9动量守恒原子物理
动量守恒、原子物理
高二周测试题一、选择题1．氢原子的核外电子由离核较远的轨道跃迁到离核较近的轨道上时，下列说法中正确的是（ ）A.核外电子受力变小B.原子的能量减少，电子的动能增加C.氢原子要吸收一定频率的光子D.氢原子要放出一定频率的光子 2．下列说法中正确的是（）A.物体所受合外力越大，其动量变化一定越大B.物体所受合外力越大，其动量变化一定越快C.物体所受合外力的冲量越大，其动量变化一定越大D.物体所受合外力的冲量越大，其动量一定变化得越快 3．水平抛出的物体，不计空气阻力，则( ) A ．在相等时间内，动量的变化相同 B ．在任何时间内，动量的变化方向都在竖直方向 C ．在任何时间内，动量对时间的变化率相同 D ．在刚抛出的瞬间，动量对时间的变化率为零4．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后黏在一起向左运动，最高能上升到轨道上M 点，如图所示.已知OM 与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比为m1∶m2为（ ） A.） 1 C.）D.15．如图所示，一恒力F 与水平方向夹角为θ，作用在置于光滑水平面上，质量为m 的物体上，作用时间为t ，则力F 的冲量为（ ）A.Ft B ．mgt C ．Fcos θt D ．(mg-Fsin θ)t6．质量为m 的砂车沿光滑水平面以速度v 0作匀速直线运动，此时从砂车上方落入一只质量为m 的铁球，如图6-2-8所示，则小铁球落入砂车后( ) A ．砂车立即停止运动 B ．砂车仍作匀速运动，速度仍为v 0C ．砂车仍作匀速运动，速度小于v 0D ．砂车做变速运动，速度不能确定7．某金属在光的照射下产生光电效应，其遏止电压Uc 与入射光频率v 的关系图象如图所示。
则由图象可知（ ） A ．该金属的逸出功等于hv 0B ．遏止电压是确定的，与照射光的频率无关C ．若已知电子电量e ，就可以求出普朗克常量hD ．入射光的频率为2v 0时，产生的光电子的最大初动能为hv 08．如图所示，一验电器与锌板相连，现用一弧光灯照射锌板,弧光灯关闭之后,验电器指针保持一定偏角,以下说法正确的是（ ） A.一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将增大B.将一带负电的金属小球与锌板接触，则验电器指针偏角将保持不变C.使验电器指针回到零，改用强度更大的弧光灯照射锌板，验电器的指针偏角将更大D.使验电器指针回到零，改用强度更大的红外线灯照射锌板，验电器的指针偏角将更大A ．普朗克曾经大胆假设：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的最小能量值ε叫做能量子B ．德布罗意提出：实物粒子也具有波动性，而且粒子的能量ε和动量p 跟它对所应的波的频率ν和波长λC ．光的干涉现象中，干涉亮条纹部分是光子到达几率大的地方D ．在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时，把一部分动量转移给电子，因此，光子散射后波长变短 10．下列说法正确的是 ．A ．运动的宏观物体也具有波动性，其速度越大物质波的波长越大B ．大量的氢原子从n ＝3的能级向低能级跃迁时只会辐射两种不同频率的光C ．发生光电效应时，入射光越强，单位时间内逸出的光电子数就越多D ．查德威克发现了天然放射现象说明原子具有复杂结构11．X 射线是一种高频电磁波，若X 射线在真空中的波长为λ，以h 表示普朗克常量，c 表示真空的光速，以E 和m 分别表示 （ ）A ，0=mBC ，0=mD 12．用光照射处在基态的氢原子，有可能使氢原子电离。
原子物理学中的守恒思想
原子物理学中的“守恒”思想守恒定律是自然界中普遍存在的基本规律，它的本质是：物质在发生变化或物体间相互作用的过程中某些物理量的总量保持不变．应用守恒定律时，可以不考虑变化或相互作用过程的细节，给解题带来极大的方便．故在解决问题时，首先考虑应用守恒定律，是物理学中一种有效的思维方法．原子和原子核物理学是研究原子和原子核的内部结构和运动规律的科学，原子和原子核在发生变化或相互作用中存在许多守恒量．本文结合实例作分类阐述． 一、能级跃迁时的能量守恒根据玻尔理论的原子跃迁量子化假设：原子从一种定态跃迁到另一种定态时，辐射或吸收一定频率的光子，光子的能量等于这两定态的能量差，即hv =21E E -．题1（2000年春季高考题）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．用h 表示普朗克常量，c 表示真空中的光速，则E '等于（ ）A ．c h E λ-B ．ch E λ+ ｀C ．λc h E - D ．λch E +解析：根据原子跃迁时能量守恒E E hv '-=，又λc v =，所以E 'vch E -=，故选C ．题2（1995年全国高考题）如图1给出氢原子最低的四个能级，氢原子在这些能级之间跃迁所辐射的光子的频率最多有______种，其中最小的频率等于_______Hz ．(保留两位有效数字)解析：氢原子最低的四个能级之间的辐射跃起迁，如图2分析有6种形式，则对应发射光子的能量有6种，对应的频率亦有6种．其中从n=4跃迁到n=3能级时原子辐射能量最小，对应发出的光频率也最小，根据跃迁时能量守恒，min hv =4E －3E ,则：hE E v 34min -=[]34191063.6106.1)51.1(85.0--⨯⨯⨯---=Hz14106.1⨯=Hz 二、核反应中的守恒 1、电荷数、质量数守恒电荷数和质量数守恒是原子核反应中的两个基本定律，也是解答这类题目的基本根据． 题3 （2001年全国高考题）在下列四个方程中，X 1 、X 2、X 3和X 4各代表某种粒子．①++→+Xe Sr n U 138549538102359231X ②+H 212X n He 1032+→ ③+→Th U 23490238923X –3.4–13.6 １ ２ ３ ４ –0.86 –1.51 –3.4 –13.6 0.86 1.51 n nE n (eV) E n (eV) 图 2图 1④+→+Al He Mg 27134224124X以下判断正确的是（ ）A ．1X 是中子B ．2X 是质子C ．3X 是α粒子D ．4X 是氘核解析：首先根据电荷数守恒算出X 1、X 2、X ３、X 4的核电荷数分别为0、1、2、1，从而确定粒子的名称分别为中子、氢、氦、氢，然后再根据质量数守恒确定X 1代表中子，X 2代表氘核，X ３代表α粒子，X 4代表质子，故A 、C 正确.