2017-2018学年度高二物理(人教版)选修3-5第十六章动量守恒定律单元巩固（精选五篇）

第一篇：2017-2018学年度高二物理(人教版)选修3-5第十六章动量守恒定律单元巩固

2017-2018学年度高二物理（人教版）选修3-5第十六章动量守恒定

律单元巩固

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1.如图所示，水平地面上放着一个表面均光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中()

A.系统的动量守恒，机械能不守恒 B.系统的动量守恒，机械能守恒 C.系统的动量不守恒，机械能守恒 D.系统的动量不守恒，机械能不守恒

2.质量为1kg的小球A以速率8m/s沿光滑水平面运动，与质量为3kg的静止小球B发生正碰后，A、B两小球的速率vA和vB可能为（）A.vA=5m/s B.vA=3m/s C.vB=1m/s D.vB=3m/s

3.在光滑水平面上，有两个小球A、B沿同一直线同向运动（B在前），已知碰前两球的动量分别为pA=12kg•m/s、pB=13kg•m/s，碰后它们动量的变化分别为△pA、△pB．下列数值可能正确的是（）A.△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/s B.△pA=3kg•m/s、△pB=-3kg•m/s C.△pA=-24kg•m/s、△pB=24kg•m/s D.△pA=24kg•m/s、△pB=-24kg•m/s

4.一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的图像如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N。（）

A.在t＝6s时刻，物体的速度为18m/s

B.在t＝6s时间内，合力对物体做的功为400J C.在t＝6s时间内，拉力对物体的冲量为36Ns D.在t＝6s时刻，拉力F的功率为200W

5.在2017年6月的全球航天探索大会上，我国公布了“可重复使用运载火箭”的概念方案。方案之一为“伞降方案”：当火箭和有效载荷分离后，火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道，并加速下落至低空轨道，然后采用降落伞减速，接近地面时打开气囊，让火箭安全着陆。对该方案涉及的物理过程，下列说法正确的是

A.火箭和有效载荷分离过程中该系统的总机械能守恒 B.从返回轨道下落至低空轨道，火箭的重力加速度增大 C.从返回轨道至低空轨道，火箭处于超重状态 D.打开气囊是为了减小地面对火箭的冲量

第1页，共12页 甲向左抛，乙向右抛，如图所示，6.静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向抛出质量相同的小球，甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对地的速率相等，则下列说法中正确的是（）

A.两球抛出后，船往左以一定速度运动 B.两球抛出后，船往右以一定速度运动 C.两球抛出后，船的速度先向右再向左 D.两球抛出后，船的速度为零

7.质量m的物体，从高h处以速度v0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为（）

-mv0 A.m B.mC.m-mv0

D.mg

8.放在水平桌面上的物体质量为m，用一个F牛的水平推力推它t秒钟，物体始终不动，那在t秒内，推力对物体的冲量应为（）A.0 B.F•t C.mg•t D.无法计算

9.甲、乙两球在光滑的水平面上，沿同一直线向同一方向运动，甲球的动量是6kg•m/s，乙球的动量是8kg•m/s，当甲球追上乙球并发生碰撞后，乙球的动量变为10kg•m/s，甲乙两球质量之比的关系可能是（）

A.B.C.D.10.斜向上抛出一个爆竹，到达最高点时(速度水平向东)立即爆炸成质量相等的三块，前面一块速度水平向东，后面一块速度水平向西，前、后两块的水平速度(相对地面)大小相等、方向相反。则以下说法中正确的是

A.爆炸后的瞬间，中间那块的速度可能水平向西

B.爆炸后的瞬间，中间那块的速度大于爆炸前瞬间爆竹的速度 C.爆炸后三块将同时落到水平地面上，并且落地时的动量相同

D.爆炸后的瞬间，中间那块的动能可能小于爆炸前的瞬间爆竹的总动能

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

11.对于任何一个质量不变的物体，下列说法中正确的是（）

A.物体的动量发生变化，其速率一定变化 B.物体的动量发生变化，其速率不一定变化 C.物体的速率发生变化，其动量一定变化 D.物体的速率发生变化，其动量不一定变化

12.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时（）

A.弹簧的弹性势能最大为EP=10J B.弹簧的弹性势能最大为EP=12 J C.物块A的速度是3 m/s D.物块A的速度是6m/s

13.质量为m，电量为q的带正电小物块在磁感强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的绝缘水平面以初速度v0开始向左运动，如图所示．物块经时间t移动距离s后停了下来，设此过程中，q不变，则（）

第2页，共12页 A.s＞ B.s＜

C.t＞ D.t＜

14.对下列物理现象的解释，正确的是（）

A.击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B.跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量

C.易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力 D.在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零

15.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个相同的物体A、B质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t=0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是（）

A.t=0至t=B.t=C.t=D.t=至t=时间内，A、B的总动量守恒 时间内，A、B的总动量守恒

时，A的动量为2mv 时，A的动量为4mv

三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）

16.某同学用如图所示的装置通过半径相同的a、b两球的碰撞来验证碰撞中的动量守恒：

（1）从图中可以测出碰撞后b球的水平射程应取为______ cm（2）下列说法中不符合本实验要求的是______ A．安装轨道时，轨道末端必须水平B．需要使用的测量仪器有天平和刻度尺

C．在同一组实验的多次碰撞中，每次入射球可以从不同高度由静止释放（3）本实验无须测量的物理量有______ ． A．小球a、b的质量ma、mb；

B．斜槽轨道末端到水平地面的高度H；

C．记录纸上O点到A、B、C各点的距离OA、OB、OC；

（4）小球a、b的质量ma、mb应该满足ma ______ mb（填“大于”或“小于”或“等于”）

（5）实验中记录了轨道末端在记录纸上的竖直投影为O点，经多次释放入射球，在记录纸上找到了两球平均落点位置为A、B、C，并测得它们到O点的距离分别为OA、OB和OC．验证碰撞中的动量守恒的达式为：______ ．

第3页，共12页

四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

17.如图所示，粗糙的水平轨道AB与光滑的半圆轨道BC平滑连接，且在同一竖直平面内，一质量M=0.98kg的木块静止在A点，被一水平向右飞来的质量m=20g的子弹射中，子弹滞留在木块中，不计子弹在木块中的运动时间，木块沿轨道滑到C点后水平飞出，并恰好落回A点。已知A、B两点的距离s=1.2m，半圆轨道的半径r=0.4m，木块与水平轨道AB间的动摩擦因数μ=0.36，重力加速度g=10m/s2．求：（1）木块在C点时对轨道的压力大小；（2）子弹射入木块前瞬间的速度大小。

18.如图所示，木板A、B紧靠在一起，放在光滑水平面上，mA=5kg，mB=4kg，A、B上表面粗糙．另有一个质量为1kg的物块C以初速度v0从A的左端向右滑动，最后C物块在木板B上与木板B一起以1.5m/s的速度运动，木板A最终的速度大小为vA=0.5m/s．已知C与A、B间动摩擦因数均为μ=0.2，求：（1）物块C的初速度v0的大小；（2）物块C在木板B上滑行的距离．

19.如图所示，在竖直平面（纸面）固定一内径很小内壁光滑的圆管形轨道ABC，它由两个半径均为R的四分之一圆管顺接而成，A与C端切线水平。在足够长的光滑水平台面上静置一个光滑圆弧轨道DE，圆弧轨道D端上缘恰好与圆管轨道的C端内径下缘水平对接。一质量为m的小球（可视为质点）以某一水平速度从A点射入圆管轨道，通过C点后进入圆弧轨道运动，过C点时轨道对小球的压力为2mg，小球始终没有离开圆弧轨道。已知圆弧轨道DE的质量为2m，重力加速度为g。求：

第4页，共12页（1）小球从A点进入圆管轨道的速度大小；（2）小球沿圆弧轨道上升的最大高度。

第5页，共12页

答案和解析

【答案】

1.B 2.D 3.A 4.D 5.B 6.D 7.A 8.B 9.A 10.B 11.BC 12.BC 13.BC 14.CD 15.AC

16.84.1；C；B；大于；maOB=maOA+mcOC

17.解：（1）木块从C点落回A点的过程中做平抛运动，则：

2r=

s=vCt

解得vC=3m/s 在C点，由牛顿第二定律得F+（M+m）g=（M+m）

解得：F=12.5N

由牛顿第三定律知木块在C点时对轨道的压力大小F′=F=12.5N（2）设子弹射入木块前瞬间的速度大小为v0，取向右为正方向，由动量守恒定律有： mv0=（M+m）v1

