（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十二章 動(dòng)量守恒定律 波粒二象性原子結(jié)構(gòu)與原子核 第1課時(shí) 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案

《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十二章 動(dòng)量守恒定律 波粒二象性原子結(jié)構(gòu)與原子核 第1課時(shí) 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2019版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第十二章 動(dòng)量守恒定律 波粒二象性原子結(jié)構(gòu)與原子核 第1課時(shí) 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用學(xué)案（22頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第1課時(shí)　動(dòng)量定理　動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 [考綱要求] 知識(shí)內(nèi)容 考試要求 備考方略 必考 加試 動(dòng)量和動(dòng)量定理 c 新高考中，對本部分知識(shí)的考查出現(xiàn)在加試題中。動(dòng)量相關(guān)知識(shí)一般在計(jì)算題中考查，其余知識(shí)一般在選擇題中考查，主要考查光的粒子性、粒子的波動(dòng)性、原子的核式結(jié)構(gòu)模型、玻爾的原子模型、放射性元素的衰變、放射性的應(yīng)用與防護(hù)、核力與結(jié)合能、核聚變和核裂變等；最可能是把3－5知識(shí)整合到一個(gè)選擇題中出現(xiàn)。還可以在計(jì)算題中結(jié)合電磁感應(yīng)、安培力、動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律等考查。 動(dòng)量守恒定律 c 碰撞 d 反沖運(yùn)動(dòng)　火箭 b 能量量子化 b

2、 光的粒子性 c 粒子的波動(dòng)性 c 概率波 b 不確定性關(guān)系 b 電子的發(fā)現(xiàn) a 原子的核式結(jié)構(gòu)模型 b 氫原子光譜 b 玻爾的原子模型 c 原子核的組成 a 放射性元素的衰變 c 探測射線的方法 a 放射性的應(yīng)用與防護(hù) a 核力與結(jié)合能 c 核裂變 c 核聚變 c 粒子和宇宙 a 實(shí)驗(yàn)19：探究碰撞中的不變量 √ 1.動(dòng)量 (1)定義：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做物體的動(dòng)量，通常用p來表示。 (2)表達(dá)式：p＝mv。 (3)單位：kg·m/s。

3、 (4)標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，其方向和速度方向相同。 (5)動(dòng)量的瞬時(shí)性：動(dòng)量是描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量，針對某一時(shí)刻而言。 (6)動(dòng)量的變化量：是矢量，其表達(dá)式Δp＝p＇－p為矢量式，當(dāng)p＇、p在同一條直線上時(shí)，可規(guī)定正方向，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。 2.沖量 (1)定義：力F與力的作用時(shí)間t的乘積。 (2)定義式：I＝Ft，單位是N·s。 (3)方向：恒力作用時(shí)，與力的方向相同。 (4)物理意義：是一個(gè)過程量，表示力在時(shí)間上積累的作用效果。 3.動(dòng)量定理 (1)內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動(dòng)量變化等于它在這個(gè)過程中所受合力的沖量。 (2)表達(dá)式：p＇－p＝I合。 (3)

4、動(dòng)量定理既適用于恒力，也適用于變力。 4.動(dòng)量守恒定律 (1)內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。 (2)表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。 (3)適用條件 ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 (2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當(dāng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)量可近似看成守恒。 (3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個(gè)方向上所受合力為零時(shí)，系統(tǒng)在該方向上動(dòng)量守恒。 5.碰撞 (1)定義：碰撞是指物體間的相互作用持續(xù)時(shí)間很短，而物體間的相互作用力很大的現(xiàn)象。 (2)特點(diǎn)：在碰撞現(xiàn)象中，一般都滿足內(nèi)

5、力遠(yuǎn)大于外力，可認(rèn)為相互碰撞的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 (3)分類 動(dòng)量是否守恒 機(jī)械能是否守恒 彈性碰撞 守恒 守恒 非彈性碰撞 守恒 有損失 完全非彈性碰撞 守恒 損失最大 6.反沖運(yùn)動(dòng) (1)反沖：根據(jù)動(dòng)量守恒定律，如果一個(gè)靜止的物體在內(nèi)力的作用下分裂為兩個(gè)部分，一部分向某個(gè)方向運(yùn)動(dòng)，另一部分必然向相反的方向運(yùn)動(dòng)。 (2)反沖現(xiàn)象的應(yīng)用及防止 ①應(yīng)用：農(nóng)田、園林的噴灌裝置是利用反沖使水從噴口噴出時(shí)，一邊噴水一邊旋轉(zhuǎn)，可以自動(dòng)改變噴水的方向。 ②防止：用槍射擊時(shí)，由于槍身的反沖會(huì)影響射擊的準(zhǔn)確性，所以用步槍射擊時(shí)要把槍身抵在肩部，以減少反沖的影響。 7.火箭

