21 214∶1D．受到的力之比是2∶1 p＝mv1∶4，CqvB＝mrf＝qvB可知，力之比為1∶2，D錯誤【點撥 運動半徑r＝mv中，分子mv看成一個整體，即動量2．(2013·理綜，2，6分)我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現女用，則()相同，所以動能的變化也不一定相同，C、D錯誤．【點撥】明確沖量的定義及與動量改變之間的關系，抓住相互作用力作用時間3．[2016·江蘇物理，12C(2)]已知光速為c，常數為h，則頻率為ν的光子 【解析 頻率為ν的光子的動量p＝λ＝c，光被鏡面全部垂直反射回去2p＝c【答案 c

cM的卡通玩具穩定地懸停在空中．為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為Sv0豎直向上噴出；玩具底部為平板(S)；水柱沖ρg.【解析 (1)設Δt時間內，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則 由①②式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量為Δt 的速度大小為v.對于Δt時間內噴出的水，由能量守恒得1Δm)v2＋(Δm)gh＝100

④在h高度處，Δt時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小 F 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得 0－M聯 式0－M0 0 【答案

0－M 0 0 x、y方向小球的動量變化Δpx、OSOθSO平行．請在下面兩種情況下，【解析】(1)a.x方向：動量變化Δpx＝mvsinθ－mvsiny方向：動量變化Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosy根據動量定理可知，木板對小球作用力的方向沿y軸正方向；根據第三定律可知，小球對木板作用力的方向沿y軸負方向．的大小為p.這些粒子進入小球前的總動量p1＝2osp2＝2npp1、p2SOFΔt＝p2－p1＝2np(1－cos束對小球的合力的方向沿SO向左．bOxyx方向：根據(2)a同理可知，兩光束對小球的作用力沿x軸負方向．為n1，光束②穿過小球的粒子數為n2，n1>n2.p1y＝(n1－n2)psinFyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psin可知，小球對這些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負方向；根據第三定律，兩光束對小球的作用力沿y軸正方向．(1)a.0；2mvcosθy軸正方向by軸負方向(2)a.SO向左b．指向左上方BA的最右端，BmB＝2kg.AA、BF0.6sv1＝2m/s.AaA、BvA【解析 (1)以A為研究對象，由第二定律 代入數據解得a＝2.5 A、Bt＝0.6s 代入數據解得v＝1 設A、B發生碰撞前，A的速度為vA，對A、B發生碰撞的過程，由動量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v ABFl＝1m 2A由④⑤⑥式，代入數據解得l＝0.45 【答案 (1)2.5 (2)1 (3)0.45人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產生作用力前人下落的距離為h(可力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()m

m

m

m 【解析 下降h階段v2＝2gh，得v＝2gh，對此后至安全帶最大伸長過程t用動量定理，－(F－mg)t＝0－mv，得F＝m2gh＋mg，A正確．選A.t6【解析】一個粒子每與器壁碰撞一次給器壁的沖量ΔI＝2mvSvΔt為高構成柱體，由題設可知，其內有1的粒子在Δt時間內與器壁上面積為S的6663Δt3SF＝33【答案 3導學導考動量定理常用于處理連續流體或粒子流的作用力問題，分析的關根據動量定理列方程，必要還需要補充其他方程，最后代入數據求解I＝Δp出該力作用下物體動量的變化Δp，等效代換得出變力的沖量I.應用Δp＝FΔt以25m/s的水平速度向向球棒被球棒打擊后反向水平飛回速度大小變為45m/s，則這一過程中動量的變化量為( 3.6kg·m/s3.6kg·m/s12.6kg·m/s12.6kg·m/s1．D選向左為正方向，則動量的變化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6kg·m/s，大小12.6kg·m/s，負號表示其方向向右，D正確．2．(2015·一模)質量為0.2kg的球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，關于小球動量變化量ΔpW，下列說法正確的是()Δp＝2 W＝－2Δp＝－2 W＝2Δp＝0.4 W＝－2Δp＝－0.4 W＝2 取豎直向上為正方向，則小球與地面碰撞過程中動量的變化量

