2011年高考物理创新专题复习：新课标版选修3-5
文档属性
| 名称 | 2011年高考物理创新专题复习：新课标版选修3-5 |  | |
| 格式 | rar | ||
| 文件大小 | 464.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2010-12-01 16:41:00 | ||
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文档简介
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选修3-5
碰撞与动量守恒
原子和原子核
波粒二象性
碰撞与动量守恒
核心内容 课标解读
动量和冲量 1 理解动量的的概念，知道冲量的意义
2 理解动量和冲量都是矢量，会计算一维动量变化
3 理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题
动量守恒定律 4 理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围
5 掌握动量守恒定律解题的一般步骤
6 会用动量守恒定律分析、解决碰撞、爆炸等相互作用
7 会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题
反冲运动 8 知道什么是反冲，
9 知道火箭的飞行原理和用途，能解释喷气飞机的原理
10 了解动量守恒定律在实际生活中的意义和作用
冲量和动量是物理学中的重要概念，动量定理和动量守恒是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律之一.动量定理和动量守恒定律是可以用牛顿第二定律导出，但适用范围比牛顿第二定律要广。动量守恒定律广泛应用于碰撞、爆炸、冲击；近代物理中微观粒子的研究，火箭技术的发展都离不开动量守恒定律有关的物理知识。在自然界中，大到天体间的相互作用，小到如质子、中子等基本粒子间的相互作用，都遵守动量守恒定律。本章内容高考年年必考，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力。一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。2000年全国卷第22题、2003年全国卷第20题、2004年理综全国卷第25题的柴油机打桩问题、2004年江苏物理卷第18题、2004年广东物理卷第17题等。高考中有关动量的计算题在分析解答问题的过程中常会运用数学的归纳、推理的方法，解答多次反复碰撞问题，要求考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学解决物理问题。运用数学解决物理问题的能力是高考中能力考查的重点内容之一，加强这方面的练习十分必要。
一、动量和冲量
◎ 知识梳理
1．动量的概念
(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv
（2）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
（3）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
（4）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
（5）动量的变化：.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
（6）动量与动能的关系：，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。
2．冲量的概念
(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft
(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。
(4)高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。
(5)要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。特别是力作用在静止的物体上也有冲量。
3．求恒力和变力冲量的方法。
恒力F的冲量直接根据I=Ft求，而变力的冲量一般要由动量定理或F-t图线与横轴所夹的面积来求。
◎ 例题评析
【例1】质量为m的小球由高为H的、倾角为θ光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
【分析与解答】：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、
mgcosθ和mg.sinθ，所以它们的冲量依次是：
特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。
【例2】质量为m的小球由高为H的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
【分析与解答】：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、
mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：
【例3】一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图1所示，如果该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？
【分析与解答】：我们看到两个力都是变力，但其变化是均匀的，故可以平其平均值，即初未的一半。
经过t=10s后,F1的冲量I1=10×10/2=50N.S
F2的冲量I2=－50N.S,合力F的冲量为0.
二．动量定理
◎ 知识梳理
（1）.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp
（2）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
（3）动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。
（4）现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。
（5）动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。
1．求动量及动量变化的方法。
求动量的变化要用平行四边形定则或动量定理。
◎ 例题评析
【例1】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？
【分析与解答】：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt
【例2】 一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则( )
A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
【分析与解答】：根据动量定理可知,在过程I中,钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力,小球所受的合外力即为重力,因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量,选项A正确;过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和,显然B选项不对;在I、Ⅱ两个过程中,钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零,故合外力的总冲量等于零,故C选项正确,D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。
这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。
◎ 能力训练
1．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ D）
A．向下，m（v2 - v1）
B．向下，m（v2 + v1）
C．向上，m（v2 - v1）
D．向上，m（v2 + v1）
2．质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。
I=mgt1
2．用动量定理求解相关问题
◎ 知识梳理
遇到涉及力、时间和速度变化的问题时.运用动量定理解答往往比运用牛顿运 动定律及运动学规律求解简便。应用动量定理解题的思路和一般步骤为：
(l)明确研究对象和物理过程;
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况;
(3)选取正方向,确定物体在运动过程中始末两状态的动量;
(4)依据动量定理列方程、求解。
【说明】 在求恒力的冲量时，必须牢牢把握冲量的定义式，不要离开题意而把问题人为弄复杂了。
（1）．简解多过程问题。
◎ 例题评析
【例3】一个质量为m=2kg的物体,在F1=8N的水平推力作用下,从静止开始沿水平 面运动了t1=5s,然后推力减小为F2=5N,方向不变,物体又运动了t2=4s后撤去外力,物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。
【分析与解答】：规定推力的方向为正方向,在物体运动的整个过程中,物体的初动量P1=0,?末动量P2=O。据动量定理有： ?
即：?，解得 ?
由例6可知,合理选取研究过程，能简化解题步骤,提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。同学们可比较这两种求解方法的简繁情况。 .
（2）.求解平均力问题
◎ 例题评析
【例4】质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲量．（ g= 10m／s2）
【分析与解答】：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得： Ft=mV—mV0
所以，（方向竖直向下）
注意： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值．
（3）、求解曲线运动问题
◎ 例题评析
【例5】 如图 2所示，以Vo ＝10m／s2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m＝2kg的小球．忽略空气阻力的作用，g取10m／s2．求抛出后第2s末小球速度的大小．
【分析与解答】：小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得： Fyt=mVy-mVy0
所以mgt=mVy-(-mV0.sin300),
解得Vy=gt-V0.sin300=15m/s.
而Vx=V0.cos300=
在第2s未小球的速度大小为：
注意： 动量定理不仅适用于物体做直线运动的问题，而且也适用物体做曲线运动的问题，在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即：
Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0
（4）、求解流体问题
◎ 例题评析
【例6】某种气体分子束由质量m=5.4X10-26kg速度V＝460m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0＝1.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．
【分析与解答】：设在△t时间内射到 S的某平面上的气体的质量为ΔM，则：
取ΔM为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F以V方向规定为正方向，由动量定理得:-F.Δt=ΔMV-(-ΔM.V),解得
平面受到的压强P为：
注意：处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属．解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间△t内射到物体表面上的流体为研究对象
（5）、对系统应用动量定理。
系统的动量定理就是系统所受合外力的冲量等于系统总动量的变化。若将系统受到的每一个外力、系统内每一个物体的速度均沿正交坐标系x轴和y轴分解，则系统的动量定理的数学表达式如下：
，
对于不需求解系统内部各物体间相互作用力的问题，采用系统的动量定理求解将会使求解简单、过程明确。
◎ 例题评析
【例7】如图3所示， 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
【分析与解答】：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：
注意：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。
【例8】如图4所示，矩形盒B的质量为M，放在水平面上，盒内有一质量为m的物体A，A与B、B与地面间的动摩擦因数分别μ1、μ2，开始时二者均静止。现瞬间使物体A获取一向右且与矩形盒B左、右侧壁垂直的水平速度V0，以后物体A在盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B最后一次碰撞后，B停止运动，A则继续向右滑行距离S后也停止运动，求盒B运动的时间t。
【分析与解答】：以物体A、盒B组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒B的滑动摩擦力，而A与B间的摩擦力、A与B碰撞时的相互作用力均是内力。设B停止运动时A的速度为V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：
当B停止运动后，对A应用动能定理得：
由以上二式联立解得：。
◎ 能力训练
1.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前.这样做可以
A.减小球对手的冲量
B.减小球的动量变化率
C.减小球的动量变化量
D.减小球的动能变化量
2.玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海锦垫上不易碎，这是因为茶杯与水泥地撞击过程中
A.茶杯动量较大
B.茶杯动量变化较大
C.茶杯所受冲量较大
D.茶杯动量变化率较大
3.质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，钢球受到的冲量的方向和大小为
A.向下，m(v1－v2）
B.向下，m(v1＋v2）
C.向上，m(v1－v2）
D.向上，m(v1＋v2）
4.质量为5 kg的物体，原来以v=5 m/s的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15 N·s的作用，历时4 s，物体的动量大小变为
A.80 kg·m/s B.160 kg·m/s
C.40 kg·m/s D.10 kg·m/s
5.一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t,上升的最大高度是H，所受空气阻力大小恒为F,则在时间t内
A.物体受重力的冲量为零
B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小
C.物体动量的增量大于抛出时的动量
D.物体机械能的减小量等于FH
6.恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是
A.拉力F对物体的冲量大小为零
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft
C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D.合力对物体的冲量大小为零
7.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，两个物体具有的相同的物理量是
A.重力的冲量
B.合力的冲量
C.刚到达底端时动量的水平分量
D.以上几个量都不同
8.如图所示，木块A和B叠放于水平面上，轻推木块A，B会跟着A一起运动，猛击A时，B则不再跟着A一块运动，以上事实说明
A.轻推A时，A对B的冲量小
B.轻推A时，A对B的冲量大
C.猛击A时，A对B的作用力小
D.猛击A时，A对B的作用力大
9.A、B两物体在光滑水平面上相向滑行，A物体速度大小为8 m/s，B物体速度大小为 4 m/s，两物体相碰后均静止，则两物体所受冲量大小之比为_______，两物体质量之比为_______.
10.（2001年京、皖、蒙春季高考试题）质量为m=0.10 kg的小钢球以v0=10 m/s的水平速度抛出，下落h=5 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ=_______.刚要撞击钢板时小球的动量大小为_______.(取g=10 m/s2)
11.一个物体的质量是2 kg，沿竖直方向下落，以10 m/s的速度碰到水泥地面上，随后又以8 m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则小球与地面相碰前的动量是_______kg·m/s，相碰后的动量是_______kg·m/s，小球的动量变化是_______kg·m/s.
12.两个质量相同的小球A、B，中间用轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，A球挨着左墙壁，如图所示.若用水平向左的短时冲量I作用于B球，B球将弹簧压缩，弹簧的最大弹性势能是4 J，当A球离开墙壁瞬间，B球的动量大小是2 kg·m/s.则B球的质量是________；水平冲量I的大小是________.
三、计算题
13.跳起摸高是中学生进行的一项体育活动，某同学身高1.80 m，质量65 kg，站立举手达到2.20 m.此同学用力蹬地，经0.45 s竖直离地跳起，设他蹬地的力的大小恒定为 1060 N，计算他跳起可摸到的高度.(g=10 m/s2)
14.质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时发生脱钩，直到拖车停下瞬间司机才发现.若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时汽车的即时速度是多大
一、1.B 2.D 3.D 4.C 5.BC 6.BD 7.D 8.B?
二、9. 1∶1；1∶2?
10.45°；kg·m/s 小球撞击后速度恰好反向，说明撞击前速度与钢板垂直.利用这一结论可求得钢板与水平面的夹角θ=45°，利用平抛运动规律（或机械能守恒定律）可求得小球与钢板撞击前的速度大小v=v0=10m/s,因此其动量的大小为p=mv=kg·m/s.
11.-20;16;36?
12.0.5 kg;2 N·s 用水平向左的短时冲量I作用于B球后，B球获得一定的动量，向左压缩弹簧，压缩过程中，B球的动能转化为弹簧的弹性势能，机械能守恒.B球速度为零时，弹簧弹性势能最大为4 J，当A球离开墙壁瞬间，弹簧刚好恢复原长，B球动能为4 J，而B球的动量大小是2 kg·m/s，由动量公式p=mv和动能公式Ek=mv2，可求出B球的质量?0.5 kg，同时可知B球压缩弹簧前的动量大小也是2 kg·m/s，据动量定理，水平冲量I的大小是2 N·s.?
三、?
13.设人离地时获得速度为v，据动量定理（F-mg)t=mv.由竖直上抛运动公式得：h=v2/2g,由上述两式解得：h=0.4 m,所以该同学摸高为H=2.2+0.4=2.6 m.?
14.根据牛顿第二定律，系统受的合外力为F=（M+m）a，
脱钩后到拖车停止所经历的时间为t=，对系统运用动量定理可得：
（M+m）a·=Mv′-（M+m）v0，?
所以v′=v0?
三．动量守恒定律
◎ 知识梳理
（1）.动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 即：
（2）动量守恒定律成立的条件
系统不受外力或者所受外力之和为零；
系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
（3）.动量守恒定律的表达形式：除了，即p1+p2=p1/+p2/外，还有：Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和
（4）动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。
1．根据动量守恒条件判定系统的动量是否守恒？
◎ 例题评析
【例1】如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：
A、动量守恒、机械能守恒
B、动量不守恒、机械能不守恒
C、动量守恒、机械能不守恒
D、动量不守恒、机械能守恒
【分析与解答】：若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．
【例2】质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（ ）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：
（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；
D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：
（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2
【分析与解答】：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因此，我们只需分析B、C两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确。
2．分方向动量守恒
系统所受合外力不为零时，总动量不守恒，若某一方向上合外力为零，这个方向上的动量守恒。要特别注意把速度投影到这个方向上，同时还要注意各量的正负号。
◎ 例题评析
【例3】 如图所示。质量为m的铅球以大小为v0
仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少
【分析与解答】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得
mv0cosθ=(M+m)v
所以v=mv0cosθ/(M+m)
【说明】此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒。又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒。
◎ 能力训练
1．如图所示，小车放在光滑的水平面上，用细绳将小球拉开到一定角度，然后同时
放开小球和小车，那么在以后的过程中 ( D )
A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反
2．如图所示，木块A静置于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑，水平部分
NP是粗糙的，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是( BC )
A．A、B最终以同一速度(不为零)运动
B．A、B最终速度均为零
C．A物体冼做加速运动，后做减速运动
D．A物体先做加速运动，后做匀速运动
3．如图所示，将一质量为lkg的物体在距离地面高5m处由静止自由下落，正好落在以5m／s速度沿光滑水平面做匀速运动的装有砂子的小车中，车与砂子的总质量为4kg，当物体与小车相对静止后，小车的速度为（B）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
3．根据动量守恒定律求解“合二为一”和“一分为二”问题。
“合二为一”问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后达到共同速度。
“一分为二”问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动。
◎ 例题评析
【例4】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：
（1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？
【分析与解答】：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。
（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则:
M1V1－M2V1=（M1+M2）V
（2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s）
每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为 △P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）
故小球个数为
【例5】人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度V推向前方弹性挡板，木箱与档板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度V推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱？（已知）
解析:人每次推木箱都可看作“一分为二”的过程，人每次接箱都可以看作是“合二为一”的过程，所以本题为多个“一分为二”和“合二为一”过程的组合过程。
设人第一次推出后自身速度为V1， 则：MV1=mV，
人接后第二次推出，自身速度为V2，则mV+2mV=MV2
(因为人每完成接后推一次循环动作，自身动量可看成增加2mV)
设人接后第n次推出，自身速度为Vn，则mV+2mV(n-1)=MVn
∴Vn=(2n-1)V ，
若Vn≥V ，则人第n次推出后，不能再接回，将有关数据代入上式得n≥8.25，∴n=9。
4．动量守恒定律解“人船模型”问题
两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。
◎ 例题评析
【例6】载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
【分析与解答】：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒。人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由动量守恒定律有：,解得。
【例7】如图7所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。发射器口到沙袋的距离为d，把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是_______。
【分析与解答】：本题可把子弹看作“人”，把车看作“船”，这样就可以用“人船模型”来求解.
