完整word版高中物理选修3 5同步练习试题解析163
人教版高中物理选修3-5测试题及答案解析全套
人教版高中物理选修3-5测试题及答案解析全套含模块综合测试题，共5套阶段验收评估(一) 动量守恒定律(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分。
1～5小题只有一个选项符合题目要求，6～8小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1．做平抛运动的物体，在相等的时间内，物体动量的变化量()A．始终相同B．只有大小相同C．只有方向相同D．以上说法均不正确解析：选A做平抛运动的物体，只受重力作用，重力是恒力，其在相等时间内的冲量始终相等，根据动量定理，在相等的时间内，物体动量的变化量始终相同。
2．下列情形中，满足动量守恒的是()A．铁锤打击放在铁砧上的铁块，打击过程中，铁锤和铁块的总动量B．子弹水平穿过放在光滑水平桌面上的木块过程中，子弹和木块的总动量C．子弹水平穿过墙壁的过程中，子弹和墙壁的总动量D．棒击垒球的过程中，棒和垒球的总动量解析：选B铁锤打击放在铁砧上的铁块时，铁砧对铁块的支持力大于系统重力，合外力不为零；子弹水平穿过墙壁时，地面对墙壁有水平作用力，合外力不为零；棒击垒球时，手对棒有作用力，合外力不为零；只有子弹水平穿过放在光滑水平面上的木块时，系统所受合外力为零，所以选项B正确。
3.如图1所示，光滑圆槽的质量为M，静止在光滑的水平面上，其内表面有一小球被细线吊着恰位于槽的边缘处，如将细线烧断，小球滑到另一边的最高点时，圆槽的速度为()图1A．0 B．向左C．向右D．无法确定解析：选A小球和圆槽组成的系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，细线被烧断的瞬间，系统在水平方向的总动量为零，又知小球到达最高点时，小球与圆槽水平方向有共同速度，设为v′，设小球质量为m，由动量守恒定律有0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故A正确。
4.在光滑的水平面上有a、b两球，其质量分别为m a、m b，两球在t时刻发生正碰，两球在碰撞前后的速度图像如图2所示，下列关系正确的是( )图2A ．m a >m bB ．m a <m bC ．m a ＝m bD ．无法判断解析：选B 由v t 图像可知，两球碰撞前a 球运动，b 球静止，碰后a 球反弹，b 球沿a 球原来的运动方向运动，由动量守恒定律得m a v a ＝－m a v a ′＋m b v b ′，解得m a m b ＝v b ′v a ＋v a ′<1，故有m a <m b ，选项B 正确。
2019-2020学年高二物理人教版选修3-5同步作业：综合评估 Word版含答案
对应学生用书P65本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。
满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(每小题4分，共40分。
其中1～6题为单选，7～10题为多选)1．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有()A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统答案A解析B项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零。
C项系统所受合外力不为0。
D项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大。
2．北京奥组委接受专家建议，为成功举办一届“绿色奥运”，场馆周围80%～90%的路灯利用太阳能发电技术，奥运会90%的洗浴热水采用全玻璃真空太阳能集热技术，太阳能是由太阳内部热核聚变反应形成的，其核反应主要是()A.31H＋21H→42He＋10nB.147N＋42He→178O＋11HC.23592U＋10n→13654Xe＋9038Sr＋1010nD.23892U→23490Th＋42He答案A解析太阳内部核聚变主要是氢原子核的聚变，故A正确；B项中为实现原子核人工转变的反应；C项中为重核裂变；D项中为α衰变，均不属聚变反应。
故B、C、D不正确。
3．甲的质量为50 kg，乙的质量为25 kg，两人在溜冰场的水平冰面上，开始时都是静止的。
两人互推后，甲、乙反向直线运动，甲的速率为0.1 m/s，乙的速率为0.2 m/s。
假设互推的时间为0.01 s，忽略摩擦力及空气阻力，则下列叙述中正确的是()A．甲、乙所受的平均推力均为500 N，方向相反B．甲、乙所受的平均推力均为250 N，方向相反C．甲受的平均推力500 N，乙受的平均推力250 N，方向相反D．甲受的平均推力250 N，乙受的平均推力500 N，方向相反答案A解析以甲为研究对象，根据动量定理Ft＝m甲v甲－0，可得甲受到的平均推力为F＝500 N，据牛顿第三定律可得乙受到的平均推力也为500 N，方向相反，A正确。
高中物理选修3-5同步训练题(有答案)
高中物理选修3-5动量及动量守恒定律同步训练题【知识储备】第一章碰撞与动量守恒重点知识点总结1.碰撞:物体间相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大；系统动量守恒。
a.弹性碰撞:如果碰撞过程中系统的动能损失很小，可以略去不计，这种碰撞叫做弹性碰撞。
b.非弹性碰撞:碰撞过程中需要计算损失的动能的碰撞；如果两物体碰撞后黏合在一起，这种碰撞损失的动能最多，叫做完全非弹性碰撞。
2.冲量：物体所受外力和外力作用时间的乘积，是矢量，是过程量。
公式：I=Ft 单位是N·s3.动量：物体的质量与速度的乘积，是矢量，是状态量公式：p=mv 单位是kg ·m/s；1kg ·m/s=1 N·s4.动量定理:系统所受合外力的冲量等于动量的变化；I=mv－mv末初5.动量守恒定律:一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。
成立的条件:系统不受外力或者所受外力的矢量和为零；内力远大于外力；如果在某一方向上合外力为零，那么在该方向上系统的动量守恒6.反冲:在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化；系统动量守恒。
【学以致用】1.关于动量、冲量，下列说法正确的是（）A．物体动量越大，表明它受到的冲量越大B．物体受到合外力的冲量等于它的动量的变化量C．物体的速度大小没有变化，则它受到的冲量大小等于零D．物体动量的方向就是它受到的冲量的方向2.从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为v，不计空气阻力，对两个小物体以下说法正确的是（）A．落地时的速度相同B．落地时重力做功的瞬时功率相同C．从抛出到落地重力的冲量相同D．两物体落地前动量变化率相等3.关于物体的动量，下列说法中正确的是（）A．物体的动量越大，其惯性也越大B．同一物体的动量越大，其速度不一定越大C．物体的加速度不变，其动量一定不变D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向4.（多选题）下面的说法正确的是（）A．当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零B．如果物体（质量不变）的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零C．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大D．做曲线运动的物体，在任何△t时间内所受合外力的冲量一定不为零5.古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为2kg，以15m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为（）A．28N•s B．29N•s C．31N•s D．32N•s6.质量为m a=1kg，m b=2kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前后两球的位移﹣时间图象如图所示，则可知碰撞属于（）A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，不能判断7.玻璃杯从同一高度落下，掉在石头上比掉在草地上容易碎，这是由于玻璃杯与石头的撞击过程中（）A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大C．玻璃杯的动量变化较大D．玻璃杯受到的冲力较大8.某物体在水平桌面上，受到一个推力F的作用t秒钟，物体没有移动，则F对该物体的冲量为（）A．0B．Ft C．mgt D．无法计算9.两球A、B在光滑水平面上沿同一直线，同一方向运动，m A=1kg，m B=2kg，v A=6m/s，v B=2m/s．当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（）A．v A′=5 m/s，v B′=2.5 m/s B．v A′=2 m/s，v B′=4 m/sC．v A′=﹣4 m/s，v B′=7 m/s D．v A′=7 m/s，v B′=1.5 m/s10.一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A．动量守恒，机械能不守恒B．动量不守恒，机械能守恒C．动量守恒，机械能守恒D．无法判定动量、机械能是否守恒11.质量M=1.5kg的手榴弹某时刻恰好沿水平方向运动，速度大小是20m/s，此时在空中爆炸，分裂成两部分，其中0.5kg 的那部分以40m/s 的速度与原速度反向运动，则另一部分此时速率为（ ）A ．20 m/sB ．25 m/sC ．40 m/sD ．50 m/s12.（多选题）如图甲所示，在光滑水平面上的两小球发生正碰．小球的质量分别为m 1和m 2．图乙为它们碰撞前后的s ﹣t （位移时间）图象．已知m 1=0.1㎏．由此可以判断（ ） A ．碰前m 2静止，m 1向右运动B ．碰后m 2和m 1都向右运动C ．m 2=0.3kgD ．碰撞过程中系统损失了0.4J 的机械能13.（多选题）小车AB 静置于光滑的水平面上，A 端固定一个轻质弹簧，B 端粘有橡皮泥，AB 车质量为M ，长为L ．质量为m 的木块C 放在小车上，用细绳连结于小车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C 都处于静止状态，如图所示．当突然烧断细绳，弹簧被释放，使木块C 向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是（ ） A ．如果AB 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B ．整个系统任何时刻动量都守恒C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度为M m vD ．整个系统最后静止14.如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m 和m 的A 、B 两滑块，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与A 、B 不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态．当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，下述说法正确的是（ ）A ．两滑块的动能之比E kA ：E kB =1：2B ．两滑块的动量大小之比p A ：p B =2：1C ．两滑块的速度大小之比v A ：v B =2：1D ．弹簧对两滑块做功之比W A ：W B =1：115.如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M 的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m （m ＜M ）的小球从槽高h 处开始自由下滑，下列说法正确的是（ ）A ．在以后的运动全过程中，小球和槽的水平方向动量始终保持某一确定值不变B．在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C．全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，且水平方向动量守恒D．小球被弹簧反弹后，小球和槽的机械能守恒，但小球不能回到槽高h处16.如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上．一颗子弹水平射入木块A，并留在其中．在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（）A．动量守恒、动能守恒，机械能守恒B．动量守恒、动能不守恒，机械能不守恒C．动量不守恒、动能守恒，机械能守恒D．