题4（1998年全国高考题）天然放射性元素23290Th （钍）经过一系列α衰变和β衰变之后，变成Pb 20682（铅），下列论断正确的是（ ）A ． 铅核比钍核少8个质子B ．铅核比钍核少24个质子C ．衰变过程共有4次α衰变和8次β衰变D ．衰变过程共有6次α衰变和4次β衰变解析：根据题意，钍核的电荷数是90，质量数是232，则其质子数为90、中子数为232―90=142；铅核的电荷数是82，质量数为208，则其质子数为82、中子数为208―82=126，所以选项A 对B 错．设经过了X 次α衰变和Y 次β衰变，则核衰变方程可写成：+→Pb Th 2088223292X +He 42Y e 01-根据质量数和电荷数守恒，可列方程： 238=208+4X 90=82+2X –Y 解得：X=6，Y=4说明共经过了6次α衰变和4次β衰变，选项C 错D 对． 2、 动量守恒动量守恒定律是自然界普遍适用的基本规律之一，大到天体，小到微观粒子，无论相互作用的是什么力，动量守恒定律都适用，因此，动量守恒定律也适用于原子或原子核间的相互作用． 题5、在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动分别如图3中a 、b 所示，若两圆半径之比是32：1，则： （1） 该核发生的是何种衰变？磁场的方向怎样？ （2） 该核的原子序数是多少？解析：本题是1994年的高考题稍为改造过来的．核衰变放出的带电粒子和反冲核速度方向相反．若放出的是正粒子，根据左手定则，其在磁场中受洛伦兹力的方向与反冲核的相反，一起在磁场中做匀速圆周运动，两圆轨道应外切．故图中两圆内切表明粒子应带负电，即该核发生的是β衰变．匀强磁场的方向可能是向里，也可能向外，因为它对运动的轨迹没有影响．设这个原子核的原子序数为Z ，衰变后β粒子半径为r 1，质量为m 1，速度大小为v 1；产生新核的半径为r 2，质量为m 2，速度大小为v 2，根据动量守恒定律得：m 1v 1―m 2v 2=0 ∴m 1v 1=m 2v 2根据q v B=m rv 2得：qB m v r =∝q 1∴112121+==Z q q r r 代入数据，得Z=32题6（2003年全国高考题）如图4所示，K -介子衰变的方程为K -→π-+π0，其中K -介子和π-介子带负的基元电荷，π0介子不带电．一个K -介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP ，衰变后产生π-介子的轨迹为圆弧PB ．两轨迹在P 点相切，它们的半径-K R 与-πR 之比为 2：1．π0介子的轨迹没画出．由此可知π-的动量大小与π0的动量大小之比是（ ） A.1：1 B.1：2 C.1：3 D.1：6解析：根据题意先分别求出带电粒子在磁场中作圆周运动中的轨道半径．设K -、π-、πo介子在磁场中运动时的动量大小分别是-k p 、-πp 、o p π ，由Rv m qvB 2=得:qBp qBv m R K K K K ----=⋅=qBp R --=ππ 又∵-K R ：-πR =2：1最后根据衰变过程动量守恒，---=ππp p p o k 可得：--=πp p k∴-πp ：o p π=1：3．正确选项为C ．3、能量守恒能量守恒定律是人类长期总结得到的一条普遍适用的基本规律．重核裂变和轻核聚变是获取能量的两个重要途径，是能量转化和守恒的重要运用．题7（2002年广东高考题）如下一系列反应是在恒星内部发生的P + 126C → 137N137N → 136C + e + + υP + 136C → 147NP + 147N → 158O图4 ABＰ158O → 157N + e + + υP + 157N → 126C + α其中P 为质子，α为α粒子，e +为正电子，υ为一种中微子，已知质子的质量为m P =1.672648 ⨯10-27kg ，α粒子的质量为m a=6.644929⨯10-27kg ，正电子质量为m e=9.11⨯10-31kg ，中微子的质量可忽略不计，真空中光速c=3.00⨯108m/s.试计算该系列核反应完成后释放的能量．解析:为求出系列反应后释放的能量,将题中所给的诸核反应方程左右两侧分别相加，消去两侧相同的项，系列反应最终等效为：4P → α + 2e ++ 2υ设反应后释放的能量为Q ,根据质能关系和能量守恒可得：22224c m c m c m e p ⋅+⋅=⋅α+Q代入数值可得：Q =3.95⨯10-12J题8（2000年全国高考题）裂变反应是目前核能利用中常用的反应，以原子核23592U 为燃料的反应中，当23592U 俘获一个慢中子后发生的裂变反应可以有多种方式，其中一种可表示为：23592U + 10n → 13954Xe + 9438Sr + 310n235.0439 1.0087 138.9178 93.9154反应方程下方的数字是中子及有关原子的静止质量(以原子质量单位u 为单位),已知1u 的质量对应的能量为9.3⨯102MeV ，此裂变反应释放出的能量是______MeV ． 解析：裂变前后的质量亏损是：Δm =（235.0439+1.0087–138.9778–93.9154–3⨯1.0087）u =0.2033u 由质能方程和能量守恒，可得裂变过程释放出的能量：ΔE =Δm •c 2=0.2033×9.3×102MeV =1.89×102MeV 4、能量和动量守恒题9（2000年春季高考题）云室处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一静止的质量为M 的原子核在云室中发生一次α衰变，α粒子的质量为m ，电量为q ，其运动轨迹与在磁场垂直的平面内．现测得α粒子运动的轨道半径为R ，试求在衰变过程中的质量亏损．（注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计）解析：该衰变放出α粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径R 与运动速度v 的关系由洛伦兹力和牛顿第二定律可得：q v B=m v 2/R ①设衰变后剩余核的速度为v ′， 衰变过程中动量守恒，故有： 0=m v –（M –m ）v ′ ②又衰变过程α粒子和剩余核的动能都来自于 亏损质量，即：22221)(21mv v m M c m +'-=⋅∆ ③联立①②③解得：Δm =22)(2)(cm M m qBR M ⋅- 题10、已知氘核的质量为2.0136u ，中子的质量为1.0087u ，32He 的质量为3.0150u ．