,解得。
【例8】质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？
【分析与解答】：利用“人船模型”易求得船的位移大小为：.提示：若m1>m2,本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便。
◎ 能力训练
1．平静的湖面上停着一只小木船，船头站着一个人，如图所示，现在人要走到船尾取一样东西，已知船长为L，那么人从喘头走到船尾过程中，船相对静水后退的距离多大 (船质量为M，人的质量为m)
2．如图所示，在固定的水平光滑横杆上，套着一个质量为M的环，一条轻绳一端连于环，另一端系一质量为m的小球，绳长为z，开始时，将系球的绳绷直并拉到与横杆平行的位置，然后将小球释放，试求小球第一次到达最低点的过程中，环在横杆上移动的距离。
5．分析求解“三体二次作用过程”问题
所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程。解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解。
◎ 例题评析
【例9】光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以V0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图8所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J时，物块A的速度是 m/s。
【分析与解答】：本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A、B、C三物块。“二次作用”过程为第一次是B、C二物块发生短时作用，而A不参加，这过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒。
对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为VBC，则据动量守恒定律得：
(1)
对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mAV0+ （2）
（3）
由式(1)、（2）、（3）可得：当弹簧的弹性势能达到最大为EP=12J时，物块A的速度V=3 m/s。
【例10】如图所示为三块质量均为m，长度均为L的木块。木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为。
【分析与解答】：设第3块木块的初速度为V0,对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V1，据动量守恒定律得：mV0=2mV1
对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒定律得：
2mV1=3mV2
(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：
由联立方程得：Ek3=6μmgL
(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：
由联立方程得：Ek3=9μmgL
故：
6．分析求解“二体三次作用过程”问题
所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程。求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题。
◎ 例题评析
【例11】如图所示，打桩机锤头质量为M，从距桩顶h高处自由下落，打在质量为m的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为S，那么在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？
【分析与解答】：这是一道联系实际的试题。许多同学对打木桩问题的过程没有弄清楚，加上又不理解“作用时间极短”的含意而酿成错误。其实
打木桩问题可分为三个过程：
其一：锤头自由下落运动过程，设锤刚与木桩接
触的速度为V0，则据机械能守恒定律得：
Mgh=,所以V0=。
其二：锤与木桩的碰撞过程，由于作用时间极短，
内力远大于外力，动量守恒，设碰后的共同速度为V，
据动量守恒定律可得：
MV0=(M+m)V, 所以V=
其三：锤与桩一起向下做减速运动过程，设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力为f,由动能定理可得：
（M+m）gS-fS=0-,所以f=(M+m)g+.
【例12】如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求：
（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度。
【分析与解答】：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：
解得：V1=0.6V0
对木块B运用动能定理，有：
解得
（2）设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律：
对木块A：,
对木板C：,
当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：
解得
木块A在整个过程中的最小速度为：
7．用动量守恒定律解“碰撞类”问题
1.碰撞的特点
（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其它形式的能量转化为动能。
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
2.判定碰撞可能性问题的分析思路
（1）判定系统动量是否守恒。
（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。
（3）判定碰撞前后动能是不增加。
◎ 例题评析
【例13】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kg.m/s,P2=7kg.m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg.m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？
A、m1=m2 B、2m1=m2 C、4m1=m2 D、6m1=m2。
【分析与解答】：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：
P1+P2= P1，+ P2， 即：P1，=2 kg.m/s。
由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有：
所以有：m1m2, 因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 .因此正确的答案应该是（C）选项。
【例14】如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都不为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
【分析与解答】：首先根据两球动能相等，得出两球碰前动量大小之比为：，因m甲>m乙，则P甲>P乙，则系统的总动量方向向右。
根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．
8．用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题
解决动力学问题，一般有三种途径：（1）牛顿第二定律和运动学公式(力的观点)；（2）动量定理和动量守恒定律(动量观点)；（3）动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律(能量观点).以上这三种观点俗称求解力学问题的三把“金钥匙”.如何合理选取三把“金钥匙”解决动力学问题，是老师很难教会的。但可以通过分别用三把“金钥匙”对一道题进行求解，通过比较就会知道如何选取三把“金钥匙” 解决动力学问题,从而提高分析问题解决问题的能力。
◎ 例题评析
【例15】如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.
(1)若已知A和B的初速度大小为V0，求它们最后的速度大小和方向.
(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.
【分析与解答】：方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t,A、B间的滑动摩擦力为f.如图14所示。
对A据牛顿第二定律和运动学公式有：
f=maA, L2=， V=-V0+aAt;
对B据牛顿第二定律和运动学公式有：
f=MaB, ,V=V0-aBt;
由几何关系有：L0+L2=L；
由以上各式可求得它们最后的速度大小为
V＝. V0，方向向右。
对A，向左运动的最大距离为。
方法2、用动能定理和动量定理求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t, A和B的初速度的大小为V0，则据动量定理可得：?
对A： ft= mV+mV0
对B：-ft=MV－MV0?
解得：V＝V0，方向向右
A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。设L1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L2为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程，L0为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图2所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：?
对于B ： -fL0=
对于A ： -fL1= -
f(L1-L2)=
由几何关系L0+L2=L
由①、②、③、④、⑤、联立求得L1=.
方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V， A和B的初速度的大小为V0，则据动量守恒定律可得：?
MV0－mV0=(m+m)V?
解得：V＝. V0，方向向右 .
对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=
对于A fL1=
由上述二式联立求得L1=.
从上述三种解法中，同学们不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。
9．根据图象分析推理解答相关问题
◎ 例题评析
【例16】A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t0 = 0，t1= △t，t2 = 2·△t，t3=3·△t各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中B像有重叠，mB=mA，由此可判断（ ）
A.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t；
B.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；
C.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；
D.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t。
【分析与解答】：若碰撞前B静止，则VB0=0，则t0,t1,t2时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 2.5△t,碰撞后B的速度;碰撞前A的速度，碰撞后。
碰撞前系统动量为：，碰撞后系统动量为：，满足动量守恒定律；
碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒定律。
所以碰撞前B不可能静止，即AC二选项错误。
若碰撞后B静止，则VBt=0，则t1,t2,t3时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 0.5△t,碰撞前B的速度;碰撞后A的速度，碰撞前A的速度。
碰撞前系统动量为：，碰撞前系统动量为：，满足动量守恒定律；
碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒定律。
综上所述，只有选项B正确。
【例17】如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为的小滑块以初速度V0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：
A．滑块与木板间始终存在相对运动；
B．滑块始终未离开木板；
C．滑块的质量大于木板的质量；
D．在时刻滑块从木板上滑出。
【分析与解答】：从图中可以看出，滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在时刻滑块从木板上滑出。即选项ACD正确。
10．连续发生作用的问题。
◎ 例题评析
【例18】用质量为M的铁锤沿水平方向将质量为m、长为L的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离。在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K倍（K>1）。若第一次敲击使钉进入木板深度为L1，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L1必须满足什么条件？
【分析与解答】：设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V运动，根据动量守恒定律可得：
MV0=（M+m）V
设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f1,则根据动能定理可得：
第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f2=Kf1, 根据动能定理可得：
所以L2=L1/K。同理可得L3=L1/K2，L4=L1/K3…………Ln=L1/KN(N-1)
因为L=L1+L2+……+Ln=，所以
当时，上式无意义，但其物理意义是当时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板。所以要将钉全部敲入木板，L1必须满足：
L1>（K-1）L/K
◎ 能力训练
1．如图所示，一排人站在沿z轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n(n=1，2，3…)。每人只有一个砂袋，x>O一侧的每人砂袋质量为m=14kg，x(1)空车出发后，车上堆积了几个砂袋时车就反向滑行
(2)车上最终有大小砂袋共多少个
车上堆积了3个砂袋时车反向滑行。
最终车上大小砂袋共11
2．列车进入编组站后要分解重组，会出现列车挂接问题，将许多节车厢逐一组合起来的过程实质是一个完全非弹性碰撞过程(即碰后车速相同)，设一列火车共有n节车厢，各车厢之间间隙相等，间隙长度的总和为s，第一节车厢以速度”向第二节车厢运动，碰撞后通过“詹天佑挂钩”连接在一起，直到n节全部挂好，则火车的最后速度是多大 整个路程经历的时间是多少
3．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，人站在车的一端，靶固在车的
另一端，如图所示，已知车、人、靶和枪的总质量为M(不包括子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，每颗子弹击中靶后，就留在靶内，且待前一发击中靶后，再打下一发，打完n发后，小车移动的距离为多少
四．典型错误举例
1．忽视动量守恒定律的系统性
动量守恒定律描述的对象是由两个以上的物体构成的系统，研究的对象具有系统性，若在作用前后丢失任一部分，在解题时都会得出错误的结论。
◎ 例题评析
【例1】一门旧式大炮在光滑的平直轨道上以V=5m/s的速度匀速前进，炮身质量为M=1000kg，现将一质量为m=25kg的炮弹，以相对炮身的速度大小u=600m/s与V反向水平射出，求射出炮弹后炮身的速度V/.
错解：根据动量守恒定律有：
MV=MV/+m[─(u─V/)],解得
分析纠错：以地面为参考系，设炮车原运动方向为正方向，根据动量定律有：
（M+m）V=MV/+m[─(u─V/)]
解得
2．忽视动量守恒定律的矢量性
动量守恒定律的表达式是矢量方程，对于系统内各物体相互作用前后均在同一直线上运动的问题，应首先选定正方向，凡与正方向相同的动量取正，反之取负。对于方向未知的动量一般先假设为正，根据求得的结果再判断假设真伪。
◎ 例题评析
【例2】质量为m的A球以水平速度V与静止在光滑的水平面上的质量为3m的B球正碰，A球的速度变为原来的1/2，则碰后B球的速度是（以V的方向为正方向）.
A.V/2, B.-V C.-V/2 D.V/2
错解：设B球碰后速度为V/，由动量守恒定律得：,.
分析纠错：碰撞后A球、B球若同向运动，A球速度小于B球速度，显然答案中没有，因此，A球碰撞后方向一定改变，A球动量应m(─V/2).
由动量守恒定律得：,V/=V/2.
故D正确。
3．忽视动量守恒定律的相对性
动量守恒定律表达式中各速度必须是相对同一参考系。因为动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。若题设条件中物体不是相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的速度。一般以地面为参考系。
◎ 例题评析
【例3】某人在一只静止的小船上练习射击，船、人和枪（不包含子弹）及船上固定靶的总质量为M，子弹质量m，枪口到靶的距离为L，子弹射出枪口时相对于枪口的速率恒为V，当前一颗子弹陷入靶中时，随即发射后一颗子弹，则在发射完全部n颗子弹后，小船后退的距离多大？（不计水的阻力）
错解：选船、人、枪上固定靶和子弹组成的系统为研究对象，开始时整个系统处于静止，系统所受合外力为0，当子弹射向靶的过程中，系统动量守恒，船将向相反的方向移动。
当第一颗子弹射向靶的过程中，船向相反的方向运动，此时与船同时运动的物体的总质量为M+（n-1）m,当第一颗子弹射入靶中后，根据动量守恒，船会停止运动，系统与初始状态完全相同。
当第二颗子弹射向靶的过程中，子弹与船重复刚才的运动，直到n颗子弹全部射入靶中，所以在发射完全部n颗子弹的过程中，小船后退的距离应是发射第一颗子弹的过程中小船后退距离的n倍。
设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离S，子弹飞行的距离为L，则由动量守恒定律有：
mL─[M+(n-1)m]S=0
解得：
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都必须是相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的我总距离为nS=.
分析纠错：没有把所有的速度变换成相对于同一参考系的速度。由于船的速度是相对于地面的，而子弹的速度是相对于船的，导致船的位移是相对于地面的，而子弹的位移是相对于船的，所以解答错误。
设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为S，根据题意知子弹飞行的距离为(L─S),则由动量守恒定律有：
m(L─S)─[M+(n─1)m]S=0
解得：S=
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为nS=.
4．忽视动量守恒定律的同时性
动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量，初态动量的速度都应该是互相作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。
◎ 例题评析
【例4】平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度V0前进，当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为多大？（水的阻力不计）。
错解：取人、船、物组成的系统为研究对象，由于水的阻力不计，系统的动量守恒。
以船速V0的方向为正方向，设抛出物体后人和船的速度为V，物体对地的速度为（V0─u）.由动量守恒定律得：
（M+m）V0=MV+m(V0-u),
解得.
分析纠错：错误在于没有注意同时性，应明确物体被抛出的同时，船速已发生变化，不再是原来的V0，而变成了V,即V与u是同一时刻，抛出后物对地速度是（V-u）,而不是（V0-u）.
由动量守恒定律得：（M+m）V0=MV+m(V-u)
解得：
5．忽视动量定理的矢量性
◎ 例题评析
【例5】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2）
错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 （向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 （向上） ，以表示接触时间， 接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg。由动量定理得：（F-mg）Δt=mV2-mV1， 由以上各式解得， ， 代入数值得： 。
分析纠错：错误原因是忽视了动量定理的矢量性。由动量定理得：
（F-mg）Δt=mV2+mV1，由以上各式解得， 。
代入数值得： 。
6．运用动量定理解题受力分析掉重力
◎ 例题评析
【例6】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2）
错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 （向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 （向上） ，以表示接触时间，由动量定理得：FΔt=mV2+mV1， 由以上各式解得， ， 代入数值得： 。
分析纠错：错误原因是受力分析时掉重力。
【例7】一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球的冲量为________．(取 g=10m/s2，不计空气阻力)．
分析与解:小球从高处自由下落到软垫陷至最低点经历了两个过程，从高处自由下落到接触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由：,求出.
接触软垫时受到软垫向上作用力N和重力G(=mg)作用，规定向下为正，由动量定理：
(mg-N)t=0-m
故有：
在重物与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，此题中N=0.3N，mg=0.1N，显然在同一数量级上，不可忽略．若二者不在同一数量级，相差极大，则可考虑忽略不计（实际上从同一高度下落，往往要看撞击时间是否极短，越短冲击力越大）．
◎ 能力训练
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共150分考试用时120分钟
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．
1．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了 （ ）
A．减小冲量
B．使动量的增量变得更小
C．增长和地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地的压强，起到安全作用
2．假设一小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空做匀速圆周运动，如果飞船沿与其速度相反的方向抛出一个物体A。则下列说法中正确的是 （ ）
A．A与飞船都可能沿原轨道运动
B．A的轨道半径一定减小，飞船的轨道半径一定增加
C．A可能沿地球半径的方向竖直下落，而飞船的轨道半径一定增大
D．A的轨道半径可能增大，而飞船的轨道半径一定增大
3．在光滑的水平面上，并排放着质量相等的物体A和B，并静止于水平面上，现用水平恒力F推A ，此时沿F方向给B一个瞬时冲量I，当A追上B时，它们运动的时间是（ ）
A． B． C． D．
4．汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前 （ ）
A．汽车和拖车的总动量不变 B．汽车和拖车的总动能不变
C．汽车和拖车的总动量增加 D．汽车和拖车的总动能增加
5．在光滑水平面上，两球沿球心连线以大小相等的动量相向而行，并发生碰撞，下列现象可能发生的是 （ ）
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
6．如图1所示，质量为m的小车的水平底两端各装一根完全一样的弹簧，小车底板上有一质量为m/3的滑块，滑块与小车、小车与地面的摩擦力都不计。当小车静止时，滑块与小车、小车与地面的摩擦力都不计。当小车静止时，滑块以速度v从间向右运动，在滑块来回与左右弹簧碰撞的过程中 （ ）
A．当滑块速度方向向右，大小为v/4时，一定是右边的弹 簧压缩量最大
B．右边弹簧的最大压缩量大于左边弹簧的最大压缩量
C．左边弹簧的最大压缩量大于右边弹簧的最大压缩量
D．两边弹簧的最大压缩量相等
7．如图2所示，小车B静止于水平轨道上，其左端固定一根劲度系数为K的轻弹簧，小车B的质量为m2.小车A的质量为m1，从高出水平轨道h处由静止开始沿曲轨道滑下，在水平轨道上与小车B发生相互作用。若轨道是光滑的，则弹簧压缩量最大时，A车的速度vA和弹簧的弹性势能Ep分别为 （ ）
A．vA=，EP=m1gh B．，EP=m1gh/2
C．， D．vA=，。
8．如图3所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）
A．动量始终守恒
B．机械能始终守恒
C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物速度为零。
9．如图4所示，分别用两个恒力F1和F2，先后两次将质量为m的物体从静止开始沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端。第一次力F1的方向沿斜面向上，第二次力F2的方向沿水平向右，两次所用的时间相同。在这两个过程中 （ ）
A．F1和F2所做的功相同；
B．物体机械能变化相同；
C．F1和F2对物体的冲量大小相同；
D．物体动量的变化量相同。
10．一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块。设木块对子弹的阻力恒定，则子弹入射速度增大时，下列说法正确的是 （ ）
A．木块获得的动能变大 B．木块获得的动能变小
C．子弹穿过木块的时间变长 D．子弹穿过木块的时间变短
第Ⅱ卷（非选择题 共110分）
二、本题共2小题，共20分。把答案填在题中的横线上或按要求作图.