动量、动能、机械能都不守恒17.（多选题）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（）A．小球的机械能减少了mghB．小球克服阻力做的功为mg（H+h）2C．小球所受阻力的冲量等于m gH2D．小球动量的改变量大小等于m gH18.如图所示，一辆小车静止在光滑水平面上，A、B两人分别站在车的两端．当两人同时相向运动时（）A．若小车不动，两人速率一定相等B．若小车向左运动，A的动量一定比B的小C．若小车向左运动，A的动量一定比B的大D．若小车向右运动，A的动量一定比B的大19.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右）．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量（）A ．d d L m )(+B ．)(d L md -C ．dmL D ．d d L m )(- 20.（多选题）木块a 和b 用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a 紧靠在墙壁上，在b 上施加向左的力使轻质弹簧压缩，如图所示，对a 、b 和轻弹簧组成的系统，当撤去外力后，下列说法中正确的是（ ）A ．a 尚未离开墙壁前，系统动量守恒B ．a 尚未离开墙壁前，系统动量不守恒C ．a 离开墙壁后，系统动量守恒D ．a 离开墙壁后，系统动量不守恒21.（多选题）如图所示，一质量为m 的物块甲以3m/s 的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定在其左端，另一质量也为m 的物块乙以4m/s 的速度与物块甲在同一直线上相向运动，则（ ）A ．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，系统动量守恒B ．当两物块相距最近时，甲物块的速率为零C ．碰撞过程中，甲物块的速率可能为1m/s ，也可能为5m/sD ．碰撞过程中，乙物块的速率可能为2m/s ，也可能为1.7m/s22.（多选题）如图所示，A 、B 两物体的质量比m A ：m B =3：2，它们原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩了的弹簧，A 、B 与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（ ）A ．A 、B 系统动量守恒 B ．A 、B 、C 系统动量守恒C ．小车向左运动D ．小车向右运动23.（多选题）如图所示，光滑水平面上有静止的斜劈，斜劈表面光滑。
【新人教版】物理高中选修3-5课时同步练习全集【打印版)(全书完整版)
（新人教版）高中物理选修3-5（全册）课时同步练习全集（打印版）课时跟踪检测（一）动量和动量定理1．(多选)下列说法正确的是()A．运动物体的动量的方向总是与它的运动方向相同B．作用于物体上的合外力的冲量不为0, 则物体的动量一定发生变化C．作用于物体上的合外力的冲量不为0, 则物体的动能一定发生变化D．物体所受合外力的冲量方向总是与物体的动量方向相同解析: 选AB动量的方向总与速度即运动方向相同, 故A对; 合外力的冲量不为零, 由动量定理I合＝Δp, 可知动量的变化量Δp一定不为零, 即动量一定变化, 但动能不一定变化, 有可能动量的大小不变, 方向变化, 故B 对, C 错; I 合的方向一定与动量变化量的方向相同, 但不一定与动量的方向相同, 故D 错.2．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球. 接球时, 两手随球迅速收缩至胸前. 这样做可以( )A ．减小球对手的冲量B ．减小球对手的冲击力C ．减小球的动量变化量D ．减小球的动能变化量解析: 选B 由动量定理Ft ＝Δp 知, 接球时两手随球迅速收缩至胸前, 延长了手与球接触的时间, 从而减小了球的动量变化率, 减小了球对手的冲击力, 选项B 正确.3．(多选)古时有“守株待兔”的寓言, 设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死. 若兔子与树桩发生碰撞, 作用时间为0.2 s, 则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是( )图1A ．1 m /sB ．1.5 m/sC ．2 m /sD ．2.5 m/s解析: 选CD 根据题意建立模型, 设兔子与树桩的撞击力为F , 兔子撞击树桩后速度为零, 根据动量定理有－Ft ＝0－m v , 所以v ＝Ft m ＝mgtm＝gt ＝10×0.2 m /s ＝2 m/s.4.质量为1 kg 的物体做直线运动, 其速度图像如图2所示. 则物体在前10 s 内和后10 s 内所受外力的冲量分别是( )图2A ．10 N·s,10 N·sB ．10 N·s, －10 N·sC ．0,10 N·sD ．0, －10 N·s解析: 选D 由图像可知, 在前10 s 内初、末状态的动量相等, p 1＝p 2＝5 kg·m /s, 由动量定理知I 1＝0; 在后10 s 内p 3＝－5 kg·m/s, I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s, 故选D.5．原来静止的物体受合外力作用时间为2t 0, 作用力随时间的变化情况如图3所示, 则( )图3A ．0～t 0时间内物体的动量变化与t 0～2t 0内动量变化相等B ．0～t 0时间内物体的平均速率与t 0～2t 0内平均速率不等C ．t ＝2t 0时物体的速度为零, 外力在2t 0时间内对物体的冲量为零D ．2t 0时间内物体的位移为零, 外力对物体做功为零解析: 选C 0～t 0与t 0～2t 0时间内作用力方向不同, 动量变化量不相等, A 错; t ＝t 0时, 物体速度最大, t ＝2t 0时物体速度为零, 由动量定理Ft ＝m Δv 可得, F 0t 0－F 0t 0＝0,0～t 0与t 0～2t 0时间内物体平均速率相等, B 错, C 正确; 物体先加速后减速, 位移不为零, 动能变化量为零, 外力对物体做功为零, D 错.6．质量相等的A 、B 两个物体, 沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面, 由静止从同一高度h 2下滑到同样的另一高度h 1, 如图4所示, 则A 、B 两物体( )图4A ．滑到h 1高度时的动量相同B ．滑到h 1高度时的动能相同C ．由h 2滑到h 1的过程中所受重力的冲量相同D ．由h 2滑到h 1的过程中所受合力的冲量相同解析: 选B 两物体由h 2下滑到h 1高度的过程中, 机械能守恒, mg (h 2－h 1)＝12m v 2, v ＝2g (h 2－h 1), 物体下滑到h 1处时, 速度的大小相等, 由于α不等于β, 速度的方向不同, 由此可判断, 物体在h 1高度处动能相同, 动量不相同. 物体运动过程中动量的变化量不同, 所以合外力的冲量不相等. 物体下滑的过程中, mg sin α＝ma , h 2－h 1sin α＝12at 2. 由上述两式求得时间t ＝1sin α2(h 2－h 1)g, 由I G ＝mgt 可以判断物体下滑过程中重力的冲量不等.7．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程: 如图5所示, 运动员将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OO ′推到A 点放手, 此后冰壶沿AO ′滑行, 最后停于C 点. 已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ, 冰壶质量为m , AC ＝L , CO ′＝r , 重力加速度为g .图5(1)求冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的冲量大小.(2)若将BO ′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ, 原只能滑到C 点的冰壶能停于O ′点, 求A 点与B 点之间的距离.解析: (1)由－μmgL ＝0－12m v A 2, 得v A ＝2μgL .由I ＝m v A , 将v A 代入得I ＝m 2μgL . (2)设A 点与B 点之间的距离为s , 由－μmgs －0.8μmg (L ＋r －s )＝0－12m v A 2, 将v A 代入得s ＝L －4r .答案: (1)m 2μgL (2)L －4r8.用0.5 kg 的铁锤把钉子钉进木头里, 打击时铁锤的速度v ＝4.0 m/s, 如果打击后铁锤的速度变为0, 打击的作用时间是0.01 s, 那么:图6(1)不计铁锤受的重力, 铁锤钉钉子的平均作用力是多大?(2)考虑铁锤受的重力, 铁锤钉钉子的平均作用力又是多大? (g 取10 m/s 2) (3)比较(1)和(2), 讨论是否要忽略铁锤的重力.解析: (1)以铁锤为研究对象, 不计重力时, 只受钉子的作用力, 方向竖直向上, 设为F 1, 取竖直向上为正, 由动量定理可得F 1t ＝0－m v所以F 1＝－0.5×(－4.0)0.01 N ＝200 N,方向竖直向上.由牛顿第三定律知, 铁锤钉钉子的作用力为200 N, 方向竖直向下.(2)若考虑重力, 设此时受钉子的作用力为F 2, 对铁锤应用动量定理, 取竖直向上为正. (F 2－mg )t ＝0－m v (矢量式) F 2＝－0.5×(－4.0)0.01N ＋0.5×10 N ＝205 N, 方向竖直向上.由牛顿第三定律知, 此时铁锤钉钉子的作用力为205 N, 方向竖直向下.(3)比较F1与F2, 其相对误差为|F2－F1|F1×100%＝2.5%, 可见本题中铁锤的重力可忽略.答案: (1)200 N, 方向竖直向下(2)205 N, 方向竖直向下(3)见解析课时跟踪检测（二）动量守恒定律1．(多选)根据UIC(国际铁道联盟)的定义, 高速铁路是指营运速率达200 km/h以上的铁路和动车组系统. 据广州铁路局警方测算: 当和谐号动车组列车以350 km/h的速度在平直铁轨上匀速行驶时, 受到的阻力约为106N, 如果撞击一块质量为0.5 kg的障碍物, 会产生大约5 000 N的冲击力, 撞击时间约为0.1 s, 瞬间可能造成列车颠覆, 后果不堪设想. 在撞击过程中, 下列说法正确的是()图1A．冲击力对列车的冲量约为500 N·sB．冲击力对列车的冲量约为104 N·sC．冲击力对障碍物的冲量约为175 N·sD．列车和障碍物组成的系统动量近似守恒解析: 选AD冲击力为5 000 N, 冲量为5 000×0.1 N·s＝500 N·s, A对, B、C错; 撞击过程时间极短, 列车和障碍物组成的系统动量近似守恒, D对.2．甲、乙两船静止在湖面上, 总质量分别是m1、m2, 两船相距x, 甲船上的人通过绳子用力F拉乙船, 若水对两船的阻力大小均为F f, 且F f＜F, 则在两船相向运动的过程中()A．甲船的动量守恒B．乙船的动量守恒C．甲、乙两船的总动量守恒D．甲、乙两船的总动量不守恒解析: 选C甲船、人、绳、乙船组成的系统所受的合力为零, 动量守恒, 则选项C正确.3.如图2所示, 在光滑水平面上, 用等大异向的F1、F2分别同时作用于A、B两个静止的物体上, 已知m A<m B, 经过相同的时间后同时撤去两力, 以后两物体相碰并粘为一体, 则粘合体最终将()图2A．静止B．向右运动C．向左运动D．无法确定解析: 选A选取A、B两个物体组成的系统为研究对象, 根据动量定理, 整个运动过程中, 系统所受的合外力为零, 所以动量改变量为零, 初始时刻系统静止, 总动量为零, 最后粘合体的动量也为零, 即粘合体静止, 所以选项A正确.4．(多选)如图3所示, 小车放在光滑的水平面上, 将系着绳的小球拉开到一定的角度, 然后同时放开小球和小车, 那么在以后的过程中()图3A．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的速度不为零D．在任意时刻, 小球和小车在水平方向上的动量一定大小相等、方向相反解析: 选BD以小球和小车组成的系统为研究对象, 在水平方向上不受力的作用, 所以系统在水平方向上动量守恒, 由于初始状态小车与小球均静止, 所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为零, 要么大小相等、方向相反, 选项A、C错误, 选项B、D正确.5．(多选)如图4所示, 三辆完全相同的平板小车a、b、c成一直线排列, 静止在光滑水平面上. c车上有一小孩跳到b车上, 接着又立即从b车跳到a车上. 小孩跳离c车和b车时对地的水平速度相同. 他跳到a车上相对a车保持静止, 此后()图4A．a、b两车运动速率相等B．a、c两车运动速率相等C．三辆车的速率关系v c>v a>v bD．