（1） 写出两个氘核聚变的核反应方程；（2） 计算上述反应中释放的核能；（3） 若两个氘核以相等的动能0.35MeV 做对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的32He 核的动能为多大？ 解析：（1）应用质量数守恒和电荷数守恒可写出核反应方程：21H + 21H → 32He + 10n（2）由题给条件可求出质量亏损为：Δm =2.0136⨯2–（3.0150+1.0087） =0.0035u∴释放的核能为：ΔE =Δc m ⋅2=931.5⨯0.0035MeV =3.26MeV（3）因核反应中释放的能量全部转化为机械能，即转化为32He 核和中子的动能．设32He和中子的质量分别为m 1、m 2，速度为v 1、v 2，则由动量守恒定律和能量守恒定律得：m 1v 1–m 2v 2 =0E E E E K K K ∆+=+0212联立以上两式解得：1K E =)2(410E E K ∆+=)26.335.02(41+⨯⨯MeV =0.99MeV三、粒子碰撞中的守恒粒子间的相互碰撞属于弹性碰撞，故碰撞过程中动量守恒、动能也守恒．题11．已知碳核的质量是中子的12倍，假设中子与碳核发生弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的，中子的动能是E 0，那么至少经过多少次碰撞，中子的动能才能小于10-6E 0？解析：设中子质量为m ，碳核质量为M ，碰撞前中子的速度为v 0，碰撞后中子的速度为v ，碳核的速度为V ，根据动量守恒和动能守恒,有：mv 0=MV mv +220212121MV mv mv += 222212121H H v m v m mv +'=222212121NN v m v m mv ''+''=NN v m v m mv ''+''=又m M 12=联立以上三式，可得：01311v v -=所以碰撞一次，中子的动能变为：02211131121E m v E ⎪⎭⎫⎝⎛== 同理，第二次碰撞后中子的动能为：0212213141312E E E ⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛= 所以碰撞n 次后中子的动能为：021311E E nn ⎪⎭⎫ ⎝⎛=则021311E n⎪⎭⎫ ⎝⎛＜0610E -即n21311⎪⎭⎫ ⎝⎛＜610- 取对数计算，有： 2n （lg11-lg13）＜-6 解得：n ＞ 41.4所以至少碰撞42次,中子的动能才能小于10-6E 0题12、1930年发现用钋放出的α射线轰击铍核Be 时产生一种射线，其贯穿能力极强，能穿透几厘米厚的铅板．当时著名物理学家居里夫人也不知道这是什么射线．1932年，英国青年物理学家查德威克用这种射线分别轰击氢原子和氮原子，结果打出一些氢核和氮核．若未知射线均和静止氢核、氮核发生正碰，测出被打出的氢核的最大速度为v H =3.5×107m/s,被打出的氮核的最大速度υN =4.7×106m/s.假定正碰时没有能量损失，试根据上述数据算出未知射线中的粒子的质量与质子质量之比．解析：设未知粒子的质量为m ，速度为υ，粒子和核碰撞时，动量、动能守恒，有：联立①②，解得： v m m mv HH +='2 联立③④，解得：v m m mv NN +=''2vm m m H142+=代入数值，得：H m m =可见未知粒子的质量非常接近于质子的质量． 从以上分析可看出，在各种核反应中都存在着一定的守恒量，因此在求解有关核反应问题时，先分析在反应过程中存在哪些守恒量，再选用相应的守恒定律就可快速求解，这是解决原子物理问题的主要依据和有效的思维方法。
【大学物理】第四章 动量 动量守恒定律PPT课件
F x N si M n M a ( 1 )
F x m sg i n m m x a m a a M co s (3 ) F y N m cg o m s m y a m M sa in(4 )
由(1)、(3)、(4) 解得：
y
N m
a
am
mg
aM
x
N
Mmg cos M m sin
牛顿F 第 二d 定p 律的特一例般形F 式 m a vc
d t
4
二. 质点系
1. 质点系的动量
N个质量分别为 m1,m2,,mN，动量分别为
p 1,p 2, ,p N
的质点组成质点系，其总动量：
p
p
1
m1v1
p2
m
2
v2
p
N
m N vN
mivi
i
N
如何简化？
质点
F
d t
p pi M vc
dp
i
dt F外
v c F ma
F外 M ac
基本方法：用质心作为物体（质点系）的代表， 描述质点系整体的平动。
刚体或柔体
12
§4.2 习题课 —— 运动定律的应用
一. 惯性系和非惯性系
惯性系：惯性定律在其中成立的参考系，即其中不受外 力作用的物体（自由粒子）永远保持静止或匀速直线运 动的状态。 如何判断一个参考系是否惯性系？
即：
权重
r cm 1r m 11 m m 2r 2 2 m m N Nr N
质心位矢是各质点 位矢的加权平均
z
m
1
r1
O
m2
r2
C
rc
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第十三章 动量守恒 波粒二象性 原子物理
第十三章 动量守恒 波粒二象性 原子物理1 动量守恒定律及其应用【考点自清】 一、动量1．定义：运动物体的质量和 的乘积叫做物体的动量，通常用p 来表示． 速度 2．表达式：p ＝ . mv 3．单位：kg·m/s. 4．标矢性：动量是矢量，其方向和 方向相同． 速度 二、动量守恒定律1．内容：如果一个系统不受外力 ，或者所受外力的矢量和为零 ，这个系统总动量保持不变． 2．表达式(1)p ＝p ′，系统相互作用前总动量p 等于相互作用后的总动量p ′.(2)m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和． (3)Δp 1＝－Δp 2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向． (4)Δp ＝0，系统总动量的增量为零． 三、碰撞现象1．碰撞：两个或两个以上的物体在相遇的极短时间内产生非常大的相互作用力，而其他的相互作用力相对来说显得微不足道的过程．2．弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做弹性碰撞．