1 1＝－2J，A3．(2015·江西鷹潭一模)M的v0

＝2m2－2mv0向右勻速運動，必須對木板施加一水平力，直至鐵塊與木板達到v0.設木板足夠長，求此過程中水平力的沖量大?。?考慮M、m組成的系統，設M運動的方向為正方向，根據動量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0【答案 20kg.從中噴出的水柱的橫截面積S＝10cm2，速度v＝10m/s，水的密度＝1.0×103kg/m3.若用噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁，且沖擊【解析】(1)m＝水后，小車速度為v1，則mv＝(m＋M)v1，即 mv＝2m/s＝(2)質量為m的水流進小車后，在極短的時間Δt內，沖擊小車的水的質量ρS(v－v1)Δt，設此時水對車的沖擊力為F，則車對水的作用力為－F理有－FΔt＝Δmv1－Δmv，得F＝ρS(v－v1)2＝64N，小車的加速度a＝ 2.56【答案 (1)2 (2)2.56【點撥 極短時間Δt內，沖擊小車的水的體積1．(2015·理綜，17，6分)實驗觀察到，靜止在勻強磁場A點的原子核發生β衰變，衰變產生的新核與電子恰在紙(1212A—A11D ZX0＋A—A1

手定則知，磁場方向垂直紙面向里，D【點撥】動量守恒定律既適用于宏觀，亦適用于微觀；既適用于低速，亦適用2．[2012·福建理綜，29(2)]M率為() M系統動量守恒．由動量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv′－mvv′＝v0＋m(v0＋Mv)，C 【解析】AB組成的系統動量守恒，mBv＝(mA＋mB)v1，所以

32x＝v2

【答案 3

3m/sh＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總g＝10m/s2.【解析】(1)規定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3.由水平方向動量守恒 2m2v20＝2(m2＋m3)v 式中v20＝－3m/s為冰塊推出時的速度，聯立①②式并代入題給數據得m3＝20③(2)v1 代入數據得v1＝1 設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3 聯立③⑥⑦v2＝1【答案 (1)20 5．[2015·山東理綜，39(2)]如圖所示，三個質的初速度v0，一段時間后A與B發生碰撞，碰后A、B分別以1 30的速度8v、【解析】m，ABAvAvA′＝1BvB＝3由動量守恒定律得mvA＝mvA′＋mvB 設碰撞前A克服軌道阻力所做的功為WA，由功能關系得W B與C碰撞前B的速度為vB′，B克服軌道阻力所做的功為WB得WB＝1mv2－1 A、BWA＝WB④設B、C碰后瞬間共同速度的大小為v，由動量守恒定律得 聯立①②③④⑤式，代入數據得v＝21 16【答案 21016mA、mBA、B靜止在地面上方，B球距地面h＝0.8m，ABBAAt＝0.3s時，剛好AmB＝3mAg＝10BP【解析 (1)設B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學有＝＝將h＝0.8m代入上式，得vB＝4 (2)設兩球相碰前后，Av1v1′(v1′＝0)，Bv2和v2′，由運動學規律可得 BvB⑥Ph′22 聯立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得h′＝0.75 【答案】(1)4m/s(2)0.75xt變化的圖象如圖所示．求：(1)a、b【解析 (1)設a、b質量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度分別為v1、v1＝－2m/s，v2＝1a、b33

解得 ΔE＝1m

21 2m2

22解得W 【答案 【點撥 位移—時間圖象的斜率對應速度v0＝4m/s的初速度朝相反方向運動．薄板與物塊之間存在摩擦(1)3m/s】＝311m/s＝3(2)在摩擦力作用下物塊和薄板最后以共同的速度運動，設共同運動速度為v，以Mv0－mv0＝(M＋m)v【答案