a、c两车运动方向相反解析: 选CD 若人跳离b 、c 车时速度为v , 由动量守恒定律知, 人和c 车组成的系统: 0＝－M 车v c ＋m 人v对人和b 车: m 人v ＝－M 车v b ＋m 人v 对人和a 车: m 人v ＝(M 车＋m 人)·v a 所以: v c ＝m 人v M 车, v b ＝0, v a ＝m 人vM 车＋m 人即v c >v a >v b , 并且v c 与v a 方向相反.6. (多选)带有14光滑圆弧轨道质量为M 的小车静止置于光滑水平面上, 如图5所示, 一质量也为M 的小球以速度v 0水平冲上小车, 到达某一高度后, 小球又返回小车的左端, 则( )图5A ．小球以后将向左做平抛运动B ．小球将做自由落体运动C ．此过程小球对小车做的功为12M v 20D ．小球在弧形槽上上升的最大高度为v 202g解析: 选BC 小球上升到最高点时与小车相对静止, 有共同速度v ′, 由动量守恒定律和机械能守恒定律有:M v 0＝2M v ′①12M v 20＝2×⎝⎛⎭⎫12M v ′2＋Mgh ② 联立①②得h ＝v 204g, 知D 错误.从小球滚上到滚下并离开小车, 系统在水平方向上的动量守恒, 由于无摩擦力做功, 动能守恒, 此过程类似于弹性碰撞, 作用后两者交换速度, 即小球速度变为零, 开始做自由落体运动, 故B 、C 对, A 错.7．如图6所示, 光滑水平直轨道上有三个滑块A 、B 、C , 质量分别为m A ＝m C ＝2m , m B ＝m , A 、B 用细绳连接, 中间有一压缩的轻质弹簧(弹簧与滑块不拴接). 开始时A 、B 以共同速度v 0运动, C 静止. 某时刻细绳突然断开, A 、B 被弹开, 然后B 又与C 发生碰撞并粘在一起, 最终三滑块速度恰好相同. 求B 与C 碰撞前B 的速度.图6解析: 设共同速度为v , 滑块A 和B 分开后B 的速度为v B , 由动量守恒定律有 (m A ＋m B )v 0＝m A v ＋m B v B m B v B ＝(m B ＋m C )v联立以上两式得, B 与C 碰撞前B 的速度为v B ＝95v 0.答案: 95v 08.如图7所示, 一质量为M 的物体静止在桌面边缘, 桌面离水平地面的高度为h . 一质量为m 的子弹以水平速度v 0射入物块后, 以水平速度v 02射出. 重力加速度为g . 求:图7(1)此过程中系统损失的机械能;(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.解析: (1)设子弹穿过物块后物块的速度为v , 由动量守恒定律得m v 0＝m v 02＋M v ①解得v ＝m2M v 0②系统的机械能损失为ΔE ＝12m v 20－⎣⎡⎦⎤12m ⎝⎛⎭⎫v 022＋12M v 2③ 由②③式得ΔE ＝18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 20. (2)设物块下落到地面所需时间为t , 落地点距桌面边缘的水平距离为s , 则h ＝12gt 2④s ＝v t ⑤由②④⑤式得s ＝m v 0Mh 2g. 答案: (1)18⎝⎛⎭⎫3－m M m v 20 (2)m v 0M h 2g课时跟踪检测（三） 碰 撞1．在光滑水平面上, 两球沿球心连线以相等速率相向而行, 下列现象可能的是() A．若两球质量相等, 碰后以某一相等速率互相分开B．若两球质量相等, 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, 碰后两球都静止解析: 选A若两球质量相等, 碰前两球总动量为零, 碰后总动量也应该为零, 由此分析可得A可能、B不可能. 若两球质量不同, 碰前两球总动量不为零, 碰后总动量也不能为零, D不可能. 若两球质量不同且碰后以某一相等速率分开, 则总动量方向与质量较大的球的动量方向相同, 与碰前总动量方向相反, C不可能.2．关于散射, 下列说法正确的是()A．散射就是乱反射, 毫无规律可言B．散射中没有对心碰撞C．散射时仍遵守动量守恒定律D．散射时不遵守动量守恒定律解析: 选C由于散射也是碰撞, 所以散射过程中动量守恒.3.如图1所示, 两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动, 滑块A的质量为m, 速度大小为2v0, 方向向右, 滑块B的质量为2m, 速度大小为v0, 方向向左, 两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()图1A．A和B都向左运动B．A和B都向右运动C．A静止, B向右运动D．A向左运动, B向右运动解析: 选D选向右为正方向, 则A的动量p A＝m·2v0＝2m v0. B的动量p B＝－2m v0. 碰前A、B的动量之和为零, 根据动量守恒, 碰后A、B的动量之和也应为零, 可知四个选项中只有选项D符合题意.4.A、B两物体发生正碰, 碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动, 其位移—时间图像如图2所示. 由图可知, 物体A、B的质量之比为()图2A ．1∶1B ．1∶2C ．1∶3D ．3∶1解析: 选C 由图像知: 碰前v A ＝4 m /s, v B ＝0. 碰后v A ′＝v B ′＝1 m/s, 由动量守恒可知m A v A ＋0＝m A v A ′＋m B v B ′, 解得m B ＝3m A . 故选项C 正确.5．甲、乙两球在光滑水平轨道上同向运动, 已知它们的动量分别是 5 kg·m /s 和7 kg·m/s, 甲追上乙并发生碰撞, 碰撞后乙球的动量变为10 kg·m/s, 则两球质量m 甲与m 乙的关系可能是( )A ．m 乙＝m 甲B ．m 乙＝2m 甲C ．4m 甲＝m 乙D ．m 乙＝6m 甲解析: 选C 碰撞前, v 甲>v 乙, 即p 甲m 甲>p 乙m 乙, 可得m 甲m 乙<57; 碰撞后, v 甲≤v 乙, 即p 甲′m 甲≤p 乙′m 乙,可得m 甲m 乙≥15; 综合可得15≤m 甲m 乙<57, 选项A 、D 错误. 由碰撞过程动能不增加可知, E 碰前≥E 碰后,由B 得到E 碰前<E 碰后, 所以排除B, 答案选C.6．(多选)质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上, 箱子中间有一质量为m 的小物块, 小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ. 初始时小物块停在箱子正中间, 如图3所示. 现给小物块一水平向右的初速度v , 小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间, 并与箱子保持相对静止. 设碰撞都是弹性的, 则整个过程中, 系统损失的动能为( )图3A.12m v 2 B.mM v 22(m ＋M ) C.12NμmgL D ．NμmgL解析: 选BD 根据动量守恒, 小物块和箱子的共同速度v ′＝m vM ＋m , 损失的动能ΔE k＝12m v 2－12(M ＋m )v ′2＝mM v 22(m ＋M ), 所以B 正确; 根据能量守恒, 损失的动能等于因摩擦产生的热量, 而计算热量的方法是摩擦力乘以相对位移, 所以ΔE k ＝fNL ＝NμmgL , 可见D 正确.7．冰球运动员甲的质量为80.0 kg. 当他以5.0 m /s 的速度向前运动时, 与另一质量为100 kg 、速度为3.0 m/s 的迎面而来的运动员乙相撞. 碰后甲恰好静止. 假设碰撞时间极短,求(1)碰后乙的速度的大小;(2)碰撞中总机械能的损失.解析: (1)设运动员甲、乙的质量分别为m、M, 碰前速度大小分别为v、V, 碰后乙的速度大小为V′. 由动量守恒定律有m v－MV＝MV′①代入数据得V′＝1.0 m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE, 应有12m v 2＋12MV2＝12MV′2＋ΔE③联立②③式, 代入数据得ΔE＝1 400 J .答案: (1)1.0 m/s(2)1 400 J8．如图4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.图4解析: A向右运动与C发生第一次碰撞, 碰撞过程中, 系统的动量守恒、机械能守恒. 设速度方向向右为正, 开始时A的速度为v0, 第一次碰撞后C的速度为v C1, A的速度为v A1. 由动量守恒定律和机械能守恒定律得m v0＝m v A1＋M v C1①12m v 20＝12m v2A1＋12M v2C1②联立①②式得v A1＝m－Mm＋Mv0③v C1＝2mm＋Mv0④如果m＞M, 第一次碰撞后, A与C速度同向, 且A的速度小于C的速度, 不可能与B 发生碰撞; 如果m＝M, 第一次碰撞后, A停止, C以A碰前的速度向右运动, A不可能与B 发生碰撞; 所以只需考虑m＜M的情况.第一次碰撞后, A反向运动与B发生碰撞. 设与B发生碰撞后, A的速度为v A2, B的速度为v B1, 同样有v A2＝m－Mm＋Mv A1＝⎝⎛⎭⎪⎫m－Mm＋M2v0⑤根据题意, 要求A只与B、C各发生一次碰撞, 应有v A2≤v C1⑥联立④⑤⑥式得m2＋4mM－M2≥0⑦解得m≥(5＋2)M⑧另一解m≤－(5＋2)M舍去.所以, m和M应满足的条件为(5－2)M≤m＜M. ⑨答案: (5－2)M≤m＜M课时跟踪检测（四）反冲运动火箭1．(多选)下列属于反冲运动的是()A．喷气式飞机的运动B．直升机的运动C．火箭的运动D．反击式水轮机的运动解析: 选ACD选项A、C、D中, 三者都是自身的一部分向一方向运动, 而剩余部分向反方向运动, 而直升机是靠外界空气的反作用力作为动力, 所以A、C、D对, B错.2．运送人造地球卫星的火箭开始工作后, 火箭做加速运动的原因是()A．燃料燃烧推动空气, 空气反作用力推动火箭B．火箭发动机将燃料燃烧产生的气体向后推出, 气体的反作用力推动火箭C．火箭吸入空气, 然后向后推出, 空气对火箭的反作用力推动火箭D．火箭燃料燃烧发热, 加热周围空气, 空气膨胀推动火箭解析: 选B火箭的工作原理是反冲运动, 火箭燃料燃烧产生的高温高压气体从尾部迅速喷出时, 使火箭获得反冲速度, 故正确选项为B.3．人的质量m＝60 kg, 船的质量M＝240 kg, 若船用缆绳固定, 船离岸1.5 m时, 船边沿高出岸h, 人从船边沿水平跃出, 恰能上岸. 若撤去缆绳, 人要从船边沿安全水平跃出上岸, 船离岸约为(不计水的阻力, 人两次消耗的能量相等)()A．1.5 m B．1.2 mC．1.34 m D．1.1 m解析: 选C 船用缆绳固定时, 设人水平跃出的速度为v 0, 则x 0＝v 0t , t ＝2hg . 撤去缆绳, 由水平方向动量守恒得0＝m v 1－M v 2, 两次人消耗的能量相等, 即动能不变, 12m v 20＝12m v 21＋12M v 22, 解得v 1＝ MM ＋m v 0, 故x 1＝v 1t ＝ MM ＋m x 0≈1.34 m, 选项C 正确. 4.如图1所示, 质量为M 的小船在静止水面上以速率v 0向右匀速行驶, 一质量为m 的救生员站在船尾, 相对小船静止. 若救生员以相对水面速率v 水平向左跃入水中, 则救生员跃出后小船的速率为( )图1A ．v 0＋mM v B ．v 0－mM v C ．v 0＋mM (v 0＋v )D ．v 0＋mM (v 0－v )解析: 选C 根据动量守恒定律, 选向右方向为正方向, 则有(M ＋m )v 0＝M v ′－m v , 解得v ′＝v 0＋mM(v 0＋v ), 故选项C 正确.5．(多选)一平板小车静止在光滑的水平地面上, 甲、乙两人分别站在车的左、右端, 当两人同时相向而行时, 发现小车向左移, 则( )A ．若两人质量相等, 必有v 甲>v 乙B ．若两人质量相等, 必有v 甲<v 乙C ．若两人速率相等, 必有m 甲>m 乙D ．若两人速率相等, 必有m 甲<m 乙解析: 选AC 甲、乙两人和小车组成的系统动量守恒, 且总动量为零, 甲动量方向向右, 小车动量方向向左, 说明|p 甲|＝|p 乙|＋|p 车|, 即m 甲v 甲>m 乙v 乙, 若m 甲＝m 乙, 则v 甲>v 乙, A 对, B 错; 若v 甲＝v 乙, 则m 甲>m 乙, C 对, D 错.6.如图2所示, 装有炮弹的火炮总质量为m 1, 炮弹的质量为m 2, 炮弹射出炮口时对地的速率为v 0, 若炮管与水平地面的夹角为θ, 则火炮后退的速度大小为(设水平面光滑)( )图2A.m 2m 1v 0 B.m 2v 0m 1－m 2 C.m 2v 0cos θm 1－m 2D.m 2v 0cos θm 1解析: 选C 炮弹和火炮组成的系统水平方向动量守恒, 0＝m 2v 0cos θ－(m 1－m 2)v , 得v ＝m 2v 0cos θm 1－m 2, 故选项C 正确.7．在太空中有一枚相对于太空站静止的质量为M 的火箭, 突然喷出质量为m 的气体, 喷出的速度为v 0(相对于太空站), 紧接着再喷出质量也为m 的另一部分气体, 此后火箭获得的速度为v (相对于太空站), 火箭第二次喷射的气体的速度多大(相对于太空站)?解析: 题意中所涉及的速度都是相对于太空站的, 可以直接使用动量守恒定律, 规定v 0的方向为正方向, 则: 第一次喷气后: 0＝m v 0－(M －m )v 1, v 1＝m v 0M －m , v 1与正方向相反 第二次喷气后: －(M －m )v 1＝m v 2－(M －2m )v , 所以v 2＝⎝⎛⎭⎫M m －2v －v 0. 答案: 见解析8．在砂堆上有一木块, 质量M ＝5 kg, 木块上放一爆竹, 质量m ＝0.10 kg. 