6、 (1)火箭的原理 火箭的工作原理是反沖運(yùn)動(dòng)，其反沖過程動(dòng)量守恒，它靠向后噴出的氣流的反沖作用而獲得向前的速度。 (2)影響火箭獲得速度大小的因素 ①噴氣速度：現(xiàn)代液體燃料火箭的噴氣速度約為2__000～4__000 m/s。 ②火箭的質(zhì)量比：指火箭起飛時(shí)的質(zhì)量與火箭除燃料外的箭體質(zhì)量之比，決定于火箭的結(jié)構(gòu)和材料?，F(xiàn)代火箭的質(zhì)量比一般小于10。 噴氣速度越大，質(zhì)量比越大，火箭獲得的速度越大。 【思考判斷】 1.動(dòng)量越大的物體，其速度越大( × ) 2.物體的動(dòng)量越大，其慣性也越大( × ) 3.物體所受合力不變，則動(dòng)量也不改變( × ) 4.物體沿水平面運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力不做功，

7、其沖量為零( × ) 5.物體所受合外力的沖量的方向與物體末動(dòng)量的方向相同( × ) 6.物體相互作用時(shí)動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不一定守恒( √ ) 7.做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體動(dòng)量不變( × ) 8.物體的動(dòng)能不變，其動(dòng)量一定不變( × ) 9.應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，速度應(yīng)相對同一參考系( √ ) 考點(diǎn)一　動(dòng)量和動(dòng)量定理(－/c) [要點(diǎn)突破] 1.用動(dòng)量定理解題的基本思路 2.用動(dòng)量定理解釋現(xiàn)象 (1)物體的動(dòng)量變化一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越短，力就越大；時(shí)間越長，力就越小。 (2)作用力一定，此時(shí)力的作用時(shí)間越長，動(dòng)量變化越大；力的作用時(shí)間越短，動(dòng)量變化越小。 [典例剖

8、析] 【例】 質(zhì)量為60 kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護(hù)，使他懸掛起來。已知彈性安全帶的緩沖時(shí)間1.2 s，安全帶長5 m，g取10 m/s2，則安全帶所受的平均沖力的大小為(　　) A.500 N B.1 100 N C.600 N D.100 N 解析　選取人為研究對象， 人下落過程v2＝2gh，v＝10 m/s， 緩沖過程由動(dòng)量定理(F－mg)t＝mv， F＝＋mg＝(＋60×10) N＝1 100 N。 由牛頓第三定律，安全帶所受的平均沖力為1 100 N。 答案　B 【方法總結(jié)】 動(dòng)量定理的兩個(gè)重要應(yīng)用 (1)應(yīng)用I＝Δp求變力的

9、沖量：如果物體受到大小或方向改變的力的作用，則不能直接用I＝Ft求變力的沖量，可以求出該力作用下物體動(dòng)量的變化Δp，等效代換變力的沖量I。 (2)應(yīng)用Δp＝FΔt求動(dòng)量的變化：例如，在曲線運(yùn)動(dòng)中，速度方向時(shí)刻在變化，求動(dòng)量變化(Δp＝p2－p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法，計(jì)算比較復(fù)雜，如果作用力是恒力，可以求恒力的沖量，等效代換動(dòng)量的變化。 [針對訓(xùn)練] 1.如圖所示，籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(　　) A.減小球的動(dòng)量的變化量 B.減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量 C.減小球的動(dòng)量變化率 D.延長接球過程的時(shí)間來減小動(dòng)量

10、的變化量 解析　動(dòng)量的變化量為mv－mv0，最終不會(huì)因?yàn)槭值膭?dòng)作而改變，所以A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理FΔt＝mv－mv0，手對球的沖量即動(dòng)量變化量不會(huì)改變，此即球?qū)κ值膭?dòng)量變化量；手彎曲的動(dòng)作是增加了作用時(shí)間，而減小了動(dòng)量變化率，也即減小了沖力，起到緩沖效果。 答案　C 2.在水平力F＝30 N的作用下，質(zhì)量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)。已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運(yùn)動(dòng)多長時(shí)間才停止？(g取10 m/s2) 解析　解法一　用動(dòng)量定理解，分段處理。選物體作為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程，受力情況如圖甲所示，始

11、態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v，取水平力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理有(F－μmg)t1＝mv－0。對于撤去F后物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零，根據(jù)動(dòng)量定理有－μmgt2＝0－mv。以上兩式聯(lián)立解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。 解法二　用動(dòng)量定理解，研究全過程。 選物體作為研究對象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，這個(gè)過程中的初、末狀態(tài)物體的速度都等于零。 取水平力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理得 (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0 解得t2＝t1＝×6 s＝12 s 答案　12 s 考點(diǎn)二　動(dòng)量守恒定律(－/c) [要點(diǎn)突破] 1.動(dòng)量守

12、恒的判斷 (1)明確系統(tǒng)由哪幾個(gè)物體組成。 (2)對系統(tǒng)中各物體進(jìn)行受力分析，分清哪些是內(nèi)力，哪些是外力。 (3)看所有外力的合力是否為零，或內(nèi)力是否遠(yuǎn)大于外力，從而判定系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒。 注意：動(dòng)量守恒的條件和機(jī)械能守恒的條件不同。機(jī)械能守恒的條件是只有重力、彈力做功，動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零。 2.動(dòng)量守恒定律的理解 (1)矢量性：表達(dá)式中涉及的都是矢量，需要首先選取正方向，分清各物體初末動(dòng)量的正、負(fù)。 (2)瞬時(shí)性：動(dòng)量是狀態(tài)量，動(dòng)量守恒指對應(yīng)每一時(shí)刻的總動(dòng)量都和初時(shí)刻的總動(dòng)量相等。不同時(shí)刻的動(dòng)量不能相加。 (3)同一性：速度的大小跟參考系的選取