3．非弹性碰撞：如果碰撞过程中机械能不守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞．4．完全非弹性碰撞：碰撞过程中物体的形变完全不能恢复，以致两物体合为一体一起运动，即两物体在非弹性碰撞后以同一速度运动，系统有机械能损失． 四、爆炸现象的特点1．动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．2．动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能增加． 【核心考点突破】考点一 动量、动能、动量的变化量的比较 名称项目 动量 动能 动量的变化量定义 物体的质量和速度的乘积 物体由于运动而具有的能量物体末动量与初动量的矢量差定义式 p ＝mvE k ＝12mv 2Δp ＝p ′－p 矢标性 矢量 标量 矢量 特点 状态量状态量过程量关联方程E k ＝p 22m，p ＝2mE k考点二 动量守恒定律的“五性”(1)矢量性：速度、动量均是矢量，因此列式时，要规定正方向．(2)相对性：动量守恒定律方程中的动量必须是相对于同一惯性参考系．(3)系统性：动量守恒是针对满足守恒条件的系统而言的，系统改变，动量不一定守恒．(4)同时性：动量守恒定律方程等号左侧表示的是作用前同一时刻的总动量，右侧则表示作用后同一时刻的总动量．(5)普适性：动量守恒定律不仅适用于低速宏观物体组成的系统，而且适用于接近光速运动的微观粒子组成的系统．【例1】 (2010·福建理综·29(2))如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v 0，则___B___．(填选项前的字母) A ．小木块和木箱最终都将静止B ．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C ．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D ．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 考点三 实验：验证动量守恒定律1．方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量． (2)安装：正确安装好气垫导轨．变滑块的初速度大小和方向)． (4)验证：一维碰撞中的动量守恒． 2．方案二：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验 (1)测质量：用天平测出两小车的质量．(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A 运动，小车B 静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(4)测速度：通过纸带上两计数点间的距离及时间由v ＝ΔxΔt算出速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒．3．方案三：利用斜槽上滚下的小球验证动量守恒定律(1)用天平测出两小球的质量，并选定质量大的小球为入射小球． (2)按照图2所示安装实验装置．调整固定斜槽使斜槽底端水平．(3)白纸在下，复写纸在上，在适当位置铺放好．记下重垂线所指的位置O . 4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面．圆心P 就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M 和被碰小球落点的平均位置N .如图所示．(6)连接ON ，测量线段OP 、OM 、ON 的长度．将测量数据填入表中．最后代入m 1OP ＝m 1OM ＋m 2ON ，看在误差允许的范围内是否成立．(7)整理好实验器材放回原处．(8)实验结论：在实验误差范围内，碰撞系统的动量守恒． 4．方案四：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m 1、m 2. (2)安装：把两个等大的小球用等长悬线悬挂起来． (3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验． (6)验证：一维碰撞中的动量守恒． 5．注意事项(1)前提条件：碰撞的两物体应保证“水平”和“正碰”．(2)方案提醒：①若利用气垫导轨进行实验，调整气垫导轨时，注意利用水平仪确保导轨水平．②若利用摆球进行实验，两小球静放时球心应在同一水平线上，用等长悬线悬挂后两小球刚好接触，摆线竖直，将小球拉起后，两条摆线应在同一竖直面内．③若利用长木板进行实验，可在长木板下垫一小木片用来平衡摩擦力． (3)探究结论：寻找的不变量必须在各种碰撞情况下都不改变．【例2】 (2009·四川高考)气垫导轨(如图所示)工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力．为了验证动量守恒定律，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a 的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b .气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．图为某次实验打出的点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度s 1、s 2和s 3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为________、________，两滑块的总动量大小为________；碰撞后两滑块的总动量大小为________．重复上述实验，多做几次．若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．答案 0.2abs 1 0.2abs 3 0.2ab (s 1－s 3) 0.4abs 2 考点四 碰撞现象1．碰撞的种类及特点分类标准种类 特点能量是 否守恒弹性碰撞 动量守恒，机械能守恒 非弹性碰撞 动量守恒，机械能有损失 完全非弹性碰撞 动量守恒，机械能损失最大碰撞前后 动量是否共线对心碰撞(正碰) 碰撞前后速度共线非对心碰撞(斜碰) 碰撞前后速度不共线2.