点燃爆竹后木块陷入砂中深5 cm, 若砂对木块运动的阻力恒为58 N, 不计爆竹中火药质量和空气阻力. 求爆竹上升的最大高度. (g 取10 m/s 2)解析: 火药爆炸时内力远大于重力, 所以爆炸时动量守恒, 取向上的方向为正方向, 由动量守恒定律得m v －M v ′＝0①(式中v 、v ′分别为爆炸后爆竹和木块的速率) 木块陷入砂中做匀减速运动到停止, 其加速度大小为 a ＝F －Mg M ＝58－505m /s 2＝1.6 m/s 2. ② 木块做匀减速运动的初速度 v ′＝ 2as ＝2×1.6×0.05 m /s ＝0.4 m/s ③代入①式, 得v ＝20 m/s. ④爆竹以初速度v 做竖直上抛运动, 上升的最大高度为 h ＝v 22g ＝20220 m ＝20 m. ⑤答案: 20 m课时跟踪检测（五） 能量量子化 光的粒子性1．对黑体辐射电磁波的波长分布的影响因素是( ) A ．温度 B ．材料 C ．表面状况D ．以上都正确解析: 选A 影响黑体辐射电磁波的波长分布的因素是温度, 故选项A 正确. 2．(多选)以下宏观概念中, 哪些是“量子化”的( ) A ．物体的带电荷量 B ．物体的质量 C ．物体的动量D ．学生的个数解析: 选AD 所谓“量子化”应该是不连续的, 而是一份一份的, 故选A 、D. 3．(多选)N 为钨板, M 为金属网, 它们分别与电池的两极相连, 各电池的电动势和极性如图所示, 已知金属钨的逸出功为 4.5 eV . 现分别用不同能量的光子照射钨板(各光子的能量已在图上标出), 那么图中没有光电子到达金属网的是( )解析: 选AC C 、D 加反向电压, 只要入射光子的能量hν≥W 0＋eU , 就有光电子到达金属网, 将各数值代入上式可知D 中光电子能到达金属网; A 、B 加正向电压, 只要入射光子能量大于逸出功, 就有光电子到达金属网, 可知B 中光电子能到达金属网. 综上所述, A 、C 符合题意.4．人眼对绿光最为敏感, 正常人的眼睛接收到波长为530 nm 的绿光时, 只要每秒有6个绿光的光子射入瞳孔, 眼睛就能察觉. 普朗克常量为6.63×10－34J·s, 光速为3.0×108 m/s,则人眼能察觉到绿光时所接收到的最小功率是( )A ．2.3×10－18 WB ．3.8×10－19W C ．7.0×10－10WD ．1.2×10－18W解析: 选A 因每秒有6个绿光的光子射入瞳孔, 所以察觉到绿光所接收的最小功率P ＝E t , 式中E ＝6ε, 又ε＝hν＝h c λ, 可解得P ＝6×6.63×10－34×3×108530×10－9W ＝2.3×10－18 W. 5.光子有能量, 也有动量, 动量p ＝hλ, 它也遵守有关动量的规律. 如图1所示, 真空中,有“∞”形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO ′在水平面内灵活地转动, 其中左边是圆形黑纸片(吸收光子), 右边是和左边大小、质量相同的圆形白纸片(反射光子). 当用平行白光垂直照射这两个圆面时, 关于装置开始时的转动情况(俯视), 下列说法中正确的是( )图1A．顺时针方向转动B．逆时针方向转动C．都有可能D．不会转动解析: 选B根据动量定理Ft＝m v t－m v0, 由光子的动量变化可知黑纸片和光子之间的作用力小于白纸片和光子之间的作用力, 所以装置开始时逆时针方向转动, B选项正确.6．(多选)光电效应的四条规律中, 波动说不能解释的有()A．入射光的频率必须大于被照金属的截止频率才能产生光电效应B．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C．入射光照射到金属上时, 光电子的发射几乎是瞬时的, 一般不超过10－9 sD．当入射光频率大于截止频率时, 光电流强度与入射光强度成正比解析: 选ABC此题应从光电效应规律与经典波动理论的矛盾着手去解答. 按照经典的光的波动理论, 光的能量随光的强度的增大而增大, 与光的频率无关, 金属中的电子必须吸收足够能量后, 才能从中逸出, 电子有一个能量积蓄的时间, 光的强度越大, 单位时间内辐射到金属表面的光子数目越多, 被电子吸收的光子数目自然也多, 这样产生的光电子数目也多. 但是, 光子不一定全部形成光电流, 故应选A、B、C.7.实验得到金属钙的光电子的最大初动能E km与入射光频率ν的关系如图2所示. 下表中列出了几种金属的截止频率和逸出功, 参照下表可以确定的是()图2金属钨钙钠截止频率ν0/1014 Hz10.957.73 5.53逸出功W/eV 4.54 3.20 2.29A kmB．如用金属钠做实验得到的E km-ν图线也是一条直线, 其斜率比图中直线的斜率大C．如用金属钠做实验得到的E km-ν图线也是一条直线, 设其延长线与纵轴交点的坐标为(0, －E k2), 则E k2<E k1D．如用金属钨做实验, 当入射光的频率ν<ν1时, 可能会有光电子逸出解析: 选C由光电效应方程E km＝hν－W可知E km-ν图线是直线, 且斜率相同, A、B项错; 由表中所列的截止频率和逸出功数据可知C项正确, D项错误.8.在光电效应实验中, 飞飞同学用同一光电管在不同实验条件下得到了三条光电流与电压之间的关系曲线(甲光、乙光、丙光), 如图3所示. 则可判断出()图3A．甲光的频率大于乙光的频率B．乙光的波长大于丙光的波长C．乙光对应的截止频率大于丙光对应的截止频率D．甲光对应的光电子最大初动能大于丙光对应的光电子最大初动能解析: 选B当光电管两端加上反向遏止电压且光电流恰好为零时, 有E k－0＝eU c, 对同一光电管(逸出功W0相同)使用不同频率的光照射, 有E k＝hν－W0, 两式联立得, hν－W0＝eU c, 丙光的反向遏止电压最大, 则丙光的频率最大, 甲光、乙光频率相同, A、C错误;又由λ＝cν可知λ丙<λ乙, B正确; 由E k＝hν－W0可知丙光对应的最大初动能最大, D错误.9.如图4所示, 当开关S断开时, 用光子能量为2.5 eV的一束光照射阴极K, 发现电流表读数不为零. 合上开关, 调节滑动变阻器, 发现当电压表读数小于0.60 V时, 电流表读数仍不为零; 当电压表读数大于或等于0.60 V时, 电流表读数为零. 求:图4(1)此时光电子的最大初动能的大小;(2)该阴极材料的逸出功.解析: (1)由题意可知, 遏止电压为0.60 V, 由动能定理得光电子的最大初动能E k＝eU＝0.6 eV.(2)由光电效应方程E k＝hν－W0得该阴极材料的逸出功W0＝hν－E k＝2.5 eV－0.6 eV＝1.9 eV.答案: (1)0.6 eV(2)1.9 eV。
【同步练习】鲁科版物理同步习题：选修3-5参考答案及解析
选修3-5参考答案及解析第十五章动量守恒定律第一单元动量、动量守恒定律及应用第二单元实验：验证动量守恒定律第十六章原子结构原子核第一单元原子结构氢原子光谱第二单元放射性元素的衰变核能章末综合检测15-11、解析：平方公尺即为平方米．光子被舱门反射前后，光子动量变化量最大为Δp ＝2p (垂直入射与反射时)，又因为E ＝pc ，即对应于光子入射的能量为E 时光子的动量改变量为Δp ＝2Ec ，取Δt 时间内入射的所有光子作为研究对象，由题意知Δt 内与舱门发生作用的光子总能量为E 总＝Δt ×1.5 kJ ，根据动量定理FΔt ＝Δp 总有F ＝Δp 总Δt ＝2E 总c Δt ＝2E 总cΔt ，则：F ＝2×1.5×1033×108N ＝1.0×10－5N ，B 正确． 答案：B2、解析：从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，因此A 、C 错误；由子弹射入木块瞬间动量守恒可得子弹射入木块后的共同速度为m v 0M ＋m ，B 正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段机械能守恒可得上升的最大高度为m 2v 202g (M ＋m )2，D 正确．答案：BD3、解析：当人到达软绳的末端时，软绳已离开地面一段高度H ，人能否安全到达地面决定于H 的大小．由人船模型得：m (h －H )＝MH 解得：H ＝mhM ＋m ＝60×60120＋60m ＝20 m人要回到地面得从20米高的地方跳下来，这是很危险的．所以不能．答案：不能4、解析：设物体的质量为m，t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律M v0＝m v，①3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞12m v 20＝12m v2，②联立①②解得m＝M.(也可通过图象分析得出v0＝v，结合动量守恒，得出正确结果) 答案：M5、解析：设他们前进的方向为正方向，以冰面为参考系，推出后，赵宏博的动量为M v男，申雪相对冰面的速度为－(v－v男)，根据动量守恒定律得：(M＋m)v0＝M v男－m(v－v男)解得v男＝v0＋m vM＋m.答案：v0＋m v M＋m6、解析：第一种情况：取水平向右为正方向．钢球碰前的动量为：p1＝m v1＝5 kg·m/s碰后的动量为：p2＝m v2＝－3 kg·m/s动量变化量为：Δp＝p2－p1＝(－3－5)kg·m/s＝－8 kg·m/s负号表示方向水平向左图14第二种情况：p 1、p 2的大小分别为2 3 kg·m/s 和2 kg·m/s ，方向如图14所示，由图所示平行四边形可得Δp 的大小和方向．大小：Δp ＝p 21＋p 22＝(23)2＋22 kg·m/s ＝4 kg·m/s方向：与竖直方向成30°角答案：8 kg·m/s ，方向水平向左4 kg·m/s ，与竖直方向成30°角 7、解析：(1)甲船和人与乙船组成的系统动量时刻守恒． 由平均动量守恒得：(M ＋m )x 甲＝Mx 乙 又x 甲＋x 乙＝L以上两式联立可求得：x 甲＝4 m ，x 乙＝6 m.(2)设两船相遇时甲船的速度为v 1，对甲船和人用动能定理得： Fx 甲＝12(M ＋m )v 21因系统总动量为零，所以人跳离甲后，甲速度为零时，人跳离速度最小，设人跳离的速度为v ，因跳离时，甲船和人组成的系统动量守恒，有：(M ＋m )v 1＝0＋m v 可求得：v ＝43m/s.答案：(1)4 m 6 m (2)43m/s8、解析：(1)设重物在车上向人靠拢L ＝3 m ，车在地面上移动距离为x ，依题意有m (L －x )＝Mx整理得：x ＝1 m(2)人和车的加速度为a ＝F M ＝200 N100 kg ＝2 m/s 2 则人和车在地面上移动1 m 时的速度为 v ＝2ax ＝2 m/s此时物体的对地速度为v 物，依据m v 物＝M v得v 物＝4 m/s答案：(1)1 m (2)2 m/s 4 m/s9、解析：(1)两车相距最近时，两车的速度相同，设该速度为v ，取乙车的速度方向为正方向．由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝(m 甲＋m 乙)v 所以两车最近时，乙车的速度为 v ＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 甲＋m 乙＝1×3－0.5×20.5＋1m/s ＝43m/s ＝1.33 m/s(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v 乙′，由动量守恒定律得m 乙v 乙－m 甲v 甲＝m 乙v 乙′得v 乙′＝m 乙v 乙－m 甲v 甲m 乙＝1×3－0.5×21m/s ＝2 m/s. 答案：(1)1.33 m/s (2)2 m/s10、解析：探测器第一次喷出气体时，沿x 方向动量守恒，且探测器速度变为零．即M v 0＝m v ①第二次喷出气体时，沿y 方向动量守恒： 0＝(M －2m )·2v 0－m v ② 解①②得：m M ＝14，v v 0＝41答案：14 411、解析：设物块到达劈A 的底端时，物块和A 的速度大小分别为v 和V ，由机械能守恒和动量守恒得mgh ＝12m v 2＋12M 1V 2①M 1V ＝m v ②设物块在劈B 上达到的最大高度为h ′，此时物块和B 的共同速度大小为V ′，由机械能守恒和动量守恒得mgh ′＋12(M 2＋m )V 2＝12m v 2③ m v ＝(M 2＋m )V ′④ 联立①②③④式得 h ′＝M 1M 2(M 1＋m )(M 2＋m )h ⑤答案：M 1M 2h(M 1＋m )(M 2＋m )12、解析：(1)如果直接跳下来，人具有和自行车相同的速度，脚着地后，脚的速度为零，由于惯性，上身继续向前倾斜，因此他可能会摔跤．所以他下来时用力往前推自行车，这样他下车时水平速度是0.(2)男孩下车前后，对整体由动量守恒定律有： (m 1＋m 2＋m 3)v 0＝(m 1＋m 2)vv ＝4 m/s(m 1表示女孩质量，m 2表示自行车质量，m 3表示男孩质量)(3)男孩下车前系统的动能 E k ＝12(m 1＋m 2＋m 3)v 20 ＝12(40＋10＋30)×(2.5)2J ＝250 J男孩下车后系统的动能E k ′＝12(m 1＋m 2)v 2＝12(40＋10)×42J ＝400 J男孩下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了150 J.答案：(1)如果直接跳下来，人具有和自行车相同的速度，脚着地后，脚的速度为零，由于惯性，上身继续向前倾斜，因此他可能会摔跤．