资源简介 (共41张PPT)第六章 动 量返回导航考点内容 要求 2015～2018年全国课标卷考点考次统计动量、动量定理、动量守恒定律及其应用 Ⅱ 2018年Ⅰ卷24题 2018年Ⅱ卷15题2018年Ⅲ卷25题 2017年Ⅰ卷14题2017年Ⅱ卷15题 2017年Ⅲ卷20题2016年Ⅰ卷35题 2016年Ⅱ卷35题弹性碰撞和非弹性碰撞 Ⅰ 2016年Ⅲ卷35题 2015年Ⅰ卷35题2015年Ⅱ卷35题返回导航氢原子光谱 Ⅰ 氢原子的能级结构、能级公式 Ⅰ 原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期 Ⅰ 2018年Ⅲ卷14题放射性同位素 Ⅰ 核力、核反应方程 Ⅰ 结合能、质量亏损 Ⅰ 返回导航裂变反应和聚变反应、裂变反应堆 Ⅰ 射线的危害与防护 Ⅰ 光电效应 Ⅰ 2018年Ⅱ卷17题爱因斯坦光电效应方程 Ⅰ 实验：验证动量守恒定律 返回导航命题特点 1.动量守恒定律、碰撞问题的考查多以计算题为主．2．光电效应、波粒二象性考查多以选择或填空题为主．3．原子结构、氢原子模型考查以选择题为主．4．衰变、核反应、核能考查以选择或填空题为主，注意与最新科技背景结合.返回导航质量速度mv速度返回导航矢量相同p′－p力力的作用时间I＝FtN·s矢量与力的方向相同返回导航返回导航动量变化量合力mv′－mv＝F(t′－t)p′－p＝I动量变化量动量变化量合力矢量返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航意义 ①表示力对时间的累积②是动量变化的量度 ①表示力对空间的累积②是能量变化多少的量度都是过程量，都与力的作用过程相互联系 返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航课时作业点击进入word....返回导航谢谢观看！(共31张PPT)第六章 动 量返回导航矢量和m1v1′＋m2v2′返回导航－Δp2零远大于这一方向返回导航大于没有损失有损失最大返回导航远大于远大于守恒返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航课时作业点击进入word....返回导航谢谢观看！m基础回顾考点定位0(共15张PPT)第六章 动 量返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航返回导航谢谢观看！m课时作业【基础题组】 一、单项选择题1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，这说明( )A．物体的动量在减小B．物体的动量在增大C．物体受到的每个力的冲量大小都为5 N·sD．若发生变化的时间为1 s，则物体所受合外力的大小为5 ND 解析：因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，A、B错误；由动量定理I＝Δp可知，合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，C错误；由Δp＝F·t可知D正确．2．运动员向球踢了一脚，踢球时的力F＝100 N，球在地面上滚动了t＝10 s停下来，则运动员对球的冲量为( )A．1000 N·s B．500 N·sC．零 D．无法确定D 解析：滚动了t＝10 s是地面摩擦力对足球的作用时间，不是踢球的力的作用时间，由于不能确定人作用在球上的时间，所以无法确定运动员对球的冲量．3．我国女子短道速滑队在世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B．甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功B 解析：相互作用过程中的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相同，因此甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等、方向相反，由动量定理可知，甲、乙动量变化大小相等，方向相反，A错，B对；虽然相互作用力大小相等，方向相反，甲、乙在相互作用过程中的位移不同，乙对甲做的正功与甲对乙做负功的多少不同，由动能定理知，甲的动能增加量不等于乙动能的减少量，故C、D错误．4．质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )A．Δp＝2 kg·m/s，W＝－2 JB．Δp＝－2 kg·m/s，W＝2 JC．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 JD．Δp＝－0.4 kg·m/s，W＝2 JA 解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面磁撞过程中动量的变化量Δp＝mv2－mv1＝2 kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理知，合外力做的功W＝mv－mv＝－2 J，A正确．5．(2018·山东济南高三质检)如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触但不粘连的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块．设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为Ff，则子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是( )A. B.C. D. A 解析：子弹穿过两木块后木块A的速度大小等于子弹穿过A时两木块的速度大小，根据动量定理，取两木块系统为研究对象，以子弹穿过A为研究过程，则Fft1＝(m1＋m2)v，解得v＝，A正确．二、多项选择题6．(多选)下列关于力的冲量和动量的说法中，正确的是( )A．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化一定为零C．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化一定为零D．物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变CD 解析：物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A错误．物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，合外力不改变速度大小，只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化不为零，B错误．根据动量定理I＝Δp，故冲量为零，则其动量变化量一定为零，C正确．根据Ft＝Δp得F＝，可得物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变，D正确．7．(2018·江西抚州市四校联考)(多选)静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用，拉力F随时间t变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )A．0～4 s内物体的位移为零B．0～4 s内拉力对物体做功为零C．4 s末物体的动量为零D．0～4 s内拉力对物体的冲量为零BCD 解析：由图象可知物体在4 s内先做匀加速后做匀减速运动，4 s末的速度为零，位移一直增大，A错误；前2 s拉力做正功，后2 s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4 s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4 s内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．