22木块从A到B的过程，由运动学公式有vB-v1=-2μgs 木块从B到C的过程，由机械能守恒定律得

=（m+M）•2r+

解得：v0=290m/s

答：

（1）木块在C点时对轨道的压力大小是12.5N；

（2）子弹射入木块前瞬间的速度大小是290m/s。

18.解：（1）以A、B、C三个物块组成的系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物块间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒．由动量守恒定律有 mCv0=mAvA+（mB+mC）vB 解得：v0==

=10m/s

（2）C滑上B后与A分离，C、B系统在水平方向动量守恒．C离开A时C的速度为v1，B与A的速度同为 vA，以B、C为系统，由动量守恒定律有 mCv1+mBvA=（mB+mC）vB

v1===5.5m/s

对C在B上滑动过程，由能量转化与守恒定律有：

代值解得：L=5m

答：（1）物块C的初速度v0的大小为10m/s；（2）物块C在木板B上滑行的距离为5m．

第6页，共12页 19.解：（1）小球过C点时，有由①得②

①

小球从A到C，由机械能守恒定律有 ③

④ 由②③得（2）小球冲上圆弧形轨道运动，取水平向右为正方向，由水平方向上动量守恒定律mvC=（m+2m）v共⑤ 机械能守恒定律得：

⑥

由②⑤⑥得h=R⑦ 答：

（1）小球从A点进入圆管轨道的速度大小是；（2）小球沿圆弧轨道上升的最大高度是R。

【解析】 1.【分析】

根据动量守恒的条件判断系统动量是否守恒，根据能的转化，知系统有动能和弹性势能相互转化，机械能守恒、本题考查了动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；解决本题的关键掌握动量守恒的条件以及机械能守恒的条件。【解答】

小球和弹簧组成的系统受到重力和水平地面的支持力两个外力，所受合外力等于零，动量守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒； 故B正确，ACD错误。故选B。

2.解：取碰撞前A球的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB ①

A、若vA=5m/s，代入①得vB=1m/s

由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故A错误．

B、若vA=3m/s，代入①得vB=m/s，由于碰撞后A、B同向运动，A的速度大于B的速度不可能，故B错误． C、若vB=1m/s，代入①得vA=5m/s，同理知不可能，故C错误． D、若vB=3m/s，代入①得vA=-1m/s，碰撞前系统的总动能为Ek=碰撞后系统的总动能为Ek′=

+

=

+

=

=32J

=14J＜Ek，符合能量守恒定律，故D正确．

故选：D

根据碰撞过程系统的动量守恒和总动能不增加，结合运动情况进行分析判断．采用排除法进行选择． 对于碰撞过程，往往根据三个规律去分析：一是动量守恒；二是总动能不增加；三是碰后，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．

3.解：B、由题，碰撞后，两球的动量方向都与原来方向相同，A的动量不可能沿原方向增大．故碰后它们动量的变化分别为△pA＜0，故B、D错误．

A、根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-3kg•m/s、△pB=3kg•m/s，第7页，共12页 所以碰后两球的动量分别为p′A=9kg•m/s、p′B=16kg•m/s，根据碰撞过程总动能不增加，故A正确．

C、根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-24kg•m/s、△pB=24kg•m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=-12kg•m/s、p′B=37kg•m/s，可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律．故C错误． 故选A．

当A球追上B球时发生碰撞，遵守动量守恒．由动量守恒定律和碰撞过程总动能不增加，进行选择． 对于碰撞过程要遵守三大规律：

1、是动量守恒定律；

2、总动能不增加；

3、符合物体的实际运动情况 4.【分析】

根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，根据动能定理可知，合外力对物体做的功等于动能的变化量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，根据牛顿第二定律求出在t =6s时刻，拉力F的大小，再根据P=Fv求解瞬时功率。

本题主要考查了动能定理、动量定理、牛顿第二定律及瞬时功率公式的直接应用，解题的突破口是知道a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，难度适中。

【解答】

A.根据△v=a△t可知a-t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度，故A错误；，故B错误； B.根据动能定理得：C.根据动量定理得： Ft-ft=mv6-mv0 解得：Ft=2×20-2×2+2×6=48N•s，故C错误； D.在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得： F=ma+f=2×4+2=10N 则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确。

故选D。

5.【分析】

根据总能量守恒，可知机械能变化；根据万有引力等于重力可知重力加速度的变化；加速度向下，为失重状态；打开气囊，增大了缓冲时间。

本题主要考查的是根据万有引力定律研究火箭的变轨进入返回地球大气层的返回轨道的问题，类似高考题。【解答】

A.火箭和有效载荷分离过程中有内能产生，故该系统的总机械能守恒减少，故A错误； B.从返回轨道下落至低空轨道，根据万有引力定律提供重力，r减小，火箭的重力加速度增大，故B正确；

C.从返回轨道至低空轨道，因为重力加速度向下，火箭处于使重状态，故C错误；

D.打开气囊是为了增大缓冲时间减小地面对火箭的作用力，火箭的冲量改变相同，故D错误。故选B。

6.解：设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″等于

第8页，共12页 0．故ABC错误，D正确． 故选：D．

根据动量守恒定律求出甲球抛出后乙球和小船的速度，再根据动量守恒定律求出乙球抛出后，小船的速度． 解决本题的关键掌握动量守恒定律和动量定理，并能灵活运用．运用动量守恒定律时注意速度的方向．

7.解：A、D、物体做平抛运动，运动的时间：t=

所以重力的冲量：I=mgt=．故A正确，D错误； B、C、物体落地时竖直方向的分速度：

物体在平抛运动的过程中水平方向的分速度不变，则水平方向动量的分量不变，物体动量的变化等竖直方向的动量的变化，所以： △P=△Py=mvy

由动量定理可知：I=△P=； 所以B选项m-mv0为竖直方向的分动量与初动量的差，而m-mv0为合动量的大小与初动量的大小的差，没有考虑动量的方向性．故B错误，C错误． 故选：A

物体做平抛运动，将运动分解即可求出运动的时间，然后由冲量的公式即可求出物体受到的冲量． 冲量与动量都是矢量，在计算冲量和动量时要考虑它们的方向，如该题中的C选项，m是物体的末动量的大小，与初动量的方向不相同．

8.解：在t时间内，推力对物体的冲量I=Ft，因为物体静止不动，合力为零，合力的冲量为零．故B正确，A、C、D错误． 故选：B．

根据冲量的定义式I=Ft求出推力对物体的冲量大小．

解决本题的关键知道冲量等于力与作用时间的乘积，本题容易误求解合力的冲量．

9.解：因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有：根据动量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得：p甲′=4kg•m/s．可知碰后两球同向运动 据碰撞过程总动能不增加，得：

+

≥

+

＞，得到：＜==

代入解得：≤

碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则≤，代入解得：≥

所以：≤≤；故A正确，BCD错误．

故选：A

两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒求出碰撞后甲的动量．根据甲球速度大于乙球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式，求出甲与乙质量比值的范围进行选择．

对于碰撞问题，要掌握碰撞过程的三个基本规律来分析：

一、动量守恒；

二、系统总动能不增加；

三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况． 10.【分析】

第9页，共12页 爆竹在最高点速度方向水平，爆炸时动量守恒，由动量守恒定律可求出爆炸后中间一块的速度；动量是矢量，注意方向性；根据动能公试分析动能的大小。

对于爆炸、碰撞等过程，系统所受的外力不为零，但内力远大于外力，系统的动量近似守恒，这类问题往往运用动量守恒和能量守恒两大守恒定律结合进行求解。【解答】

爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中前面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向东，后面一块质量为m，速度大小为v，方向水平向西，设爆炸后中间一块瞬时速度为v′，取水平向东为正方向，爆炸过程动量守恒，则有：3mv0=mv+m•v′-mv 解得：，即.爆炸后的瞬间，中间那块的速度方向水平向东，且大于爆炸前瞬间爆竹的速度，故A错误，B正确；

下落的高度相同，则获得的竖直速度相同，根据速度的合成可知末速度方向不同，所以落地时的动量不相同，故C错误； 爆炸后中间那块的动能错误。故选B。，爆炸前的瞬间爆竹的总动能，所以，故D 11.解：

AB、物体的动量发生变化，说明速度变化，可能是速度的大小，也可能只是方向，也可能大小和方向都变，故不能确定速率一定变，故A错误，B正确．

CD、速率变化，说明速度大小一定变了，故动量一定变，故C正确，D错误． 故选：BC 质量不变的物体，其动量与速度成正比，但是动量是矢量，有大小，有方向；速率是标量，只有大小，没有方向．