11．（10分）某同学用如图5（甲）所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律， 图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到l0个落点痕迹，再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图5乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、D所在的平面，米尺的零点与O对齐。
（1）碰撞后B球的水平射程应取为 cm。
（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）
E．测量G点相对于水平槽的高度
12．（10分）气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图6所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平。
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。
d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
（1）实验中还应测量的物理量是_____________________。
（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________，上式
中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是___________。
（3）利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式。
三、本题共6小题，90分。解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值与单位。
13．（14分）气球和悬挂物总质量为M，以速度v匀速上升（如图7）。到某高处悬线断裂，落下质量为M/5的悬挂物，落地时速度大小为3v，求悬挂物落成地时气球的速度大小。
14．（14分）质量为M的木块放在固定的水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0水平穿透木块后，速度减为v0/2，现使该木块不固定，放在光滑水平面上，同样的子弹还以v0速度射中木块，若要射穿木块，问木块的质量M与子弹质量m必须满足的关系。
15．（15分）一手持质量为m的小球坐在热气球下的吊篮里，气球、吊篮和人的总质量为M。气球以速度v0匀速上升，如图8所示，人突然将小球向上抛出，经过时间t0后小球又返回人手。若人手抛、接小球时相对吊篮的位置不变。试求：
（1）抛球过程中人所做的功W。
（2）抛球者看到小球上升的最大高度h。
16．（15分）如图9所示，质量为m的木块（可视为质点）放在质量为M的有限长度的木板中央，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块与木板一起在光滑的水平面上以速度v0向右运动，为使木板和木块都停下来且木块又不滑出木板，可采用对木块瞬时施加一水平冲量的方法。
（1）为了达到题中所述目的，应对题中哪些未知条件予以定量约束，并导出定量结果。
（2）若外力对木块施加冲量瞬间对木块做功为零，则题中木板质量M和木块质量m之间应存在什么关系？
17．（16分）如图10所示，一轻质弹簧竖直固定在地面上，自然长度为1m，上面连接一个质量为m1=1kg的物体，平衡时物体离地面0.9m。距物体m1正上方高为0.3m处有一个质量为m2=1kg的物体自由下落后与弹簧上物体m1碰撞立即合为一体，一起在竖直面内做简谐振动。当弹簧压缩量最大时，弹簧长为0.6m。求（g取10m/s2）：
（1）碰撞结束瞬间两物体的动能之和是多少？
（2）两物体一起做简谐振动时振幅的大小？
（3）弹簧长为0.6m时弹簧的弹性势能大小？
18．如图11所示，光滑水平面上静止放着长L=2.0m质量M=3.0kg的木板，一个质量m=1.0kg的小物体（可视为质点）放在离木板右端a=0.4m处，m和M之间的动摩擦因数μ=0.1.今对木板施加向右的拉力F=10.0N，为使木板自物体下方分离出来，此拉力作用时间不得少于多长？
参 考 答 案
1.C 2.CD 3.D 4.AD 5.AD 6.D 7.C 8.AC 9.BD 10.BD
11. （1）64.7（3分，答数在64.2~65.2范围内的都给分。）
（2）A、B、D（3分，不是A、B、D的均给零分。）
12．（1）B的右端至D板的距离L2
（2） ， 测量时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差。（学生只要答对其中两点即可）
（3） 能测出被压缩弹簧的弹性势能的大小，其表达式为。
13.解：Mv=4Mv/5-3Mv/5 解得v/=2v
14. 解：当木块固定时，子弹穿过木块损失的动能转化为内能，则内能增量ΔE为
当木块置于光滑水平面上时，设子弹射入木块后与木块具有相等的末速度v。由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v
当时，即当时，子弹能射穿木块。由此式可解得.
当时，子弹不能射穿木块。由此式可解得，即当M<3m时，子弹不能射穿木块。
15．解：，
16．解：（1）设对木块施加的冲量为I，木块被打击后的速度为v1，选向右为正，由动量定理有：I=－mv1－mv0
对m和M在相互作用过程中应用动量守恒定律有：
MV0-mv1=0 由上述二式可解得：I=－（M+m）v0
设板长最短为L，对m和M在相互作用过程中应用能量守恒定律可得：
由以上各式可解得：
应施加的约束是：冲量I=（M+m）v0，方向与初速度方向相反。板长最短为：
（2）依动能定理知木块受到瞬时冲量作用后速度应该仍是v0，对m和M在相互作用过程中应用动量守恒定律有：Mv0－mv0=0，解得M=m.
17．解：（1）设m2与m1碰前瞬间速度为v0有：
m/s
m2与m1碰撞瞬间竖直方向近似动量守恒，设共同速度为v1，有：
J
（2）当弹簧压缩量最大时，振动物体的速度大小为0，此时物体向下离开平衡位置距离最大，设为A即为所求振幅 k=100N/m
m
A=L－x2－0.6=0.2m
（3）m2与m1碰后，系统机械能守恒。当弹簧恢复原长时，物体速度恰为零则：
Ep=2mgA =8 J
18.解：设M、m最终以共同速度v0一起匀速运动，拉力F作用的最短时间为t，则对M、m组成的系统由系统动量定理得：Ft=（M+m）v0
对系统全过程运用能量守恒定律得：
而木板在拉力F作用下的加速度m/s2，可解得t=0.8s.
光的波粒二象性
核心内容 课标解读
光电效应 1 了解光电效应的规律及光电管的工作原理
2 知道并理解极限频率、遏制电压的概念
3 理解光电效应与光的电磁理论的矛盾
光子 4 了解普朗克量子假说
5 知道金属逸出功的概念，知道爱因斯坦光电效应方程
6 知道光子的概念，会用光子能量和频率关系进行计算
康普顿效应及其解释 7 了解什么是康普顿效应
8 了解光子的动量表达式
9 了解康普顿是如何解释康普顿效应的
光的波粒二象性 10 知道光既具有波动性又有粒子性
11 了解光是一种概率波
德布罗意波 12 知道实物粒子和光子一样具有波动性
13 知道德布罗意波长和粒子动量的关系
14 知道电子云的概念
15 初步了解不定性关系
光的粒子性
◎ 知识梳理
1．光电效应现象及其规律。
（1）光电效应现象。
光照使物体发射电子的现象叫光电效应现象；所发射的电子叫光电子；光电子定向移动所形成的电流叫光电流。
（2）光电效应现象所遵循的基本规律。
物体在光照的条件下发射电子而发生光电效应现象时遵循如下规律：
（1）对于任何一种金属，入射光的频率必须大于某一极限频率才能产生光电效应，低于这个极限频率，无论强度如何，无论照射时间多长，也不能产生光电效应；
（2）在单位时间里从金属极板中发射出的光电子数跟入射光的强度成正比；
（3）发射出的光电子的最大初动能与入射光强度无关，只随入射光频率的增大而增大；
（4）只要入射光的频率高于金属极板的极限频率，无论其强度如何，光电子的产生都几乎是瞬时的，不超过10—9s.
2．光子说
光子说的主要内容为：沿空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子；光子的能量E与光的频率ν成正比，比例系数即为普朗克常量 E=hν
爱因斯坦光电效应方程：Ek= h -W（Ek是光电子的最大初动能；W是逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服正电荷引力所做的功。）
3.康普顿效应
在研究电子对X射线的散射时发现：有些散射波的波长比入射波的波长略大。康普顿认为这是因为光子不仅有能量，也具有动量。实验结果证明这个设想是正确的。因此康普顿效应也证明了光具有粒子性。
◎ 例题评析
【例1】对爱因斯坦光电效应方程EK= hν-W，下面的理解正确的有
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EK
B.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ν0之间应满足关系式W= hν0
D.光电子的最大初动能和入射光的频率成正比
【分析与解答】：爱因斯坦光电效应方程EK= hν-W中的W表示从金属表面直接中逸出的光电子克服金属中正电荷引力做的功，因此是所有逸出的光电子中克服引力做功的最小值。对应的光电子的初动能是所有光电子中最大的。其它光电子的初动能都小于这个值。若入射光的频率恰好是极限频率，即刚好能有光电子逸出，可理解为逸出的光电子的最大初动能是0，因此有W= hν0。由EK= hν-W可知EK和ν之间是一次函数关系，但不是成正比关系。本题应选C。
【例2】
如图，当电键K断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为
A.1.9eV B.0.6eV
C.2.5eV D.3.1eV
【分析与解答】：电流表读数刚好为零说明刚好没有光电子能够到达阳极，也就是光电子的最大初动能刚好为0.6eV。由EK= hν-W可知W=1.9 eV。选A。
【例3】
．关于光电效应，有如下几种陈述，其中正确的是（ ）
A．金属电子的逸出功与入射光的频率成正比
B．光电流的强度与入射光的强度无关
C．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能要大
D．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应
分析：此例的解答要求熟悉光电效应现象的特征及其规律。
【分析与解答】：金属的逸出功由该金属决定，与入射光源频率无关，光电流的强度与入射光强度成正比，选项A、B错误。不可见光包括能量大的紫外线、X射线、γ射线，也包括能量比可见光小的红外线、无线电波，选项C错误。所以应选D。
例5．已知金属铯的逸出功为1.9eV，在光电效应实验中，要使铯表面发出的光电子的最大功能为1.0eV，入射光的波长应为__________m.
分析：要求了解光电效应的规律及光子说理论。
解答：由爱因斯坦光电效应方程可得：
=W+m
∴=1.9+1.0=2.9eV=2.9×1.6×10—19J
∴λ==4.3×10—7 m
◎ 能力训练
1．关于光电效应的下述说法中，正确的是（ ）
A．光电子的最大初动能随着入射光强度的增大而增大
B．只要入射光的强度足够大或照射的时间足够长，就一定能产生光电效应
C．任何一种金属都有一个极限频率，低于这个频率的光不能产生光电效应
A． 在光电效应中，光电流的强度与入射光强度无关
答案：C
2．下列实验中，能证实光具有粒子性的是（ ）
A．光电效应实验 B．光的双缝干涉实验
C．光的圆孔衍射实验 D．α粒子散射实验
答案：A
3．在演示光电效应的实验中，把某种金属板连在验电器上，第一次，用弧光灯直接照射金属板，验电器的指针就张开一个角度。第二次，在弧光灯和金属板之间，插入一块普通的玻璃板，再用弧光灯照射，验电器指针不张开。由此可以判定，使金属板产生光电效应的是弧光中的（ ）
A．可见光成份 B．紫外光成份
C．红外光成份 D．无线电波成份
答案：ACD
4．在X射线管中，由阴极发射的电子被加速后打到阳极，会产生包括X光在内的各种能量的光子，其中光子能量的最大值等于电子的动能。已知阳极与阴极之间的电势差U、普朗克常数h、电子电量e和光速c，则可知该X射线管发出的X光的（ ）
A．最短波长为 B．最长波长为h
C．最小频率为 D．最大频率为
答案：D
5．某金属在单色光的照射下发射出光电子，这光电子的最大初动能（ ）
A．随照射光的强度增大而增大 B．随照射光的频率增大而增大
C．随照射光的波长增大而增大 D．与照射光的照射时间无关
答案：BD
6．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下述措施中可能使该金属产生光电效应的是（ ）
A．延长光照时间 B．增大光的强度
C．换用波长较短的光照射 D．换用频率较低的光照射
答案：C
7．一细束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为互相分离的三束光，分别照射到相同的金属板a、b、c上，如图所示，已知金属板b有光电子放出，则可知 （）
A．板a一定不放出光电子
B．板a一定放出光电子
C．板c一定不放出光电子
D．板c一定放出光电子
答案：D
8．在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连。用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图所示。这时（ ）
A．锌板带正电，指针带负电
B．锌板带正电，指针带正电
C．锌板带负电，指针带正电
D．锌板带负电，指针带负电
答案：B
光的波粒二象性
◎ 知识梳理
1.光的波粒二象性
干涉、衍射和偏振以无可辩驳的事实表明光是一种波；光电效应和康普顿效应又用无可辩驳的事实表明光是一种粒子；因此现代物理学认为：光具有波粒二象性。
2.正确理解波粒二象性
波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义。波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量。
⑴个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性。
⑵高的光子容易表现出粒子性；低的光子容易表现出波动性。
⑶光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现为粒子性。
⑷由光子的能量E=hν，光子的动量表示式也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾：表示粒子性的粒子能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率和波长。
由以上两式和波速公式c=λ ν 还 可以得出：E = p c。
3．物质波（德布罗意波）
由光的波粒二象性的思想推广到微观粒子和任何运动着的物体上去，得出物质波（德布罗意波）的概念：任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与它对应，波长λ是λ＝h/p
◎ 例题评析
【例1】已知由激光器发出的一细束功率为P=0.15kW的激光束，竖直向上照射在一个固态铝球的下部，使其恰好能在空中悬浮。已知铝的密度为ρ=2.7×103kg/m3，设激光束的光子全部被铝球吸收，求铝球的直径是多大？（计算中可取π=3，g=10m/s2）
【分析与解答】：设每个激光光子的能量为E，动量为p，时间t内射到铝球上的光子数为n，激光束对铝球的作用力为F，铝球的直径为d，则有：光子能量和动量间关系是E = p c，铝球的重力和F平衡，因此F= ρgπd3，由以上各式解得d=0.33mm。
【例2】
试估算一个中学生在跑百米时的德布罗意波的波长。
【分析与解答】：估计一个中学生的质量m≈50kg ，百米跑时速度v≈7m/s ，则
m
由计算结果看出，宏观物体的物质波波长非常小，所以很难表现出其波动性。
【例3】为了观察到纳米级的微小结构，需要用到分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜。下列说法中正确的是
A.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射
B.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此不容易发生明显衍射
C.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此更容易发生明显衍射
D.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此更容易发生明显衍射
【分析与解答】：为了观察纳米级的微小结构，用光学显微镜是不可能的。因为可见光的波长数量级是10-7m，远大于纳米，会发生明显的衍射现象，因此不能精确聚焦。如果用很高的电压使电子加速，使它具有很大的动量，其物质波的波长就会很短，衍射的影响就小多了。因此本题应选A。
● 模拟测试
一、选择题
1．下列哪些现象是光衍射产生的（ ）
A．著名的泊松亮斑
B．阳光下茂密树荫中地面上的圆形亮斑
C．光照到细金属丝上在其后面屏上得到的阴影中间出现亮线
D．阳光经凸透镜后形成的亮斑
2．下列属于光的干涉现象的是（ ）
A．雨后天空中出现的彩虹
B．红光比紫光更容易透过云雾烟尘
C．人们在研究光的波动时，观察的泊松亮斑
D．在棱镜的表面镀上一层氟化镁薄膜，这样可增加光的透射强度，减小反射光的强度
3．在杨氏双缝干涉实验中，下列说法正确的是（ ）
A．若将其中一缝挡位，则屏上条纹不变只是亮度减半
B．若将其中一缝挡住，则屏上无条纹
C．若将其中一缝用红色滤光片挡住，另一缝用蓝色滤光片挡住，屏上将出现红蓝相间条纹
D．若将其中一缝用红色滤光片挡住，另一缝用蓝色滤光片挡住，屏上不出现条纹，但有亮光
4．用黄光照射一不透明的圆板时，在圆板的背影中恰能观察到一黄色光斑，若用红色光、绿色光和紫色光照射圆板，能够观察到光斑的是（ ）
A．只有红色光 B．只有紫色光
C．只有红色光和紫色光 D．三种色光都能
5．如图所示，一束白光从左侧射入肥皂薄膜，
下列说法中正确的是（ ）
A．人从右侧向左看，可看到彩色条纹
B．人从左侧向右看，可看到彩色条纹
C．彩色条纹平行排列
D．彩色条纹竖直排列
6．杨氏双缝干涉实验中，下列说法正确的是（n为自然数，λ为光波波长）
①在距双缝的路程相等的点形成暗条纹
②在距双缝的路程差为nλ的点形成亮条纹
③在距双缝的路程差为n的点形成亮条纹
④在距双缝的路程差为(n+)λ的点形成暗条纹
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
7．各种电磁波的产生机理不同，下面给出的几组电磁波中，哪一组中的电磁波都是由原子外层电子受激发后产生的（ ）
A．红外线、紫外线、伦琴射线 B．微波、红外线、紫光、紫外线
C．无线电波、微波、红外线 D．黄光、绿光、紫光
8．关于光谱，下面说法中正确的是（ ）
A．炽热的液体发射连续光谱
B．太阳光谱中的暗线说明太阳上缺与这些暗线相应的元素
C．明线光谱和暗线光谱都可用于对物质成分进行分析
D．发射光谱一定是连续光谱
9．太阳光谱有许多暗线，它们对应着某些元素的特征光谱，产生这些暗线是由于（ ）
A．太阳内部缺少相应的元素
B．太阳表面大气层中存在着相应的元素
C．太阳表面大气层中缺少相应的元素
D．太阳内部存在着相应的元素
10．下列说法中正确的是哪些（ ）
A．可见光是原子外层电子受激发产生
B．β射线是原子外层电子脱离原子放出的
C．一切物质都在不停地辐射红外线
D．α、β、γ其中α射线的电离本领最强
11．用爱因斯坦光子说解释光电效应时，正确的说法是（ ）
A．每个光电子都是吸收一个光子后跑出来的
B．光电子克服原子核的引力并从金属内部逸出来所需要的能量等于逸出功
C．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D．光子的能量由频率决定，也与光的强度和光波的振幅有关
12．关于光的波粒二象性，下面说法中正确的是（ ）
A．大量光子的效果往往显示波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性
B．光在传播时往往表现波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性
C．频率大的光粒子性显著，频率小的光波动性显著
D．光既有波动性，又有粒子性，两者相互矛盾，是不能统一的
13．在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图所示。这时（ ）
A．锌板带正电，指针带负电
B．锌板带正电，指针带正电
C．锌板带负电，指针带正电
D．锌板带负电，指针带负电
14．下列哪组现象胡说明光具有波粒二象性（ ）
A．光的色散和光的干涉 B．光的衍射和光的干涉
C．泊松亮斑和光电效应 D．以上三组现象都不行
二、填空题
15．已知绿光频率为ν，增透膜对它的折射率为n，则增透膜厚度为________.（光速为c）
16．使金属钠产生光电效应的光的最长波长是5000 ，因此，金属钠的逸出功W=______J，现在用频率在3.90×1014Hz到7.50×1014Hz范围内的光照射钠，那么使钠产生光电效应的频率范围是从_______Hz到________.（普朗克常量h=6.63×10—34J·s）
17．如图（a）所示，用单色光照射透明标准板M来检查零件N的表面情况，观察到如图（b）所示的条纹，则P条纹的弯曲情况表明零件N的表面上A处是_______的；P处条纹的弯曲情况表明零件N的表面上B处是_________的。（填“凸”或“凹”）
18．激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光。红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲。现有一红宝石激光器，发射功率为1.0×1010W，所发射的每个光脉冲持续的时间△t为1.0×10—11s，波长为793.4nm，问每列光脉冲的长度l是多少？其中含有的光子数为n=________个.