13、有關(guān)，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，各物體的速度必須是相對同一參考系的速度。一般選地面為參考系。 (4)普適性：它不僅適用于兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，也適用于多個(gè)物體組成的系統(tǒng)；不僅適用于宏觀物體組成的系統(tǒng)，也適用于微觀粒子組成的系統(tǒng)。 3.動(dòng)量守恒定律的解題步驟 [典例剖析] 【例】 在高速公路上發(fā)生了一起交通事故，一輛質(zhì)量為1 500 kg 向南行駛的長途客車迎面撞上了一輛質(zhì)量為3 000 kg 向北行駛的卡車，碰后兩車接在一起，并向南滑行了一小段距離后停止，根據(jù)測速儀的測定，長途客車碰前以20 m/s 的速率行駛，由此可判斷卡車碰前的行駛速率是(　　) A.小于10 m/s B.大于10

14、m/s小于20 m/s C.大于20 m/s小于30 m/s D.大于30 m/s小于40 m/s 解析　由于碰撞過程時(shí)間極短，兩車之間的作用力遠(yuǎn)大于它們所受到的阻力，可認(rèn)為碰撞過程中兩車的動(dòng)量守恒。設(shè)向南為正方向，客車的質(zhì)量為m1＝1 500 kg、速度為v1＝20 m/s，卡車的質(zhì)量為m2＝3 000 kg、速率為v2。由于碰后兩車撞在一起向南滑行，故碰后兩車的共同速度v>0。 根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 所以m1v1－m2v2>0 有v2< 代入數(shù)據(jù)得：v2<10 m/s 答案　A [針對訓(xùn)練] 1.(多選)下列相互作用的過程中，可以認(rèn)為

15、系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是(　　) 解析　動(dòng)量守恒的條件是相互作用的物體系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，而相互作用過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力時(shí)也可認(rèn)為動(dòng)量守恒。圖A中，滑輪男孩推滑輪女孩的過程中，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，因此系統(tǒng)的動(dòng)量可認(rèn)為守恒；圖B和圖D中，在兩物體相互作用的過程中，沒有滿足內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力的條件，系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；圖C中，太空中無空氣阻力作用，太空人和子彈在相互作用過程中動(dòng)量守恒。 答案　AC 2.如圖所示，游樂場上，兩位同學(xué)各駕著一輛碰碰車迎面相撞，此后，兩車以共同的速度運(yùn)動(dòng)；設(shè)甲同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為150 kg，碰撞前向右運(yùn)動(dòng)，速度的大小為4.5 m/s，乙同學(xué)和他的車的總質(zhì)量為2

16、00 kg，碰撞前向左運(yùn)動(dòng)，速度的大小為4.25 m/s，則碰撞后兩車共同的運(yùn)動(dòng)速度為(取向右為正方向)(　　) A.1 m/s B.0.5 m/s C.－1 m/s D.－0.5 m/s 解析　兩車碰撞過程動(dòng)量守恒m1v1－m2v2＝(m1＋m2)v 得v＝ ＝ m/s＝－0.5 m/s 答案　D 考點(diǎn)三　碰　撞(－/d) [要點(diǎn)突破] 1.碰撞過程遵循的原則 (1)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒原則。 (2)系統(tǒng)的動(dòng)能不增加。 (3)物理情景要合理 ①若碰前兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v后＞v前，碰后原來在前的物體速度一定增大，若碰后兩物體同向運(yùn)動(dòng)，則應(yīng)有v前′≥v后′。

17、 ②碰前兩物體相向運(yùn)動(dòng)，碰后兩物體的運(yùn)動(dòng)方向不可能都不改變。 2.三種典型碰撞的特點(diǎn) (1)彈性碰撞：動(dòng)量守恒，沒有動(dòng)能損失。 (2)非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，有動(dòng)能損失。 (3)完全非彈性碰撞：動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失達(dá)到最大限度，碰撞完成后系統(tǒng)物體的速度相同。 [典例剖析] 【例】 如圖所示，一質(zhì)量為0.5 kg的小球A以2.0 m/s的速度和靜止于光滑水平面上、質(zhì)量為1 kg的另一大小相同的小球B發(fā)生正碰，碰撞后它以0.2 m/s 的速度反彈。求： (1)原來靜止小球B獲得的速度大??； (2)碰撞過程中損失的機(jī)械能。 解析　(1)A、B兩小球碰撞過程中動(dòng)量守恒，設(shè)小球B的速度

18、為v，則mAvA＝mAvA′＋mBv， 代入數(shù)據(jù)解得v＝1.1 m/s。 (2)由A、B兩小球組成的系統(tǒng)能量守恒有 mAv＝mAvA′2＋mBv2＋ΔE 解得ΔE＝0.385 J 答案　(1)1.1 m/s　(2)0.385 J [針對訓(xùn)練] 1.兩球A、B在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，mA＝1 kg，mB＝2 kg、vA＝6 m/s、vB＝2 m/s。當(dāng)A追上B并發(fā)生碰撞后，兩球A、B速度的可能值是(　　) A.vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s B.vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C.vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D.vA′＝7