所以他下来时用力往前推自行车，这样他下车时水平速度是0.(2)4 m/s (3)250 J 400 J男孩下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了150 J16-11、解析：根据爱因斯坦光电效应方程E K ＝hr －W ，任何一种金属的逸出功W 一定，说明E K 随r 的变化而变化，且是线性关系(与y ＝ax ＋b 类似)，直线的斜率等于普朗克常量，直线与横轴的截距QA 表示E K ＝0时的频率r 0，即为金属的极限频率，还可由波速公式C ＝r 0λ0.求该金属发生光电效应照射光的极限波长．E K ＝hν－W ，E K ＝0时，有hν0－W ＝0，r 0＝W h ，又由波速公式，得C ＝r 0λ0，λ0＝hCW .答案：ABD2、解析：由题意a 光光子能量大于b 光光子能量，a 光频率大于b 光频率，由v 水＝cn ，可知C 正确．γ射线是原子核衰变而产生的，A 错．E 43<E 32，而紫外线光子的能量大于可见光，故B 错．能量大于或等于3.40 eV 的光才能使氢原子在n ＝2的能级时发生电离，故D 错．答案：C3、解析：电池是把其他形式的能转化成电能的装置．而硅光电池即是把光能转变成电能的一种装置．答案：A4、解析：核力是强相互作用力，氦原子核内的2个质子是靠核力结合在一起的．可见核力远大于库仑力；微观粒子的质量非常小，万有引力小于库仑力．故D 选项正确．答案：D图105、解析：根据ΔE ＝hcλ可以由辐射的波长得到几个能级差； E B －E A ＝2.1 eV ；E C －E A ＝3.8 eV ； E D －E A ＝4.4 eV ；E E －E B ＝2.4 eV ；根据以上能级差所作能级图如答案图10所示． 答案：如图10所示6、解析：当n ＝3时，波长最长，1λ＝R (122－132) λ＝1R ×365 m ＝11.1×107×365 m ＝6.55×10－7m 当n ＝∞时，波长最短，1λ＝R (122－1n 2)＝R ×14 λ＝4R m ＝41.1×107m ＝3.64×10－7m 答案：n ＝3时，波长最长 6.55×10－7 m n ＝∞时，波长最短 3.64×10－7 m7、解析：光电子做半径最大的匀速圆周运动时，它的动能即是最大动能．(1)由eB v ＝m v 2r 得v ＝eBrm 所以12m v 2＝12m ·(eBr m )2＝(eBr )22m 代入数据得12m v 2≈4.41×10－19 J (2)由爱因斯坦光电效应方程得 W ＝hν－12m v 2＝h c λ－12m v 2 代入数据得W ≈7.3×10－19 J.答案：(1)4.41×10－19 J (2)7.3×10－19 J8、解析：本题考查了氢原子的核外电子绕核运动时相关的物理量与轨道半径的关系．氢原子能量E 3＝E 1/32＝－13.6 eV/32＝－1.51 eV . 电子在第3轨道时半径为r 3＝n 2r 1＝32r 1① 电子绕核做圆周运动向心力即库仑力，所以ke 2/r 23＝m v 23/r 3②由①②可得电子动能为 E k 3＝12m v 23＝ke 22×32r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×9×0.53×10－10×(1.60×10－19) eV ＝1.51 eV由于E 3＝E k 3＋E p 3，故电子的电势能为： E p 3＝E 3－E k 3＝－1.51 eV －1.51 eV ＝－3.02 eV 答案：－1.51 eV 1.51 eV －3.02 eV9、解析：(1)设处于基态的氢原子核外电子速度为v 1，则：k ·e 2r 21＝m v 21r 1∴电子动能E k 1＝12m v 21＝ke 22r 1＝9×109×(1.6×10－19)22×0.53×10－10×1.6×10－19eV ＝13.6 eV (2)E 1＝E k 1＋E p 1∴E p 1＝E 1－E k 1＝－13.6 eV －13.6 eV ＝－27.2 eV (3)设用波长λ的光照射可使氢原子电离：hcλ＝0－E 1∴λ＝－hc E 1＝－6.63×10－34×3×108－13.6×1.6×10－19m＝0.9141×10－7m答案：(1)13.6 eV (2)－27.2 eV (3)0.9141×10－7m10、解析：(1)由核反应中质量数守恒和电荷数守恒可知A 正确． (2)由能量守恒有2E ＝2m e c 2，所以E ＝m e c 2＝9.1×10－31×(3.0×108)2J ＝8.2×10－14J.反应过程中动量守恒且总动量为零． (3)粒子的动量p ＝2mE k ，物质波的波长λ＝hp 由m n >m e ，知p n >p e ，则λn <λe .答案：(1)A (2)8.2×10－14 遵循动量守恒 (3)λn <λe 11、解析：根据巴耳末公式1λ＝R (122－1n 2)，得 当n ＝3,4时氢原子发光所对应的波长最长 当n ＝3时有1λ1＝1.10×107×(122－132)解得λ1＝6.5×10－7m当n ＝4时有1λ2＝1.10×107×(122－142) 解得λ2＝4.8×10－7 m.除巴耳末系外，在红外和紫外光区的其他谱线也都是满足与巴耳末公式类似的关系式，即1λ＝R (1a 2－1n 2)．其中a 分别为1,3,4，…对应不同的线系，由此可知氢原子光谱是由一系列线系组成的不连续的线状谱．答案：6.5×10－7 m 4.8×10－7 m 不连续的线状谱12、解析：(1)设运动氢原子的速度为v 0，完全非弹性碰撞后两者的速度为v ，损失的动能ΔE 被基态氢原子吸收．若ΔE ＝10.2 eV ，则基态氢原子可由n ＝1跃迁到n ＝2.由动量守恒和能量守恒有：m v 0＝2m v ①12m v 20＝12m v 2＋12m v 2＋ΔE ②12m v 20＝E k ③E k ＝13.6 eV ④解①②③④得，ΔE ＝12·12m v 20＝6.8 eV因为ΔE ＝6.8 eV<10.2 eV .所以不能使基态氢原子发生跃迁．(2)若使基态氢原子电离，则ΔE ＝13.6 eV ，代入①②③得E k ＝27.2 eV .答案：(1)不能 (2)27.2 eV16-21、解析：由核反应中质量数、电荷数守恒可确定X 是α粒子．两个核反应中的质量亏损分别为Δm 1＝(1.0078＋12.0000－13.0057)u ＝0.0021 u ，Δm 2＝(1.0078＋15.0001－12.0000－4.0026)u ＝0.0053 u ，结合爱因斯坦质能方程Q ＝Δmc 2知Q 1<Q 2，故B 正确．答案：B2、解析：在核反应中，电荷数守恒，质量数守恒，可以判断中微子所带电荷数是零，质量数是零，故A 项正确，而中子的质量数是1，故B 项错误；同位素是电荷数相等，质量数不等的同种元素，而3717Cl 和3718Ar 是两种不同的元素，故C 项错误；由爱因斯坦质能方程得中微子的质量m ＝(0.00055＋36.95691－36.95658)u ＝0.00088 u ，而1 u 质量对应的能量为931.5 MeV ，所以中微子的最小能量是E ＝931.5×0.00088 MeV ≈0.82 MeV ，故D 项正确．答案：AD3、解析：核反应的基本规律是质量数和电荷数守恒，所以6×2＝4k ＋d ＋2,6×1＝2k ＋d ，解得k ＝2，d ＝2，因此B 选项正确．答案：B4、解析：由题意知，这群氢原子原来处于n ＝4的能级．它向低能级跃迁时，发出光谱线的条数为4×3×12＝6(种)．答案：65、解析：通过α粒子散射实验可观察到的现象是：绝大多数α粒子几乎不偏转，有少数α粒子发生大角度偏转，甚至有的原方向返回；α粒子由两个质子和两个中子构成，由动能E k ＝12m v 2得，α粒子的速度v ＝2E km＝2×106×1.6×10－194×1.67×1027m/s图3＝6.9×106 m/s.答案：大 6.9×1066、解析：3015P 衰变的方程式：3015P ―→3014Si ＋01e ，即这种粒子为正电子．图中纵坐标表示剩余3215P 的质量，经过t 天4 mg 的3215P 还剩0.25mg ，也就是1 mg 中还剩0.254mg ＝0.0625 mg ，由图示估读出此时对应天数为56天．答案：(1)正电子 (2)t ＝56天(54～58天都算对)7、解析：(1)用m 1、m 2和m 3分别表示中子(10n)、氦核(42He)和氚核的速度，由动量守恒定律得m 1v 1＝m 2v 2＋m 3v 3代入数值，得v 3＝－8.1×106 m/s即反应后生成的氚核的速度大小为8.1×106m/s方向与反应前中子的速度方向相反．(2)反应前的总动能E 1＝12m 1v 21反应后的总动能E 2＝12m 2v 22＋12m 3v 23经计算知E 2>E 1，故可知反应中发生了质量亏损．答案：(1)8.1×106 m/s ，与反应前中子的速度方向相反(2)E 2>E 1 发生了质量亏损8、解析：(1)根据题中条件，可知核反应方程式为21H＋21H―→32He＋10n.核反应过程中的质量亏损：Δm＝2m H－(m He＋m n)＝2×2.0136 u －(3.0150＋1.0087) u＝3.5×10－3u.由于1 u的质量与931.5 MeV的能量相对应，所以氘核聚变时放出的能量：ΔE＝3.5×10－3×931.5 MeV＝3.3 MeV.(2)31H和42He分解成7个核子所需的能量为E1＝3×1.112 MeV＋4×7.075 MeV＝31.636 MeV7个核子结合成73Li，释放的能量为E2＝7×5.603 MeV＝39.221 MeV所以此核反应过程中释放的核能为ΔE＝E2－E1＝39.221 MeV－31.636 MeV＝7.585 MeV.答案：(1)21H＋21H―→32He＋10n 3.3(2)7.585 MeV9、解析：(1)由电荷数守恒和质量数守恒可知系数为3.(2)ΔE＝Δmc2＝(m1－m2－m3－2m)c2(3)一个月内核反应产生的总能量为E＝Pt，同时E＝mM N AΔE，所以Pt＝mM N AΔE，解得m＝PtMN AΔE＝22 kg.答案：(1)3(2)(m1－m2－m3－2m)c2(3)22 kg10、解析：①342He―→126C＋ΔE②Δm＝3×4.0026 u－12.0000 u＝0.0078 uΔm＝0.0078×1.66×10－27kg＝12.95×10－27kg ΔE＝Δm·c2＝1.16×10－12J③ΔE＝1.16×10－12(1.6×10－19)MeV＝7.25 MeVΔE＝0.0078×931.5 MeV＝7.25 MeV答案：(1)342He―→126C＋ΔE(2)1.16×10－12J(3)7.25 MeV11、解析：铀235释放的能量等于一天发电的电能．计算出50万kW的电站一天发出的电能，也就是一天所需的铀235释放的核能，进而求得铀235的质量．根据发电功率计算出每天应发电能的总量为：E＝24×3.6×103×P＝4.32×1013J要得到这么多能量需要裂变的铀原子数目为：n＝4.32×10132×108×1.6×10－19＝1.35×1024则对应的质量为：m＝nN A·M＝1.35×10246.02×1023×235×10－3kg＝0.527kg答案：0.527 kg12、解析：(1)根据题中条件，可知核反应方程为：21H＋21H―→32He＋10n(2)质量亏损Δm＝2m H－(m He＋m n)＝2.0136 u×2－(3.0150 u＋1.0087 u)＝0.0035 u由于1 u的质量与931.5 MeV的能量相对应，所以核反应中释放的核能为ΔE＝0.0035×931.5 MeV＝3.26 MeV(3)由动量守恒定律有：0＝m He v He－m n v n得v He∶v n＝1∶3答案：(1)21H＋21H―→32He＋10n(2)3.26 MeV(3)1∶316-末1、解析：轻核聚变而生成质量较大(中等)的新核．故B 正确． 答案：B2、解析：由图甲可知α射线和β射线都不能穿透钢板，γ射线的穿透力最强，可用来检查金属内部的伤痕，答案为C.答案：C3、解析：粒子之间相互作用的过程中遵循动量守恒定律，由于原来的原子核是静止的，初动量为零，则末动量也为零，即：α粒子和反冲核的动量大小相等，方向相反，所以A 正确．由于释放的α粒子和反冲核，在垂直于磁场的平面内且在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，所以由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R ，得R ＝m v qB .若原来放射性元素的核电荷数为Q ，则对α粒子：R 1＝p 1B ·2e .对反冲核：R 2＝p 2B (Q －2)e. 由于p 1＝p 2，所以有：R 1R 2＝441. 解得：Q ＝90.它们的速度大小与质量成反比．所以B 、C 正确，D 错误． 答案：ABC4、解析：由跃迁公式得ΔE 1＝hc λ1，ΔE 2＝hc λ2，联立可得ΔE 2＝λ1λ2.ΔE 1＝0.36 eV ，选项D 对．答案：D5、解析：三种射线中α射线的电离本领最强，当有烟尘时，由于烟尘吸收空气中的离子和α粒子，所以电流会减弱．故B 正确．答案：B6、解析：根据光电效应规律可知A 正确，B 、C 错误．根据光电效应方程12m v 2m ＝hν－W ，频率ν越高，初动能就越大，D 正确．