(1)

m/s，方向水平向右(2)2m/s甲車(連同車上的人)從足夠長的斜坡上高h處

00m2＝2mv0

g【解析】設向左為正方向，甲車(包括人)v1定律有1(m1＋M)v2＝(m1＋M)ghv1＝ 設人跳出甲車的水平速度(相對地面)為v，在人跳離甲車和人跳上乙車過程中各自動量守恒，設人跳離甲車和跳上乙車后，兩車的速度分別為v1′和v2′，則v1′＝6v0－2v，v2′＝1－1 v1′＝v2v＝1353v1′＝－v23v的取值范圍為

5 ≤【答案

≤導學導考“三個物體，兩次作用”是近幾年考查動量守恒定律應用的模型[2013·新課標Ⅱ，35(2)，10分]如圖所示，光左側的擋板質量不計)Av0BA、B時，BCBC碰撞過程時間A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中：【解析】(1)從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時，對A、B與彈簧組成的系統，由動量守恒定律得mv0＝2mv1 恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2 聯立①②③式得ΔE＝1 v3Ep.由動量守恒和能量守恒定律 聯立④⑤⑥式得 【答案 (1)1 13 (2)48m導學導考物體系統內部的相互作用力不會影響系統的總動量，但內力做功如果要列出各物理量在某一時刻的關系式，可用第二定律時間)或動能定理(涉及位移)1.(2015·福建廈門質檢)M的AAAAAB(mm

m M M M v ，C 2.0kg、0.90kg0.10kgC(大小可以忽略)10m/s的速度水平地滑＝0.5m/s.ACB【解析】CACvC′，ABvA鉛塊滑過A的過程中，A、B、C所組成的系統動量守恒，有CBBA、B分離，AvA勻速運動．鉛vA＝0.25m/s，vC′＝2.75【答案 0.25m/s；2.75ACv—t圖象如圖乙所示．求：CB離開墻后的運動過程簧具有的最大彈性勢能=【解析】(1)由題圖乙知，CAv1＝9m/sv2＝3CAmC＝2(2)由題圖乙知，12sBA、B、C及彈簧組成的系統動量和機械能守恒，且當A、C與B的速度相等時，彈簧彈性勢能最大． Ep＝9【答案 (1)2 (2)9【點撥】C、A相碰屬于完全非彈性碰撞，BA、C共速，相當于完4．(2015·八校第一次聯考)如圖所示，質量M＝2kg的木板靜止在光滑的水)g＝10m/s2，求：(1)B(2)BD【解析】(1)Bv1、v2，由動量守恒定律有Mv1＋mv2＝0mgR＝1Mv2＋1 2mv1＝1m/s，v2＝－2B2(2)v(M＋m)v＝0L＝1.5【答案 (1)2 (2)1.5在光滑水平面上沿同一直線相向運動，滑塊A的質量為 A．A和B都向左運 B．A和B都向右運C．A靜止，B向右運 D．A向左運動，B向右運 )動，B向右運動，D【點撥】

1222m＋m＝－3－31222

＋m

＋m

3＋32．(2014·重慶理綜，4，6分)5m，＝2m/s成為甲乙兩塊水平飛出甲乙的質量比為3∶1.不計質量損失，取重力加速度g＝10m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是 ，， 設彈丸前質量為 ， 1v2，得4m 1 ＝2gt，可得 g＝1s；水平方向做勻速直線運動，x＝vt，所以甲3x1＋x2＝8，從選項圖中所給數據可知，B【點撥 后，一定有一塊彈片速度增加，大于原來速度BA球發生正碰，板，碰后原速率返回．兩球剛好不發生第二次碰撞，A、B ，A、B碰撞前、后兩球總動能之比 設A、B質量分別為mA、mB，B的初速度為v0，取B的初速度方3

B A

B 3

【答案

l，bl；am，b的質量為3av0a與【解析】μa、b應有 v2v ab發生彈性碰撞前的瞬間，av1，由能量守恒有1v2＝12m 2m 恒有mv1＝mv1′＋3m 4 聯立④⑤式解得v2′＝8 由題意，b 0聯 0③⑥⑦式，可得 0v0聯 0v00v0 0v0