19、m/s，vB′＝1.5 m/s 解析　雖然題中四個(gè)選項(xiàng)均滿足動(dòng)量守恒定律，但A、D兩項(xiàng)中，碰后A的速度vA′大于B的速度vB′，必然要發(fā)生第二次碰撞，不符合實(shí)際；C項(xiàng)中，兩球碰后的總動(dòng)能Ek′＝mAvA′2＋mBvB′2＝57 J，大于碰前的總動(dòng)能Ek＝mAv ＋mBv＝22 J，違背了能量守恒定律；而B項(xiàng)既符合實(shí)際情況，也不違背能量守恒定律，故B項(xiàng)正確。 答案　B 2.如圖所示，兩小車A、B置于光滑水平面上，質(zhì)量分別為m和2m，一輕質(zhì)彈簧兩端分別固定在兩小車上，開始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，用手固定兩小車?，F(xiàn)在先釋放小車B，當(dāng)小車B的速度大小為3v時(shí)，再釋放小車A，此時(shí)彈簧仍處于拉伸狀態(tài)；

20、當(dāng)小車A的速度大小為v時(shí)，彈簧剛好恢復(fù)原長。自始至終彈簧都未超出彈性限度。求： (1)彈簧剛恢復(fù)原長時(shí)，小車B的速度大??； (2)兩小車相距最近時(shí)，小車A的速度大?。? (3)求兩小車相距最近時(shí)，彈簧彈性勢能大小。 解析　(1)設(shè)彈簧剛恢復(fù)原長時(shí)，小車B速度為vB， 以A、B兩車和彈簧為研究對象，小車B速度為3v開始 到小車A速度為v過程，此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，列方程有： 2m·3v＝2mvB＋m(－v) 解得vB＝3.5v (2)兩小車相距最近時(shí)速度相同，由動(dòng)量守恒定律有： 2m×3v＝(2m＋m)vA 解得vA＝2v (3)從彈簧剛恢復(fù)原長到兩小車相距最近過程用能量守恒

21、定律有 E彈＝×2mv＋mv2－×3mv 解得E彈＝ mv2 答案　(1)3.5v　(2)2v　(3)mv2 考點(diǎn)四　反沖運(yùn)動(dòng)　火箭(－/b) [要點(diǎn)突破] 1.反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn) (1)物體的不同部分在內(nèi)力作用下向相反方向運(yùn)動(dòng)。 (2)反沖運(yùn)動(dòng)中，一般內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，通?？捎脛?dòng)量守恒定律處理。 (3)反沖運(yùn)動(dòng)中，由于有其他形式的能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，系統(tǒng)總動(dòng)能一般會(huì)增加。 2.火箭獲得的最終速度 火箭發(fā)射前的總質(zhì)量為M、燃料燃盡后的質(zhì)量為m，火箭燃?xì)獾膰娚渌俣葹関1，如圖所示，在火箭發(fā)射過程中，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動(dòng)量守恒。 發(fā)射前的總動(dòng)量為0，發(fā)射后的總動(dòng)量為 mv

22、－(M－m)v1(以火箭的速度方向?yàn)檎较? 則mv－(M－m)v1＝0 所以v＝(－1)v1 燃料燃盡時(shí)火箭獲得的最終速度由噴氣速度及質(zhì)量比M/m決定。 [典例剖析] 【例】 如圖所示，具有一定質(zhì)量的小球A固定在輕桿一端，另一端掛在小車支架的O點(diǎn)。用手將小球拉至水平，此時(shí)小車靜止于光滑水平面上，放手讓小球擺下與B處固定的橡皮泥碰擊后粘在一起，則在此過程中小車將(　　) A.向右運(yùn)動(dòng) B.向左運(yùn)動(dòng) C.靜止不動(dòng) D.小球下擺時(shí)，車向左運(yùn)動(dòng)，碰撞后又靜止 解析　這是反沖運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，小球下落時(shí)速度向右，小車向左；小球靜止，小車也靜止。 答案　D [針對訓(xùn)

23、練] 1.運(yùn)送人造地球衛(wèi)星的火箭開始工作后，火箭做加速運(yùn)動(dòng)的原因是(　　) A.燃料推動(dòng)空氣，空氣反作用力推動(dòng)火箭 B.火箭發(fā)動(dòng)機(jī)用力將燃料燃燒產(chǎn)生的氣體向后推出，氣體的反作用力推動(dòng)火箭 C.火箭吸入空氣，然后向后排出，空氣對火箭的反作用力推動(dòng)火箭 D.火箭燃料燃燒發(fā)熱，加熱周圍空氣，空氣膨脹推動(dòng)火箭 解析　反沖運(yùn)動(dòng)中滿足動(dòng)量守恒定律，向后噴出的氣體，使火箭獲得向前的推力。 答案　B 2.假設(shè)一個(gè)人靜止于完全光滑的水平冰面上，現(xiàn)欲離開冰面，下列方法中可行的是(　　) A.向后踢腿 B.手臂向后甩 C.在冰面上滾動(dòng) D.脫下外衣水平拋出 解析　踢腿、甩手對整個(gè)身體系統(tǒng)來