答案：AD7、解析：据核反应过程中质量数和电荷数守恒可判断X 是中子．Δm ＝(235.0432＋1.0087－138.9178－93.9154－3×1.0087) u ＝0.1926 u ，可见该反应释放能量，释放的能量ΔE ＝0.1926×9.3×102 MeV ＝1.8×102 MeV .故C 正确．答案：C8、解析：α射线不能穿过3 mm 厚的铝板，γ射线又很容易穿过3 mm 厚的铝板，基本不受铝板厚度的影响．而β射线刚好能穿透几毫米厚的铝板，因此厚度的微小变化会使穿过铝板的β射线的强度发生较明显变化．即β射线对控制厚度起主要作用．若超过标准值，说明铝板太薄了，应该将两个轧辊间的距离调节得大些．故B 正确．答案：B9、解析：卢瑟福α粒子散射实验说明的是原子内部的结构而不是原子核内部的结构，故①错；天然放射现象说明原子核具有复杂的结构，而不是内部有电子，故②错；氢原子从n ＝3能级跃迁到n ＝1能级放出的光子能量大于从n ＝2能级跃迁到n ＝1能级放出的光子能量，故前者波长小于后者，即④错．由核反应规律可知③正确．答案：③10、解析：①题给原理是动量守恒，故应选择器材为ABC. ②由题意知B 对应原理中的m 1.答案：①ABC ②B11、解析：(1)核反应方程式为：42He ＋2713Al ―→3015P ＋10n(2)设该种粒子的质量为m ，则12C 核的质量为12m .由动量守恒定律可得：m v 0＝m (－v 1)＋12m v 2解得：v 2＝v 0＋v 112 则碰撞后该种粒子运动方向与原粒子运动方向相同．答案：(1)42He ＋2713Al ―→3015P ＋10n(2)v 0＋v 112 与原粒子运动方向相同12、解析：设摆球A 、B 的质量分别为m A 、m B ，摆长为l ，B 球的初始高度h 1，碰撞前B 球的速度为v B .在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得h 1＝l (1－cos45°)①12m B v 2B ＝m B gh 1②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为p 1、p 2，有p 1＝m B v B ③联立①②③式得p 1＝m B 2gl (1－cos45°)④同理可得p 2＝(m B ＋m B )2gl (1－cos30°)⑤联立④⑤式得p 2p 1＝m B ＋m B m B1－cos30°1－cos45°⑥ 代入已知条件得(p 2p 1)2＝1.03⑦由此可以推出|p 2－p 1p 1|≤4%⑧ 所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律．答案：是13、解析：(1)设子弹穿过物块后物块的速度为v ，由动量守恒得m v 0＝m v 02＋M v ①解得v ＝m 2M v 0②系统的机械能损失为ΔE ＝12m v 20－[12m (v 02)2＋12M v 2]③由②③式得ΔE ＝18(3－m M )m v 20.④(2)设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则h ＝12gt 2⑤s ＝v t ⑥由②⑤⑥式得s ＝m v 0M h 2g .答案：(1)18(3－m M )m v 20 (2)m v 0Mh2g 14、解析：(1)电子绕核运动具有周期性，设运转周期为T ，由牛顿第二定律和库仑定律有：k e 2r 21＝m ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT 2r 1① 又轨道上任一处，每一周期通过该处的电荷量为e ，由电流的定义式得所求等效电流I ＝e T ②联立①②式得I ＝e 22πr 1k mr 1＝(1.6×10－19)22×3.14×0.53×10－10× 9×1099.1×10－31×0.53×10－10 A ＝1.05×10－3 A图8(2)由于这群氢原子的自发跃迁辐射，会得到三条光谱线，如右图8所示．(3)三条光谱线中波长最长的光子能量最小，发生跃迁的两个能级的能量差最小，根据氢原子能级的分布规律可知，氢原子一定是从n ＝3的能级跃迁到n ＝2的能级设波长为λ，由h c λ＝E 3－E 2，得λ＝hc E 3－E 2＝ 6.63×10－34×3×108(－1.51＋3.4)×1.6×10－19m ＝6.58×10－7m 答案：(1)1.05×10－3A (2)如图8所示 (3)6.58×10－7m15、解析：(1)ε3Li ＋10n →42He ＋31H(2)因为1 g 氚为13 mol ，根据核反应方程，实现核转变的63Li 也为13mol ，所以有2.0×1023个Li 实现了核转变． (3)根据爱因斯坦质能方程ΔE ＝Δmc 2.核聚变反应中有5个核子参加了反应，所以质量亏损为Δm ＝3.1×10－29 kg.答案：(1)10n ；42He (2)2.0×1023个 (3)3.1×10－29kg 16、解析：(1)碰撞过程满足动量守恒且机械能守恒，与氢核碰撞时有m v ＝m v 1＋m H v H ，12m v 2＝12m v 21＋12m H v 2H ，解之得v H ＝2m m ＋m Hv ，同理可得v N ＝2m m ＋m N v .(2)由上面可得v H v N＝m ＋m N m ＋m H ，代入数据得m m ′＝m m H ＝1.05. 答案：(1)v H ＝2m m ＋m H v v N ＝2m m ＋m N v (2)m m ′＝1.05 17、解析：(1)由C 2n ＝3可知n ＝3，故照射光的光子能量为E 3－E 1＝12.09 eV由E K ＝hν－W 知E K ＝(12.09－4.54) eV ＝7.55 eV .(2)①核反应方程式为63Li ＋10n →31H ＋42He.②设中子、氦核、新核的质量分别为m 1、m 2、m 3，它们的速度分别为v 1、v 2、v 3，根据动量守恒有：m 1v 1＝m 2v 2＋m 3v 3 v 3＝m 1v 1－m 2v 2m 3＝－1×103 m/s 负号说明新核运动方向与氦核相反．答案：(1)12.09 7.55 (2)①63Li ＋10n →31H ＋42He②1×103 m/s 运动方向与氦核相反。
高中物理选修3-5同步练习试题解析：16.2
高中物理选修3-5同步练习试题解析动量和动量定理1．关于动量的概念，下列说法正确的是()A．动量大的物体惯性一定大B．动量大的物体运动一定快C．动量相同的物体运动方向一定相同D．动量相同的物体速度小的惯性大解析：物体的动量是由速度和质量两个因素决定的。
动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错；同样，动量大的物体速度也不一定大，B也错；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C对；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D也对。
答案：C、D2．关于动量的大小，下列叙述中正确的是()A．质量小的物体动量一定小B．质量小的物体动量不一定小C．速度大的物体动量一定大D．速度大的物体动量不一定大解析：物体的动量p＝m v是由物体的质量m和速度v共同决定的，仅知物体的质量m或速度v的大小并不能唯一确定动量p的大小，所以B、D选项正确。
答案：B、D3．关于动量变化量的方向，下列说法中正确的是()A．与速度方向相同B．与速度变化的方向相同C．与物体受力方向相同D．与物体受到的总冲量的方向相同解析：动量变化量Δp＝p′－p＝m v′－m v＝mΔv，故知Δp的方向与Δv的方向相同，与v的方向不一定相同，A错误，B正确；由动量定理I＝Δp知，Δp的方向与I的方向相同，D正确；若物体受恒力作用，Δp的方向与F方向相同，若是变力，则二者方向不一定相同，C错误。
答案：B、D4．对于任何一个质量不变的物体，下列说法正确的是()A．物体的动量发生变化，其动能一定变化B．物体的动量发生变化，其动能不一定变化C．物体的动能不变，其动量一定不变D．物体的动能发生变化，其动量不一定变化解析：动量p＝m v，是矢量，速度v的大小或方向之一发生变化，动量就变化；而动能只在速率改变时才发生变化，故选项B正确，A、C、D均错。
答案：B5．对于力的冲量的说法，正确的是()A．力越大，力的冲量就越大B．作用在物体上的力大，力的冲量也不一定大C．F1与其作用时间t1的乘积F1t1等于F2与其作用时间t2的乘积F2t2，则这两个冲量相同D．静置于地面的物体受到水平推力F的作用，经时间t物体仍静止，则此推力的冲量为零解析：力的冲量I＝Ft与力和时间两个因素有关，力大而作用时间短，冲量不一定大，A 错B 对，冲量是矢量，有大小也有方向，冲量相同是指大小和方向都相同，C 错，冲量的大小与物体的运动状态无关，D 错，因此选B 。
高中物理选修3-5同步练习试题解析：16.3--(附解析答案)
高中物理选修3-5同步练习试题解析动量守恒定律1．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图3－1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。
将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是( )A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零解析：在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C正确；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。
若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D正确。
答案：A、C、D2．一辆平板车停止在光滑水平面上，车上一人(原来也静止)用大锤敲打车的左端，如图3－2所示，在锤的连续敲打下，这辆平板车将( )A．左右来回运动B．向左运动C．向右运动D．静止不动解析：系统水平方向总动量为零，车左右运动方向与锤头左右运动方向相反，锤头运动，车就运动，锤头不动，车就停下。
答案：A3．在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。
在大人和小孩相向运动而交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是( )A．向右运动B．向左运动C．静止D．上述三种情况都有可能解析：以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。
物理同步人教选修3-5全国通用版模块综合检测+Word版含解析.docx
模块综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(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,第1~6题只有一个选项正确,7~10题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的不得分) 1.我国女子短道速滑队在2013年世锦赛上实现女子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解析:甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等,方向相反,选项A错误;甲、乙组成的系统动量守恒,动量变化量等大反向,选项B正确;甲、乙相互作用时,虽然她们之间的相互作用力始终大小相等,方向相反,但相互作用过程中,她们的对地位移不一定相同,所以甲的动能增加量不一定等于乙的动能减少量,那么甲对乙做的功就不一定等于乙对甲做的功,选项C、D错误。
答案:B2.如图甲是α、β、γ三种射线穿透能力的示意图,图乙是工业上利用射线的穿透性来检查金属内部的伤痕的示意图,请问图乙中的检查是利用了哪种射线()A.α射线B.β射线C.γ射线D.三种射线都可以解析:由题图甲可知α射线和β射线都不能穿透钢板,γ射线的穿透力最强,可用来检查金属内部的伤痕,答案为C。
答案:C3.如图所示,弹簧的一端固定在竖直墙上,质量为m的光滑弧形槽静止在光滑水平面上,底部与水平面平滑连接,一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑,则()A.在以后的运动过程中,小球和槽的动量始终守恒B.在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功C.被弹簧反弹后,小球和槽的机械能守恒,小球能回到槽高h处D.被弹簧反弹后,小球和槽都做速率不变的直线运动解析:小球在槽上运动时,由于小球受重力,故两物体组成的系统外力之和不为零,故动量不守恒,当小球与弹簧接触后,小球受外力,故动量不再守恒,故A错误;下滑过程中两物体都有水平方向的位移,而力是垂直于球面的,故力和位移夹角不垂直,故两力均做功,故B错误;小球脱离弧形槽时,水平方向动量守恒,可得两者速度大小相等,故小球脱离弧形槽后,槽向后做匀速运动,而小球被弹簧反弹后也做匀速运动,小球追不上弧形槽,故C错,D正确。
最新高中物理：选修3-5人教版全套教学同步练习及解析模块综合测试题及答案