本题重点搞清楚矢量和标量的区别，知道动量是标量，与速度大小和方向有关；而速率是标量，只与速度大小有关．

12.解：当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大．由A、B、C三者组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：（mA+mB）v0=（mA+mB+mC）vA 代入数据解得：物块A的速度vA=3m/s B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则：

mBv0=（mB+mC）v1 解得：v1=2m/s 设弹簧的弹性势能最大为EP，对碰后过程，根据机械能守恒定律得：

EP=（mB+mC）+mAv02-（mA+mB+mC）vA2．

代入解得为：EP=12J． 故选：BC B与C发生碰撞后，B的速度减小，碰后BC一起向右运动．A物体没有参加碰撞，速度不变，继续向右运动，这样弹簧被压缩，当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒定律求出物体A的速度．根据动量守恒求出B、C碰撞后的共同速度．再由机械能守恒求解弹性势能的最大值．

第10页，共12页 本题是含有非弹性碰撞的过程，要分过程研究，不能全过程列出机械能守恒方程：EP=（mA+mB）v02-（mA+mB+mC）vA2，这是学生经常犯的错误．

13.解：A、B假设物块不受洛伦兹力．

根据动能定理，得-μmgs=-m，得到s=

因为物块带正电，受到向下的洛伦兹力，摩擦力增大，滑行的距离减小

则s＜，故A错误，B正确．

C、D假设洛伦兹力是恒力，大小为qv0B保持不变

则由动量定理，得-μ（mg+qv0B）t=0-mv0

得t=

因为物块向左做减速运动，洛伦兹力减小，加速度减小，滑行时间变长

则有t＞，故C正确，D错误．

故选：BC．

物块向左运动的过程中，受到重力、洛伦兹力、水平面的支持力和滑动摩擦力，向左做减速运动．采用假设法分析：假设不受洛伦兹力，根据动能定理求出滑行距离；假设洛伦兹力是恒力大小为qv0B，根据动量定理求出运动时间，最后进行选择．

本题考查应用动能定理和动量定理研究变力情况的能力．在中学阶段，这两个定理，一般用来研究恒力作用情况，本题采用假设法，将变力与恒力情况进行比较得出答案．

14.解：A、用橡皮锤击钉子，橡皮锤与钉子接触时形变量比较大，延长了作用时间，使作用力减小，所以不要橡皮锤钉钉子，故A错误；

B、跳远时，在沙坑里填沙，是为了增加运动员与沙子的作用时间，从而减小作用力，避免运动员受到伤害，故B错误；

C、易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间，减小作用力，故C正确；

D、在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零，故D正确； 故选：CD．

力与时间的乘积是力的冲量；应用冲量的计算公式I=Ft与动量定理分析答题．

本题考查了冲量计算公式I=Ft、动量定理的应用；在动量的变化或冲量一定的情况下，延长力的作用时间可以减小力的大小．

15.解：A、设A、B所受的滑动摩擦力大小均为f，系统匀速运动时，有F =2f，得f=

轻绳断开后，对B，取向右为正方向，由动量定理得-ft=0-mv，联立得t=在B停止运动前，即在t=0至t=，即t=

时B停止运动。

时间内，A、B系统的合外力为零，总动量守恒。故A正确。

B、t=至t=时间内，B停止运动，A匀加速运动，系统的合外力不为零，则系统的总动量不守恒，故B错误。

第11页，共12页 C、t=D、t=时，取向右为正方向，由系统的动量守恒得2mv=pA+0，得A的动量pA=2mv，故C正确。时即绳断开t=时，对A，由动量定理得ft=pA′-mv，解得A的动量pA′=3mv，故D错误。

故选：AC。

在B停止运动前，A、B的合外力为零，总动量守恒。在B停止运动后，A、B的合外力不为零，总动量不守恒。根据动量守恒定律求t=

时A的动量。由动量定理求t=

时A的动量。

本题脱钩问题，要抓住脱钩前系统的动量守恒，脱钩后系统的动量不再守恒。在涉及力在时间上的积累效应时，运用动量定理求动量或速度是常用的方法。

16.解：（1）碰撞后b球的水平射程落点如图所示，读数约为84.1cm；（2）A、本实验中两小球均应做平抛运动，故要求末端必须水平，故A正确；

B、由实验原理可知，我们需要两小球的质量和水平位移，故应需要天平和刻度尺；故B正确； C、为了保证每次小球A的速度均相同，小球应从同一位置滑下；故C错误； 本题选不正确的，故选：C；

（3）本实验中需要测量A球和B球的质量和两球的水平射程OA、OB、OC；不需要测量G点相对于水平槽面的高度，故选：B；

（4）为了让碰后b球的速度大于a球且防止a球反弹，应保证，a球的质量大于b球的质量；

（5）这样可以防止a反弹碰撞后两球都做平抛运动，它们抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，由动量守恒定律得：mav0=mav1+mbv2，两边同时乘以时间t得：mav0t=mav1t+mbv2t，则maOB=maOA+mbOC，实验需要验证的表达式为：maOB=maOA+mbOC

故答案为：（1）84.1；（2）C；（3）B；（4）大于；（5）maOB=maOA+mbOC

根据通过实验的原理确定需要测量的物理量，小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式． 本题考查动量守恒的验证，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．

17.（1）研究木块C点平抛运动的过程，由分位移公式求出木块在C点时的速度。在C点，由牛顿第二定律求出轨道对木块的压力，从而得到木块对轨道的压力。

（2）木块从B到C的过程，由机械能守恒定律求出木块经过B点的速度，由动能定理求出子弹射入木块后瞬间的速度，再研究子弹打击木块的过程，由动量守恒定律求子弹射入木块前瞬间的速度大小。

对于圆周运动，常常是机械能守恒定律或动能定理与牛顿运动定律的综合。子弹射击木块过程，基本的规律是动量守恒。

18.（1）C与A、B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的初速度；

（2）C滑上B后与A分离，C、B系统动量守恒，C在B上滑动过程，再结合能量守恒定律求解．

本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的综合应用，要注意分析清楚C与A、B的运动过程，选择合适的系统，应用动量守恒定律即能量守恒定律即可正确解题．

19.（1）小球过C点时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球过C点时的速度，小球从A到C，再由机械能守恒定律求小球从A点进入圆管轨道的速度大小；

（2）小球冲上圆弧形轨道运动，由水平方向上动量守恒定律，系统的机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律结合求小球沿圆弧轨道上升的最大高度。

小球的运动过程较为复杂，分析清楚小球的运动过程是正确解题的前提与关键；要注意小球冲上圆弧形轨道运动过程，系统的总动量并不守恒，只是水平方向动量守恒。

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第二篇：2017-2018学高二物理(人教版)选修3-5第十六章动量守恒定律单元检测

2017-2018学高二物理（人教版）选修3-5第十六章动量守恒定

律单元检测

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1.在一根足够长的水平杆上穿着4个质量相同的珠子，珠子可以在水平杆上无摩擦地运动．初始时若各个珠子可以有任意的速度大小和方向，则它们之间最多可以碰撞（）次． A.3 B.5 C.6 D.8 2.甲、乙两个溜冰者质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2m/s的速率，在光滑的冰面上沿同一直线相向滑行，甲将球传给乙，乙再将球传给甲，这样抛接几次后，球又回到甲的手里，乙的速度为零，则甲的速度的大小为（）A.0 B.2m/s C.4m/s D.无法确定

3.使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时，在离地面10m高处、以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度（相对播种器）竖直向下射出，荚进入地面下10cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20g，不考

2虑所受大气阻力及进入土壤后重力的作用，取g=10m/s，则（）A.射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5J B.离开无人机后，荚在空中运动的时间为s C.土壤对荚冲量的大小为3kg•m/s

D.荚在土壤内受到平均阻力的大小为22.5N

4.在撑杆跳高场地落地点都铺有厚厚的垫子，这样做的目的是减少运动员受伤，理由是（）

A.减小冲量，起到安全作用

B.减小动量变化量，起到安全作用 C.垫子的反弹作用使人安全

D.延长接触时间，从而减小冲力，起到安全作用

5.蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50kg的运动员从1.8m高出自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内蹦床对运动

2员的冲量大小为（取g=10m/s，不计空气阻力）（）A.400N•s B.300N•s C.200N•s D.100N•s 6.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点静止下滑，在此后的过程中，则（）

A.M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒 B.M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒

C.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动

D.m从A到B的过程中，M运动的位移为

7.甲、乙两球在光滑的水平轨道上同向前进，已知它们的动量分别是p甲=5kg•m/s，p乙=7kg•m/s，甲追乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p乙′=10kg•m/s，则两球质量m甲与m乙的关系可能是（）A.m甲=m乙 B.m乙=2m甲 C.m乙=4m甲 D.m乙=6m甲 8.如图所示，在光滑的水平面上有两物体A、B，它们的质量均为m．在物体B上固定一个轻弹簧处于静止状态．物体A以速度v0沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用．