[能力题组]一、选择题8．如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是( )A．重力的冲量B．合力的冲量C．刚到达底端时的动量D．刚到达底端时的动能D 解析：设斜面的高度为h，倾角为θ，则物体沿斜面下滑的位移s＝，下滑的加速度a＝gsin θ.由s＝at2得，物体沿斜面下滑的时间t＝.重力的冲量IG＝mgt＝，方向竖直向下．因为两斜面的倾角θ不同，所以两物体重力的冲量大小不相等，但方向相同，A错误．物体所受合力的冲量I合＝mgsin θ·t＝m，方向沿斜面向下．两物体所受合力的冲量大小相等，但由于斜面倾角不同，所以冲量的方向不同，B错误．由机械能守恒定律可知，两物体沿斜面滑到底端时的速度大小v＝相等，但方向不同，故两物体在斜面底端的动量不相同，动能相同，C错误，D正确．9．(多选)(2018·天津模拟)如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动，其a－t图象如图乙所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则( )A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/sB．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为396 JC．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·sD．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 WBD 解析：类比速度—时间图象中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图象中由图线与坐标轴所围面积表示，在0～6 s内，Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错误；由动能定理可知，在0～6 s内，合力做的功为W＝mv2－mv＝396 J，B项正确；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C项错误；由牛顿第二定律，可知在t＝6 s时，F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项正确．二、非选择题10．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度．已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电荷量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒钟射出的氧离子数；(3)射出离子后飞行器开始运动的加速度．解析：(1)每个氧离子带电荷量为q＝2e，由动能定理得qU＝mv2，即得氧离子速度v＝.(2)设每秒射出的氧离子数为n，每秒对离子做的总功为nqU，即功率为P＝nqU，由此可得每秒钟射出的氧离子n＝.(3)由动量定理得F＝＝nmv.又由牛顿第二定律得F＝Ma，综合上述各式，得飞行器开始运动的加速度a＝.答案：(1) (2) (3) 11．如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．2mv0 解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0.12．(2018·山东济南质检)2016年9月在济青高速公路上，一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m．设运动的时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s.根据动量定理有Ft＝Δp＝mv0，得F＝＝ N＝5.4×104 N.(2)若人系有安全带，则F′＝＝ N＝1.8×103 N.答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103 N课时作业一、单项选择题1．(2018·黑龙江大庆模拟)两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止．可以肯定的是，碰前两球的( )A．质量相等 B．动能相等C．动量大小相等 D．速度大小相等C 解析：两球组成的系统碰撞过程中满足动量守恒，两球在水平面上相向运动，发生正碰后都变为静止，故根据动量守恒定律可以判断碰前两球的动量大小相等、方向相反，选项C正确．2．(2018·山东济南检测)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dPa打到屏MN上的a点，通过Pa段用时为t.若该微粒经过P点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上．两个微粒所受重力均忽略．新微粒运动的( )A．轨迹为Pb，至屏幕的时间将小于tB．轨迹为Pc，至屏幕的时间将大于tC．轨迹为Pb，至屏幕的时间将等于tD．轨迹为Pa，至屏幕的时间将大于tD 解析：碰撞过程中动量守恒mv＝(m＋Δm)v′，据带电粒子在磁场中做圆周运动的半径公式R＝可知新粒子的轨迹不变．由于新粒子的速度v′＜v，因此运动时间变长，正确选项为D.3．一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1.不计质量损失，重力加速度g取10 m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )B 解析：弹丸爆炸过程遵守动量守恒，若爆炸后甲、乙同向飞行，则有2m＝mv甲＋mv乙①若爆炸后甲、乙反向飞出，则有2m＝mv甲－mv乙②或2m＝－mv甲＋mv乙③爆炸后甲、乙从同一高度做平抛运动，由选项A中图可知，爆炸后甲、乙向相反方向飞出，下落时间t＝＝s＝1 s，速度分别为v甲＝＝m/s＝2.5 m/s，v乙＝＝ m/s＝0.5 m/s，代入②式不成立，A项错误；同理，可求出选项B、C、D中甲、乙的速度，分别代入①式、③式可知，只有B项正确．4．(2018·四川成都外国语学校月考)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移—时间图象，a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图象，若A球质量m＝2 kg，则由图可知下列结论错误的是( )A．A、B碰撞前的总动量为3 kg·m/sB．碰撞时A对B所施冲量为－4 N·sC．碰撞前后A的动量变化为4 kg·m/sD．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 JA 解析：由s－t图象可知，碰撞前有：A球的速度vA＝＝m/s＝－3 m/s，B球的速度vB＝＝m/s＝2 m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝＝m/s＝－1 m/s；对A、B组成的系统，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒．碰撞前后B的动量变化为：ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)－2×(－3)＝4 kg·m/s根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：ΔpB＝－ΔpA＝－4 kg·m/s又：ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以：mB＝＝kg＝ kg，所以A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝[2×(－3)＋×2]kg·m/s＝－ kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4 N·s.