5．[2015·新課標Ⅰ，35(2)，10分]如圖所示，在足夠m，B、CMA以某一速度向右運 A向右運動與C發生第一次碰撞，碰撞過程中，系統的動量守恒、機械能守恒．設速度方向向右為正，開始時A的速度為v0，第一次碰撞后C的速度為vC1，A的速度為vA1.由動量守恒定律和機械能守恒定律得 聯立①②

vC1＝2m m>M，第一次碰撞后，ACAC的速度，不可Bm＝M，第一次碰撞后，A停止，CA碰前的速度向右運動，A不可能與B發生碰撞；所以只需考慮m<M的情況．BvB1

AB、C 聯立④⑤⑥式得 解得m≥( m≤－(5＋2)M所以，m和M應滿足的條件為( 【答案 (6．[2014·山東理綜，39(2)，6分]如圖所示，光滑水平直A、B用橡皮筋連接，Am.開始時橡皮筋松弛，BAv0.一段時間后，BA同向運動發生碰撞并粘在一起．碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間BBA、B2 (1)以初速度v0的方向為正方向，設B的質量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為v，碰撞前瞬間B的速度22vv v2由①式得 2 A、B系統機械能的損失為ΔE1 聯立②③④式得 2【答案 12(2) 一個孤立系統內部相互作用前后，凡是系統動能相等的，都相當于彈C靜止，A、Bv0＝5m/s的速度勻速向右運動，AC(時間極短)C向右運動，經過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運CACA的速度大?。窘馕觥緼C發生碰撞后瞬間，AvA，方向向右，C度大小為vC.A與C碰撞時間極短，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA＋mCvC① A與B達到共同速度后恰不與C碰撞，則應有v＝vC 聯立①②③解得vA＝2m/s【答案】2【點撥 本題分別對A、C和A、B的作用過程應用動量守恒定律，還要關“C碰撞”8．(2014·理綜，35，18分)如圖所示的水平軌道中，AC段的中點B的正上2st2＝4sP1、P2m＝1kg，PAC間的動摩擦因v1＝6m/sP1、P2v和碰撞損失的動能PBv1A【解析 (1)P1、P2碰撞，由動量守恒定律得 代入數據得v＝3 損失的動能 代入數據得ΔE＝9 (2)根據第二定律，P做勻運動

2設P1、P2碰撞后的共同速度為vA，則根據①得 2s1，則s1＝vAt1＋1 經過時間t2，P運動的 s2，則s2＝vAt2＋1 PB 聯立⑤⑥⑦⑧⑨得10m/s≤v1≤14 v114m/svA＝7m/s 代入數據得E＝17 【答案】(1)3m/s；9J(2)10m/s≤v1≤14m/s；17【點撥】力學問題一般考查三大規律，即運動定律、動能定理和動量守恒M＝2kg的帶有弧形軌道的平臺置于足B.h＝0.3m處由靜mA＝1kgABg.B的質量．(g＝10 設小球A下滑到水平軌道上時的速度大小為v1，平臺水平速度大小為v，由動量守恒定律有0＝mAv1－MvmAgh＝1mv2＋12A v1＝2m/s，v＝1小球A被彈回，且恰好追不上平臺，則此時小球A的速度等于平臺的速度，有v1′＝1m/s由能量守恒定律有1mv2＝1 2A mB＝3【答案 3

2mB導學導考(1)碰撞是否為彈性碰撞要看題目中是否給出相關語，如“(2014·重慶萬州區模擬)Akgm/s，BmB＝1kgvB＝6m/s，已知兩球相碰后，A球的動量減為原來(1)B(2)A【解析 (1)由題意知pA′＝2vB′＝8m(2)AmA，ABvA＝pAmAAB