下列说法正确的是（）

A.当弹簧获得的弹性势能最大时，物体A的速度为零 B.当弹簧获得的弹性势能最大时，物体B的速度为零

第1页，共11页 C.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体B所做的功为

2D.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等，方向相反

9.向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a、b两块，若质量大的a块速度仍沿原方向则（）A.b的速度一定和原来反向

B.从炸裂到落地的过程中，a、b两块经历的时间一定相同 C.在炸裂过程中，a、b受到爆炸力的冲量一定相同

D.在爆炸过程中，由动量守恒定律可知，a、b的动量大小相等 10.如图，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（）A.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

二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）

11.在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧（如图所示），用手抓住小车将弹簧压缩并使小车处于静止状态．将两小车及弹簧看做一个系统，下列说法正确的是（）

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，再放开右手后，总动量向左

D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零

12.如图所示，小车A 静止于光滑水平面上，A上有一圆弧PQ，圆弧位于同一竖直平面内，小球B由静止起沿圆弧下滑，这一过程中（）A.若圆弧光滑，则系统的动量守恒，机械能守恒 B.若圆弧光滑，则系统的动量不守恒，机械能守恒

C.若圆弧不光滑，则系统水平方向的动量守恒，但机械能不守恒 D.若圆弧不光滑，则系统水平方向的动量不守恒，机械能不守恒

13.甲、乙两球在光滑水平轨道上沿同一方向运动，已知它们的动量分别是P甲=5kg•m/s，P乙=7kg•m/s，甲追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为P′乙=10kg•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=3m甲 C.m乙=4m甲 D.m乙=5m甲

14.如图所示，小球位于光滑的曲面体顶端，曲面体位于光滑的水平地面上，从地面上看，在小球沿曲面下滑的过程中，则下列说法正确的是（）

A.小球与曲面体组成的系统动量守恒，机械能守恒 B.曲面体对小球的作用力垂直于接触面且对小球做负功 C.球和曲面体对地的水平位移与二者的质量成反比

D.球沿曲面体下滑过程中，球和曲面体所受合外力的冲量始终等大反向 15.如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽上高h处开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是（）

A.物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为B.物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为

第2页，共11页 C.在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒 D.物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高h处

三、实验题探究题（本大题共1小题，共10.0分）

16.某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”的实验；气垫导轨装置如图（a）所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通人压缩空气，压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，如图（b）所示，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差． 滑块1右端安有撞针，滑块2左端粘有橡皮泥．

（1）下面是实验的主要步骤：

①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平； ②向气垫导轨通入压缩空气；

③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器越过弹射架并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向； ④滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳； ⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；

⑥先______，然后______，让滑块1带动纸带一起运动，与滑块2相撞并合在一起共同运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图（c）所示：

⑧测得滑块1（包括撞针）的质量为310g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为205g；试完善实验步骤⑥的内容．

（2）已知打点计时器每隔0.02s打一个点，计算可知，两滑块相互作用前质量与速度的乘积之和为______ kg•m/s；两滑块相互作用以后质量与速度的乘积之和为______ kg•m/s（保留三位有效数字）．（3）试说明（2）问中两结果不完全相等的主要原因是______ ．

四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

17.质量为M=2kg的小平板车静止在光滑水平面上，车的一端静止着质量为mA=2kg的物体A（可视为质点），如图所示，一颗质量为mB=20g的子弹以600m/s的水平速度射穿A后，速度变为100m/s，最后物体A仍静止在车上，若物体A与小车间的动摩擦因数μ=0.5，取g=10m/s2，求（1）平板车最后的速度是多大？（2）小车长度至少是多少．

第3页，共11页

18.如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为2m的木板B，木板表面光滑，右端固定一轻质弹簧。质量为m的木块A以速度v0从板的左端水平向右滑上木板B，求：（1）弹簧的最大弹性势能；

（2）弹被簧压缩直至最短的过程中，弹簧给木块A的冲量；（3）当木块A和B板分离时，木块A和B板的速度。

19.如图所示，将质量为m1的铅球以大小为v0、仰角为θ的初速度抛入一个装有砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与水平地面间的摩擦可以忽略．求：

（1）球和砂车的共同速度；

（2）球和砂车获得共同速度后，砂车底部出现一小孔，砂子从小孔中流出，当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度．

第4页，共11页

答案和解析

【答案】 1.C 2.A 3.D 4.D 5.A 6.B 7.C 8.D 9.B 10.D 11.ABCD 12.BC 13.BCD 14.BC 15.AD

16.接通打点计时器的电源；放开纸带；0.620；0.618；纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用

17.解：（1）子弹击中物体过程中，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得： mBv0=mBv′+mAvA，0.02×600=0.02×100+2vA，解得：vA=5m/s，平板车与物体A组成的系统自子弹穿出后直至相对静止过程中系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA=（M+mA）v车，代入数据解得，平板车最后速度为：v车=

=2.5m/s；

（2）物体和平板车损失的机械能全转化为系统发热，假设A在平板车上滑行距离为s，由能量守恒定律得：μmAgs=mAvA-（M+mA）v车，即：0.5×2×10s=×2×52-×（2+2）×2.52，解得：s=1.25m，则平板车的长度至少为1.25m； 答：（1）平板车最后的速度是2.5m/s；（2）小车长度至少为1.25m．

18.解：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A与木板B具有相同的速度，此时弹簧的弹性势能最大。设共同速度为v，从木块A开始沿木板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B系统的动量守恒，取向右为正方向，则有：

mv0=（m+2m）v，由能量关系，得：弹簧的最大弹性势能Ep=mv02-（m+2m）v2，解得：Ep=。

22（2）对木块A，根据动量定理得I=mv-mv0。得I=-，方向向左。

（3）从木块A滑上木板B直到二者分离，系统的机械能守恒，设分离时A、B的速度分别为v1和v2。根据动量守恒定律有mv0=mv1+2mv2。根据机械能守恒定律有mv02=mv12+解得v1=-，方向向左，v2=

2mv22。，方向向右。

；，方向向左；，方向向右。

答：（1）弹簧的最大弹性势能是（2）弹簧呗压缩直至最短的过程中，弹簧给木块A的冲量是（3）当木块A和B板分离时，木块A板的速度为，方向向左，B的速度大小为

第5页，共11页 19.解：（1）以铅球、砂车为系统，水平方向动量守恒，m1v0cosθ=（M+m1）v，得球和砂车的共同速度

v=．

（2）球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒，设当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度为v′，砂子漏出后做平抛运动，水平方向的速度仍为v，由（M+m1）v=m2v+（M+m1-m2）v′，得v′=v=，方向水平向右．

答：（1）球和砂车的共同速度是

（2）当漏出质量为m2的砂子时砂车的速度是，方向水平向右．

【解析】 1.【分析】

根据弹性碰撞和非弹性碰撞的性质明确可能出现的情况，讨论可能出现的碰撞过程即可明确碰撞次数．本题考查弹性碰撞和非弹性碰撞，注意在完全非弹性碰撞中两球连在一起；而在于完全弹性碰撞中两球交换速度。【解答】

如果珠子之间的碰撞是完全非弹性碰撞，每碰撞一次，运动的个体就减小一个，所以最多碰4次； 如果是完全弹性碰撞，则碰撞一次，珠子将交换速度，最终应该是外面的珠子速度大，里面的珠子速度小．初始状态时，如果外面的珠子速度大，里面珠子速度小，且外面珠子在向里运动时，它们发生碰撞的次数最多，如图所示，它们的速率关系为：v1＞v4＞v2＞v3．珠子1的速度传递给速度4，需要3次碰撞，珠子2的速度传递到珠子4，需要2次碰撞，珠子3的速度传给4，需要1次碰撞，所以它们之间最多可以碰撞3+2+1=6次； 故选C。

2.解：设甲溜冰者的运动方向为正方向，根据动量守恒定律，选择开始和最后两个状态列方程得：

（M甲+m）v0-M乙v0=M乙×0-（M甲+m）v，代入数据解得v=0，故BCD错误，A正确． 故选A．

以两人和球为研究对象，系统水平方向动量守恒，根据动量守恒列方程即可正确解答．

该题比较简单，考查了动量守恒定律的应用，注意该定律的应用条件，同时注意动量守恒定律公式的矢量性．

3.解：A、播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度（相对播种器）竖直向下射出，该过程中播种器对荚做的功转化为荚的动能：W=