24、講是內(nèi)力，內(nèi)力不改變系統(tǒng)整體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)。 答案　D 考點(diǎn)五　動(dòng)量觀點(diǎn)在電磁感應(yīng)中的應(yīng)用(－/d) [典例剖析] 【例】 (2016·浙江4月選考)某同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)電磁推動(dòng)加噴氣推動(dòng)的火箭發(fā)射裝置，如圖所示。豎直固定在絕緣底座上的兩根長直光滑導(dǎo)軌，間距為L。導(dǎo)軌間加有垂直導(dǎo)軌平面向里的勻強(qiáng)磁場B。絕緣火箭支撐在導(dǎo)軌間，總質(zhì)量為m，其中燃料質(zhì)量為m′，燃料室中的金屬棒EF電阻為R，并通過電刷與電阻可忽略的導(dǎo)軌良好接觸。引燃火箭下方的推進(jìn)劑，迅速推動(dòng)剛性金屬棒CD(電阻可忽略且和導(dǎo)軌接觸良好)向上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)回路CEFDC面積減少量達(dá)到最大值ΔS，用時(shí)Δt，此過程激勵(lì)出強(qiáng)電流，產(chǎn)生電磁推力加速火

25、箭。在Δt時(shí)間內(nèi)，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱使燃料燃燒形成高溫高壓氣體，當(dāng)燃燒室下方的可控噴氣孔打開后，噴出燃?xì)膺M(jìn)一步加速火箭。 (1)求回路在Δt時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電動(dòng)勢的平均值及通過金屬棒EF的電荷量，并判斷金屬棒EF中的感應(yīng)電流方向； (2)經(jīng)Δt時(shí)間火箭恰好脫離導(dǎo)軌，求火箭脫離時(shí)的速度v0(不計(jì)空氣阻力)； (3)火箭脫離導(dǎo)軌時(shí)，噴氣孔打開，在極短的時(shí)間內(nèi)噴射出質(zhì)量為m′的燃?xì)?，噴出的燃?xì)庀鄬姎馇盎鸺乃俣葹閡，求噴氣后火箭增加的速度Δv。(提示 ：可選噴氣前的火箭為參考系) 解析　(1)根據(jù)電磁感應(yīng)定律，有 ＝＝，q＝·Δt＝＝ 電流方向向右。 (2)平均感應(yīng)電流 ＝＝ 平均

26、安培力 ＝BL (－mg)Δt＝mv0 v0＝－gΔt (3)以火箭為參考系，設(shè)豎直向上為正，由動(dòng)量守恒定律 －m′u＋(m－m′)Δv＝0 得Δv＝u 答案　(1)　　電流方向向右 (2)－gΔt　(3)u [針對訓(xùn)練] (2017·浙江4月選考)間距為l的兩平行金屬導(dǎo)軌由水平部分和傾斜部分平滑連接而成，如圖所示，傾角為θ的導(dǎo)軌處于大小為B1，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)間Ⅰ中，水平導(dǎo)軌上的無磁場區(qū)間靜止放置一質(zhì)量為3m的“聯(lián)動(dòng)雙桿”(由兩根長為l的金屬桿，cd和ef，用長度為L的剛性絕緣桿連接而成)，在“聯(lián)動(dòng)雙桿”右側(cè)存在大小為B2，方向垂直導(dǎo)軌平面向上的勻強(qiáng)磁場區(qū)

27、間Ⅱ，其長度大于L，質(zhì)量為m，長為l的金屬桿ab，從傾斜導(dǎo)軌上端釋放，達(dá)到勻速后進(jìn)入水平導(dǎo)軌(無能量損失)，桿cd與“聯(lián)動(dòng)雙桿”發(fā)生碰撞后桿ab和cd合在一起形成“聯(lián)動(dòng)三桿”，“聯(lián)動(dòng)三桿”繼續(xù)沿水平導(dǎo)軌進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ并從中滑出，運(yùn)動(dòng)過程中，桿ab、cd和ef與導(dǎo)軌始終接觸良好，且保持與導(dǎo)軌垂直。已知桿ab、cd和ef電阻均為R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T。不計(jì)摩擦阻力和導(dǎo)軌電阻，忽略磁場邊界效應(yīng)。求： (1)桿ab在傾斜導(dǎo)軌上勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小v0； (2)聯(lián)動(dòng)三桿進(jìn)入磁場區(qū)間Ⅱ前的速度大小v； (3)

28、聯(lián)動(dòng)三桿滑過磁場區(qū)間Ⅱ產(chǎn)生的焦耳熱Q。 解析　沿著斜面正交分解，最大速度時(shí)重力分力與安培力平衡 (1)感應(yīng)電動(dòng)勢E＝B1lv0 電流I＝ 安培力F＝B1Il 勻速運(yùn)動(dòng)條件＝mgsin θ v0＝＝6 m/s (2)由動(dòng)量守恒定律mv0＝4mv v＝＝1.5 m/s (3)進(jìn)入B2磁場區(qū)域，設(shè)速度變化Δv，由動(dòng)量定理有 B2lΔt＝－4mΔv Δt＝Δq＝ Δv＝－＝－0.25 m/s 出B2磁場后“聯(lián)動(dòng)三桿”的速度為 v′＝v＋2Δv＝1.0 m/s Q＝×4m(v2－v′2)＝0.25 J 答案　(1)6 m/s　(2)1.5 m/s　(3)0.25 J