三、计算题
19．在双缝干涉的实验中，入射光的频率为5×1014Hz，从双缝射出的两束光到达屏上某点的路程差为15000 ，该点将出现什么样条纹
20．用红光做乐的双缝干涉实验时，已知双缝间距为0.20×10—3m，测得双缝到屏间的距离为0.700m，分划板中心刻线对齐第一条亮条纹中央时手轮读数为0.52×10—3m ，第4条亮条纹所在位置为7.47×10—3m，求此红光的波长.
21．实验室用功率P=15W的紫外灯（波长λ=2537 ）演示光电效应，阴极离光源d=0.5m，估算阴极表面每个原子每秒钟接收到的光子数。（原子半径取r0=0.5×10—10m）
参考答案
1、 选择题
1．AC 2．D 3．D 4．A 5．BC 6．D 7．D 8．AC 9．B 10．ACD
11．A 12．ABC 13．B 14．C
二、填空题
15． 16．3.98×10—19， 6.00×1014，7.50×1014.
17．凹，凸 18．3.5×1017
三、计算题
19．暗条纹 20．λ=6.62×10—7m
21．n≈0.05
原子和原子核
核心内容 课标解读
原子结构 1 了解原子结构模型建立的历史过程及建立的依据
2 知道粒子散射实验的实验方法和实验现象
3 了解原子核式结构的主要内容
氢原子光谱 4 了解氢原子光谱的不连续性及各个线系
5 知道原子的特征光谱，了解光谱分析在技术中的应用
原子的能级结构 6 了解原子的能级、跃迁、能量量子化及基态激发态
7 了解原子发射和吸收光子的频率与能级差的关系
8 知道氢原子能级公式，能用公式分析相关问题
9 能用原子的能级结构解释氢原子的光谱的不连续性
原子核的组成 10 知道天然放射现象
11 知道原子核的组成，知道核子的概念
核反应方程 12 知道天然放射现象的原因是核的衰变
13 知道三种射线的本质，如何用电场或磁场区分它们
14 知道衰变和衰变，会书定核反应方程
15 知道半衰期的概念，知道半衰期的统计意义
放射性同位素 16 知道同位素的概
17 知道放射性同位素的应用
18 知道放射性污染对自然和人类的危害，了解如何防范
核力与结合能 19 知道核力及其性质
20 知道重核和轻核
21 知道原子核的结合能及平均结合能
裂变和聚变 22 知道重核的裂变，链式反应，原子弹的原理
23 知道轻核的聚变，氢弹的原理
24 了解受控热核反应的发展前景
核能的应用 25 知道核反应和核反应堆
了解裂变反应堆的原理和类型
知道核电站的工作模式
了解核能的发展前景
这一章讲述简单的核物理的有关知识，主要包括原子核的组成和核能的有关内容．原子核的人工转变、原子核的组成及核能的开发与利用是本章的重点．
一、原子模型
◎ 知识梳理
1.汤姆生模型（枣糕模型）
汤姆生发现了电子，使人们认识到原子有复杂结构。
2.卢瑟福的核式结构模型（核式结构）
（1）a粒子散射实验的目的、设计及设计思想。
①目的：通过a粒子散射的情况获取关于原子结构方面的信息。
②设计：在真空的环境中，使放射性元素钋放射出的a粒子轰击金箔，然后透过显微镜观察用荧光屏接收到的a粒子，通过轰击前后a粒子运动情况的对比，来了解金原子的结构情况。
③设计思想：与某一个金原子发生作用前后的a粒子运动情况的差异，必然带有该金原子结构特征的烙印。搞清这一设计思想，就不难理解卢瑟福为什么选择了金箔做靶子（利用金的良好的延展性，使每个a粒子在穿过金箔过程中尽可能只与某一个金原子发生作用）和为什么实验要在真空环境中进行（避免气体分子对a粒子的运动产生影响）。
（2）a粒子散射现象
①绝大多数a粒子几乎不发生偏转；
②少数a粒子则发生了较大的偏转；
③极少数a粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90°有的甚至几乎达到180°）。
（3）a粒子散射的简单解释。
首先，由于质量的悬殊便可判定，a粒子的偏转不会是因为电子的影响，而只能是因为原子中除电子外的带正电的物质的作用而引起的；其次，原子中除电子外的带正电的物质不应是均匀分布的（否则对所有的a粒子来说散射情况应该是一样的），而“绝大多数”“少数”和“极少数”a粒子的行为的差异，充分地说明这部分带正电的物质只能高度地集中在在一个很小的区域内；再次，从这三部分行为不同的a粒子数量的差别的统计，不难理解卢瑟福为什么能估算出这个区域的直径约为10-14m。
（4）原子的核式结构
①原子的中心有一个很小的核；
②原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在核内；
③带负电的电子在核外空间绕核旋转。
3、玻尔的原子模型——三条假设
（1）“定态假设”：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中，电子虽做变速运动，但并不向外辐射电磁波，这样的相对稳定的状态称为定态。
定态假设实际上只是给经典的电磁理论限制了适用范围：原子中电子绕核转动处于定态时不受该理论的制约。
（2）“跃迁假设”：电子绕核转动处于定态时不辐射电磁波，但电子在两个不同定态间发生跃迁时，却要辐射（吸收）电磁波（光子），其频率由两个定态的能量差值决定hv=E2-E1。
跃迁假设对发光（吸光）从微观（原子等级）上给出了解释。
（3）“轨道量子化假设”：由于能量状态的不连续，因此电子绕核转动的轨道半径也不能任意取值，必须满足。
轨道量子化假设把量子观念引入原子理论，这是玻尔的原子理论之所以成功的根本原因。
4．氢原子能级及氢光谱
（1）氢原子能级
①能级公式：；
②半径公式：。
（2）氢光谱
在氢光谱中，n=2,3,4,5,……向n=1跃迁发光形成赖曼线系；n=3,4,5,6向n=2跃进迁发光形成马尔末线系；n=4,5,6,7……向n=3跃迁发光形成帕邢线系；n=5,6,7,8……向n=4跃迁发光形成布喇开线系，其中只有马尔末线生活费的前4条谱线落在可见光区域内。
⑶玻尔理论的局限性。由于引进了量子理论（轨道量子化和能量量子化），玻尔理论成功地解释了氢光谱的规律。但由于它保留了过多的经典物理理论（牛顿第二定律、向心力、库仑力等），所以在解释其他原子的光谱上都遇到很大的困难。
5.氢原子中的电子云
对于宏观质点，只要知道它在某一时刻的位置和速度以及受力情况，就可以应用牛顿定律确定该质点运动的轨道，算出它在以后任意时刻的位置和速度。
对电子等微观粒子，牛顿定律已不再适用，因此不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置。玻尔理论中说的“电子轨道”实际上也是没有意义的。更加彻底的量子理论认为，我们只能知道电子在原子核附近各点出现的概率的大小。在不同的能量状态下，电子在各个位置出现的概率是不同的。如果用疏密不同的点子表示电子在各个位置出现的概率，画出图来，就像一片云雾一样，可以形象地称之为电子云。
◎ 例题评析
【例】用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子。停止照射后，发现该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，它们的频率由低到高依次为ν1、ν2、ν3，由此可知，开始用来照射容器的单色光的光子能量可以表示为：①hν1；②hν3；③h(ν1+ν2)；④h(ν1+ν2+ν3) 以上表示式中
A.只有①③正确 B.只有②正确
C.只有②③正确 D.只有④正确
【分析与解答】：该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，说明这时氢原子处于第三能级。根据玻尔理论应该有hν3=E3- E1，hν1=E3- E2，hν2=E2- E1，可见hν3= hν1+ hν2= h(ν1+ν2)，所以照射光子能量可以表示为②或③，答案选C。
◎ 能力训练
1．提出原子核式结构模型的科学家是（ C ）
A．汤姆生 B．玻尔 C．卢瑟福 D．查德威克
2．在卢瑟福的a粒子散射实验中，有少数a粒子发生大角度偏转，其原因是（Ａ）
A．原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
B．正电荷在原子中是均匀分布的
C．原子中存在着带负电的电子
D．原子只能处于一系列不连续的能量状态中
3．处于基态的氢原子在某单色光束照射下，只能发出频率为ν1、ν2、ν3的三种光，且ν1<ν2<ν3，则该照射光的光子能量为 （ C ）
A．hν1 B．hν2 C．hν3 D．h(ν1+ν2+ν3)
4．下列说法正确的是(BC)
A.当氢原子从n＝2的状态跃迁到n=6的状态时，发射出光子
B.放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变需要的时间
C. 同一元素的两种同位数具有相同的质子数
D.中子与质子结合成氘核时吸收能量
5．卢瑟福原子核式结构理论的主要内容有（ＡＣＤ）
A．原子的中心有个核，叫做原子核
B．原子的正电荷均匀分布在整个原子中
C．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里
D．带负电的电子在校外绕着核旋转
6．氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能
选修3-5
碰撞与动量守恒
原子和原子核
波粒二象性
碰撞与动量守恒
核心内容 课标解读
动量和冲量 1 理解动量的的概念，知道冲量的意义
2 理解动量和冲量都是矢量，会计算一维动量变化
3 理解动量变化和力之间的关系，会用来计算相关问题
动量守恒定律 4 理解动量守恒定律的确切含义，知道其适用范围
5 掌握动量守恒定律解题的一般步骤
6 会用动量守恒定律分析、解决碰撞、爆炸等相互作用
7 会应用动量守恒定律解决一维运动有关问题
反冲运动 8 知道什么是反冲，
9 知道火箭的飞行原理和用途，能解释喷气飞机的原理
10 了解动量守恒定律在实际生活中的意义和作用
冲量和动量是物理学中的重要概念，动量定理和动量守恒是自然界中最重要、最普遍、最基本的客观规律之一.动量定理和动量守恒定律是可以用牛顿第二定律导出，但适用范围比牛顿第二定律要广。动量守恒定律广泛应用于碰撞、爆炸、冲击；近代物理中微观粒子的研究，火箭技术的发展都离不开动量守恒定律有关的物理知识。在自然界中，大到天体间的相互作用，小到如质子、中子等基本粒子间的相互作用，都遵守动量守恒定律。本章内容高考年年必考，题型全面，选择题主要考查动量的矢量性，辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念；常设置一个瞬间碰撞的情景，用动量定理求变力的冲量；或求出平均力；或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值；计算题主要考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力。一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。2000年全国卷第22题、2003年全国卷第20题、2004年理综全国卷第25题的柴油机打桩问题、2004年江苏物理卷第18题、2004年广东物理卷第17题等。高考中有关动量的计算题在分析解答问题的过程中常会运用数学的归纳、推理的方法，解答多次反复碰撞问题，要求考生将物理问题经过分析、推理转化为数学问题，然后运用数学解决物理问题。运用数学解决物理问题的能力是高考中能力考查的重点内容之一，加强这方面的练习十分必要。
一、动量和冲量
◎ 知识梳理
1．动量的概念
(1)定义：物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv
（2）动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。
（3）动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。
（4）动量的相对性：由于物体的速度与参考系的选取有关，所以物体的动量也与参考系选取有关，因而动量具有相对性。题中没有特别说明的，一般取地面或相对地面静止的物体为参考系。
（5）动量的变化：.由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。
A、若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
B、若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
（6）动量与动能的关系：，注意动量是矢量，动能是标量，动量改变，动能不一定改变，但动能改变动量是一定要变的。
2．冲量的概念
(1)定义:力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I=Ft
(2)冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。
(3)冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。如果力的方向在不断变化，如绳子拉物体做圆周运动，则绳的拉力在时间t内的冲量，就不能说是力的方向就是冲量的方向。对于方向不断变化的力的冲量，其方向可以通过动量变化的方向间接得出。
(4)高中阶段只要求会用I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动量定理通过物体的动量变化来求。
(5)要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。特别是力作用在静止的物体上也有冲量。
3．求恒力和变力冲量的方法。
恒力F的冲量直接根据I=Ft求，而变力的冲量一般要由动量定理或F-t图线与横轴所夹的面积来求。
◎ 例题评析
【例1】质量为m的小球由高为H的、倾角为θ光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
【分析与解答】：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、
mgcosθ和mg.sinθ，所以它们的冲量依次是：
特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。
【例2】质量为m的小球由高为H的光滑斜面顶端无初速滑到底端过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？
【分析与解答】：力的作用时间都是，力的大小依次是mg、
mgcosα和mgsinα，所以它们的冲量依次是：
【例3】一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图1所示，如果该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？
【分析与解答】：我们看到两个力都是变力，但其变化是均匀的，故可以平其平均值，即初未的一半。
经过t=10s后,F1的冲量I1=10×10/2=50N.S
F2的冲量I2=－50N.S,合力F的冲量为0.