J．故A错误；

B、离开无人机后，荚做斜下抛运动，竖直方向：y=代入数据可得：t=1s（t=-2s不符合题意）；故B错误；

第6页，共11页 C、荚离开无人机时的速度：v0=设荚到达地面的速度为v，则：

m/s

代入数据可得：v=15m/s 不考虑重力的作用，则土壤对荚冲量的大小等于荚的动量的变化，大小为：

kg•m/s。故C错误；

D、荚的初速度为15m/s，到达地面的速度为15m/s，由几何关系可知，荚到达地面的速度方向与水平方向之间的夹角为45°

荚能进入地面下10cm，则荚相对于地面的位移大小为：s=m 不计重力，根据动能定理可得：-Fs=0-

代入数据可得：F=22.5N．故D正确。故选：D。

由动能定理即可求出播种器对荚做的功；由平抛运动的特点即可求出荚在空中运动的时间；由机械能守恒求出荚到达地面的速度，由动量定理即可求出土壤对荚冲量的大小；由动量定理即可求出荚在土壤内受到平均阻力的大小。

该题属于物理知识在日常生活中的应用，解答的关键是要注意荚空中的运动为斜下抛运动，解答的过程中要将荚的运动分解为竖直方向的分运动与水平方向的分运动。

4.解：跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量I一定；跳高运动员在跳高时跳到沙坑里或跳到海绵垫上可以延长着地过程的作用时间t，由I=Ft可知，延长时间t可以减小运动员所受到的平均冲力F，故D正确，A、B、C错误． 故选：D

跳高运动员在落地的过程中，动量变化一定．由动量定理可知，运动员受到的冲量一定，延长与地面的接触时间，可以减小运动员受到的冲击力．

沙坑或海绵垫子具有缓冲作用，可以延长运动员与地面的接触时间，减小运动员受到的冲击力，避免运动员受伤．

5.解：设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即：，解得：

；

选取小球接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向。设蹦床对运动员的平均作用力为，由动量定理得：；

蹦床对运动员的冲量大小为 ；

结合以上两个式子可得：．故A正确、BCD错误。故选：A。

根据机械能守恒求出小球落到蹦床瞬间的速度；到最低点时，小球的速度和动量均为零，运用动量定理可求得软蹦床对运动员的冲量大小。

本题题型是用动量定理求解一个缓冲过程平均作用力的冲量问题，一定要注意选取合适的研究过程和正方向的选取；本题也可选小球从开始下落到最低点全过程来解答。

6.解：A、小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，所以系统动量不守恒．M和m组成的系统机械能守恒，故A错误，B正确； C、系统水平方向动量守恒，由于系统初始状态水平方向动量为零，所以m从A到C的过程中，m向右运动，M向左运动，m从C到B的过程中M还是向左运动，即保证系统水平方向动量为零．故C错误； D、设滑块从A到B的过程中为t，滑块发生的水平位移大小为x，则物体产生的位移大小为2R-x，取水平向右方向为正方向．则根据水平方向平均动量守恒得：

m-M=0

第7页，共11页 解得：x=，故D错误； 所以物体产生的位移的大小为2R-x=故选：B．

小滑块m从A点静止下滑，物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零，系统水平方向动量守恒，竖直方向有加速度，合力不为零，系统动量不守恒．

用位移表示平均速度，根据水平方向平均动量守恒定律求出物体M发生的水平位移．

分析清物体运动过程，该题属于水平方向动量守恒的类型，知道系统某一方向动量守恒的条件，求解两个物体的水平位移时，注意要以地面为参照物．

7.解：因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有：＞

得：＞1.4 根据动量守恒得：p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得：p甲′=2kg•m/s。据碰撞过程总动能不增加，得：

+

≥

+

代入数据解得：＞

碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则有：≤

代入数据解得：≤5

所以有：＜≤5

则m乙=4m甲，不可能，其他三式子是可能的，故ABD错误，C正确。故选：C。

两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒定律求出碰撞后甲的动量。根据碰撞前甲球速度大于乙球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式，求出m甲与m乙比值的范围，再进行选择。

本题考查对碰撞规律的理解和应用能力。要知道碰撞有三个基本规律：

一、动量守恒；

二、系统总动能不增加；

三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况。8.解：A、当A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短，弹簧的弹性势能最大，以AB组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=2mv，解得：v=，则速度AB速度都不为零，故AB错误；

C、对B，根据动能定理得：弹簧对物体B所做的功，故C错误；

D、在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中，弹簧对物体A和物体B的弹力大小相等，方向相反，根据I=Ft可知，弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等，方向相反，故D正确． 故选：D 第8页，共11页 物体速度相等时弹簧压缩量最大，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律求出速度，对B根据动能定理求出弹簧对物体B所做的功，弹簧对物体A和物体B的弹力大小相等，方向相反，根据I=Ft判断冲量关系． 本题考查了动量守恒定律以及动能定理的直接应用，要求同学们能正确分析物体的运动情况，注意使用动量守恒定律时要规定正方向，难度适中．

9.解：AD、在炸裂过程中，由于重力远小于内力，系统的动量守恒．炸裂前物体的速度沿水平方向，炸裂后a的速度沿原来的水平方向，根据动量守恒定律判断可知：b的速度一定沿水平方向，但不一定与原速度方向相反，取决于a的动量与物体原来动量的大小关系．由于物体原来的动量不是零，所以根据动量守恒定律可知，a、b的动量大小不一定相等．故A、D错误．

B、从炸裂到落地的过程中，a、b都做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，由于高度相同，由h=gt2得知，a、b飞行时间一定相同．故B正确．

C、在炸裂过程中，a，b受到爆炸力大小相等，方向相反，作用时间相同，由冲量的定义I=Ft知，爆炸力的冲量大小相等、方向相反，所以冲量不同．故C错误． 故选：B

当物体的速度沿水平方向炸裂成a、b两块时，质量较大的a的速度方向仍沿原来的方向，根据动量守恒定律判断可知b运动方向一定沿水平方向，a、b均做平抛运动，高度相同，运动时间相同，同时到达地面．在炸裂过程中，a、b间相互作用力大小相等，作用时间相等，冲量大小一定相等．

本题是动量守恒定律的应用问题．系统的动量守恒，不仅作用前后总动量的大小保持不变，总动量的方向也保持不变，解题时要抓住这一点．

10.解：两球碰撞过程动量守恒，以两球组成的系统为研究对象，取水平向右方向为正方向，碰撞前，A、B的速度分别为：vA=2v0、vB=v0．

碰撞前系统总动量：P=mAvA+mBvB=m×2v0+2m×（-v0）=0，P=0，系统总动量为0，系统动量守恒，则碰撞前后系统总动量都是0；

由于碰撞是弹性碰撞，则碰撞后二者的速度不能等于0，运动的方向一定相反． 故D正确，ABC错误． 故选：D．

两球碰撞过程，系统动量守恒，先选取正方向，再根据动量守恒定律列方程，求解即可．

本题碰撞过程中遵守动量守恒，不仅碰撞前后总动量的大小不变，方向也保持不变，要注意选取正方向，用符号表示速度的方向．

11.解：A、若两手同时放开A、B两车，系统所受合外力为零，系统动量守恒，由于系统初动量为零，则系统总动量为零，故A正确；

B、先放开左手，再放开右手，两车与弹簧组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故B正确； C、先放开左手，再放开右手，系统所受合外力向左，系统所受合外力的冲量向左，系统总动量向左，故C正确；

D、无论何时放手，两手放开后，系统所受合外力为零，系统动量守恒，在弹簧恢复原长的过程中，系统总动量都保持不变，如果同时放手，系统总动量为零，如果不同时放手，系统总动量不为零，则系统的总动量不一定为零，故D正确； 故选：ABCD。

根据动量守恒的条件分析答题，系统所受的合外力为零系统动量守恒． 本题考查了动量守恒的判断，知道动量守恒的条件即可正确解题，系统所受合外力为零时，系统动量守恒． 12.解：不论圆弧是否光滑，小车与小球组成的系统在小球下滑过程中系统所受合外力都不为零，则系统动量都不守恒．但系统水平方向不受外力，所以系统水平方向的动量守恒．

若圆弧光滑，只有重力做功，系统的机械能守恒．若圆弧不光滑，系统要克服摩擦力做功，机械能减少，故AD错误，BC正确． 故选：BC

系统所受合外力为零，系统动量守恒．只有重力或弹力做功时，物体的机械能守恒．根据题意与守恒条件分析答题．

第9页，共11页 判断动量是否守恒时，要分析受力，确定合外力是否为零．判断机械能守恒时，可以根据是否只有重力做功分析，也可以根据是否只发生动能和势能之间的转化分析．