29、 1.(多選)當(dāng)我們從高處跳到低處時(shí)，都有這樣的生活常識(shí)：為了安全，一般都是讓腳尖先著地。從力的動(dòng)量的角度來看，這樣做的目的是(　　) A.減小動(dòng)量 B.減小動(dòng)量的變化量 C.延長和地面的沖擊時(shí)間，從而減小支持力 D.增大人對地的壓強(qiáng)，起到安全作用 解析　根據(jù)動(dòng)量定理分析，延長時(shí)間的目的是減小合力，從而減小支持力。 答案　C 2.(2017·嘉興模擬)如圖所示，運(yùn)動(dòng)員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出。如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1，v2，v1與v2方向相反，且v2>v1。忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量(　　) A.大小為m(v2－v1)，方向與v1

30、方向相同 B.大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 C.大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 D.大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同 解析　在球拍擊打網(wǎng)球的過程中，選取v2方向?yàn)檎较颍瑢W(wǎng)球運(yùn)用動(dòng)量定理有I＝mv2－(－mv1)＝m(v2＋v1)，即拍子對網(wǎng)球作用力的沖量大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同。 答案　D 3.滑雪運(yùn)動(dòng)是人們酷愛的戶外體育活動(dòng)，現(xiàn)有質(zhì)量為m的人站立于雪橇上，如圖所示。人與雪橇的總質(zhì)量為M，人與雪橇以速度v1在水平面上由北向南運(yùn)動(dòng)(雪橇所受阻力不計(jì))。當(dāng)人相對于雪橇以速度v2豎直跳起時(shí)，雪橇向南的速度大小為(　　) A.

31、 B. C. D.v1 解析　根據(jù)動(dòng)量守恒條件可知人與雪橇系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，人跳起后水平方向速度不變，雪橇的速度仍為v1。 答案　D 4.(多選)春節(jié)期間孩子們玩“沖天炮”，有一只被點(diǎn)燃的“沖天炮”噴出氣體豎直向上運(yùn)動(dòng)，其中有一段時(shí)間內(nèi)“沖天炮”向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在這段時(shí)間內(nèi)與“沖天炮”有關(guān)的物理量將是(　　) A.合外力為零 B.動(dòng)能不變 C.重力不變 D.動(dòng)量值變小 解析　“沖天炮”向上勻速，所以合力為零，在上升過程中噴出氣體，則質(zhì)量變小，即重力、動(dòng)能、動(dòng)量變小。 答案　AD 5.如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg的導(dǎo)體棒ab垂直放在光滑、足夠長的U形導(dǎo)軌底端

32、，導(dǎo)軌寬度和棒長相等且接觸良好，導(dǎo)體棒長度L＝1 m，導(dǎo)體棒導(dǎo)軌平面與水平面成θ＝37°角。整個(gè)裝置處在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒沿導(dǎo)軌向上的初速度v0為4 m/s，經(jīng)時(shí)間t0＝0.5 s，導(dǎo)體棒到達(dá)最高點(diǎn)，然后開始返回，到達(dá)底端前已做勻速運(yùn)動(dòng)，速度大小為。已知導(dǎo)體棒的電阻為R＝1 Ω，其余電阻不計(jì)，重力加速度g＝10 m/s2，忽略電路中感應(yīng)電流之間的相互作用。求： (1)導(dǎo)體棒從開始到返回底端的過程中回路中產(chǎn)生的電能E； (2)導(dǎo)體棒從開始到頂端過程中通過導(dǎo)體棒ab的電荷量。 解析　(1)由能量守恒定律得 E＝mv－m＝mv 把v0＝4

33、m/s代入公式可得，E＝7.5 J (2)導(dǎo)體棒從開始到頂端過程用動(dòng)量定理，有： BILt0＋mgsin θ·t0＝mv0， 即：BLq＋mgsin θ·t0＝mv0 代入數(shù)據(jù)解得q＝2 C 答案　(1)7.5 J　(2)2 C [基礎(chǔ)過關(guān)] 1.(2017·杭州模擬)玻璃杯從同一高度落下，掉在水泥地上比掉在草地上容易碎，這是由于玻璃杯與水泥地面撞擊的過程中(　　) A.玻璃杯的動(dòng)量較大 B.玻璃杯受到的沖量較大 C.玻璃杯的動(dòng)量變化較大 D.玻璃杯的動(dòng)量變化較快 解析　玻璃杯從相同高度落下，落地的速度大小是相同的，落地后速度變?yōu)榱悖詿o論落在水泥地面上還是草地上

34、，玻璃杯動(dòng)量的變化量是相同的，又由動(dòng)量定理知受到的沖量也是相同的，所以A、B、C都錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理Ft＝mv′－mv，落在水泥地面上，作用時(shí)間短，動(dòng)量變化快，受力大，杯容易碎，選項(xiàng)D正確。 答案　D 2.(多選)下列屬于反沖運(yùn)動(dòng)的是(　　) A.向后劃水，船向前運(yùn)動(dòng) B.用槍射擊時(shí)，子彈向前飛，槍身后退 C.用力向后蹬地，人向前運(yùn)動(dòng) D.水流過水輪機(jī)時(shí)，水輪機(jī)旋轉(zhuǎn)方向與水流出方向相反 解析　反沖運(yùn)動(dòng)是物體在內(nèi)力作用下分為兩部分，其運(yùn)動(dòng)方向相反，A選項(xiàng)是漿與外部水的作用，C選項(xiàng)是人腳與外部地面的作用，都不屬于反沖；B選項(xiàng)中子彈與槍身是系統(tǒng)中的兩部分，D選項(xiàng)中水流過水輪機(jī)內(nèi)部，是系統(tǒng)