＋mBvB′2≤A

m

2B47mA應滿足1kg≤mA≤347【答案

38 (2)4 導學導考 實際碰撞問題除了要滿足理論之外，還要考慮實際情況1m1v1m2的靜止小球發生正面彈性碰撞為例， 2m1v1＝2m1v1′

當質量大的球碰質量小的球時，v1′＞0，v2′＞0v1的方在分析碰撞的幾種可能性時，要注意碰撞中遵循的“三原則1或p21

p2p

v前′≥v后′.若碰后兩物體運動方向相反，則v前′與v后′大小關系不確定．情景二：碰前兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變BCCmaBChA處由靜止釋放，b2.8mg.試問：aba、b兩球碰撞后，細繩是否會斷裂？(要求通過計算回答【解析】(1)設a球經C點時速度為vC，a 2mvCvC＝ab球碰前瞬間的速度為(2)abv，a、ba球的初2mvC＝(m＋m)v2

O由第二定律得

2mT＝3mg>2.8mg【答案 (2)a、b兩球碰后，細繩會斷裂，計算過程見解2．(2015·八校聯考)如圖所示，物體A、B的質量分別是mA＝4.0kg、Av＝2.0m/s的共同速度壓縮彈簧，試求：CB【解析】A、B、CA、B、C(mA＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v′v′＝1E 2(mA＋mC)v－2(mA＋mB＋mC)v′＝6【答案 (1)6.0 (2)6【點撥 A、C碰撞屬于完全非彈性碰撞，有動能損失在同一直線上，ABmA＝2m，mB＝mBC靜止，ABC碰撞損失的機械能．【解析】A與B發生彈性碰撞，由動量守恒定律和機械能守恒定律有mAv0＝mAv1＋mBv2 v1＝v0，v2＝4 BCBC發生碰撞損失的機械能ΔE＝1m

解得

2B

【答案 M＝2kg(當滑塊滑過感應開關時，兩車自動分離)Pm＝1kgP(可視為質點)與彈簧的右端接觸但不相連，此時彈簧的彈性E0＝10J，彈簧原長小于甲車長度，整個系統處于靜止狀態．現剪斷細線，PPP在乙車上滑行的距離．(g＝10【解析】(1)Pvv1， 2mvv＝4m/s，v1＝1(2)Pv′，對滑塊P和小車乙有mv－Mv1＝(m＋M)v′

23s＝53【答案

2M

4 (2)3畫出)Bd＝1.00cmf＝50.0Hz.BA一向右的初速度，B相碰．碰后光電計時器顯示的時間ΔtB＝3.500ms，碰撞前后打出的紙 若實驗允許的相對誤差絕對值

5%【解答 按定義，物塊運動的瞬時速度大小 式中Δs為物塊在很短時間Δt內走過的路程．ΔtAfΔtA＝1＝0.02 fΔtA得v0＝2.00 v1＝0.970 設B在碰撞后的速度大小為v2，由①式有v2＝d 代入題給實驗數據得v2＝2.86 pp′

聯立③④⑥⑦⑧⑨ 因此，本實驗在誤差允許的范圍內驗證了動量守恒定律21(2)] (填選項前的符號)SPOP.m2相碰，并多次重復． A．用天平測量兩個小球的質量m1、m2m1m1、m2M、 示．碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1′，則p1∶p1′＝ 撞結束時m2的動量為p2′，則p1′∶p2′＝11∶ 實驗結果說明，碰撞前、后總動量的比值 m2平拋運動射程ON的最大值為 t【解析】(1)v＝x.t