弹性碰撞的规律两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m 1，速度为v 1的小球与质量为m 2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′12m 1v 21＝12m 1v 1′2 ＋12m 2v 2′2 3．碰撞现象满足的规律(1)动量守恒定律． (2)机械能不增加． (3)速度要合理．①若碰前两物体同向运动，则应有v 后>v 前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v 前′≥v 后′.②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．【例3】 (2009·全国Ⅰ·鄂·湘·赣·陕·21)质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M /m 可能为( AB ) A ．2 B ．3 C ．4 D ．5 【经典例题】题型一 动量守恒定律的应用例1 (2009·山东高考)如图所示，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． 答案 95v 0归纳提炼 应用动量守恒定律的解题步骤(1)明确研究对象(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上是否守恒)；(3)规定正方向，确定初末状态动量； (4)由动量守恒定律列式求解； (5)必要时进行讨论． 题型二 动量守恒中的临界问题 例2两磁铁各放在一辆小车上，小车能在水平面上无摩擦地沿同一直线运动．已知甲车和磁铁的总质量为0.5 kg ，乙车和磁铁的总质量为1.0 kg.两磁铁的N 极相对，推动一下，使两车相向运动．某时刻甲的速率为2 m/s ，乙的速率为3 m/s ，方向与甲相反．两车运动过程中始终未相碰．则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲车开始反向运动时，乙的速度为多大？ 答案 (1)1.33 m/s (2)2 m/s归纳提炼 解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点： (1)寻找临界状态。
知识讲解 动量守恒定律(基础)
物理总复习：动量守恒定律【考纲要求】1、知道动量守恒定律的内容和适用条件；2、知道弹性碰撞和非弹性碰撞；3、能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题；4、知道验证动量守恒定律实验的原理、方法。
【知识网络】【考点梳理】考点一、动量守恒定律1、动量守恒定律相互作用的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。
要点诠释：（1）外力指系统外物体对系统内物体的作用力，内力指研究系统内物体间的相互作用力。
（2）动量守恒是对某一系统而言的，划分系统的方法一旦改变，动量可能不再守恒。
因此，在应用动量守恒定律时，一定要弄清研究对象，把过程始末的动量表达式写准确。
在某些问题中，适当选取系统使问题大大简化。
（3）对几种表达式的理解：① 11221122m v m v m v m v ''+=+，表示作用前后系统的总动量相等。
② 120P P ∆+∆= (或0P ∆=) , 表示相互作用物体系总动量增量为零。
③ 12P P ∆=-∆，表示两物体动量的增量大小相等方向相反。
2、应用动量守恒定律列方程时应注意以下四点（1）矢量性：动量守恒方程是一个矢量方程。
对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题，应选取统一的正方向，凡是与选取正方向相同的动量为正，相反为负。
若方向未知，可设正方向列动量守恒方程，通过解得结果的正负，判定未知量的方向。
（2）瞬时性：动量是一个瞬时量，动量守恒指的是系统任一瞬时的动量恒定。
列方程11221122m v m v m v m v ''+=+时，等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和，等号右侧是作用后(或另一时刻)各物体的动量和。
不同时刻的动量不能相加。
（3）相对性：由于动量大小与参考系的选取有关，因此应用动量守恒定律时，应注意各物体的速度必须是相对同一惯性系的速度，一般以地面为参考系。
（4）普适性：它不仅适用于两个物体组成的系统，也适用于多个物体组成的系统；不仅适用于宏观物体组成的系统，对微观粒子组成的系统也适用。
专题9动量守恒定律与原子物理
解析 饱和光电流与入射光的强度有关，与频率无关，选项 A 正确、B 错误；
根据
hv
Wc
1 2
m 2
，入射频率越高，光电子的最大初动能变大，选项
C
正确；当入
射光频率减小到截止频率时，就不会再有光电流产生，选项 D 错误；遏止电压的
大小与入射光的频率有关，与入射光的强度无关，选项 E 正确。
答案 ACE
考点三 验证碰撞中的不变量
例3 （2014年高考·全国理综卷Ⅱ第35题）现利用图所示的装置验证动量守恒定律。在图 中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器(图中未 画出)的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计时器(未完全 画出)可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1＝0.310 kg，滑块B的 质量m2＝0.108 kg，遮光片的宽度d＝1.00 cm；打点计时器所用交流电的频率f＝50.0 Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B 相碰。碰后光电计时显示的时间为ΔtB＝3.500 ms，碰撞前后打出的纸带如图所示。
射线中，α、β 为带电粒子，穿透本领较弱，γ 射线不带电，具有较强的穿透 本领，选项 D 正确；一个原子核不能同时发生 α 和 β 衰变，选项 E 错误。
碰撞前后总动量之差
若实验允许的相对误差绝对值(
碰前总动量
×100%)最大为 5%，本实验是否在误差范围内验证了动量
守恒定律？写出运算过程。
【解析】按定义，物块运动的瞬间时速度大小 v 为：v＝ΔΔst①