35、中的兩部分，B、D正確。 答案　BD 3.跳遠(yuǎn)時(shí)，跳在沙坑里比跳在水泥地上安全，這是由于(　　) A.人跳在沙坑上的動(dòng)量比跳在水泥地上小 B.人跳在沙坑上的動(dòng)量變化比跳在水泥地上小 C.人跳在沙坑上受到的沖量比跳在水泥地上小 D.人跳在沙坑上受到的沖力比跳在水泥地上小 解析　跳遠(yuǎn)時(shí)，落地前的速度約等于起跳時(shí)速度的大小，則初動(dòng)量大小一定；落地后靜止，末動(dòng)量一定。所以，人接觸地面過程的動(dòng)量變化量Δp一定。因落在沙坑上作用的時(shí)間長，落在水泥地上作用的時(shí)間短，根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝Δp知，t長則F小，故D正確。 答案　D 4.在如圖所示的裝置中，木塊B與水平桌面間的接觸是光滑的，子彈A沿

36、水平方向射入木塊后留在其中，將彈簧壓縮到最短。若將子彈、木塊和彈簧合在一起作為系統(tǒng)，則此系統(tǒng)在從子彈開始射入到彈簧被壓縮至最短的整個(gè)過程中(　　) A.動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒 C.動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 D.動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 解析　子彈射入木塊是瞬間完成的，這個(gè)過程相當(dāng)于子彈與木塊發(fā)生一次完全非彈性碰撞，動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒，一部分動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。之后木塊(連同子彈)壓縮彈簧，將其動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈性勢能，這個(gè)過程機(jī)械能守恒，但由于左側(cè)擋板的支持力的沖量作用，使系統(tǒng)的動(dòng)量不斷減少，動(dòng)量不守恒。所以整個(gè)過程中，動(dòng)量和機(jī)械能均不守恒。 答案　B 5.

37、(多選)質(zhì)量都為m的小球a、b、c以相同的速度分別與另外三個(gè)質(zhì)量都為M的靜止小球相碰后，a球被反向彈回，b球與被碰球粘合在一起仍沿原方向運(yùn)動(dòng)，c球碰后靜止，則下列說法正確的是(　　) A.m一定小于M B.m可能等于M C.b球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能最大 D.c球與質(zhì)量為M的球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能最大 解析　由a球被反向彈回，可以確定三小球的質(zhì)量m一定小于M；當(dāng)兩小球發(fā)生完全非彈性碰撞時(shí)損失的動(dòng)能最大，b球與被碰球粘合在一起，發(fā)生的是完全非彈性碰撞。 答案　AC 6.一氣球由地面勻速上升，當(dāng)氣球下的吊梯上站著的人沿著梯子向上爬時(shí)，下列說法不正確的是(　　) A.氣球

38、可能勻速上升 B.氣球可能相對地面靜止 C.氣球可能下降 D.氣球運(yùn)動(dòng)速度不發(fā)生變化 解析　氣球和人組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，(M＋m)v0＝Mv1＋mv2，當(dāng)人沿梯子向上爬時(shí)，v1可能為零，可能為正，也可能為負(fù)，則只有D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　D 7.如圖所示，在光滑絕緣水平面上有兩個(gè)帶正電的小球，A球質(zhì)量為m，B球質(zhì)量為2m，開始時(shí)，兩球相距很遠(yuǎn)。今A球以初速度v0向B球接近。求當(dāng)兩球距離最近時(shí)，兩球速度為多少？在此過程中電勢能增加了多少？ 解析　以A、B兩小球組成的系統(tǒng)為研究對象，其所受合外力為零，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律有：mv0＝(m＋2m)v1，得v1＝。又根據(jù)能量守恒觀點(diǎn)系統(tǒng)動(dòng)能減少

39、量等于電勢能的增加量。ΔEp＝mv－×3mv＝mv。 答案　　mv [能力提升] 8.如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上運(yùn)動(dòng)。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB＝2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動(dòng)量均為6 kg·m/s，運(yùn)動(dòng)中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動(dòng)量增量為－4 kg·m/s，則(　　) A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 C.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2∶5 D.右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1∶10 解析　由mB＝2mA知，碰前vB＜vA。若左為A球，設(shè)

40、碰后二者速度分別為vA′、vB′ 由題意知，pA′＝mAvA′＝2 kg·m/s，pB′＝mBvB′＝10 kg·m/s，則＝；若右為A球，由于碰前動(dòng)量都為6 kg·m/s，即都向右運(yùn)動(dòng)，兩球不可能相碰。綜上分析可知，只有A項(xiàng)正確。 答案　A 9.(多選)如圖所示，一根足夠長的水平滑桿SS′上套有一質(zhì)量為m的光滑金屬圓環(huán)，在滑桿的正下方與其平行放置一足夠長的光滑水平的絕緣軌道PP′，PP′穿過金屬環(huán)的圓心?，F(xiàn)使質(zhì)量為M的條形磁鐵以水平速度v0沿絕緣軌道向右運(yùn)動(dòng)，則(　　) A.磁鐵穿過金屬環(huán)后，兩者將先后停下來 B.磁鐵將不會(huì)穿越滑環(huán)運(yùn)動(dòng) C.磁鐵與圓環(huán)的最終速度為 D.整個(gè)