模块综合测试题本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100，考试时间60分钟。
第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(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，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分。
)1．关于α粒子的散射实验，下述不正确的是()A．α粒子发生大角度散射的主要原因是原子中有正电荷B．α粒子发生大角度散射的主要原因是原子中原子核的作用C．只有少数α粒子发生大角度散射的原因是原子的全部正电荷和几乎全部质量集中在一个很小的核上D．相同条件下，换用原子序数越小的物质做实验，沿同一偏转角散射的α粒子就越少解析：原子显电中性，而电子带负电，所以原子中一定存在带正电的物质，但是汤姆孙的原子模型就不能解释α粒子的散射现象，所以α粒子大角度散射的主要原因不能直接说是原子中正电荷的作用，而是正电荷集中在原子核中的原因，所以A选项错误，而B选项正确；只有少数α粒子发生大角度散射的结果证明原子存在一个集中所有正电荷和几乎所有质量的很小的原子核，即C选项正确；使α粒子发生大角度散射的原因是受到原子核的库仑斥力，所以为使散射实验现象更明显，应采用原子序数大的金箔，若改用原子序数小的物质做实验，α粒子受到原子核的库仑斥力小，发生大角度散射的α粒子少，所以D选项正确，所以题中选不正确的答案为A选项。
答案：A2．放射性同位素钴60能放出较强的γ射线，其强度容易控制，这使得γ射线得到广泛应用。
下列选项中，属于γ射线的应用的是()A．医学上制成γ刀，无需开颅即可治疗脑肿瘤B．机器运转时常产生很多静电，用γ射线照射机器可将电荷导入大地C．铝加工厂将接收到的γ射线信号输入计算机，可对薄铝板的厚度进行自动控制D．用γ射线照射草莓、荔枝等水果，可延长保存期解析：γ射线的电离作用很弱，不能使空气电离成为导体，B错误；γ射线的穿透能力很强，薄铝板的厚度变化时，接收到的信号强度变化很小，不能控制铝板厚度，C 错误。
高中物理选修3-5：高中物理《选修3-5》全册综合卷含解析
高中物理《选修3-5》全册综合测试卷(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确.全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分.)1.近年来，数码相机家喻户晓，用来衡量数码相机性能的一个非常重要的指标就是像素，像素可理解为光子打在光屏上的一个亮点，现知300万像素的数码相机拍出的照片比30万像素的数码相机拍出的等大的照片清晰得多，其原因可以理解为()A.光是一种粒子，它和物质的作用是一份一份的B.光的波动性是由大量光子之间的相互作用引起的C.大量光子表现出粒子性D.光具有波粒二象性，大量光子表现出波动性2.在橄榄球比赛中，一个85 kg的前锋队员以5 m/s的速度跑动，想穿越防守队员到底线触地得分.就在他刚要到底线时，迎面撞上了对方两名均为65 kg的队员，一个速度为2 m/s，另一个速度为4 m/s，然后他们就扭在了一起，则()A.他们碰撞后的共同速度是0.2 m/sB.碰撞后他们动量的方向仍向前C.这名前锋能得分D.这名前锋不能得分3.质量分别为2m和m的A、B两个质点，初速度相同，均为v1.若他们分别受到相同的冲量I作用后，A的速度变为v2，B的动量变为p.已知A、B都做直线运动，则动量p可以表示为()A.m(v2－v1)B.2m(2v2－v1)C.4m(v2－v1)D.m(2v2－v1)4.关于下列四幅图说法正确的是()A.原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径是任意的B.光电效应实验说明了光具有粒子性C.电子束通过铝箔时的衍射图样证实了电子具有波动性D.发现少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的正电荷和绝大部分质量集中在很小空间范围5.根据玻尔理论，某原子的电子从能量为E 的轨道跃迁到能量为E ′的轨道，辐射出波长为λ的光，以h 表示普朗克常量，c 表示真空中光速，则E ′等于( )A.E －h λcB.E ＋h λcC.E －h cλD.E ＋h cλ6.在足够大的匀强磁场中，静止的钠核2411Na 发生衰变，沿与磁场垂直的方向释放出一个粒子后，变为一个新核，新核与放出的粒子在磁场中运动的径迹均为圆，如图所示.以下说法正确的是( )A.新核为2412MgB.发生的是α衰变C.轨迹1是新核的径迹D.新核沿顺时针方向旋转7.下列说法正确的是( )A.采用物理或化学方法可以有效地改变放射性元素的半衰期B.由玻尔理论知道氢原子从激发态跃迁到基态时会放出光子C.从高空对地面进行遥感摄影是利用紫外线良好的穿透能力D.原子核所含核子单独存在时的总质量小于该原子核的质量8.氢原子能级图的一部分如图所示，a 、b 、c 分别表示氢原子在不同能级间的三种跃迁途径，设在a 、b 、c 三种跃迁过程中，放出光子的能量和波长分别是E a 、E b 、E c 和λa 、λb 、λc ，则( )A.λb ＝λa ＋λcB.1λb ＝1λa ＋1λcC.λb ＝λa λcD.E b ＝E a ＋E c9.钍234 90Th 具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为镤23491Pa ，同时伴随有γ射线产生，其方程为234 90Th →23491Pa ＋x ，钍的半衰期为24天.则下列说法中正确的是( )A.x 为质子B.x 是钍核中的一个中子转化成一个质子时产生的C.γ射线是镤原子核放出的D.1 g 钍234 90Th 经过120天后还剩0.2 g10.氢原子的能级如图.某光电管的阴极由金属钾制成，钾的逸出功为2.25 eV.处于n ＝4激发态的一群氢原子，它们向各较低能级跃迁时，哪两能级间跃迁产生的光子不能使光电管产生光电子( )A.从n ＝4向n ＝3跃迁B.从n ＝3向n ＝1跃迁C.从n ＝4向n ＝1跃迁D.从n ＝2向n ＝1跃迁11.现有核反应方程为2713Al ＋42He →3015P ＋X ，新生成的3015P 具有放射性，继续发生衰变，核反应方程为3015P →3014Si ＋Y.平行金属板M 、N 间有匀强电场，且φM >φN ，X 、Y 两种微粒竖直向上离开放射源后正确的运动轨迹是( )12.如图所示，位于光滑水平桌面，质量相等的小滑块P 和Q 都可以视作质点，Q 与轻质弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初动能E 0水平向Q 运动并与弹簧发生相互作用，若整个作用过程中无机械能损失，用E 1表示弹簧具有的最大弹性势能，用E 2表示Q 具有的最大动能，则( )A.E 1＝E 02B.E 1＝E 0C.E 2＝E 02D.E 2＝E 0的演算步骤，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和单位.)13.(6分)经研究，核辐射的影响最大的是铯137(137 55Cs)，可广泛散布到几百千米之外，且半衰期大约是30年左右.请写出铯137发生β衰变的核反应方程： Ｗ.如果在该反应过程中释放的核能为E ，则该反应过程中质量亏损为 Ｗ.[已知碘(I)为53号元素，钡(Ba)为56号元素]14.(9分)如图所示的装置中，质量为m A的钢球A用细线悬挂于O点，质量为m B的钢球B放在离地面高度为H的小支柱N上.O点到A球球心的距离为L.使悬线在A球释放前伸直，且线与竖直线的夹角为α，A球释放后摆动到最低点时恰与B球正碰，碰撞后，A球把轻质指示针OC推移到与竖直线夹角为β处，B球落到地面上，地面上铺一张盖有复写纸的白纸D.保持α角度不变，多次重复上述实验，白纸上记录到多个B球的落点.(1)图中x应是B球初始位置到的水平距离.(2)为了探究碰撞中的守恒量，应测得等物理量.(3)用测得的物理量表示：m A v A＝；m A v′A＝；m B v′B＝Ｗ.15.(12分)用中子轰击锂核(63Li)发生核反应，产生氚和α粒子并放出4.8`MeV的能量.(1)写出核反应方程式；(2)求上述反应中的质量亏损为多少(保留两位有效数字)；(3)若中子与锂核是以等大反向的动量相碰，则α粒子和氚的动能之比是多少？`16.(13分)(2016·高考全国卷甲)如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上.某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h=0.3 m(h小于斜面体的高度).已知小孩与滑板的总质量为m1=30 kg，冰块的质量为m2=10kg，小孩与滑板始终无相对运动.取重力加速度的大小g=10 m/s2.(1)求斜面体的质量；(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？参考答案与解析1．[209] 【解析】选D.由题意知像素越高，形成照片的光子数越多，表现出的波动性越强，照片越清晰，故D 项正确．2．[210] 【解析】选BC.取前锋队员跑动的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：M v 1－m v 2－m v 3＝(M ＋m ＋m )v ，代入数据得：v ≈0.16 m/s.所以碰撞后的速度仍向前，故这名前锋能得分，B 、C 两项正确．3．[211] 【解析】选D.由动量定理 对A ：I ＝2m v 2－2m v 1① 对B ：I ＝p －m v 1②所以由①②得p ＝m (2v 2－v 1)． 故D 正确．4．[212] 【解析】选BCD.原子中的电子绕核旋转的轨道是特定的，不是任意的，选项A 错误．易知B 正确．电子能通过铝箔衍射，说明电子也有波动性，C 正确．发现少数α粒子大角度偏转，说明原子的正电荷和大部分质量集中在很小空间范围内，D 正确．5．[213] 【解析】选C.由于电子跃迁的过程中，原子辐射光子，所以电子由高能级轨道向低能级轨道跃迁，即E ′＜E ，故E ′＝E －h cλ.6．[214] 【解析】选A.衰变过程中，新核和粒子运动方向相反．但由图可知两曲线内切，受力方向一致，因此可以判断两粒子电性相反，所以发生的是β衰变，B 选项不正确．由2411Na →2412Mg ＋ 0－1e可知，A 选项正确．因为R ＝m v qB ，m 1v 1＝m 2v 2，所以R 1R 2＝q 2q 1.由此可知，1是电子的运动轨迹，由左手定则可知新核沿逆时针方向旋转，C 、D 选项不正确．7．[215] 【解析】选B.放射性元素的半衰期由元素的原子核来决定，与元素以单质或化合物的形式存在无关，与压强、温度无关，即与化学、物理状态无关，故A 项错误．由玻尔理论可知，氢原子从激发态跃迁到基态的过程放出光子，B 项正确．从高空对地面进行遥感摄影是利用红外线良好的穿透能力，C 项错误．核子结合成原子核放出核能，因此核子单独存在时的总质量大于结合成原子核时核的质量，D 项错误．8．[216] 【解析】选BD.E a ＝E 3－E 2，E b ＝E 3－E 1，E c ＝E 2－E 1，所以E b ＝E a ＋E c ，D 正确；由ν＝c λ得λa ＝hc E 3－E 2，λb ＝hc E 3－E 1，λc ＝hc E 2－E 1，取倒数后得到1λb ＝1λa ＋1λc ，B 正确．9．[217] 【解析】选BC.根据核反应方程质量数守恒和电荷数守恒，可判断x 的质量数为234－234＝0，电荷数为90－91＝－1，所以x 是电子，选项A 错；放射性元素的放射性来自于原子核内部，电子是由原子核内部的一个中子转化为一个质子而形成的，选项B 对；γ射线同β射线一样都是来自于原子核，即来自于镤原子核，选项C 对；半衰期是针对大量原子核衰变的一个统计规律，1 g钍234 90Th经过120天即5个半衰期，剩余的质量为⎝⎛⎭⎫125g＝132g ，不是0.2 g ，选项D 错． 10．[218] 【解析】选A.要使光电管产生光电子，两能级间跃迁产生的光子的能量应该不小于钾的逸出功2.25 eV ，由hν＝E m －E n 得，E 43＝0.66 eV ，E 31＝12.09 eV ，E 41＝12.75 eV ，E 21＝10.2 eV ，所以选A.11．[219] 【解析】选B.由核反应方程知X 是中子(10n)，Y 是正电子(0＋1e)，MN 间场强方向水平向右，X 不受力做直线运动，Y 受向右的电场力方向向右偏转，B 正确．12．[220] 【解析】选AD.P 、Q 相互作用的过程中满足动量守恒和机械能守恒，当P 、Q 速度相等时，系统的动能损失最大，此时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒和机械能守恒可以求得A 项正确．由于P 、Q 的质量相等，故在相互作用过程中发生速度交换，当弹簧恢复原长时，P 的速度为零，系统的机械能全部变为Q 的动能，D 正确．13．[221] 【解析】铯137发生β衰变的方程为：137 55Cs →137 56Ba ＋ 0－1e ，该反应的质量亏损为Δm ，由爱因斯坦质能方程知E ＝Δmc 2，有Δm ＝E c2.【答案】137 55Cs →137 56Ba ＋－1eEc 214．