二．动量定理
◎ 知识梳理
（1）.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既I=Δp
（2）动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。
（3）动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。
（4）现代物理学把力定义为物体动量的变化率：（牛顿第二定律的动量形式）。
（5）动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为正。
1．求动量及动量变化的方法。
求动量的变化要用平行四边形定则或动量定理。
◎ 例题评析
【例1】以初速度v0平抛出一个质量为m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？
【分析与解答】：因为合外力就是重力，所以Δp=Ft=mgt
【例2】 一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则( )
A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
【分析与解答】：根据动量定理可知,在过程I中,钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力,小球所受的合外力即为重力,因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量,选项A正确;过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和,显然B选项不对;在I、Ⅱ两个过程中,钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零,故合外力的总冲量等于零,故C选项正确,D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。
这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当t1>> t2时，F>>mg。
◎ 能力训练
1．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2，在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为（ D）
A．向下，m（v2 - v1）
B．向下，m（v2 + v1）
C．向上，m（v2 - v1）
D．向上，m（v2 + v1）
2．质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：⑴沙对小球的平均阻力F；⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。
I=mgt1
2．用动量定理求解相关问题
◎ 知识梳理
遇到涉及力、时间和速度变化的问题时.运用动量定理解答往往比运用牛顿运 动定律及运动学规律求解简便。应用动量定理解题的思路和一般步骤为：
(l)明确研究对象和物理过程;
(2)分析研究对象在运动过程中的受力情况;
(3)选取正方向,确定物体在运动过程中始末两状态的动量;
(4)依据动量定理列方程、求解。
【说明】 在求恒力的冲量时，必须牢牢把握冲量的定义式，不要离开题意而把问题人为弄复杂了。
（1）．简解多过程问题。
◎ 例题评析
【例3】一个质量为m=2kg的物体,在F1=8N的水平推力作用下,从静止开始沿水平 面运动了t1=5s,然后推力减小为F2=5N,方向不变,物体又运动了t2=4s后撤去外力,物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。
【分析与解答】：规定推力的方向为正方向,在物体运动的整个过程中,物体的初动量P1=0,?末动量P2=O。据动量定理有： ?
即：?，解得 ?
由例6可知,合理选取研究过程，能简化解题步骤,提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。同学们可比较这两种求解方法的简繁情况。 .
（2）.求解平均力问题
◎ 例题评析
【例4】质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中．已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲量．（ g= 10m／s2）
【分析与解答】：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：
取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得： Ft=mV—mV0
所以，（方向竖直向下）
注意： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值．
（3）、求解曲线运动问题
◎ 例题评析
【例5】 如图 2所示，以Vo ＝10m／s2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m＝2kg的小球．忽略空气阻力的作用，g取10m／s2．求抛出后第2s末小球速度的大小．
【分析与解答】：小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得： Fyt=mVy-mVy0
所以mgt=mVy-(-mV0.sin300),
解得Vy=gt-V0.sin300=15m/s.
而Vx=V0.cos300=
在第2s未小球的速度大小为：
注意： 动量定理不仅适用于物体做直线运动的问题，而且也适用物体做曲线运动的问题，在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即：
Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0
（4）、求解流体问题
◎ 例题评析
【例6】某种气体分子束由质量m=5.4X10-26kg速度V＝460m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0＝1.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．
【分析与解答】：设在△t时间内射到 S的某平面上的气体的质量为ΔM，则：
取ΔM为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F以V方向规定为正方向，由动量定理得:-F.Δt=ΔMV-(-ΔM.V),解得
平面受到的压强P为：
注意：处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属．解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间△t内射到物体表面上的流体为研究对象
（5）、对系统应用动量定理。
系统的动量定理就是系统所受合外力的冲量等于系统总动量的变化。若将系统受到的每一个外力、系统内每一个物体的速度均沿正交坐标系x轴和y轴分解，则系统的动量定理的数学表达式如下：
，
对于不需求解系统内部各物体间相互作用力的问题，采用系统的动量定理求解将会使求解简单、过程明确。
◎ 例题评析
【例7】如图3所示， 质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？
【分析与解答】：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为，该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得：
注意：这种方法只能用在拖车停下之前。因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。
【例8】如图4所示，矩形盒B的质量为M，放在水平面上，盒内有一质量为m的物体A，A与B、B与地面间的动摩擦因数分别μ1、μ2，开始时二者均静止。现瞬间使物体A获取一向右且与矩形盒B左、右侧壁垂直的水平速度V0，以后物体A在盒B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当A与B最后一次碰撞后，B停止运动，A则继续向右滑行距离S后也停止运动，求盒B运动的时间t。
【分析与解答】：以物体A、盒B组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒B的滑动摩擦力，而A与B间的摩擦力、A与B碰撞时的相互作用力均是内力。设B停止运动时A的速度为V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：
当B停止运动后，对A应用动能定理得：
由以上二式联立解得：。
◎ 能力训练
1.篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前.这样做可以
A.减小球对手的冲量
B.减小球的动量变化率
C.减小球的动量变化量
D.减小球的动能变化量
2.玻璃茶杯从同一高度掉下，落在水泥地上易碎，落在海锦垫上不易碎，这是因为茶杯与水泥地撞击过程中
A.茶杯动量较大
B.茶杯动量变化较大
C.茶杯所受冲量较大
D.茶杯动量变化率较大
3.质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，钢球受到的冲量的方向和大小为
A.向下，m(v1－v2）
B.向下，m(v1＋v2）
C.向上，m(v1－v2）
D.向上，m(v1＋v2）
4.质量为5 kg的物体，原来以v=5 m/s的速度做匀速直线运动，现受到跟运动方向相同的冲量15 N·s的作用，历时4 s，物体的动量大小变为
A.80 kg·m/s B.160 kg·m/s
C.40 kg·m/s D.10 kg·m/s
5.一物体竖直向上抛出，从开始抛出到落回抛出点所经历的时间是t,上升的最大高度是H，所受空气阻力大小恒为F,则在时间t内
A.物体受重力的冲量为零
B.在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小
C.物体动量的增量大于抛出时的动量
D.物体机械能的减小量等于FH
6.恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是
A.拉力F对物体的冲量大小为零
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft
C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D.合力对物体的冲量大小为零
7.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，两个物体具有的相同的物理量是
A.重力的冲量
B.合力的冲量
C.刚到达底端时动量的水平分量
D.以上几个量都不同
8.如图所示，木块A和B叠放于水平面上，轻推木块A，B会跟着A一起运动，猛击A时，B则不再跟着A一块运动，以上事实说明
A.轻推A时，A对B的冲量小
B.轻推A时，A对B的冲量大
C.猛击A时，A对B的作用力小
D.猛击A时，A对B的作用力大
9.A、B两物体在光滑水平面上相向滑行，A物体速度大小为8 m/s，B物体速度大小为 4 m/s，两物体相碰后均静止，则两物体所受冲量大小之比为_______，两物体质量之比为_______.
10.（2001年京、皖、蒙春季高考试题）质量为m=0.10 kg的小钢球以v0=10 m/s的水平速度抛出，下落h=5 m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ=_______.刚要撞击钢板时小球的动量大小为_______.(取g=10 m/s2)
11.一个物体的质量是2 kg，沿竖直方向下落，以10 m/s的速度碰到水泥地面上，随后又以8 m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则小球与地面相碰前的动量是_______kg·m/s，相碰后的动量是_______kg·m/s，小球的动量变化是_______kg·m/s.
12.两个质量相同的小球A、B，中间用轻弹簧相连，放在光滑的水平面上，A球挨着左墙壁，如图所示.若用水平向左的短时冲量I作用于B球，B球将弹簧压缩，弹簧的最大弹性势能是4 J，当A球离开墙壁瞬间，B球的动量大小是2 kg·m/s.则B球的质量是________；水平冲量I的大小是________.
三、计算题
13.跳起摸高是中学生进行的一项体育活动，某同学身高1.80 m，质量65 kg，站立举手达到2.20 m.此同学用力蹬地，经0.45 s竖直离地跳起，设他蹬地的力的大小恒定为 1060 N，计算他跳起可摸到的高度.(g=10 m/s2)
14.质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时发生脱钩，直到拖车停下瞬间司机才发现.若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为μ，那么拖车刚停下时汽车的即时速度是多大
一、1.B 2.D 3.D 4.C 5.BC 6.BD 7.D 8.B?
二、9. 1∶1；1∶2?
10.45°；kg·m/s 小球撞击后速度恰好反向，说明撞击前速度与钢板垂直.利用这一结论可求得钢板与水平面的夹角θ=45°，利用平抛运动规律（或机械能守恒定律）可求得小球与钢板撞击前的速度大小v=v0=10m/s,因此其动量的大小为p=mv=kg·m/s.
11.-20;16;36?
12.0.5 kg;2 N·s 用水平向左的短时冲量I作用于B球后，B球获得一定的动量，向左压缩弹簧，压缩过程中，B球的动能转化为弹簧的弹性势能，机械能守恒.B球速度为零时，弹簧弹性势能最大为4 J，当A球离开墙壁瞬间，弹簧刚好恢复原长，B球动能为4 J，而B球的动量大小是2 kg·m/s，由动量公式p=mv和动能公式Ek=mv2，可求出B球的质量?0.5 kg，同时可知B球压缩弹簧前的动量大小也是2 kg·m/s，据动量定理，水平冲量I的大小是2 N·s.?
三、?
13.设人离地时获得速度为v，据动量定理（F-mg)t=mv.由竖直上抛运动公式得：h=v2/2g,由上述两式解得：h=0.4 m,所以该同学摸高为H=2.2+0.4=2.6 m.?
14.根据牛顿第二定律，系统受的合外力为F=（M+m）a，
脱钩后到拖车停止所经历的时间为t=，对系统运用动量定理可得：
（M+m）a·=Mv′-（M+m）v0，?
所以v′=v0?
三．动量守恒定律
◎ 知识梳理
（1）.动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。 即：
（2）动量守恒定律成立的条件
系统不受外力或者所受外力之和为零；
系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；
系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。
全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。
（3）.动量守恒定律的表达形式：除了，即p1+p2=p1/+p2/外，还有：Δp1+Δp2=0，Δp1= -Δp2 和
（4）动量守恒定律的重要意义
从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生β衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。（2000年高考综合题23 ②就是根据这一历史事实设计的）。又如人们发现，两个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。这时物理学家把动量的概念推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。
1．根据动量守恒条件判定系统的动量是否守恒？
◎ 例题评析
【例1】如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：
A、动量守恒、机械能守恒
B、动量不守恒、机械能不守恒
C、动量守恒、机械能不守恒
D、动量不守恒、机械能守恒
【分析与解答】：若以子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象(系统)，从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短时，弹簧固定端墙壁对弹簧有外力作用，因此动量不守恒．而在子弹射入木块时，存在剧烈摩擦作用，有一部分能量将转化为内能，机械能也不守恒．实际上，在子弹射入木块这一瞬间过程，取子弹与木块为系统则可认为动量守恒（此瞬间弹簧尚未形变）．子弹射入木块后木块压缩弹簧过程中，机械能守恒，但动量不守恒．物理规律总是在一定条件得出的，因此在分析问题时，不但要弄清取谁作研究对象，还要弄清过程的阶段的选取，判断各阶段满足物理规律的条件．
【例2】质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（ ）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：
（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；
D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：
（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2
【分析与解答】：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变。但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程。因此，我们只需分析B、C两项。其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确。
2．分方向动量守恒
系统所受合外力不为零时，总动量不守恒，若某一方向上合外力为零，这个方向上的动量守恒。要特别注意把速度投影到这个方向上，同时还要注意各量的正负号。
◎ 例题评析
【例3】 如图所示。质量为m的铅球以大小为v0
仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少
【分析与解答】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得
mv0cosθ=(M+m)v
所以v=mv0cosθ/(M+m)
【说明】此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒。又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒。
◎ 能力训练
1．如图所示，小车放在光滑的水平面上，用细绳将小球拉开到一定角度，然后同时
放开小球和小车，那么在以后的过程中 ( D )
A．小球向左摆动时，小车也向左运动，且系统动量守恒
B．小球向左摆动时，小车向右运动，且系统动量守恒
C．小球向左摆到最高点，小球的速度为零而小车速度不为零
D．在任意时刻，小球和小车在水平方向的动量一定大小相等、方向相反
2．如图所示，木块A静置于光滑的水平面上，其曲面部分MN光滑，水平部分
NP是粗糙的，现有一物体B自M点由静止下滑，设NP足够长，则以下叙述正确的是( BC )
A．A、B最终以同一速度(不为零)运动
B．A、B最终速度均为零
C．A物体冼做加速运动，后做减速运动
D．A物体先做加速运动，后做匀速运动
3．如图所示，将一质量为lkg的物体在距离地面高5m处由静止自由下落，正好落在以5m／s速度沿光滑水平面做匀速运动的装有砂子的小车中，车与砂子的总质量为4kg，当物体与小车相对静止后，小车的速度为（B）
A．3m/s B．4m/s C．5m/s D．6m/s
3．根据动量守恒定律求解“合二为一”和“一分为二”问题。
“合二为一”问题：两个速度不同的物体，经过相互作用，最后达到共同速度。
“一分为二”问题：两个物体以共同的初速度运动，由于相互作用而分开各自以不同的速度运动。
◎ 例题评析
【例4】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg。现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住。假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：
（1）两车的速度各为多少？（2）甲总共抛出了多少个小球？
【分析与解答】：甲、乙两小孩依在抛球的时候是“一分为二”的过程，接球的过程是“合二为一”的过程。
（1）甲、乙两小孩及两车组成的系统总动量沿甲车的运动方向，甲不断抛球、乙接球后，当甲和小车与乙和小车具有共同速度时，可保证刚好不撞。设共同速度为V，则:
M1V1－M2V1=（M1+M2）V
（2）这一过程中乙小孩及时的动量变化为:△P=30×6－30×（－1.5）=225（kg·m/s）
每一个小球被乙接收后，到最终的动量弯化为 △P1=16.5×1－1.5×1=15（kg·m/s）
故小球个数为
【例5】人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度V推向前方弹性挡板，木箱与档板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度V推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱？（已知）
解析:人每次推木箱都可看作“一分为二”的过程，人每次接箱都可以看作是“合二为一”的过程，所以本题为多个“一分为二”和“合二为一”过程的组合过程。
设人第一次推出后自身速度为V1， 则：MV1=mV，
人接后第二次推出，自身速度为V2，则mV+2mV=MV2
(因为人每完成接后推一次循环动作，自身动量可看成增加2mV)
设人接后第n次推出，自身速度为Vn，则mV+2mV(n-1)=MVn
∴Vn=(2n-1)V ，
若Vn≥V ，则人第n次推出后，不能再接回，将有关数据代入上式得n≥8.25，∴n=9。
4．动量守恒定律解“人船模型”问题
两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒。这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止。
◎ 例题评析
【例6】载人气球原静止于高h的高空，气球质量为M，人的质量为m，若人沿绳梯滑至地面，则绳梯至少为多长？
【分析与解答】：气球和人原静止于空中，说明系统所受合力为零，故人下滑过程中系统动量守恒。人着地时，绳梯至少应触及地面，若设绳梯长为L，人沿绳梯滑至地面的时间为t，由动量守恒定律有：,解得。
【例7】如图7所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。发射器口到沙袋的距离为d，把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是_______。
【分析与解答】：本题可把子弹看作“人”，把车看作“船”，这样就可以用“人船模型”来求解.