41、過程最多能產(chǎn)生熱量v 解析　磁鐵向右運(yùn)動(dòng)時(shí)，金屬環(huán)中產(chǎn)生感應(yīng)電流，由楞次定律可知磁鐵與金屬環(huán)間存在阻礙相對運(yùn)動(dòng)的作用力，且整個(gè)過程中動(dòng)量守恒，最終二者相對靜止。Mv0＝(M＋m)v，v＝，ΔE損＝Mv－(M＋m)v2＝，C、D項(xiàng)正確，A、B項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案　CD 10.如圖所示，兩個(gè)小球A和B質(zhì)量分別是mA＝2.0 kg，mB＝1.6 kg，球A靜止在光滑水平面上的M點(diǎn)，球B在水平面上從遠(yuǎn)處沿兩球的中心連線向著球A運(yùn)動(dòng)，假設(shè)兩球相距L≤18 m時(shí)存在著恒定的斥力F，L＞18 m時(shí)無相互作用力。當(dāng)兩球相距最近時(shí)，它們間的距離為d＝2 m，此時(shí)球B的速度是 4 m/s。求： (1)球B的

42、初速度大?。? (2)兩球之間的斥力大??； (3)兩球從開始相互作用到相距最近時(shí)所經(jīng)歷的時(shí)間。 解析　(1)當(dāng)兩球相距最近時(shí)兩球速度相同， 即vA＝vB＝4 m/s 由動(dòng)量守恒定律可得：mBvB0＝mAvA＋mBvB 代入數(shù)據(jù)解得vB0＝9 m/s。 (2)兩球從開始相互作用到它們之間距離最近時(shí)它們之間的相對位移Δx＝L－d，由功能關(guān)系可得： F·Δx＝mBv－mAv－mBv 代入數(shù)據(jù)解得F＝2.25 N。 (3)設(shè)兩球從開始相互作用到兩球相距最近時(shí)的時(shí)間為t，根據(jù)動(dòng)量定理，對A球有：Ft＝mAvA－0 代入數(shù)據(jù)解得t＝＝3.56 s。 答案　(1)9 m/s　(2)2.

43、25 N　(3)3.56 s 11.兩根足夠長的平行光滑導(dǎo)軌，相距1 m水平放置。勻強(qiáng)磁場豎直向上穿過整個(gè)導(dǎo)軌所在的空間B＝0.4 T。金屬棒ab、cd質(zhì)量分別為0.1 kg和0.2 kg，電阻分別為0.4 Ω和0.2 Ω，并排垂直橫跨在導(dǎo)軌上。若兩棒以相同的初速度3 m/s向相反方向分開，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，求： (1)棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定后的ab棒的速度大小； (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定的過程中，回路上釋放出的焦耳熱； (3)金屬棒從開始運(yùn)動(dòng)直至達(dá)到穩(wěn)定，兩棒間距離增加多少？ 解析　(1)ab、cd棒組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，最終具有共同速度v，以水平向右為正方向，則 mcdv0－mabv0＝

44、(mcd＋mab)v v＝1 m/s (2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律，產(chǎn)生的焦耳熱： Q＝ΔEk減＝(mcd＋mab)＝1.2 J (3)對cd棒利用動(dòng)量定理： －BILΔt＝mcd(v－v0) BLq＝mcd(v0－v) 又q＝＝ 解得：Δs＝1.5 m 答案　(1)1 m/s　(2)1.2 J　(3)1.5 m 12.如圖所示，A為一具有光滑曲面的固定軌道，軌道底端是水平的，質(zhì)量M＝40 kg的小車B靜止于軌道右側(cè)，其板與軌道底端靠近且在同一水平面上，一個(gè)質(zhì)量m＝20 kg的物體C以2.0 m/s的初速度從軌道頂端滑下，沖上小車B后經(jīng)一段時(shí)間與小車相對靜止并繼續(xù)一起運(yùn)動(dòng)。

45、若軌道頂端與底端水平面的高度差h為0.8 m，物體與小車板面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.40，小車與水平面間的摩擦忽略不計(jì)，(取g＝10 m/s2)求： (1)物體C滑到軌道底端時(shí)的速度大?。? (2)物體C與小車保持相對靜止時(shí)的速度大?。? (3)物體沖上小車后相對于小車板面滑動(dòng)的距離。 解析　(1)下滑過程中機(jī)械能守恒，有： mgh＝mv－mv 解得v2＝＝2 m/s (2)在物體C沖上小車B到與小車相對靜止的過程中，兩者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv2＝(m＋M)v。 得：v＝＝ m/s＝ m/s (3)設(shè)物體C沖上小車后， 相對于小車板面滑動(dòng)的距離為l， 由功能關(guān)系有：μmgl＝mv－(m＋M)v2 代入數(shù)據(jù)解得：l＝ m 答案　(1)2 m/s　(2) m/s　(3) m 22