上动量守恒，由动量守恒定律有：( m1 m2)v0 m1v1 m2v2，解得： v1 v0 (v0 v2)，D 项正确。m2m14.如图所示，有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计一吨左右)。一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量，他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，然后他轻轻从船尾上船，走到船头后停下，而后轻轻下船，用卷尺测出船后

35、退的距离 d，然后用卷尺测出船长 L。已知他自身的质量为 m，则渔船的质量为( )A. Bm L dd m L ddC. DmLd m L dL解析：选 B 设人走动时船的速度大小为 v，人的速度大小为 v，人从船尾走到船头14所用时间为 t，则 v ， v ，取船的速度为正方向，根据动量守恒定律可得dt L dtMv mv0，即 M m ，解得渔船的质量 M ，故 B 正确。dt L dt m L dd5(2018盐城三模)在气垫导轨上，一个质量为 0.6 kg 的滑块甲以 0.15 m/s 的速度与另一质量为 0.4 kg、速度为 0.1 m/s 并沿反方向运动的滑块乙迎面相撞，碰撞后两个

36、滑块粘在一起，则碰撞后两个滑块一起运动的速度大小为_m/s，碰撞过程中乙滑块受到甲冲量大小为_Ns。解析：选甲的初速度为正方向，根据动量守恒定律有： m 甲 v 甲 m 乙 v 乙 ( m 甲 m 乙 )v，代入数据解得： v0.05 m/s，对乙应用动量定理有： I m 乙 v( m 乙 v 乙 )，代入数据解得： I0.06 Ns。答案：0.05 0.066(2018江苏高考)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为 m，运动速度的大小为 v，方向向下。经过时间 t，小球的速度大小为 v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为 g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。解析：取向上

37、为正方向，根据动量定理mv( mv) I mgt解得 I2 mv mgt。答案：2 mv mgt7(2018江苏七市三模)如图所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推着冰车一起以速度 v01.0 m/s 向左匀速运动。某时刻小孩将冰车以相对冰面的速度 v17.0 m/s 向左推出，冰车与竖直墙发生碰撞后原速率弹回。已知冰车的质量为 m110 kg，小孩与滑板的总质量为 m230 kg，小孩与滑板始终无相对运动。(取 g10 m/s 2)(1)求冰车与竖直墙发生碰撞过程中，墙对冰车的冲量大小 I；(2)通过计算判断，冰车能否追上小孩？解析：(1)取向右为正方向，冰车与墙碰撞过程中由动量定理有

38、I m1v1( m1v1)代入数据解得 I140 Ns。(2)取向左为正方向，设小孩推出冰车后与滑板共同运动的速度为 v，由动量守恒定律有(m1 m2)v0 m1v1 m2v解得 v1.0 m/s，则小孩推出冰车后与滑板向右运动。15由于| v|v1，故冰车能追上小孩。答案：(1)140 Ns (2)冰车能追上小孩8.(2018南京、盐城二模)在 2018 年冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静、韩聪组合获得亚军。如图所示为某次训练中情景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为 1.0 m/s。韩聪突然将隋文静向原先运动方向推开，推力作用时间为 2.0 s，隋文静的速度大小变为 4.0 m/

39、s。假设隋文静和韩聪的质量分别为 40 kg 和 60 kg，求：(1)推开后韩聪的速度大小；(2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小。解析：(1)以原来运动方向为正方向，由动量守恒定律得(m1 m2)v m1v1 m2v2解得 v21 m/s，速度大小为 1 m/s。(2)由动量定理 Ft m2v2 m2v，解得 F60 N，即大小为 60 N。答案：(1)1 m/s (2)60 N9.(2018苏北四市一模)如图所示，光滑水平面上小球 A、 B 分别以 1.2 m/s、2.0 m/s 的速率相向运动，碰撞后 B 球静止。已知碰撞时间为 0.05 s， A、 B 的质量均为 0.2 kg

40、。求：(1)碰撞后 A 球的速度大小；(2)碰撞过程 A 对 B 平均作用力的大小。解析：(1) A、 B 系统动量守恒，取 B 球的运动方向为正方向，由动量守恒定律得 mvB mvA0 mvA解得 vA0.8 m/s。(2)对 B，由动量定理得： t pB0 mvBF解得： 8 N。F答案：(1)0.8 m/s (2)8 N10(2018北京高考)2022 年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图所示，长直助滑道 AB 与弯曲滑道 BC 平滑衔接，滑道 BC 高 h10 m， C 是半径R20 m 圆弧的最低点。质量 m60 kg 的运动员从 A

41、处由静止开始匀加速下滑，加速度 a4.5 m/s2，到达 B 点时速度 vB30 m/s。取重力加速度 g10 m/s2。(1)求长直助滑道 AB 的长度 L；(2)求运动员在 AB 段所受合外力的冲量 I 的大小；(3)若不计 BC 段的阻力，画出运动员经过 C 点时的受力图，并求其所受支持力 FN的大16小。解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有 L 100 m。vB2 vA22a(2)根据动量定理，有 I mvB mvA1 800 Ns。(3)运动员经过 C 点时的受力如图所示。根据牛顿第二定律，有FN mg mvC2R运动员在 BC 段运动的过程中，根据动能定理，有mgh mvC2 m