,解得。
【例8】质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？
【分析与解答】：利用“人船模型”易求得船的位移大小为：.提示：若m1>m2,本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便。
◎ 能力训练
1．平静的湖面上停着一只小木船，船头站着一个人，如图所示，现在人要走到船尾取一样东西，已知船长为L，那么人从喘头走到船尾过程中，船相对静水后退的距离多大 (船质量为M，人的质量为m)
2．如图所示，在固定的水平光滑横杆上，套着一个质量为M的环，一条轻绳一端连于环，另一端系一质量为m的小球，绳长为z，开始时，将系球的绳绷直并拉到与横杆平行的位置，然后将小球释放，试求小球第一次到达最低点的过程中，环在横杆上移动的距离。
5．分析求解“三体二次作用过程”问题
所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程。解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解。
◎ 例题评析
【例9】光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以V0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图8所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J时，物块A的速度是 m/s。
【分析与解答】：本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A、B、C三物块。“二次作用”过程为第一次是B、C二物块发生短时作用，而A不参加，这过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒。
对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为VBC，则据动量守恒定律得：
(1)
对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：
mAV0+ （2）
（3）
由式(1)、（2）、（3）可得：当弹簧的弹性势能达到最大为EP=12J时，物块A的速度V=3 m/s。
【例10】如图所示为三块质量均为m，长度均为L的木块。木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为。
【分析与解答】：设第3块木块的初速度为V0,对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V1，据动量守恒定律得：mV0=2mV1
对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V2，则据动量守恒定律得：
2mV1=3mV2
(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：
由联立方程得：Ek3=6μmgL
(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：
由联立方程得：Ek3=9μmgL
故：
6．分析求解“二体三次作用过程”问题
所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程。求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题。
◎ 例题评析
【例11】如图所示，打桩机锤头质量为M，从距桩顶h高处自由下落，打在质量为m的木桩上，且在极短时间内便随桩一起向下运动，使得木桩深入泥土的距离为S，那么在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力是多少？
【分析与解答】：这是一道联系实际的试题。许多同学对打木桩问题的过程没有弄清楚，加上又不理解“作用时间极短”的含意而酿成错误。其实
打木桩问题可分为三个过程：
其一：锤头自由下落运动过程，设锤刚与木桩接
触的速度为V0，则据机械能守恒定律得：
Mgh=,所以V0=。
其二：锤与木桩的碰撞过程，由于作用时间极短，
内力远大于外力，动量守恒，设碰后的共同速度为V，
据动量守恒定律可得：
MV0=(M+m)V, 所以V=
其三：锤与桩一起向下做减速运动过程，设在木桩下陷过程中泥土对木桩的平均阻力为f,由动能定理可得：
（M+m）gS-fS=0-,所以f=(M+m)g+.
【例12】如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度V0和2V0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求：
（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度。
【分析与解答】：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：
解得：V1=0.6V0
对木块B运用动能定理，有：
解得
（2）设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律：
对木块A：,
对木板C：,
当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：
解得
木块A在整个过程中的最小速度为：
7．用动量守恒定律解“碰撞类”问题
1.碰撞的特点
（1）作用时间极短，内力远大于外力，总动量总是守恒的。
（2）碰撞过程中，总动能不增。因为没有其它形式的能量转化为动能。
（3）碰撞过程中，当两物体碰后速度相等时，即发生完全非弹性碰撞时，系统动能损失最大。
（4）碰撞过程中，两物体产生的位移可忽略。
2.判定碰撞可能性问题的分析思路
（1）判定系统动量是否守恒。
（2）判定物理情景是否可行，如追碰后，前球动量不能减小，后球动量在原方向上不能增加；追碰后，后球在原方向的速度不可能大于前球的速度。
（3）判定碰撞前后动能是不增加。
◎ 例题评析
【例13】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kg.m/s,P2=7kg.m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg.m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？
A、m1=m2 B、2m1=m2 C、4m1=m2 D、6m1=m2。
【分析与解答】：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有：
P1+P2= P1，+ P2， 即：P1，=2 kg.m/s。
由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有：
所以有：m1m2, 因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 .因此正确的答案应该是（C）选项。
【例14】如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？
A．甲球速度为零，乙球速度不为零
B．两球速度都不为零
C．乙球速度为零，甲球速度不为零
D．两球都以各自原来的速率反向运动
【分析与解答】：首先根据两球动能相等，得出两球碰前动量大小之比为：，因m甲>m乙，则P甲>P乙，则系统的总动量方向向右。
根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的．
8．用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题
解决动力学问题，一般有三种途径：（1）牛顿第二定律和运动学公式(力的观点)；（2）动量定理和动量守恒定律(动量观点)；（3）动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律(能量观点).以上这三种观点俗称求解力学问题的三把“金钥匙”.如何合理选取三把“金钥匙”解决动力学问题，是老师很难教会的。但可以通过分别用三把“金钥匙”对一道题进行求解，通过比较就会知道如何选取三把“金钥匙” 解决动力学问题,从而提高分析问题解决问题的能力。
◎ 例题评析
【例15】如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.
(1)若已知A和B的初速度大小为V0，求它们最后的速度大小和方向.
(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.
【分析与解答】：方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t,A、B间的滑动摩擦力为f.如图14所示。
对A据牛顿第二定律和运动学公式有：
f=maA, L2=， V=-V0+aAt;
对B据牛顿第二定律和运动学公式有：
f=MaB, ,V=V0-aBt;
由几何关系有：L0+L2=L；
由以上各式可求得它们最后的速度大小为
V＝. V0，方向向右。
对A，向左运动的最大距离为。
方法2、用动能定理和动量定理求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t, A和B的初速度的大小为V0，则据动量定理可得：?
对A： ft= mV+mV0
对B：-ft=MV－MV0?
解得：V＝V0，方向向右
A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段。设L1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L2为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程，L0为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图2所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：?
对于B ： -fL0=
对于A ： -fL1= -
f(L1-L2)=
由几何关系L0+L2=L
由①、②、③、④、⑤、联立求得L1=.
方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V， A和B的初速度的大小为V0，则据动量守恒定律可得：?
MV0－mV0=(m+m)V?
解得：V＝. V0，方向向右 .
对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=
对于A fL1=
由上述二式联立求得L1=.
从上述三种解法中，同学们不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。
9．根据图象分析推理解答相关问题
◎ 例题评析
【例16】A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t0 = 0，t1= △t，t2 = 2·△t，t3=3·△t各时刻闪光四次，摄得如图所示照片，其中B像有重叠，mB=mA，由此可判断（ ）
A.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t；
B.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；
C.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t；
D.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t。
【分析与解答】：若碰撞前B静止，则VB0=0，则t0,t1,t2时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 2.5△t,碰撞后B的速度;碰撞前A的速度，碰撞后。
碰撞前系统动量为：，碰撞后系统动量为：，满足动量守恒定律；
碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒定律。
所以碰撞前B不可能静止，即AC二选项错误。
若碰撞后B静止，则VBt=0，则t1,t2,t3时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 0.5△t,碰撞前B的速度;碰撞后A的速度，碰撞前A的速度。
碰撞前系统动量为：，碰撞前系统动量为：，满足动量守恒定律；
碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒定律。
综上所述，只有选项B正确。
【例17】如图所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上。一个质量为的小滑块以初速度V0从木板的左端向右滑上木板。滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：
A．滑块与木板间始终存在相对运动；
B．滑块始终未离开木板；
C．滑块的质量大于木板的质量；
D．在时刻滑块从木板上滑出。
【分析与解答】：从图中可以看出，滑块与木板始终没有达到共同速度，所以滑块与木板间始终存在相对运动；又因木板的加速度较大，所以滑块的质量大于木板的质量；因在t1时刻以后，滑块和木板都做匀速运动，所以在时刻滑块从木板上滑出。即选项ACD正确。
10．连续发生作用的问题。
◎ 例题评析
【例18】用质量为M的铁锤沿水平方向将质量为m、长为L的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离。在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K倍（K>1）。若第一次敲击使钉进入木板深度为L1，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L1必须满足什么条件？
【分析与解答】：设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V运动，根据动量守恒定律可得：
MV0=（M+m）V
设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f1,则根据动能定理可得：
第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f2=Kf1, 根据动能定理可得：
所以L2=L1/K。同理可得L3=L1/K2，L4=L1/K3…………Ln=L1/KN(N-1)
因为L=L1+L2+……+Ln=，所以
当时，上式无意义，但其物理意义是当时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板。所以要将钉全部敲入木板，L1必须满足：
L1>（K-1）L/K
◎ 能力训练
1．如图所示，一排人站在沿z轴的水平轨道旁，原点O两侧的人的序号都记为n(n=1，2，3…)。每人只有一个砂袋，x>O一侧的每人砂袋质量为m=14kg，x
(2)车上最终有大小砂袋共多少个
车上堆积了3个砂袋时车反向滑行。
最终车上大小砂袋共11
2．列车进入编组站后要分解重组，会出现列车挂接问题，将许多节车厢逐一组合起来的过程实质是一个完全非弹性碰撞过程(即碰后车速相同)，设一列火车共有n节车厢，各车厢之间间隙相等，间隙长度的总和为s，第一节车厢以速度”向第二节车厢运动，碰撞后通过“詹天佑挂钩”连接在一起，直到n节全部挂好，则火车的最后速度是多大 整个路程经历的时间是多少
3．小车静置在光滑水平面上，站在车上的人练习打靶，人站在车的一端，靶固在车的
另一端，如图所示，已知车、人、靶和枪的总质量为M(不包括子弹)，每颗子弹质量为m，共n发，每颗子弹击中靶后，就留在靶内，且待前一发击中靶后，再打下一发，打完n发后，小车移动的距离为多少
四．典型错误举例
1．忽视动量守恒定律的系统性
动量守恒定律描述的对象是由两个以上的物体构成的系统，研究的对象具有系统性，若在作用前后丢失任一部分，在解题时都会得出错误的结论。
◎ 例题评析
【例1】一门旧式大炮在光滑的平直轨道上以V=5m/s的速度匀速前进，炮身质量为M=1000kg，现将一质量为m=25kg的炮弹，以相对炮身的速度大小u=600m/s与V反向水平射出，求射出炮弹后炮身的速度V/.
错解：根据动量守恒定律有：
MV=MV/+m[─(u─V/)],解得
分析纠错：以地面为参考系，设炮车原运动方向为正方向，根据动量定律有：
（M+m）V=MV/+m[─(u─V/)]
解得
2．忽视动量守恒定律的矢量性
动量守恒定律的表达式是矢量方程，对于系统内各物体相互作用前后均在同一直线上运动的问题，应首先选定正方向，凡与正方向相同的动量取正，反之取负。对于方向未知的动量一般先假设为正，根据求得的结果再判断假设真伪。
◎ 例题评析
【例2】质量为m的A球以水平速度V与静止在光滑的水平面上的质量为3m的B球正碰，A球的速度变为原来的1/2，则碰后B球的速度是（以V的方向为正方向）.
A.V/2, B.-V C.-V/2 D.V/2
错解：设B球碰后速度为V/，由动量守恒定律得：,.
分析纠错：碰撞后A球、B球若同向运动，A球速度小于B球速度，显然答案中没有，因此，A球碰撞后方向一定改变，A球动量应m(─V/2).
由动量守恒定律得：,V/=V/2.
故D正确。
3．忽视动量守恒定律的相对性
动量守恒定律表达式中各速度必须是相对同一参考系。因为动量中的速度有相对性，在应用动量守恒定律列方程时，应注意各物体的速度必须是相对同一参考系的速度。若题设条件中物体不是相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的，必须将它们转换成相对同一参考系的速度。一般以地面为参考系。
◎ 例题评析
【例3】某人在一只静止的小船上练习射击，船、人和枪（不包含子弹）及船上固定靶的总质量为M，子弹质量m，枪口到靶的距离为L，子弹射出枪口时相对于枪口的速率恒为V，当前一颗子弹陷入靶中时，随即发射后一颗子弹，则在发射完全部n颗子弹后，小船后退的距离多大？（不计水的阻力）
错解：选船、人、枪上固定靶和子弹组成的系统为研究对象，开始时整个系统处于静止，系统所受合外力为0，当子弹射向靶的过程中，系统动量守恒，船将向相反的方向移动。
当第一颗子弹射向靶的过程中，船向相反的方向运动，此时与船同时运动的物体的总质量为M+（n-1）m,当第一颗子弹射入靶中后，根据动量守恒，船会停止运动，系统与初始状态完全相同。
当第二颗子弹射向靶的过程中，子弹与船重复刚才的运动，直到n颗子弹全部射入靶中，所以在发射完全部n颗子弹的过程中，小船后退的距离应是发射第一颗子弹的过程中小船后退距离的n倍。
设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离S，子弹飞行的距离为L，则由动量守恒定律有：
mL─[M+(n-1)m]S=0
解得：
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都必须是相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的我总距离为nS=.
分析纠错：没有把所有的速度变换成相对于同一参考系的速度。由于船的速度是相对于地面的，而子弹的速度是相对于船的，导致船的位移是相对于地面的，而子弹的位移是相对于船的，所以解答错误。
设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为S，根据题意知子弹飞行的距离为(L─S),则由动量守恒定律有：
m(L─S)─[M+(n─1)m]S=0
解得：S=
每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为nS=.
4．忽视动量守恒定律的同时性
动量守恒定律方程两边的动量分别是系统在初、末态的总动量，初态动量的速度都应该是互相作用前同一时刻的瞬时速度，末态动量中的速度都必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。
◎ 例题评析
【例4】平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度V0前进，当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为多大？（水的阻力不计）。
错解：取人、船、物组成的系统为研究对象，由于水的阻力不计，系统的动量守恒。
以船速V0的方向为正方向，设抛出物体后人和船的速度为V，物体对地的速度为（V0─u）.由动量守恒定律得：
（M+m）V0=MV+m(V0-u),
解得.
分析纠错：错误在于没有注意同时性，应明确物体被抛出的同时，船速已发生变化，不再是原来的V0，而变成了V,即V与u是同一时刻，抛出后物对地速度是（V-u）,而不是（V0-u）.
由动量守恒定律得：（M+m）V0=MV+m(V-u)
解得：
5．忽视动量定理的矢量性
◎ 例题评析
【例5】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2）
错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 （向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 （向上） ，以表示接触时间， 接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg。由动量定理得：（F-mg）Δt=mV2-mV1， 由以上各式解得， ， 代入数值得： 。
分析纠错：错误原因是忽视了动量定理的矢量性。由动量定理得：
（F-mg）Δt=mV2+mV1，由以上各式解得， 。
代入数值得： 。
6．运用动量定理解题受力分析掉重力
◎ 例题评析
【例6】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s2）
错解：将运动员看质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小 （向下）， 弹跳后到达的高度为h2，刚离网时速度的大小 （向上） ，以表示接触时间，由动量定理得：FΔt=mV2+mV1， 由以上各式解得， ， 代入数值得： 。
分析纠错：错误原因是受力分析时掉重力。
【例7】一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球的冲量为________．(取 g=10m/s2，不计空气阻力)．
分析与解:小球从高处自由下落到软垫陷至最低点经历了两个过程，从高处自由下落到接触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由：,求出.