13.解：因为碰撞前，甲球速度大于乙球速度，则有根据动量守恒得，p甲+p乙=p甲′+p乙′，代入解得p甲′=2kg•m/s．

据碰撞过程总动能不增加得到：

+≥+

＞，得到＜

代入解得：=

碰撞后两球同向运动，甲的速度不大于乙的速度，则≤，代入解得≥

所≤≤

故选：BCD．

两球碰撞过程遵守动量守恒定律，由动量守恒求出碰撞后甲的动量．根据甲球速度大于乙球速度，以及碰撞过程中总动能不增加，列出不等式，求出甲与乙质量比值的范围进行选择．

本题考查对碰撞规律的理解和应用能力．碰撞有三个基本规律：

一、动量守恒；

二、系统总动能不增加；

三、碰撞后如同向运动，后面的物体的速度不大于前面物体的速度，即要符合实际运动情况．

14.解：A、在小球沿曲面下滑的过程中，小球有竖直分加速度，系统的合外力不为零，动量不守恒。只发生重力势能与动能的转化，所以系统的机械能守恒，故A错误。

B、曲面体对小球的作用力垂直于接触面，由于曲面向右移动，曲面体对小球的作用力与小球相对于地的速度方向成钝角，所以曲面体对小球的作用力垂直于接触面且对小球做负功，故B正确。

C、取水平向左为正方向，由系统水平动量守恒得m球-m曲=0，得=，即球和曲面体对地的水平位移与二者的质量成反比，故C正确。

D、球沿曲面体下滑过程中，球对曲面体的作用力冲量与曲面体对球的作用力冲量始终等大反向，而合外力是物体受到的所有力的合力，则球和曲面体所受合外力的冲量关系不能确定，故D错误。故选：BC。

小球下滑过程中，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒．只发生动能和重力势能的转化，系统的机械能守恒；根据系统水平方向动量守恒列式求解水平位移关系．结合动量定理分析．

本题关键要掌握小球下滑过程中，系统水平方向不受外力，由动量守恒定律分析水平位移关系．对于机械能是否守恒，可根据能量的转化情况分析．

15.解：AB、物体下滑过程中，物体与槽组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，只有重力做功，系统机械能守恒。设物体到达水平面时速度大小为v1，槽的速度大小为v2，规定向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得：mv1-2mv2=0 由系统的机械能守恒得：mgh=mv12+•2mv22，由以上两式解得：v1=2底端时，槽的动能为Ek2=•2mv22=，故A正确，B错误。，v2=，所以物体第一次滑到槽C、在压缩弹簧的过程中，墙壁对弹簧有作用力，所以物块和弹簧组成的系统动量不守恒，故C错误。

第10页，共11页 D、物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，到达最高点时物体与槽的速度相同，物体的动能一部分转化为槽的动能，到达最高点时的重力势能减小，所以不能回到槽上高h处。故D正确； 故选：AD。

物体在下滑过程中，物体与槽组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，系统机械能也守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出物体第一次滑到槽底端时槽的动能．根据动量守恒的条件和机械能守恒的条件判断机械能和动量是否守恒．结合物体与槽的速度大小关系判断物体能否回到高h处． 本题考查了动量守恒定律与机械能守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题．

16.解：（1）使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带，所以先接通打点计时器的电源，后放开滑块1；

（2）放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得： 碰前的速度打出5个点的位移为20.0cm=0.20m；用时0.1s 碰后打7个点的位移为16.8cm=0.168m，用时0.14s； 碰撞前滑块1的动量为：P1=m1v1=0.310×

=0.620kg•m/s，滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s

碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：

P2=（m1+m2）v2=（0.310+0.205）×=0.618kg•m/s

（3）结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用．

故答案为：（1）接通打点计时器的电源；放开纸带；（2）0.620；0.618；（3）纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用

使用打点计时器时，先接通电源后释放纸带；本实验为了验证动量守恒定律设置滑块在气垫导轨上碰撞，用打点计时器纸带的数据测量碰前和碰后的速度，计算前后的动量，多次重复，在实验误差允许的范围内相等，则动量守恒定律得到验证．

本题利用气垫导轨验证动量守恒定律的实验，本实验中要注意明确实验原理，同时还要注意打点计时器的使用方法，知道气垫导轨要水平才能满足动量守恒． 17.（1）由动量守恒定律可以求出平板车的速度；

（2）由能量守恒定律可以求出A相对于平板车滑行的距离，然后求出平板车的长度．

本题考查了求速度、A的滑行距离问题，分析清楚物体运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．

18.（1）弹簧的弹性势能最大时，A、B的速度相同。A、B组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出共同速度。再由能量守恒定律（或机械能守恒定律）可以求出弹簧的最大弹性势能。

（2）对木块A，运用动量定理可求弹簧给木块A的冲量；

（3）当木块A和B板分离时，对系统运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式，可求得木块A和B板的速度。

本题要分析清楚物体的运动过程，知道两个物体的速度相同时弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题。

19.1、以铅球、砂车为系统，水平方向动量守恒列出等式求解

2、球和砂车获得共同速度后漏砂过程中系统水平方向动量也守恒，列出等式求解

解决该题关键掌握动量守恒的应用，正确选择研究对象是前提，系统所受合力不为零，但是可以在某一方向所受合力为零即在该方向上系统动量守恒．

第11页，共11页

第三篇：高二物理动量守恒定律教案

§8·3 动量守恒定律

教学目标：1．理解动量守恒定律的确切含义和表达式

2．能用动量定理和牛顿第三定律推导出动量守恒定律 3．知道动量守恒定律的适用条件和适用范围

教学重点：掌握动量守恒定律的推导、表达式、适用范围和守恒条件 教学难点：正确判断系统在所研究的过程中动量是否守恒 教学方法：实验法、推理归纳法、举例讲授法

教学用具：投影仪，投影片，课件，两个质量相等的小车，细线、弹簧、砝码、气垫导轨

教学过程：

【引入新课】

我们在上几节课，学习了动量和冲量以及动量定理，动量定理已经把一个物体的动量变化跟物体所受外力作用一段时间紧密联系起来了，但是根据牛顿第三定律我们可以知道这个受到作用力的物体也一定会施加一个反作用力，也就是说力的作用是相互的，因此，我们就十分有必要研究一下有相互作用的物体系的动量变化规律

【讲授新课】

（一）动量守恒定律的推导

例：如图，在光滑水平面上做匀速运动的两个小球，质量分别是m1 和m2，沿着同一直线向相同的方向运动，速度分别是v1和v2，且v2＞v1，经过一段时间后，m2追上了m1，两球发生碰撞，碰撞后的速度分别是v1′和v2′．试分析碰撞中两球动量的变化量有何关系。

①第一个小球和第二个小球在碰撞中所受的平均作用力F1和F2是一对相互作用力，大小相等，方向相反，作用在同一直线上，作用在两个物体上；

②第一个小球受到的冲量是： F1t=m1v1′-m1v1 第二个小球受到的冲量是：F2t=m2v2′-m2v2

③又F1和F2大小相等，方向相反。所以F1t=-F2t ∴m1v1′-m1v1=-(m2v2′-m2v2)由此得：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′

即：p1+p2=p1′+p2′ 表达式的含义：两个小球碰撞前的总动量等于碰撞后的总动量．

1．系统：有相互作用的物体构成一个系统．例如实验中的两辆小车或推导实例中碰撞的两个小球；

2．内力：系统中相互作用的各物体之间的相互作用力叫做内力．例如：实验中两小车通过弹簧施加给对方的弹力；两小球在碰撞中施加给对方的平均作用力．

3．外力：外部其他物体对系统的作用力叫做外力．例如实验和推导实例中的重力和支持力．

（二）动量守恒定律的条件和内容

1．动量守恒定律的条件：系统不受外力或者所受外力之和为0。

2．动量守恒定律的内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为0，这个系统的总动量保持不变这个结论叫动量守恒定律．

3．动量守恒定律的表达式：p1+p2=p1′+p2′动量守恒定律的几种表达式为： ①p=p′（系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′）②Δp=0(系统总动量增量为0)

③Δp＇=-Δp2（相互作用的两个物体构成系统）两物体动量增量大小相等、方向相反． ④m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′(相互作用两个物体组成系统，前动量和等于后动量和)

（三）动量守恒定律的适用范围：动量守恒定律不但能解决低速运动问题，而且能解决高速运动问题，不但适用于宏观物体，而且适用于电子、质子、中子等微观粒子．

（四）典型例题评讲

例1：甲、乙两物体沿同一直线相向运动，甲的速度是3m/s，乙物体的速度是1m/s。碰撞后甲、乙两物体都沿各自原方向的反方向运动，速度的大小都是2m/s。求甲、乙两物体的质量之比是多少？