式中Δs 为物块在短时间 Δt 内走过的路程。 设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则ΔtA＝1f＝0.02 s② ΔtA 可视为很短 设 A 在碰撞前、后时速度大小分别为 v0，v1.将②式和图给实验数据代入①式 得 v0＝2.00 m/s③ v2＝0.970 m/s④ 设 B 在碰撞后的速度大小为 v2，由①式可得：v5＝ΔdtB⑤ 代入题给数据得 v2=2.86m/s⑥
动量守恒之滑块模型(原子物理)
D. 轨迹 2 是新核的，磁场方向垂直纸面向里
4．K¯介子方程为 K¯→π¯+π0，其中 K¯介子和 π¯介子带负的基元电荷，π0 介子不带电。一个
K¯介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧 AP，衰变后产生的 π¯介子的轨
迹为圆弧 PB，两轨迹在 P 点相切，它们的半径 RK-与 Rπ-之比为 2:1。如图所示，π0 介子的
A．动量守恒 B．小车一直向右运动 C．机械能减少量等于木块与车之间的摩擦生热 D．弹簧的最大弹性势能等于木块与车之间的摩擦生热 2．如图所示，长 2m，质量为 1kg 的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为 1kg（可视为质点），与木板 之间的动摩擦因数为 0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为
qB
rY 1
圆；而新核带正电，电子带负电，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，选项 D 正确。 【考点定位】衰变、动量守恒定律、带电粒子在磁场中的运动、左手定则。
视频 4．C 【解析】 5．A 【解析】无论是哪种衰变，反应后的两个粒子运动方向一定是相反的．一个粒子是新的原子 核带正电，另一个粒子带电情况要看是哪种衰变．由左手定则知 α 衰变后产生的径迹是两个 外切的圆，β 衰变后产生的径迹是两个内切的圆，故 A 正确；根据安培左手定则可知，反冲
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9．如图所示为水平传送装置，轴间距离 AB 长 l=8．3m，质量为 M=1kg 的木块随传送带一起以 v1=2m/s 的速度 向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数 μ=0．5．当木块运动至最左端 A 点 时，一颗质量为 m=20g 的子弹以 v0 =300m/s 水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度 v=50m/s，以后每 隔 1s 就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g 取 10m/s2．求：
动量守恒原子物理
(1)碰撞前瞬间A的速率v； (2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′； (3)A和B整体在桌面上滑动的距离l。
[解析] 本题综合考查机械能守恒，动量守恒和动能定理。 解题思路大致如下，利用机械能守恒求碰前速度，利用动量守 恒求碰后速度，利用动能定理求位移。
设滑块的质量为 m。 (1)根据机械能守恒定律 mgR＝12mv2 得碰撞前瞬间 A 的速率 v＝ 2gR＝2m/s
(2014·重庆)一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速 度v＝2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比
为3∶1。不计质量损失，取重力加速度g＝10m/s2。则下列图
中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是( )
[答案] B [解析] 考查动量守恒定律和平抛运动规律。解题的关键 是应用动量守恒定律找出甲、乙两块的速度关系，然后再用平 抛运动规律进行求解。本题有两种可能情况，一是甲在前，另 一是甲在后。
(2)一群原子和一个原子在处理问题的时候是有区别的，氢 原子核外只有一个电子，这个电子在某个时刻只能处在某一个 可能的轨道上，在某段时间内，由某一轨道跃迁到另一个轨道 时，可能的情况只有一种，但是如果有大量的氢原子，这些原 子的核外电子跃迁时就会有各种情况出现了。
(3) 计 算 氢 原 子 能 级 跃 迁 放 出 或 吸 收 光 子 的 频 率 和 波 长 时，要注意能级的能量值均为负值，且单位应为“电子伏”， 计算时需要换算成“焦”。
动量守恒定律的应用 (2014·山东理综)如图，光滑水平直轨道上两滑
块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B 静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生 碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的 两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：
高三物理二轮复习 专题十六 动量守恒定律和原子物理课件
A．A和B都向左运动
B．A和B都向右运动
选C．向A右静为止正，方B向向右，运则动A的动量pAD＝．mA·向2v左0＝运动，B向右运动
2思m路v0探.B究的动(量1)Ap、B＝B－两物2m体v碰0.碰撞前过A程、动B量的是动否量守之恒？
和(2为)碰零前，各根自据的动动量量分守别恒是，多碰少后？A、B的动量之
①两个守恒：质量数守恒、电荷数守恒． ②质能方程：E＝mc2. 思想 (1)物理思想：理想化模型思想、守恒思想、类比思想． 方法 (2)物理方法：临界法、整体与隔离法
高题频组考冲点关高频考点一 动量守恒定律的应用
命题视角
题组冲关
1.动量、冲量的概念，碰撞的特点及
知能必备
分类． 2.动量守恒的条件及动量守恒定律的
(2(1)木)子块弹A射和入子木弹块一A起时相，对它于们小的车共B同滑速动度，和由系动统量损守失恒的定机律械能； (m(2＋)木9块m)与v1小＝车(10之m间＋的m＋动9摩m擦)v因2 数. 由功能关系得μ(m＋9m)gL＝12(m＋9m)v21－12(10m＋m＋9m)v22 联立解得：μ＝40v020gL.