接触软垫时受到软垫向上作用力N和重力G(=mg)作用，规定向下为正，由动量定理：
(mg-N)t=0-m
故有：
在重物与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，此题中N=0.3N，mg=0.1N，显然在同一数量级上，不可忽略．若二者不在同一数量级，相差极大，则可考虑忽略不计（实际上从同一高度下落，往往要看撞击时间是否极短，越短冲击力越大）．
◎ 能力训练
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。共150分考试用时120分钟
第Ⅰ卷（选择题共40分）
一、本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．
1．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了 （ ）
A．减小冲量
B．使动量的增量变得更小
C．增长和地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地的压强，起到安全作用
2．假设一小型宇宙飞船沿人造地球卫星的轨道在高空做匀速圆周运动，如果飞船沿与其速度相反的方向抛出一个物体A。则下列说法中正确的是 （ ）
A．A与飞船都可能沿原轨道运动
B．A的轨道半径一定减小，飞船的轨道半径一定增加
C．A可能沿地球半径的方向竖直下落，而飞船的轨道半径一定增大
D．A的轨道半径可能增大，而飞船的轨道半径一定增大
3．在光滑的水平面上，并排放着质量相等的物体A和B，并静止于水平面上，现用水平恒力F推A ，此时沿F方向给B一个瞬时冲量I，当A追上B时，它们运动的时间是（ ）
A． B． C． D．
4．汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶，突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前 （ ）
A．汽车和拖车的总动量不变 B．汽车和拖车的总动能不变
C．汽车和拖车的总动量增加 D．汽车和拖车的总动能增加
5．在光滑水平面上，两球沿球心连线以大小相等的动量相向而行，并发生碰撞，下列现象可能发生的是 （ ）
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
6．如图1所示，质量为m的小车的水平底两端各装一根完全一样的弹簧，小车底板上有一质量为m/3的滑块，滑块与小车、小车与地面的摩擦力都不计。当小车静止时，滑块与小车、小车与地面的摩擦力都不计。当小车静止时，滑块以速度v从间向右运动，在滑块来回与左右弹簧碰撞的过程中 （ ）
A．当滑块速度方向向右，大小为v/4时，一定是右边的弹 簧压缩量最大
B．右边弹簧的最大压缩量大于左边弹簧的最大压缩量
C．左边弹簧的最大压缩量大于右边弹簧的最大压缩量
D．两边弹簧的最大压缩量相等
7．如图2所示，小车B静止于水平轨道上，其左端固定一根劲度系数为K的轻弹簧，小车B的质量为m2.小车A的质量为m1，从高出水平轨道h处由静止开始沿曲轨道滑下，在水平轨道上与小车B发生相互作用。若轨道是光滑的，则弹簧压缩量最大时，A车的速度vA和弹簧的弹性势能Ep分别为 （ ）
A．vA=，EP=m1gh B．，EP=m1gh/2
C．， D．vA=，。
8．如图3所示，两物体A、B用轻质弹簧相连静止在光滑水平面上，现同时对A、B两物体施加等大反向的水平恒力F1、F2，使A、B同时由静止开始运动，在运动过程中，对A、B两物体及弹簧组成的系统，正确的说法是（整个过程中弹簧不超过其弹性限度）
A．动量始终守恒
B．机械能始终守恒
C．当弹簧伸长到最长时，系统的机械能最大
D．当弹簧弹力的大小与F1、F2的大小相等时，A、B两物速度为零。
9．如图4所示，分别用两个恒力F1和F2，先后两次将质量为m的物体从静止开始沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端。第一次力F1的方向沿斜面向上，第二次力F2的方向沿水平向右，两次所用的时间相同。在这两个过程中 （ ）
A．F1和F2所做的功相同；
B．物体机械能变化相同；
C．F1和F2对物体的冲量大小相同；
D．物体动量的变化量相同。
10．一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块。设木块对子弹的阻力恒定，则子弹入射速度增大时，下列说法正确的是 （ ）
A．木块获得的动能变大 B．木块获得的动能变小
C．子弹穿过木块的时间变长 D．子弹穿过木块的时间变短
第Ⅱ卷（非选择题 共110分）
二、本题共2小题，共20分。把答案填在题中的横线上或按要求作图.
11．（10分）某同学用如图5（甲）所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律， 图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A 球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到l0个落点痕迹，再把B 球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图甲中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点，B球落点痕迹如图5乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、D所在的平面，米尺的零点与O对齐。
（1）碰撞后B球的水平射程应取为 cm。
（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
C．测量A球或B球的直径
D．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）
E．测量G点相对于水平槽的高度
12．（10分）气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图6所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平。
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。
d．用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
（1）实验中还应测量的物理量是_____________________。
（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是________________，上式
中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是___________。
（3）利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式。
三、本题共6小题，90分。解答应写出必要的文字说明、方程式和主要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值与单位。
13．（14分）气球和悬挂物总质量为M，以速度v匀速上升（如图7）。到某高处悬线断裂，落下质量为M/5的悬挂物，落地时速度大小为3v，求悬挂物落成地时气球的速度大小。
14．（14分）质量为M的木块放在固定的水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0水平穿透木块后，速度减为v0/2，现使该木块不固定，放在光滑水平面上，同样的子弹还以v0速度射中木块，若要射穿木块，问木块的质量M与子弹质量m必须满足的关系。
15．（15分）一手持质量为m的小球坐在热气球下的吊篮里，气球、吊篮和人的总质量为M。气球以速度v0匀速上升，如图8所示，人突然将小球向上抛出，经过时间t0后小球又返回人手。若人手抛、接小球时相对吊篮的位置不变。试求：
（1）抛球过程中人所做的功W。
（2）抛球者看到小球上升的最大高度h。
16．（15分）如图9所示，质量为m的木块（可视为质点）放在质量为M的有限长度的木板中央，木块与木板间的动摩擦因数为μ，开始时木块与木板一起在光滑的水平面上以速度v0向右运动，为使木板和木块都停下来且木块又不滑出木板，可采用对木块瞬时施加一水平冲量的方法。
（1）为了达到题中所述目的，应对题中哪些未知条件予以定量约束，并导出定量结果。
（2）若外力对木块施加冲量瞬间对木块做功为零，则题中木板质量M和木块质量m之间应存在什么关系？
17．（16分）如图10所示，一轻质弹簧竖直固定在地面上，自然长度为1m，上面连接一个质量为m1=1kg的物体，平衡时物体离地面0.9m。距物体m1正上方高为0.3m处有一个质量为m2=1kg的物体自由下落后与弹簧上物体m1碰撞立即合为一体，一起在竖直面内做简谐振动。当弹簧压缩量最大时，弹簧长为0.6m。求（g取10m/s2）：
（1）碰撞结束瞬间两物体的动能之和是多少？
（2）两物体一起做简谐振动时振幅的大小？
（3）弹簧长为0.6m时弹簧的弹性势能大小？
18．如图11所示，光滑水平面上静止放着长L=2.0m质量M=3.0kg的木板，一个质量m=1.0kg的小物体（可视为质点）放在离木板右端a=0.4m处，m和M之间的动摩擦因数μ=0.1.今对木板施加向右的拉力F=10.0N，为使木板自物体下方分离出来，此拉力作用时间不得少于多长？
参 考 答 案
1.C 2.CD 3.D 4.AD 5.AD 6.D 7.C 8.AC 9.BD 10.BD
11. （1）64.7（3分，答数在64.2~65.2范围内的都给分。）
（2）A、B、D（3分，不是A、B、D的均给零分。）
12．（1）B的右端至D板的距离L2
（2） ， 测量时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差。（学生只要答对其中两点即可）
（3） 能测出被压缩弹簧的弹性势能的大小，其表达式为。
13.解：Mv=4Mv/5-3Mv/5 解得v/=2v
14. 解：当木块固定时，子弹穿过木块损失的动能转化为内能，则内能增量ΔE为
当木块置于光滑水平面上时，设子弹射入木块后与木块具有相等的末速度v。由动量守恒定律得：mv0=（M+m）v
当时，即当时，子弹能射穿木块。由此式可解得.
当时，子弹不能射穿木块。由此式可解得，即当M<3m时，子弹不能射穿木块。
15．解：，
16．解：（1）设对木块施加的冲量为I，木块被打击后的速度为v1，选向右为正，由动量定理有：I=－mv1－mv0
对m和M在相互作用过程中应用动量守恒定律有：
MV0-mv1=0 由上述二式可解得：I=－（M+m）v0
设板长最短为L，对m和M在相互作用过程中应用能量守恒定律可得：
由以上各式可解得：
应施加的约束是：冲量I=（M+m）v0，方向与初速度方向相反。板长最短为：
（2）依动能定理知木块受到瞬时冲量作用后速度应该仍是v0，对m和M在相互作用过程中应用动量守恒定律有：Mv0－mv0=0，解得M=m.
17．解：（1）设m2与m1碰前瞬间速度为v0有：
m/s
m2与m1碰撞瞬间竖直方向近似动量守恒，设共同速度为v1，有：
J
（2）当弹簧压缩量最大时，振动物体的速度大小为0，此时物体向下离开平衡位置距离最大，设为A即为所求振幅 k=100N/m
m
A=L－x2－0.6=0.2m
（3）m2与m1碰后，系统机械能守恒。当弹簧恢复原长时，物体速度恰为零则：
Ep=2mgA =8 J
18.解：设M、m最终以共同速度v0一起匀速运动，拉力F作用的最短时间为t，则对M、m组成的系统由系统动量定理得：Ft=（M+m）v0
对系统全过程运用能量守恒定律得：
而木板在拉力F作用下的加速度m/s2，可解得t=0.8s.
光的波粒二象性
核心内容 课标解读
光电效应 1 了解光电效应的规律及光电管的工作原理
2 知道并理解极限频率、遏制电压的概念
3 理解光电效应与光的电磁理论的矛盾
光子 4 了解普朗克量子假说
5 知道金属逸出功的概念，知道爱因斯坦光电效应方程
6 知道光子的概念，会用光子能量和频率关系进行计算
康普顿效应及其解释 7 了解什么是康普顿效应
8 了解光子的动量表达式
9 了解康普顿是如何解释康普顿效应的
光的波粒二象性 10 知道光既具有波动性又有粒子性
11 了解光是一种概率波
德布罗意波 12 知道实物粒子和光子一样具有波动性
13 知道德布罗意波长和粒子动量的关系
14 知道电子云的概念
15 初步了解不定性关系
光的粒子性
◎ 知识梳理
1．光电效应现象及其规律。
（1）光电效应现象。
光照使物体发射电子的现象叫光电效应现象；所发射的电子叫光电子；光电子定向移动所形成的电流叫光电流。
（2）光电效应现象所遵循的基本规律。
物体在光照的条件下发射电子而发生光电效应现象时遵循如下规律：
（1）对于任何一种金属，入射光的频率必须大于某一极限频率才能产生光电效应，低于这个极限频率，无论强度如何，无论照射时间多长，也不能产生光电效应；
（2）在单位时间里从金属极板中发射出的光电子数跟入射光的强度成正比；
（3）发射出的光电子的最大初动能与入射光强度无关，只随入射光频率的增大而增大；
（4）只要入射光的频率高于金属极板的极限频率，无论其强度如何，光电子的产生都几乎是瞬时的，不超过10—9s.
2．光子说
光子说的主要内容为：沿空间传播的光是不连续的，而是一份一份的，每一份叫做一个光量子，简称光子；光子的能量E与光的频率ν成正比，比例系数即为普朗克常量 E=hν
爱因斯坦光电效应方程：Ek= h -W（Ek是光电子的最大初动能；W是逸出功，即从金属表面直接飞出的光电子克服正电荷引力所做的功。）
3.康普顿效应
在研究电子对X射线的散射时发现：有些散射波的波长比入射波的波长略大。康普顿认为这是因为光子不仅有能量，也具有动量。实验结果证明这个设想是正确的。因此康普顿效应也证明了光具有粒子性。
◎ 例题评析
【例1】对爱因斯坦光电效应方程EK= hν-W，下面的理解正确的有
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EK
B.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ν0之间应满足关系式W= hν0
D.光电子的最大初动能和入射光的频率成正比
【分析与解答】：爱因斯坦光电效应方程EK= hν-W中的W表示从金属表面直接中逸出的光电子克服金属中正电荷引力做的功，因此是所有逸出的光电子中克服引力做功的最小值。对应的光电子的初动能是所有光电子中最大的。其它光电子的初动能都小于这个值。若入射光的频率恰好是极限频率，即刚好能有光电子逸出，可理解为逸出的光电子的最大初动能是0，因此有W= hν0。由EK= hν-W可知EK和ν之间是一次函数关系，但不是成正比关系。本题应选C。
【例2】
如图，当电键K断开时，用光子能量为2.5eV的一束光照射阴极P，发现电流表读数不为零。合上电键，调节滑线变阻器，发现当电压表读数小于0.60V时，电流表读数仍不为零；当电压表读数大于或等于0.60V时，电流表读数为零。由此可知阴极材料的逸出功为
A.1.9eV B.0.6eV
C.2.5eV D.3.1eV
【分析与解答】：电流表读数刚好为零说明刚好没有光电子能够到达阳极，也就是光电子的最大初动能刚好为0.6eV。由EK= hν-W可知W=1.9 eV。选A。
【例3】
．关于光电效应，有如下几种陈述，其中正确的是（ ）
A．金属电子的逸出功与入射光的频率成正比
B．光电流的强度与入射光的强度无关
C．用不可见光照射金属一定比用可见光照射同种金属产生的光电子的初动能要大
D．对于任何一种金属都存在一个“最大波长”，入射光的波长必须小于这个波长，才能产生光电效应
分析：此例的解答要求熟悉光电效应现象的特征及其规律。
【分析与解答】：金属的逸出功由该金属决定，与入射光源频率无关，光电流的强度与入射光强度成正比，选项A、B错误。不可见光包括能量大的紫外线、X射线、γ射线，也包括能量比可见光小的红外线、无线电波，选项C错误。所以应选D。
例5．已知金属铯的逸出功为1.9eV，在光电效应实验中，要使铯表面发出的光电子的最大功能为1.0eV，入射光的波长应为__________m.