分析与解：规定甲物体初速度方向为正方向。则v1=+3m/s,v2=1m/s。

碰后v1'=-2m/s,v2'=2m/s 根据动量守恒定律应有m1v1+m2v2=m1v1'+m2v2' 移项整理后可得m1比m2为

代入数值后可得m1/m2=3/5，即甲、乙两物体的质量比为3∶5。

例2：质量为30kg的小孩以8m/s的水平速度跳上一辆静止在水平轨道上的平板车，已知平板车的质量是80kg，求小孩跳上车后他们共同的速度。

分析与解：对于小孩和平板车系统，由于车轮和轨道间的滚动摩擦很小，可以不予考虑，所以可以认为系统不受外力，即对人、车系统动量守恒。

跳上车前系统的总动量 p=mv 跳上车后系统的总动量 p'=(m+M)V 由动量守恒定律有mv=(m＋M)V 解得

小结：动量守恒定律的解题步骤：

1、分析系统由多少个物体组成，受力情况怎样，判断动量是否守恒；

2、规定正方向（一般以原速度方向为正），确定相互作用前后的各物体的动量大小，正负；

3、由动量守恒定律列式求解.巩固练习

一、选择题

1.把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射子弹时，关于枪、子弹和车的下列说法正确的有()A.枪和子弹组成的系统动量守恒 B.枪和车组成的系统动量守恒 C.枪、子弹和车组成的系统动量守恒

D.若忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪和车组成的系统动量守恒

2.两球相向运动，发生正碰，碰撞后两球均静止，于是可以判定，在碰撞以前两球()A.质量相等

B.速度大小相等

C.动量大小相等

D.以上都不能判定 3.在下列几种现象中，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，斜面光滑，一物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统 4.两物体组成的系统总动量守恒，这个系统中()A.一个物体增加的速度等于另一个物体减少的速度 B.一物体受的冲量与另一物体所受的冲量相等 C.两个物体的动量变化总是大小相等、方向相反 D.系统总动量的变化为零

5.一只小船静止在水面上，一个人从小船的一端走到另一端，不计水的阻力，以下说法中正确的是()A.人在小船上行走，人对船的冲量比船对人的冲量小，所以人向前运动得快，小船后退得慢

B.人在小船上行走，人的质量小，它们受的冲量大小是相等的，所以人向前运动得快，小船后退得慢 C.当人停止走动时，因为小船惯性大，所在小船要继续向后退 D.当人停止走动时.因为总动量守恒，所以小船也停止后退

6.物体A的质量是物体B的质量的2倍，中间压缩一轻质弹簧，放在光滑的水平面上，由静止同时放开两手后一小段时间内()A.A的速率是B的一半

B.A的动量大于B的动量 C.A受的力大于B受的力

D.总动量为零

7.如图所示，F1、F2等大反向，同时作用于静止在光滑水平面上的A、B两物体上，已知MA>MB，经过相同时间后撤去两力.以后两物体相碰并粘成一体，这时A、B将()A.停止运动

B.向右运动

C.向左运动

D.仍运动但方向不能确定

二、填空题

8.在光滑的水平面上，质量分别为2kg和1kg的两个小球分别以0.5m/s和2m/s的速度相向运动，碰撞后两物体粘在一起，则它们的共同速度大小为______m/s，方向______.9.质量为M=2kg的木块静止在光滑的水平面上，一颗质量为m=20g的子弹以v0=100m/s的速度水平飞来，射穿木块后以80m/s的速度飞去，则木块速度大小为______m/s.10.质量是80kg的人，以10m/s的水平速度跳上一辆迎面驶来的质量为200kg、速度为5m/s的车上，则此后车的速度是______m/s，方向______.三、计算题

11.用细绳悬挂一质量为M的木块处于静止，现有一质量为m的子弹自左方水平射穿此木块，穿透前后子弹的速度分别为v0和v，求:(1)子弹穿过后，木块的速度大小;(2)子弹穿过后瞬间，细绳所受拉力大小

12.甲、乙两个溜冰者相对而立，质量分别为m甲=60kg，m乙=70kg，甲手中另持有m=10kg的球，如果甲以相对地面的水平速度v0=4m/s把球抛给乙，求:(1)甲抛出球后的速度;(2)乙接球后的速度

13.在光滑水平面上，质量为m的小球A以速率v0向静止的质量为3m的B球运动，发生正碰后，A球的速度为

v0,求碰后B球的速率 414.一辆总质量为M的列车，在平直轨道上以v匀速行驶，突然后一节质量为m的车厢脱钩，假设列车受到的阻力与质量成正比，牵引力恒定，则当后一节车厢刚好静止的瞬间，前面列车的速率为多大?

15.两只小船在平静的水面上相向匀速运动如图所示，船和船上的麻袋总质量分别为m甲=500kg，m乙=1000kg，当它们首尾相齐时，由每一只船上各投质量m=50kg的麻袋到另一只船上去(投掷方向垂直船身，且麻袋的纵向速度可不计)，结果甲船停了下来，乙船以v=8.5m/s的速度沿原方向继续航行,求交换麻袋前两只船的速率各为多少?(不计水的阻力)

1C2 C

3A

4CD

5BD

6AD

7A 8答案:m/s;方向跟1kg小球原来的方向相同 9答案:0.2

10答案:0.71;与原来的方向相同 13m(v0v)m2(v0v)211答案:(1)(2)Mg

MML12答案:(1)v甲13答案:2m/s，与抛球的方向相反(2)v乙0.5m/s，与球的运动方向相同 315v0或v0 412MV14答案:

Mm15答案:以甲船和乙船及其中的麻袋为研究对象，以甲船原来的运动方向为正方向.麻袋与船发生相互作用后获得共同速度.由动量守恒定律有(相互作用后甲船速度v′甲=0)

0①(m甲m)v甲mv乙m甲v甲以乙船和甲船中的麻袋为研究对象，有(相互作用后乙船速度v′乙=0)

0② (m乙m)v乙mv甲m乙v乙由①、②两式解得

mm乙v乙5010008.5v甲m/s21m/s 22（m乙m）（m甲m）m（100050）（50050）50v乙m甲mmv甲500501m/s9m/s 50

第四篇：(精品)高二物理人教选修3-4 13.8激光教案

学校：临清实验高中

学科：物理 编写人：燕敬勇

审稿人：孔庆生

选修3-4第十三章第8节《激光》教学设计

一、教材分析

本节主要讲解激光的特点及其应用，特别是全息照相技术。只要求学生对激光有初步了解，知道激光和自然光的区别，但不给激光下定义，更不讲解激光产生的机理。关于全息照相的原理，理解相位差是形成立体图像的根本原因。由于本节知识重在了解，故可以让学生在老师的指导下自主学习。

二、教学目标

1、知识目标

（1）知道激光的特点，了解激光的应用（2）知道全息照相的原理，理解相位差是形成立体图像的根本原因

2、能力目标

（1）通过课外阅读，收集整理有关激光应用的资料，培养加工处理信息的能力.（2）通过对激光的特点及应用的学习，培养应用物理知识解决实际问题的能力.3、情感、态度和价值观目标

通过对激光应用的学习，体验现代科技的神奇，发现的科学的美妙

三、教学重点难点

重点：激光与自然光的区别 难点：激光的应用

四、学情分析

学生已经学习了光的一些知识，对光的特点也有了很多的了解，在此基础上让学生认识和了解一种很特殊的光，就是激光，会激发学生的学习兴趣。也能让学生体会科学的美妙所在。

五、教学方法教师启发、引导，学生讨论、交流。

六、课前准备

1．学生的学习准备：预习本节课的内容，初步了解激光特点和应用 2．教师的教学准备：教具，多媒体素材，学案的准备

七、课时安排： 1 课时

八、教学过程

1、预习检查

检查学生的预习情况并了解了学生存在的问题

2、创设实验情景，导入课题

利用多媒体让学生观看有激光应用的片段，引起学生的兴趣。促进学生的学习。

3、合作探究，精讲点拨

引导学生仔细阅读教材，完成学习目标 探究问题：

（1）究竟什么是激光呢？

激光是原子受激辐射产生的光。发光的方向、频率、偏振方向均相同，两列相同激光相遇可以发生干涉。激光是相干光，激光是人工产生的光。（2）激光是如何产生的？

在现代科技中用激光器产生激光。激光一种特殊的光，自然界中的发光体不能发出激光。1958年，激光问世。

（3）激光与自然光有什么样的区别？

①普通光源发出的是混合光，激光的频率单一．因此激光相干性非常好，颜色特别纯，②激光束的平行度和方向性非常好． ③激光的强度特别大，亮度很高．（4）激光都有那些特性和用途呢？