[222] 【解析】小球A 在碰撞前后摆动，满足机械能守恒定律，小球B 在碰撞后做平抛运动，则x 应为B 球的平均落点到初始位置的水平距离，要得到碰撞前后的m v ，应测量m A 、m B 、α、β、L 、H 、x 等，对A ，由机械能守恒定律得 m A gL (1－cos α)＝12m A v 2A ， 则：m A v A ＝m A 2gL （1－cos α）. 碰后对A ，有m A gL (1－cos β)＝12m A v ′2A ， 则：m A v ′A ＝m A 2gL （1－cos β）. 碰后B 做平抛运动，有 x ＝v B ′t ，H ＝12gt 2，所以m B v B ′＝m B xg 2H. 【答案】(1)B 球平均落点 (2)m A 、m B 、α、β、L 、H 、x(3)m A 2gL （1－cos α） m A 2gL （1－cos β） m B xg2H15．[223] 【解析】(1)63Li ＋10n →31H ＋42He ＋4.8 MeV.(2)Δm ＝ΔE c 2＝4.8×106×1.6×10－19（3×108）2kg ≈8.5×10－30kg.(3)设m 1、m 2、v 1、v 2分别为氦核、氚核的质量和速度，由动量守恒定律得 0＝m 1v 1＋m 2v 2 氦核、氚核的动能之比E k1∶E k2＝（m 1v 1）22m 1∶（m 2v 2）22m 2＝m 2∶m 1＝3∶4.【答案】(1)见解析 (2)8.5×10－30kg (3)3∶416．[224] 【解析】(1)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3，由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v① 12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ②式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度， 联立①②式并代入题给数据得m 3＝20 kg.③ (2)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0 ④ 代入数据得v 1＝1 m/s⑤ 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3 ⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．【答案】见解析。
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高中物理选修3-5同步练习试题分析动量守恒定律1．在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图3－1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态。
将两小车及弹簧看做一个系统，下面说法正确的是()A．两手同时放开后，系统总动量始终为零B．先放开左手，再放开右手后，动量不守恒C．先放开左手，后放开右手，总动量向左D．无论何时放手，两手放开后，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零分析：在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力(内力)，故动量守恒，即系统的总动量始终为零，A对；先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，B错误；先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，C正确；其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变。
若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开后的总动量就与放开最后一只手后系统所具有的总动量相等，即不为零，D 正确。
答案：A、C、D2．一辆平板车停止在光滑水平面上，车上一人(原来也静止)用大锤敲打车的左端，如图3－2所示，在锤的连续敲打下，这辆平板车将()A．左右来回运动B．向左运动C．向右运动．静止不动D．分析：系统水平方向总动量为零，车左右运动方向与锤头左右运动方向相反，锤头运动，车就运动，锤头不动，车就停下。
答案：A3．在光滑水平面上停着一辆平板车，车左端站着一个大人，右端站着一个小孩，此时平板车静止。
在大人和小孩相向运动而交换位置的过程中，平板车的运动情况应该是()A．向右运动B．向左运动C．静止D．上述三种情况都有可能分析：以大人、小孩和平板车三者作为研究对象，系统水平方向所受的合外力为零，根据动量守恒定律，可得在大人和小孩相互交换位置时，系统的重心位置保持不变。
在大人和小孩相互交换位置时，可假定平板车不动，则在大人和小孩相互交换位置后，系统的重心将右移(因大人的质量要大于小孩的质量)。
因此为使系统的重心位置保持不变，平板车必须左移，故B项正确。
答案：B4．如图3－3所示，三个小球的质量均为m，B、C两球用两球CB、轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度v沿0CB、B两球粘在一起。
对A、球心的连线向B球运动，碰后A、)及弹簧组成的系统，下列说法正确的是( ．机械能守恒，动量守恒A ．机械能不守恒，动量守恒B ．三球速度相等后，将一起做匀速运动C ．三球速度相等后，速度仍将变化D错两球碰撞过程中机械能有损失，A A分析：因水平面光滑，故系统的动量守恒，、B CB正确；三球速度相等时，弹簧形变量最大，弹力最大，故三球速度仍将发生变化，误，正确。
错误，DD、答案：B木块水平向右在小车的水平车板所示，4小车在光滑的水平面上向左运动，－如图5．3) (上运动，且未滑出小车，下列说法中正确的是A．若小车的动量大于木块的动量，则木块先减速再加速后匀速B．若小车的动量大于木块的动量，则小车先减速再加速后匀速C．若小车的动量小于木块的动量，则木块先减速后匀速D．若小车的动量小于木块的动量，则小车先减速后匀速则最后相对静止小车和木块组成的系统动量守恒。
若小车动量大于木块的动量，分析：时整体向左运动，故木块先向右减速，再向左加速，最后与车同速。
CA、答案：的球，m6．甲、乙两人站在光滑的水平冰面上，他们的质量都是M，甲手持一个质量为的速度把球传回甲，甲接到球v现甲把球以对地为v的速度传给乙，乙接球后又以对地为2) 后，甲、乙两人的速度大小之比为(M2A. mM－m＋M B.M)m2(M＋C. M3M D.m＋M只考虑初状态和末状态的情甲乙之间传递球的过程中，不必考虑过程中的细节，分析：在任意时刻系统的总况。
研究对象是由甲、乙二人和球组成的系统，开始时的总动量为零，动量总为零。
，二者方向相反，根据动量守恒设甲的速度为v，乙的速度为v乙甲vM甲)，则＝。
＝Mvv＋m)(M乙甲vm＋M乙答案：D7．如图3－5所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块，都以v＝4 m/s的初速度朝相反的方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板) (时，物块的运动情况是2.4 m/s的速度为A．做加速运动B．做减速运动C．做匀速运动D．以上运动都有可能刚好矢量和为零，在竖直方向受重力和支持力作用，分析：物块与薄板相对运动过程中，且在相对运动的过程中任所以物块与薄板组成的系统动量守恒，在水平方向不受外力作用，，由动量守′一时刻系统的总动量都不变。
薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v)取薄板运动方向为正方向恒定律得( ，＋m)v′vM－mv＝(M4v(3－1)×－Mv＝则v′＝m/s＝2 m/s。
1＋＋m3M共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同。
而物块先沿负方向减速到速度在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，v。
当薄板速度为为零，再沿正方向加速到2 m/s，由动量v＝2.4 m/s时，设物块的速度为21守恒定律得，＋mvmMv－v＝Mv21vv－M)(M－m1v＝2m2.4×－34(3－1)×＝m/s＝0.8 m/s，1即此时物块的速度方向沿正方向，故物块做加速运动。
答案：A8．如图3－6所示，光滑水平直轨道上有三个滑块A、B、C，质量分别为m＝m＝2m，CA m＝m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的轻弹簧(弹簧与滑块不拴接)。
开始时A、B以共B同速度v运动，C静止。
某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘0的速度。
B碰撞前C与B在一起，最终三滑块速度恰好相同。
求．，由动量守恒定律的速度为v与分析：设共同速度为v，球AB分开后，B B①mv＋m)v＝mv＋(m BABAB0v②＝mv(m＋m)CBBB9vB的速度联立①②式，得B与C碰撞前v。
＝0B59v答案：059.如图3－7所示，质量为m＝1 kg的滑块静止于光滑的水平2面上，一质量为m＝50 g的小球以1 000 m/s的速率碰到滑块后又1以800 m/s的速率被弹回，试求滑块获得的速度。
分析：对小球和滑块组成的系统，在水平方向上不受外力，竖直方向上所受合力为零，系统动量守恒，以小球初速度方向为正方向，则有v＝1 000 m/s，v′＝－800 m/s，v＝0 211又m2－kg，m×10＝1 kg ＝50 g＝5.021由动量守恒定律有：mv＋0＝mv′＋mv′212111代入数据解得v′＝90 m/s，方向与小球初速度方向一致。
2答案：90 m/s方向与小球初速度方向一致10．质量为m＝10 的小球在光滑的水平桌面上以v＝30 cm/s的速率向右运动，恰遇11上质量为m＝50 g的小球以v＝10 cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m恰好静止，则222碰后小球m的速度大小、方向如何？1分析：取向右为正方向，则两球的速度分别为：v＝30 cm/s，v＝－10 cm/s，v′＝0221光滑水平方向不受力，故由两球组成的系统，竖直方向重力与支持力平衡，桌面满足动量守恒定律条件。
由动量守恒定律列方程mv＋mv＝mv′＋mv′，21122211代入数据得v′，20 cm/s＝－1．m故20 cm/s，方向向左。
碰后速度的大小为1方向向左答案：20 cm/s，在其上方悬挂A的平台边缘有一质量为m的小球811．如图3－所示，在离地面3h1发生B，当球从离平台某高处由静止释放到达最低点时，恰与A着一个质量为m的摆球B2偏离的最大高度，B着地点距抛出点的水平距离为正碰，使A球水平抛出，已知碰后A3h球碰前速度大小。
，试求碰后两球的速度大小和为hB球，由机械能守恒定律得分析：对B12mghmv＝B222v解得gh＝2B球，由平抛运动知识得对A3v解得gh＝A2 B组成的系统，由动量守恒定律得对A、mv＝－mvm＋vB A2B0213m1B解得v gh －gh2＝02m233m1 2gh ghgh2答案：－gh2m22312．如图3－9所示，滑块A、C质量均为m，滑块B质量为m。
开始时A、B分别以2v、v的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A上，并与A21粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。
若B与挡板碰撞将以原速率反弹，A与B碰撞将粘合在一起。
为使B能与挡板碰撞两次，v、v应满足什么关系？21．，由动量守恒定律得分析：设向右为正方向，A与C粘合在一起的共同速度为v′vm＝2mv′①1为保证B碰挡板前A未能追上B，应满足vv′≤② 2v″，由动量守恒定律得设A与B碰后的共同速度为73 ″③mm′vv－＝v2m222为使B能与挡板再次碰撞应满足v″>0④联立①②③④式得12vv。
＜≤vv＜v≤2v或51．1212122312vv＜≤≤v2v或v答案：1.5v＜1121222313．两只小船质量分别为m＝500 kg，m＝1 000 kg，它们平行逆向航行，航线邻近，21当它们头尾相齐时，由每一只船上各投质量m＝50 kg的麻袋到对面的船上，如图3－10所示，结果载重较轻的一只船停了下来，另一只船则以v＝8.5 m/s的速度向原方向航行，若水的阻力不计，则求交换麻袋前两只船的速率。
分析：以载重较轻的船的速度v为正方向，选取较轻的船和从较重船投过去的麻袋为1系统，如题图所示，根据动量守恒定律有(m－m)v－mv＝0 211即：450v－50v①0＝21．选取较重的船和从较轻船投过去的麻袋为系统有：mv－(m－m)v＝－mv，2221即50v－950v＝－1 000×8.5②21选取四个物体为系统有：mv－mv＝－mv，22211即：500v－1 000v＝－1 000×8.5③21联立①②③式中的任意两式解得：v＝1 m/s，v＝9 m/s。
219 m/s1 m/s 答案：。