分析：要求了解光电效应的规律及光子说理论。
解答：由爱因斯坦光电效应方程可得：
=W+m
∴=1.9+1.0=2.9eV=2.9×1.6×10—19J
∴λ==4.3×10—7 m
◎ 能力训练
1．关于光电效应的下述说法中，正确的是（ ）
A．光电子的最大初动能随着入射光强度的增大而增大
B．只要入射光的强度足够大或照射的时间足够长，就一定能产生光电效应
C．任何一种金属都有一个极限频率，低于这个频率的光不能产生光电效应
A． 在光电效应中，光电流的强度与入射光强度无关
答案：C
2．下列实验中，能证实光具有粒子性的是（ ）
A．光电效应实验 B．光的双缝干涉实验
C．光的圆孔衍射实验 D．α粒子散射实验
答案：A
3．在演示光电效应的实验中，把某种金属板连在验电器上，第一次，用弧光灯直接照射金属板，验电器的指针就张开一个角度。第二次，在弧光灯和金属板之间，插入一块普通的玻璃板，再用弧光灯照射，验电器指针不张开。由此可以判定，使金属板产生光电效应的是弧光中的（ ）
A．可见光成份 B．紫外光成份
C．红外光成份 D．无线电波成份
答案：ACD
4．在X射线管中，由阴极发射的电子被加速后打到阳极，会产生包括X光在内的各种能量的光子，其中光子能量的最大值等于电子的动能。已知阳极与阴极之间的电势差U、普朗克常数h、电子电量e和光速c，则可知该X射线管发出的X光的（ ）
A．最短波长为 B．最长波长为h
C．最小频率为 D．最大频率为
答案：D
5．某金属在单色光的照射下发射出光电子，这光电子的最大初动能（ ）
A．随照射光的强度增大而增大 B．随照射光的频率增大而增大
C．随照射光的波长增大而增大 D．与照射光的照射时间无关
答案：BD
6．某单色光照射某金属时不能产生光电效应，则下述措施中可能使该金属产生光电效应的是（ ）
A．延长光照时间 B．增大光的强度
C．换用波长较短的光照射 D．换用频率较低的光照射
答案：C
7．一细束平行光经玻璃三棱镜折射后分解为互相分离的三束光，分别照射到相同的金属板a、b、c上，如图所示，已知金属板b有光电子放出，则可知 （）
A．板a一定不放出光电子
B．板a一定放出光电子
C．板c一定不放出光电子
D．板c一定放出光电子
答案：D
8．在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连。用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图所示。这时（ ）
A．锌板带正电，指针带负电
B．锌板带正电，指针带正电
C．锌板带负电，指针带正电
D．锌板带负电，指针带负电
答案：B
光的波粒二象性
◎ 知识梳理
1.光的波粒二象性
干涉、衍射和偏振以无可辩驳的事实表明光是一种波；光电效应和康普顿效应又用无可辩驳的事实表明光是一种粒子；因此现代物理学认为：光具有波粒二象性。
2.正确理解波粒二象性
波粒二象性中所说的波是一种概率波，对大量光子才有意义。波粒二象性中所说的粒子，是指其不连续性，是一份能量。
⑴个别光子的作用效果往往表现为粒子性；大量光子的作用效果往往表现为波动性。
⑵高的光子容易表现出粒子性；低的光子容易表现出波动性。
⑶光在传播过程中往往表现出波动性；在与物质发生作用时往往表现为粒子性。
⑷由光子的能量E=hν，光子的动量表示式也可以看出，光的波动性和粒子性并不矛盾：表示粒子性的粒子能量和动量的计算式中都含有表示波的特征的物理量——频率和波长。
由以上两式和波速公式c=λ ν 还 可以得出：E = p c。
3．物质波（德布罗意波）
由光的波粒二象性的思想推广到微观粒子和任何运动着的物体上去，得出物质波（德布罗意波）的概念：任何一个运动着的物体，小到电子、质子，大到行星、太阳，都有一种波与它对应，波长λ是λ＝h/p
◎ 例题评析
【例1】已知由激光器发出的一细束功率为P=0.15kW的激光束，竖直向上照射在一个固态铝球的下部，使其恰好能在空中悬浮。已知铝的密度为ρ=2.7×103kg/m3，设激光束的光子全部被铝球吸收，求铝球的直径是多大？（计算中可取π=3，g=10m/s2）
【分析与解答】：设每个激光光子的能量为E，动量为p，时间t内射到铝球上的光子数为n，激光束对铝球的作用力为F，铝球的直径为d，则有：光子能量和动量间关系是E = p c，铝球的重力和F平衡，因此F= ρgπd3，由以上各式解得d=0.33mm。
【例2】
试估算一个中学生在跑百米时的德布罗意波的波长。
【分析与解答】：估计一个中学生的质量m≈50kg ，百米跑时速度v≈7m/s ，则
m
由计算结果看出，宏观物体的物质波波长非常小，所以很难表现出其波动性。
【例3】为了观察到纳米级的微小结构，需要用到分辨率比光学显微镜更高的电子显微镜。下列说法中正确的是
A.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此不容易发生明显衍射
B.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此不容易发生明显衍射
C.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光短，因此更容易发生明显衍射
D.电子显微镜所利用电子物质波的波长可以比可见光长，因此更容易发生明显衍射
【分析与解答】：为了观察纳米级的微小结构，用光学显微镜是不可能的。因为可见光的波长数量级是10-7m，远大于纳米，会发生明显的衍射现象，因此不能精确聚焦。如果用很高的电压使电子加速，使它具有很大的动量，其物质波的波长就会很短，衍射的影响就小多了。因此本题应选A。
● 模拟测试
一、选择题
1．下列哪些现象是光衍射产生的（ ）
A．著名的泊松亮斑
B．阳光下茂密树荫中地面上的圆形亮斑
C．光照到细金属丝上在其后面屏上得到的阴影中间出现亮线
D．阳光经凸透镜后形成的亮斑
2．下列属于光的干涉现象的是（ ）
A．雨后天空中出现的彩虹
B．红光比紫光更容易透过云雾烟尘
C．人们在研究光的波动时，观察的泊松亮斑
D．在棱镜的表面镀上一层氟化镁薄膜，这样可增加光的透射强度，减小反射光的强度
3．在杨氏双缝干涉实验中，下列说法正确的是（ ）
A．若将其中一缝挡位，则屏上条纹不变只是亮度减半
B．若将其中一缝挡住，则屏上无条纹
C．若将其中一缝用红色滤光片挡住，另一缝用蓝色滤光片挡住，屏上将出现红蓝相间条纹
D．若将其中一缝用红色滤光片挡住，另一缝用蓝色滤光片挡住，屏上不出现条纹，但有亮光
4．用黄光照射一不透明的圆板时，在圆板的背影中恰能观察到一黄色光斑，若用红色光、绿色光和紫色光照射圆板，能够观察到光斑的是（ ）
A．只有红色光 B．只有紫色光
C．只有红色光和紫色光 D．三种色光都能
5．如图所示，一束白光从左侧射入肥皂薄膜，
下列说法中正确的是（ ）
A．人从右侧向左看，可看到彩色条纹
B．人从左侧向右看，可看到彩色条纹
C．彩色条纹平行排列
D．彩色条纹竖直排列
6．杨氏双缝干涉实验中，下列说法正确的是（n为自然数，λ为光波波长）
①在距双缝的路程相等的点形成暗条纹
②在距双缝的路程差为nλ的点形成亮条纹
③在距双缝的路程差为n的点形成亮条纹
④在距双缝的路程差为(n+)λ的点形成暗条纹
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
7．各种电磁波的产生机理不同，下面给出的几组电磁波中，哪一组中的电磁波都是由原子外层电子受激发后产生的（ ）
A．红外线、紫外线、伦琴射线 B．微波、红外线、紫光、紫外线
C．无线电波、微波、红外线 D．黄光、绿光、紫光
8．关于光谱，下面说法中正确的是（ ）
A．炽热的液体发射连续光谱
B．太阳光谱中的暗线说明太阳上缺与这些暗线相应的元素
C．明线光谱和暗线光谱都可用于对物质成分进行分析
D．发射光谱一定是连续光谱
9．太阳光谱有许多暗线，它们对应着某些元素的特征光谱，产生这些暗线是由于（ ）
A．太阳内部缺少相应的元素
B．太阳表面大气层中存在着相应的元素
C．太阳表面大气层中缺少相应的元素
D．太阳内部存在着相应的元素
10．下列说法中正确的是哪些（ ）
A．可见光是原子外层电子受激发产生
B．β射线是原子外层电子脱离原子放出的
C．一切物质都在不停地辐射红外线
D．α、β、γ其中α射线的电离本领最强
11．用爱因斯坦光子说解释光电效应时，正确的说法是（ ）
A．每个光电子都是吸收一个光子后跑出来的
B．光电子克服原子核的引力并从金属内部逸出来所需要的能量等于逸出功
C．光电子的最大初动能与入射光的频率成正比
D．光子的能量由频率决定，也与光的强度和光波的振幅有关
12．关于光的波粒二象性，下面说法中正确的是（ ）
A．大量光子的效果往往显示波动性，个别光子产生的效果往往显示出粒子性
B．光在传播时往往表现波动性，光在跟物质相互作用时往往表现出粒子性
C．频率大的光粒子性显著，频率小的光波动性显著
D．光既有波动性，又有粒子性，两者相互矛盾，是不能统一的
13．在演示光电效应的实验中，原来不带电的一块锌板与灵敏验电器相连，用弧光灯照射锌板时，验电器的指针就张开一个角度，如图所示。这时（ ）
A．锌板带正电，指针带负电
B．锌板带正电，指针带正电
C．锌板带负电，指针带正电
D．锌板带负电，指针带负电
14．下列哪组现象胡说明光具有波粒二象性（ ）
A．光的色散和光的干涉 B．光的衍射和光的干涉
C．泊松亮斑和光电效应 D．以上三组现象都不行
二、填空题
15．已知绿光频率为ν，增透膜对它的折射率为n，则增透膜厚度为________.（光速为c）
16．使金属钠产生光电效应的光的最长波长是5000 ，因此，金属钠的逸出功W=______J，现在用频率在3.90×1014Hz到7.50×1014Hz范围内的光照射钠，那么使钠产生光电效应的频率范围是从_______Hz到________.（普朗克常量h=6.63×10—34J·s）
17．如图（a）所示，用单色光照射透明标准板M来检查零件N的表面情况，观察到如图（b）所示的条纹，则P条纹的弯曲情况表明零件N的表面上A处是_______的；P处条纹的弯曲情况表明零件N的表面上B处是_________的。（填“凸”或“凹”）
18．激光器是一个特殊的光源，它发出的光便是激光。红宝石激光器发射的激光是不连续的一道一道的闪光，每道闪光称为一个光脉冲。现有一红宝石激光器，发射功率为1.0×1010W，所发射的每个光脉冲持续的时间△t为1.0×10—11s，波长为793.4nm，问每列光脉冲的长度l是多少？其中含有的光子数为n=________个.
三、计算题
19．在双缝干涉的实验中，入射光的频率为5×1014Hz，从双缝射出的两束光到达屏上某点的路程差为15000 ，该点将出现什么样条纹
20．用红光做乐的双缝干涉实验时，已知双缝间距为0.20×10—3m，测得双缝到屏间的距离为0.700m，分划板中心刻线对齐第一条亮条纹中央时手轮读数为0.52×10—3m ，第4条亮条纹所在位置为7.47×10—3m，求此红光的波长.
21．实验室用功率P=15W的紫外灯（波长λ=2537 ）演示光电效应，阴极离光源d=0.5m，估算阴极表面每个原子每秒钟接收到的光子数。（原子半径取r0=0.5×10—10m）
参考答案
1、 选择题
1．AC 2．D 3．D 4．A 5．BC 6．D 7．D 8．AC 9．B 10．ACD
11．A 12．ABC 13．B 14．C
二、填空题
15． 16．3.98×10—19， 6.00×1014，7.50×1014.
17．凹，凸 18．3.5×1017
三、计算题
19．暗条纹 20．λ=6.62×10—7m
21．n≈0.05
原子和原子核
核心内容 课标解读
原子结构 1 了解原子结构模型建立的历史过程及建立的依据
2 知道粒子散射实验的实验方法和实验现象
3 了解原子核式结构的主要内容
氢原子光谱 4 了解氢原子光谱的不连续性及各个线系
5 知道原子的特征光谱，了解光谱分析在技术中的应用
原子的能级结构 6 了解原子的能级、跃迁、能量量子化及基态激发态
7 了解原子发射和吸收光子的频率与能级差的关系
8 知道氢原子能级公式，能用公式分析相关问题
9 能用原子的能级结构解释氢原子的光谱的不连续性
原子核的组成 10 知道天然放射现象
11 知道原子核的组成，知道核子的概念
核反应方程 12 知道天然放射现象的原因是核的衰变
13 知道三种射线的本质，如何用电场或磁场区分它们
14 知道衰变和衰变，会书定核反应方程
15 知道半衰期的概念，知道半衰期的统计意义
放射性同位素 16 知道同位素的概
17 知道放射性同位素的应用
18 知道放射性污染对自然和人类的危害，了解如何防范
核力与结合能 19 知道核力及其性质
20 知道重核和轻核
21 知道原子核的结合能及平均结合能
裂变和聚变 22 知道重核的裂变，链式反应，原子弹的原理
23 知道轻核的聚变，氢弹的原理
24 了解受控热核反应的发展前景
核能的应用 25 知道核反应和核反应堆
了解裂变反应堆的原理和类型
知道核电站的工作模式
了解核能的发展前景
这一章讲述简单的核物理的有关知识，主要包括原子核的组成和核能的有关内容．原子核的人工转变、原子核的组成及核能的开发与利用是本章的重点．
一、原子模型
◎ 知识梳理
1.汤姆生模型（枣糕模型）
汤姆生发现了电子，使人们认识到原子有复杂结构。
2.卢瑟福的核式结构模型（核式结构）
（1）a粒子散射实验的目的、设计及设计思想。
①目的：通过a粒子散射的情况获取关于原子结构方面的信息。
②设计：在真空的环境中，使放射性元素钋放射出的a粒子轰击金箔，然后透过显微镜观察用荧光屏接收到的a粒子，通过轰击前后a粒子运动情况的对比，来了解金原子的结构情况。
③设计思想：与某一个金原子发生作用前后的a粒子运动情况的差异，必然带有该金原子结构特征的烙印。搞清这一设计思想，就不难理解卢瑟福为什么选择了金箔做靶子（利用金的良好的延展性，使每个a粒子在穿过金箔过程中尽可能只与某一个金原子发生作用）和为什么实验要在真空环境中进行（避免气体分子对a粒子的运动产生影响）。
（2）a粒子散射现象
①绝大多数a粒子几乎不发生偏转；
②少数a粒子则发生了较大的偏转；
③极少数a粒子发生了大角度偏转（偏转角度超过90°有的甚至几乎达到180°）。
（3）a粒子散射的简单解释。
首先，由于质量的悬殊便可判定，a粒子的偏转不会是因为电子的影响，而只能是因为原子中除电子外的带正电的物质的作用而引起的；其次，原子中除电子外的带正电的物质不应是均匀分布的（否则对所有的a粒子来说散射情况应该是一样的），而“绝大多数”“少数”和“极少数”a粒子的行为的差异，充分地说明这部分带正电的物质只能高度地集中在在一个很小的区域内；再次，从这三部分行为不同的a粒子数量的差别的统计，不难理解卢瑟福为什么能估算出这个区域的直径约为10-14m。
（4）原子的核式结构
①原子的中心有一个很小的核；
②原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在核内；
③带负电的电子在核外空间绕核旋转。
3、玻尔的原子模型——三条假设
（1）“定态假设”：原子只能处于一系列不连续的能量状态中，在这些状态中，电子虽做变速运动，但并不向外辐射电磁波，这样的相对稳定的状态称为定态。
定态假设实际上只是给经典的电磁理论限制了适用范围：原子中电子绕核转动处于定态时不受该理论的制约。
（2）“跃迁假设”：电子绕核转动处于定态时不辐射电磁波，但电子在两个不同定态间发生跃迁时，却要辐射（吸收）电磁波（光子），其频率由两个定态的能量差值决定hv=E2-E1。
跃迁假设对发光（吸光）从微观（原子等级）上给出了解释。
（3）“轨道量子化假设”：由于能量状态的不连续，因此电子绕核转动的轨道半径也不能任意取值，必须满足。
轨道量子化假设把量子观念引入原子理论，这是玻尔的原子理论之所以成功的根本原因。
4．氢原子能级及氢光谱
（1）氢原子能级
①能级公式：；
②半径公式：。
（2）氢光谱
在氢光谱中，n=2,3,4,5,……向n=1跃迁发光形成赖曼线系；n=3,4,5,6向n=2跃进迁发光形成马尔末线系；n=4,5,6,7……向n=3跃迁发光形成帕邢线系；n=5,6,7,8……向n=4跃迁发光形成布喇开线系，其中只有马尔末线生活费的前4条谱线落在可见光区域内。
⑶玻尔理论的局限性。由于引进了量子理论（轨道量子化和能量量子化），玻尔理论成功地解释了氢光谱的规律。但由于它保留了过多的经典物理理论（牛顿第二定律、向心力、库仑力等），所以在解释其他原子的光谱上都遇到很大的困难。
5.氢原子中的电子云
对于宏观质点，只要知道它在某一时刻的位置和速度以及受力情况，就可以应用牛顿定律确定该质点运动的轨道，算出它在以后任意时刻的位置和速度。
对电子等微观粒子，牛顿定律已不再适用，因此不能用确定的坐标描述它们在原子中的位置。玻尔理论中说的“电子轨道”实际上也是没有意义的。更加彻底的量子理论认为，我们只能知道电子在原子核附近各点出现的概率的大小。在不同的能量状态下，电子在各个位置出现的概率是不同的。如果用疏密不同的点子表示电子在各个位置出现的概率，画出图来，就像一片云雾一样，可以形象地称之为电子云。
◎ 例题评析
【例】用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子。停止照射后，发现该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，它们的频率由低到高依次为ν1、ν2、ν3，由此可知，开始用来照射容器的单色光的光子能量可以表示为：①hν1；②hν3；③h(ν1+ν2)；④h(ν1+ν2+ν3) 以上表示式中
A.只有①③正确 B.只有②正确
C.只有②③正确 D.只有④正确
【分析与解答】：该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，说明这时氢原子处于第三能级。根据玻尔理论应该有hν3=E3- E1，hν1=E3- E2，hν2=E2- E1，可见hν3= hν1+ hν2= h(ν1+ν2)，所以照射光子能量可以表示为②或③，答案选C。
◎ 能力训练
1．提出原子核式结构模型的科学家是（ C ）
A．汤姆生 B．玻尔 C．卢瑟福 D．查德威克
2．在卢瑟福的a粒子散射实验中，有少数a粒子发生大角度偏转，其原因是（Ａ）
A．原子的正电荷和绝大部分质量集中在一个很小的核上
B．正电荷在原子中是均匀分布的
C．原子中存在着带负电的电子
D．原子只能处于一系列不连续的能量状态中
3．处于基态的氢原子在某单色光束照射下，只能发出频率为ν1、ν2、ν3的三种光，且ν1<ν2<ν3，则该照射光的光子能量为 （ C ）
A．hν1 B．hν2 C．hν3 D．h(ν1+ν2+ν3)
4．下列说法正确的是(BC)
A.当氢原子从n＝2的状态跃迁到n=6的状态时，发射出光子
B.放射性元素的半衰期是指大量该元素的原子核中有半数发生衰变需要的时间
C. 同一元素的两种同位数具有相同的质子数
D.中子与质子结合成氘核时吸收能量
5．卢瑟福原子核式结构理论的主要内容有（ＡＣＤ）
A．原子的中心有个核，叫做原子核
B．原子的正电荷均匀分布在整个原子中
C．原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在原子核里
D．带负电的电子在校外绕着核旋转
6．氢原子的能级是氢原子处于各个定态时的能