激光具有的特点 ①相干性好

所谓相干性好是指容易产生干涉现象。普通光源发出的光（即使是所谓的单色光）频率是不一样的，而激光器发出的激光的频率几乎是单一的，并且满足其他的相干条件，所以，现在我们做双缝干涉实验时，无需在双缝前放一个单缝，而是用激光直接照射双缝，就能得到既明亮又清晰的干涉条纹。②平行度非常好

与普通光相比，传播相同距离的激光束的扩散程度小，光线仍能保持很大的强度，保持它的高能量，利用这一点可以精确测距。现在利用激光测量地月距离精确度已达到1m。③激光的亮度非常高

他可以在很小的空间和很短的时间内集中很大的能量。如果把强大的激光束会聚起来，可使物体被照部分在千分之一秒的时间内产生几千万度的高温。不能直接照射眼睛，否则会伤害眼睛。④激光单色性很好

激光的频率范围极窄，颜色几乎是完全一致的。

激光的应用非常多，发展前景非常广阔，目前的重要应用有：光纤通信、精确测距、目标跟踪、激光光盘、激光致热切割、激光核聚变等等．

（5）什么是全息照相？利用了什么原理？和平时我们说的照相有什么不同？

4、反思总结，当堂检测

教师组织学生反思本节课的内容，并总结学到的知识。利用学案进行当堂检测，引导学生构建知识框架并反馈学习情况。

5、发导学案，布置预习

九、板书设计 激光

一、激光的产生

二、激光的特点

三、激光的常见应用

四、全息照相技术

十、教学反思

本节课利用了导学案教学，让学生充分参与到了课堂中。本节的内容主要是了解，要求不是很高，可以让学生自主学习，老师作为引导对不容易理解的知识加以强调。

第五篇：高二物理选修3-5能量量子化教学案

高二

班

姓名

第十七章

波粒二象性

§17.1

能量量子化

【学习目标】

1．知道什么是黑体与黑体辐射。

2．了解“紫外灾难”。

3．知道什么叫能量子及其含意。

【重点和难点】

1．重点：黑体辐射的实验规律

能量量子化

2．难点：黑体辐射的理解

【新课教学】

1．我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的________有关，所以叫做热辐射。

2．如果某种物体能够________入射的各种波长的电磁波而不发生________，这种物体就是绝对黑体，简称黑体。黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的________有关。

3．普朗克假说：振动着的带电微粒的能量只能是某一最小能量值ε的________。当带电微粒辐射或吸收能量时，也是以这个最小能量值为单位________地辐射或吸收的。这个不可再分的最小能量值ε叫做________，ε＝________，ν是电磁波的频率，h是一个常量，后被称为普朗克常量。其值为h＝________

J·s。

4．黑体与黑体辐射

(1)热辐射

①定义：我们周围的一切物体都在辐射电磁波，这种辐射与物体的温度有关，所以叫热辐射。

②热辐射的特点

物体在任何温度下都会发射电磁波，热辐射强度按波长的分布情况随物体的温度而有所不同。当物体温度较低时(如室温)，热辐射的主要成分是波长较长的电磁波(在红外线区域)，不能引起人的视觉；当温度升高时，热辐射中较短波长的成分越来越强，可见光所占份额增大。

(2)黑体

①定义：在热辐射的同时，物体表面还会吸收和反射外界射来的电磁波。如果一个物体能够完全吸收投射到其表面的各种波长的电磁波而不发生反射，这种物体就是绝对黑体，简称黑体。

②黑体辐射的特性：黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与黑体的温度有关。

5．黑体辐射的实验规律

(1)温度一定时，黑体辐射强度随波长的分布有一个极大值。

(2)随着温度的升高

①各种波长的辐射强度都有增加；

②辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，黑　体

一般物体

热辐射特点

辐射电磁波的强度按波长(或频率)的分布只与黑体的温度有关

辐射电磁波的情况与温度、材料的种类及表面状况有关

吸收及反射特点

完全吸收各种入射电磁波，不反射

既吸收，又反射，其能力与材料的种类及入射波长等因素有关

【课堂例题】

【例1】：黑体辐射的实验规律如图所示，由图可知

（）

A．随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加

B．随温度降低，各种波长的辐射强度都有增加

C．随温度升高，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动

D．随温度降低，辐射强度的极大值向波长较长的方向移动

【例2】：关于对普朗克能量子假说的认识，下列说法正确的是

（）

A．振动着的带电微粒的能量只能是某一能量值ε

B．带电微粒辐射或吸收的能量只能是某一最小能量值的整数倍

C．能量子与电磁波的频率成正比

D．这一假说与现实世界相矛盾，因而是错误的【例3】：红光和紫光相比

（）

A．红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较大

B．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较大

C．红光光子的能量较大；在同一种介质中传播时红光的速度较小

D．红光光子的能量较小；在同一种介质中传播时红光的速度较小

【例4】：光是一种电磁波，可见光的波长的大致范围是400—700

nm、400

nm、700

nm电磁辐射的能量子的值各是多少？

【课后反馈】

1．关于对黑体的认识，下列说法正确的是

（）

A．黑体只吸收电磁波，不反射电磁波，看上去是黑的B．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布除与温度有关外，还与材料的种类及表面状况有关

C．黑体辐射电磁波的强度按波长的分布只与温度有关，与材料的种类及表面状况无关

D．如果在一个空腔壁上开一个很小的孔，射入小孔的电磁波在空腔内表面经多次反射和吸

收，最终不能从小孔射出，这个空腔就成了一个黑体

2．关于对热辐射的认识，下列说法中正确的是

（）

A．热的物体向外辐射电磁波，冷的物体只吸收电磁波

B．温度越高，物体辐射的电磁波越强

C．辐射强度按波长的分布情况只与物体的温度有关，与材料种类及表面状况无关

D．常温下我们看到的物体的颜色就是物体辐射电磁波的颜色

3．红、橙、黄、绿四种单色光中，光子能量最小的是

（）

A．红光

B．橙光

C．黄光

D．绿光

4．某种光的光子能量为E，这种光在某一种介质中传播时的波长为λ，则这种介质的折射率为()

A．

B．

C．

D．

5．某激光器能发射波长为λ的激光，发射功率为P，c表示光速，h表示普朗克常量，则激光器每秒发射的能量子数为

（）

A．

B．

C．

D．

6．2006诺贝尔物理学奖授予了两名美国科学家，以表彰他们发现了宇宙微波背景辐射的黑体谱形状及其温度在不同方向上的微小变化。他们的出色工作被誉为是宇宙学研究进入精密科学时代的起点。下列与宇宙微波背景辐射的黑体谱相关的说法中正确的是()

A．微波是指波长在10－3

m到10

m之间的电磁波

B．微波和声波一样都只能在介质中传播

C．黑体的热辐射实际上是电磁辐射

D．普朗克在研究黑体的热辐射问题中提出了能量子假说

7．在自然界生态系统中，蛇与老鼠和其他生物通过营养关系构成食物链，在维持生态平衡方面发挥着重要作用。蛇是老鼠的天敌，它是通过接收热辐射来发现老鼠的。假设老鼠的体温约为37

℃，它发出的最强的热辐射的波长为λm。根据热辐射理论，λm与辐射源的绝对温度T的关系近似为Tλm＝2.90×10－3

m·K。

(1)

老鼠发出最强的热辐射的波长为

()

A．7.8×10－5

m

B．9.4×10－6

m

C．1.16×10－4

m

D．9.7×10－8

m

(2)

老鼠发出的最强的热辐射属于

()

A．可见光波段

B．紫外波段

C．红外波段

D．X射线波段

8．二氧化碳能强烈吸收红外长波辐射，这种长波辐射的波长范围约是1.4×10－3—1.6×10－3

m，相应的频率范围是________，相应的光子能量的范围是________，“温室效应”使大气全年的平均温度升高，空气温度升高，从微观上看就是空气中分子的________。(已知普朗克常量h＝6.6×10－34

J·s，真空中的光速c＝3.0×108

m/s。结果取两位数字)

9．神光“Ⅱ”装置是我国规模最大，国际上为数不多的高功率固体激光系统，利用它可获得能量为2

400

J、波长λ为0.35

μm的紫外激光，已知普朗克常量h＝6.63×10－34

J·s，则该紫外激光所含光子数为多少个？(取两位有效数字)。

10．氦—氖激光器发出波长为633

nm的激光，当激光器的输出功率为1

mW时，每秒发出的光子数为多少个？