答案 解析 4∶1 9∶5
高题频组考冲点关高频考点一 动量守恒定律的应用
命题视角
题组冲关
(12).如子弹图与所木示块，相一互个作质用量的为时9m间的极木短块，A由(可动看量做守质恒点定律)放得在长度为L、质量 m由为v能01＝0量m(m守的＋恒平9定m板律)小v1可车知解B，的得损右：失端v1的＝，机0一.1械颗v0能质量为m、速度为v0的子弹从右侧射 入木块A中，使木块A和子弹一起相对于小车B滑动．若木块A恰好不从 Δ小E＝车12Bm上v滑20－下12(，m＋求9：m)v21＝290mv20.
知识点动量守恒原子物理优秀课件
1．(多选)如图 9－4 所示为氢原子的能级图，A、B、C 分别表示电子在三种不同能级跃迁时放出的光子，则下列判 断中正确的是( )
图 9－4
A．能量和频率最大、波长最短的是 B 光子 B．能量和频率最小、波长最长的是 C 光子 C．频率关系为：vB>vA>vC ，所以 B 的粒子性最强 D．波长关系为：λB>λA>λC 【解析】 根据 hν＝E2－E1，跃迁时能级差越大，放出 的光子能量越大，频率越高，波长越短，且光子的粒子性越 强，由此可以确定 A、B、C 正确，D 错误． 【答案】 ABC
特点
(1)内力远大于外力 (2)物体的速度发生突变，但位置不变
动量守恒
规律 机械能守恒 机碰械后能动不能守减恒小，机碰动械后能能物减不体小守同最恒速多，、
2.典型的弹性碰撞 在光滑的水平面上，小球 1 以一定的初速度 v0 和静止的 小球 2 发生弹性正撞，碰后速度分别为 v1、v2，则根据动量 和动能守恒得，m1v0＝m1v1＋m2v2，12m1v02＝12m1v21＋12m2v22， 解得 v1＝mm11－＋mm22v0，v2＝m12＋m1m2v0. (1)当 m1＝m2 时，v1＝0，v2＝v0(碰后速度交换)． (2)当 m1≫m2 时，v1＝v0，v2≈2v0(大质量的小球的速度 几乎不受影响)． (3)当 m1≪m2 时，v1＝－v0，v2≈0(小球 1 被反弹回去)．
2．氢原子从能级 m 跃迁到能级 n 时辐射红光的频率为 ν1，从能级 n 跃迁到能级 k 时吸收紫光的频率为 ν2，已知普 朗克常量为 h，若氢原子从能级 k 跃迁到能级 m，则( )
A．吸收光子的能量为 hν1＋hν2 B．辐射光子的能量为 hν1＋hν2 C．吸收光子的能量为 hν2－hν1 D．辐射光子的能量为 hν2－hν1
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专题9 动量守恒原子物理
1．(2011·浙江)关于天然放射现象，下列说法正确的是( )
A．α射线是由氦原子核衰变产生
B．β射线是由原子核外电子电离产生
C．γ射线是由原子核外的内层电子跃迁产生
D．通过化学反应不能改变物质的放射性
[答案] D
[解析] α射线是原子核衰变中放出的由氦核组成的粒子流，选项A错误；β射线是原子核衰变中核内放出的高速电子流，它是由核内一个中子转化成一个质子时放出的，选项B错误；γ射线是原子核衰变过程中，产生的新核具有过多的能量，这些能量以γ光子的形式释放出来，选项C错误；化学反应只是原子间核外电子的转移，不改变原子核的结构，所以不能改变物质的放射性，选项D 正确．
2．(2011·北京)表示放射性元素碘131( 53131I)β衰变的方程是( )
A. 53131I→ 51127Sb＋24He
B. 53131I→ 54131Xe＋－1 0e
C. 53131I→ 53130I＋01n
D. 53131I→ 52130Te＋11H
[答案] B
[解析] 原子核发生β衰变时，从原子核内部释放出一个电子，同时生成一个新核，选项B正确．
3．(2011·苏北四市调研)如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱．关于上述过程，下列说法中正确的是( )
A．男孩和木箱组成的系统动量守恒
B．小车与木箱组成的系统动量守恒
C．男孩、小车和与木箱三者组成的系统动量守恒
D．木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量相同
[答案] C
[解析] 如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变．选项A中，男孩和木箱组成的系统受到小车对系统的摩擦力的作用；选项B中，小车与木箱组成的系统受到人对系统的摩擦力的作用；动量、动量的改变量均为矢量，选项D中，木箱的动量增量与男孩、小车的总动量增量大小相同、方向相反，故本题正确选项为C.
4．(2011·全国)已知氢原子的基态能量为E1，激发态能量En＝E1/n2，其中n＝2,3….用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速．能使氢原子从第一激发态电离的光子的最大波长为( )
A．－ B．－
C．－ D．－
[答案] C
[解析] 根据激发态能量公式En＝可知氢原子第一激发态的能量为，设能使氢原子从第一激发态电离的最大波长(设波长为λm)的光子能量为ΔE，则有＋ΔE＝0，且ΔE＝h，联立解得λm＝－，所以本题正确选项只有C.