42、vB212 12解得 FN3 900 N。答案：(1)100 m (2)1 800 Ns(3)受力图见解析 3 900 N第二讲 光电效应_波粒二象性考点一 光电效应规律和光电效应方程1.考查黑体辐射关于对黑体的认识，下列说法正确的是( )A黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，看上去是黑的B黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关C黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关D如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个空腔就成了一个黑体解析：选 C 能 100%地吸收入射到

43、其表面的电磁辐射，这样的物体称为黑体，故 A 错误；黑体辐射的强度与温度有关，温度越高，黑体辐射的强度越大，随着温度的升高，黑体辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，故 B 错误，C 正确；射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸收，最终不能从小孔射出，这个小孔就成了一个黑体，故选项 D错误。2考查对光电效应的理解17关于光电效应，下列说法中正确的是( )A发生光电效应时，入射光越强，光子的能量就越大B不同金属产生光电效应的入射光的最低频率是相同的C金属内的每个电子可以吸收一个或一个以上的光子，当它积累的动能足够大时，就能发生光电效应D如果入射光光子的能量小于金属表面的电子克服原子核的引力而

44、逸出时所需做的最小功，便不能发生光电效应解析：选 D 根据光电效应方程可得 Ek h W0，光子的能量与光照强度无关，A 错误；每种金属都有自己的极限频率，B 错误；金属内的每个电子一次只能吸收一个光子，而且是不能积累的，C 错误；当入射光光子的能量小于金属的逸出功时，不能发生光电效应，D 正确。3考查光电流的变化规律如图所示是光电管的原理图，已知当有波长为 0的光照到阴极 K 上时，电路中有光电流，则( )A若增加电路中电源电压，电路中光电流一定增大B若将电源极性反接，电路中一定没有光电流产生C若换用波长为 1( 1 0)的光照射阴极 K 时，电路中一定没有光电流D若换用波长为 2( 2 0

45、)的光照射阴极 K 时，电路中一定有光电流解析：选 D 光电流的强度与入射光的强度有关，当光越强时，光电子数目会增多，初始时电压增加光电流可能会增加，当达到饱和光电流后，再增大电压，光电流也不会增大了，故 A 错误；将电路中电源的极性反接，电子受到电场阻力，到达 A 极的数目会减小，则电路中电流会减小，甚至没有电流，故 B 错误；若换用波长为 1( 1 0)的光，其频率有可能大于极限频率，电路中可能有光电流，故 C 错误；若换用波长为 2( 2 0)的光，则其频率一定大于极限频率，电路中一定有光电流，故 D 正确。4考查对光电效应方程的理解对爱因斯坦光电效应方程 Ek h W，下面的理解正确的

46、有( )A只要是用同种频率的光照射同一种金属，那么从金属中逸出的所有光电子都会具有同样的初动能 EkB式中的 W 表示每个光电子从金属中飞出过程中克服金属中正电荷引力所做的功C逸出功 W 和极限频率 c之间应满足关系式 W h cD光电子的最大初动能和入射光的频率成正比解析：选 C 根据光电效应方程 Ek h W 可知，同种频率的光照射同一种金属，从金属中逸出的所有光电子最大初动能 Ek都相同，但初动能可能不同； W 表示逸出功，是每个电子从这种金属中飞出过程中，克服金属中正电荷引力所做的功的最小值；当最大初动18能为零时，入射频率即为极限频率，则有 W h c；根据光电效应方程 Ek h W

47、 可知，最大初动能与入射光的频率成一次函数关系，不是正比关系。综上分析，C 正确。5考查光电效应规律及光电效应方程多选用如图所示的装置研究光电效应现象，当用光子能量为 2.5 eV 的光照射到光电管上时，电流表 A 的读数为 0.2 mA。移动变阻器的触点 c，当电压表的示数大于或等于 0.7 V 时，电流表读数为 0，则( )A光电管阴极的逸出功为 1.8 eVB开关 S 断开后，没有电流流过电流表C光电子的最大初动能为 0.7 eVD改用能量为 1.5 eV 的光子照射，也有电流流过电流表，但电流较小解析：选 AC 该装置所加的电压为反向电压，发现当电压表的示数大于或等于 0.7 V时，电流表示数为 0，可知光电子的最大初动能为 0.7 eV，根据光电效应方程Ekm h W0，可得 W01.8 eV，A、C 正确；开关 S 断开后，用光子能量为 2.5 eV 的光照射到光电管上时发生了光电效应，有光电子逸出，不加电压时，有光子能从阴极出发到阳极，则有电流流过电流表，故 B 项错误；改用能量为 1