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10 J，故A错误，B、C、D正确；本题选错误的，故选A.5．(2018·抚州市四校联考)如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M＝3.0 kg.质量为m＝1.0 kg的铁块以水平速度v0＝4.0 m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好停在木板的左端，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为( )A．4.0 J B．6.0 J C．3.0 J D．20 JC 解析：设铁块与木板速度相同时，共同速度大小为v，铁块相对木板向右运动时，相对滑行的最大路程为L，摩擦力大小为Ff，根据能量守恒定律得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep铁块相对于木板运动的整个过程，由能量守恒定律得mv＝2FfL＋(M＋m)v2又根据系统动量守恒可知，mv0＝(M＋m)v联立得到Ep＝3.0 J，故选C.6．(2019·四川泸州检测)如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B，放在与左侧竖直墙垂直的直线上，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦，所有的碰撞均无机械能损失，则下列判断正确的是( )A．若m1＝m2，则两球之间有且仅有两次碰撞B．若m1≤m2，则两球之间可能发生两次碰撞C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动A 解析：设A球和B球第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向。 根据动量守恒定律得m1v＝m1v1＋m2v2 ①根据机械能守恒定律得m1v2＝m1v＋m2v ②解得v1＝v，v2＝v ③若m1＝m2，则得v1＝0，v2＝v，即A与B碰撞后交换速度，当B球与墙壁碰后以速度v2返回，并与A球发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，故A正确。若m1≤m2，则得v1≈－v，v2≈0，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误。两球第一次碰撞后，B球的速度为v2＝v，不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误。两球第一次碰撞后A球的速度为v1＝v，当m1>m2时，v1>0，碰后A球向左运动，当m1＝m2时，v1＝0，碰后A球静止，当m1二、非选择题7．(2018·成都实验中学月考)如图，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上的O点，此时弹簧处于原长．另一质量与B相同的滑块A从导轨上的P点以初速度v0向B滑行，当A滑过距离l时，与B相碰．碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起运动．设滑块A和B均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为μ.重力加速度为g.若A、B压缩弹簧后恰能返回到O点并停止，求弹簧的最大压缩量．解析：设A、B质量均为m，A刚接触B时的速度为v1，碰后瞬间共同的速度为v2；以A为研究对象，从P到O，由能量守恒定律得：μmg l＝mv－mv，以A、B为研究对象，碰撞瞬间系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律：mv1＝2mv2，解得：v2＝eq \r(v－2μgl)，碰后A、B由O点向左运动，又返回到O点，设弹簧的最大压缩量为x，由能量守恒定律得：μ(2mg)·2x＝·2mv，解得：x＝eq \f(v,16μg)－.答案：eq \f(v,16μg)－8．(2018·辽宁抚顺模拟)如图所示，固定的圆弧轨道与水平面平滑连接，轨道与水平面均光滑，质量为m的物块B与轻质弹簧拴接静止在水平面上，弹簧右端固定．质量为3m的物块A从圆弧轨道上距离水平面高h处由静止释放，与B碰撞后推着B一起运动但与B不粘连．求：(1)弹簧的最大弹性势能； (2)A与B第一次分离后，物块A沿圆弧面上升的最大高度．解析：(1)A下滑与B碰撞前，根据机械能守恒得3mgh＝×3mvA与B碰撞，根据动量守恒得3mv1＝4mv2弹簧最短时弹性势能最大，系统的动能转化为弹性势能，根据能量守恒得Epmax＝×4mv＝mgh(2)根据题意，A与B分离时A的速度大小为v2A与B分离后沿圆弧面上升到最高点的过程中，根据机械能守恒得3mgh′＝×3mv解得h′＝h答案：(1)mgh (2)h9．(2016·全国卷Ⅲ·35(2))如图所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有mv>μmgl①即μ设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得mv＝mv＋μmgl③设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，以向右为正方向，由动量守恒和能量守恒有mv1＝mv1′＋mv2′④mv＝mv1′2＋×mv2′2⑤联立④⑤式解得v2′＝v1⑥由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知×mv2′2≤μ·gl⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥eq \f(32v,113gl)⑧联立②⑧式得，a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件为eq \f(32v,113gl)≤μ答案：eq \f(32v,113gl)≤μ10．(2015·全国卷Ⅰ·35(2))如图所示，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间．A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态．现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞．设物体间的碰撞都是弹性的．解析：设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv可得v1＝v0，v2＝v0要使得A与B能发生碰撞，需要满足v1＜0，即m＜MA反向向左运动与B发生碰撞过程，有mv1＝mv3＋Mv4mv＝mv＋Mv整理可得v3＝v1，v4＝v1由于m＜M，所以A还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v3≤v2即v0≥v1＝()2v0整理可得m2＋4Mm≥M2解方程可得m≥(－2)M另一解m≤－(＋2)M舍去所以使A只与B、C各发生一次碰撞，须满足(－2)M≤m＜M答案：(－2)M≤m＜M 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第六章第1课时.doc 第六章第1课时.ppt 第六章第2课时.doc 第六章第2课时.ppt 第六章第3课时.ppt
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