t2t ＝m·OM＋m·ONm·－＝m·－＋m·－ 2

1

1

2 A、D、 動量守恒定律的表達式為 － －

－能量守恒，即2m1·OP

t

t

t112m·－2＝m·－2＋m112 11p∶p′＝－∶－11 － － t t- - 1-1--其他條件不變，使ONm1、m2-由m

-＋m·－＝m·－

-2＋m·－2＝m·－2－＝2m11

2

1

1

2

1

代入(4)中已知的數據得－＝76.8【答案 (2)ADE(或DEA或 導學導考驗證動量守恒定律實驗在高考查的概率較小，經常被忽視，方案一：方案二：利用等長懸線懸掛等完成一維碰撞實m1、安裝：把兩個等用等長懸線懸掛起來方案三：AB靜止，兩車碰撞時撞針插入橡皮泥v＝Δt方案四：記下重垂線所指的位置O.10把所有的小球落點圈在里面，圓心P就是小球落 碰撞，重復實驗10次．用步驟4的方法，標出碰射小球落點的平均位置M和被碰小球落點的平均位置N，如圖乙所示． m1m2m1＞m2，防止碰后m1被反彈，且兩球半徑r1＝r2＝r.mv的測量m1m2m2m1A處由靜止m2Bm1A處滾下，使它們發m1m2在斜面上的落點位置．小球m1與m2發生碰撞后，m1的落點是圖中的 點，m2的落點是圖中 【解析】(1)m1的(2)m1v0m1v1，m2v2，根據動

tanθ＝x＝vt＝2v，所以

∝t，而θ

g∝y∝v∝L.m1v0＝m1v1＋m2v2m1＋m2LF(3)要驗證兩個小球的碰撞是彈性碰撞，即要再驗證1mv2＝1mv2＋1mv221 21 22vLv2∝Lm1LE＝m1LD＋【答案 (2)m1LE＝m1運動物體的質量和速度的乘積叫動量．kg·m/s.1v同性矢量，方向與Δv同 Ek＝2mp＝1Ft＝p′－pFt＝mv2－mv1.3個矢量都要選同一個方向為正方動量定理中的F是研究對象所受的合外力，它可以是恒力，也可以是變F為變力時，F應是合外力對作用時間的平均值．Ft＝p′－p除表明等號兩邊大小、方向的關系外，還說明了兩邊的因果關

＝

＝t、系統所受外力遠小于內力，如碰撞，外力可以忽略不計——近似守恒．、p＝p′pp′.(2)Δp＝p′－p＝00.，，守恒．因為合外力為零并不能保證重力以外的其他力不做功．例如以一定水平速度射入放在光滑水平面上的木塊中，在這一過程中和木塊組成的系功將一部分機械能轉化為和木塊的內能，所以系統的機械能減少．，，一、選擇題(76不全的得3分，有的得0分確的是()1．B木塊A及彈簧被壓縮的整個過程，系統不受外力作用，外力沖化為內能，所以機械能不守恒，B正確．()2．D若一個系統動量守恒，則整個系統所受的合力為零，但是此系統內每個物能增加，也可能減小，C錯誤，D正確．A3mB發生正碰，兩球相碰后，A1的動能恰好變為原來的4.B球的速度大小是(

2或

A

1v0＋3mv1，可得B球的速度 B ＝6前，AABA

1v0＋3mv1，可得

A正確，B、C、D ＝24．(2016·大聯考)A、B兩物體在光滑水平面上沿同一直線運動，如圖表示發生碰撞前后的v－t圖線， A．A、B3∶2B．A、B作用前后總動量守恒C．A、BD．A、BABDAm1，Bm2，碰撞前后兩物體組成的系統所受，解得的總動能

k1＝2m1×6＋2m2×1＝3m1Ek2＝2m1×2 ＝3m1＝Ek1，動能不變，D() Dp0＝p2－p1p2＝p0＋p1，可見，p2＞p0，B成，將其放在光滑的水平面上，質量為m的以速度v水平射向滑塊．若射擊下層剛好不射出若射擊上層則剛好能射穿一半厚度如圖所示則上述兩種情況相比較() 根據動量守恒，兩次最終與滑塊的速度相等，A正確．根據能量守的動能轉化成的熱量相等，B正確．對滑塊做的功等于滑塊末狀態的動能，兩次相等，因此做功相等，CQ＝f×Δs，由于產生的熱量相等，而相對位移Δs不同，因此和滑塊間的水平作用力大小不同，D錯誤．7．(2016·江西上高檢測)t＝0v0從足夠長到達最高點，3t0時刻物塊又