5．(2011·湖北百校联考)如图所示，一小物块从粗糙斜面上的O点由静止开始下滑，在小物块经过的路径上有A、B两点，且A、B间的距离恒定不变．当O、A两点间距离增大时，对小物块从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是( )
A．摩擦力对小物块的冲量变大
B．摩擦力对小物块的冲量变小
C．小物块动能的改变量增大
D．小物块动能的改变量减小
[答案] B
[解析] 依题意，OA距离越大即小物块初始释放位置越高，则经过AB段的时间变短，故摩擦力对小物块的冲量变小，选项A错，B对；在AB段小物块受到的合外力不因OA距离变化而变化，AB段的位移恒定，故合外力对小物块做功不变，即小物块动能的改变量不变，选项C、D均错．
6．(2011·山东)碘131核不稳定，会发生β衰变，其半衰期为8天．
①碘131核的衰变方程：53131I→________(衰变后的元素用X表示)．
②经过________天有75%的碘131核发生了衰变．
[答案] ①54131X＋－1 0e ②16
[解析] ①衰变过程遵循核电荷数和质量数守恒，有53131I→ 54131X＋－1 0e
②根据半衰期的定义可知，经2个半衰期的时间即16天，共有＋×＝的碘发生了衰变．
7．(2011·杭州模拟)利用氦－3(23He)和氘进行的聚变安全无污染，容易控制．月球上有大量的氦－3，每个航天大国都将获得氦－3作为开发月球的重要目标之一．“嫦娥一号”探月卫星执行的一项重要任务就是评估月球中氦－3的分布和储量．已知两个氘核(12H)聚变生成一个氦－3，则该核反应方程为
____________________；已知12H的质量为m1,23He的质量为m2，反应中新产生的粒子的质量为m3，则上述核反应中释放的核能为ΔE＝________.
[答案] 12H＋12H→23He＋01n (2m1－m2－m3)c2
[解析] 由核反应过程中的质量数守恒和核电荷数守恒可知，反应过程中要产生中子．核反应方程为12H＋12H→23He＋01n，释放的核能为(2m1－m2－
m3)c2.
8．(2011·江苏)有些核反应过程是吸收能量的．例如，在X＋714N→817O＋11H中，核反应吸收的能量Q＝[(mO＋mH)－(mX＋mN)]c2.在该核反应方程中，X表示什么粒子？X粒子以动能Ek轰击静止的 714N核，若EK＝Q，则该核反应能否发生？请简要说明理由．
[答案] 24He 不能实现，因为不能同时满足能量守恒和动量守恒的要求．
[解析] 由质量数及电荷数守恒知，X应为24He.
9．(2011·聊城模拟)如图所示，在水平光滑直导轨上，静止着三个质量均为m＝1kg的相同小球A、B、C.现让A球以v0＝2m/s的速度向B球运动，A、B两球碰撞后粘合在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，碰后A、B未分开，C球的速度vC＝1m/s.求：
(1)A、B两球碰撞后的共同速度；
(2)两次碰撞过程中损失的总动能．
[答案] (1)1m/s (2)1.25J
[解析] (1)A、B相碰满足动量守恒mv0＝2mv1
得两球跟C球相碰前的速度v1＝1m/s
(2)两球与C球相碰同样满足动量守恒2mv1＝mvC＋2mv2
得两球碰后的速度v2＝0.5m/s
两次碰撞损失的总动能ΔEk损＝mv02－×2mv22－mvC2＝1.25J.
10．(2011·大连模拟)一端固定于竖直墙壁上的轻质弹簧，另一端连接一质量为m的滑块A，弹簧处于原长位置，另一个完全相同的滑块B与A相距为d，两滑块与水平地面间的动摩擦因数为μ，现使B获得一水平向左的速度v0，后与A 碰撞并粘连，最后A、B静止时弹簧刚好处于原长．两滑块可视为质点，求A、B相撞后滑行的总路程．
[答案] －
[解析] 设滑块B与A碰撞前的速度为v1，由动能定理得：
－μmgd＝mv12－mv02
得：v1＝
B与A相撞粘连后的速度为v2，由动量守恒定律得：
mv1＝2mv2
得v2＝
设A、B相撞后滑行的总路程为x由动能定理得：
－2μmgx＝0－(2m)v22
解得x＝＝－.
11．(2011·潍坊模拟)用速度大小为v的中子轰击静止的锂核(36Li)，发生核反应后生成氚核和α粒子，生成的氚核速度方向与中子的初速度方向相反，氚核与α粒子的速度之比为7 ∶8.中子的质量为m，质子的质量可近似看做m，光速为c.
(1)写出核反应方程；
(2)求氚核和α粒子的速度大小；
(3)若核反应过程中放出的核能全部转化为α粒子和氚核的动能，求出质量亏损．
[答案] (1)01n＋36Li→13H＋24He (2) (3)
[解析] (1)01n＋36Li→13H＋24He.①
(2)由动量守恒定律得mnv＝－mHv1＋mHev2②
由题意得v1 ∶v2＝7 ∶8
解得v1＝v，v2＝v③
(3)氚核和α粒子的动能之和为Ek＝×3mv12＋×4mv22＝mv2④
释放的核能为ΔE＝Ek－Ekn＝mv2－mv2＝mv2⑤
由爱因斯坦质能方程得，质量亏损为Δm＝＝.⑥
12．(2011·重庆)如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止．车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：
(1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；
(2)人给第一辆车水平冲量的大小；
(3)第一次与第二次碰撞系统动能损失之比．
[答案] (1)－6kmgL (2)2m (3)13/3
[解析] (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则
W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL
(2)设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的水平冲量大小为I.
由：－kmgL＝mv12－mu02
－k(2m)gL＝(2m)v22－(2m)u12
－k(3m)gL＝0－(3m)u22。