18.(13分)如图所示,在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C。重物A(视为质点)位于B的右端,A、B、C的质量相等,现A和B以同一速度滑向静止的C,B与C发生正碰,碰后B和C粘在一起运动,A在C上滑行,A与C之间有摩擦力,已知A滑到C的右端而未掉下。试问:从B、C发生正碰到A刚移动到C右端期间,C所走过的距离是C板长度的多少倍?
5
答案
1. 解析：冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向．故A错误；根据动量定理，物体所受合力的冲量等于物体动量的变化，则冲量的大小一定和动量变化量的大小相同．故B正确；动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反．故C错误；动量增量是矢量，按照平行四边形定则求解，而动量大小的增量按代数法则运算，两者大小不一定相等．故D错误，故选B.
2. 解析：由，因为m1>m2，且动能相等，所以p1>p2，选C.
3. 【解析】选B。根据黑体辐射的实验规律:随温度升高,各种波长的辐射强度都有增加,故图线不会有交点,选项C、D错误。另一方面,辐射强度的极大值会向波长较短方向移动,选项A错误,选项B正确。
4. 【解析】选B。弧光灯照射锌板发生光电效应,锌板上有电子逸出,锌板带正电,验电器指针也带正电,故B正确。 5. A 解析：甲、乙和船组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，开始时总动量为零，根据动量守恒定律有：0＝－m甲v甲＋m乙v乙＋mv，
－（－m甲v甲＋m乙v乙）
解得：v＝，代入数据解得v＝－0.6 m/s，负号说明小船的速度方向向左，故选项A正确
m6. C解析：拉动纸条时，笔帽在水平方向受到的滑动摩擦力一定(f＝μmg)，由动量定理知：μmgt＝Δp，缓慢拉动纸条时，作用时间长，笔帽受到的冲量大，Δp大，易倒，故A、B错；快速拉动纸条时，作用时间短，笔帽受到的冲量小，Δp小，不易倒，故选项C正确． ch－W07. 【解析】 根据爱因斯坦光电效应方程得：λh【答案】 B c3λ4－W012hc＝.解得：W0＝. 23λ8. 【解析】选A、C。由ε=hν和Ek=hν-W0知两束光的光子能量相同,照射金属得到的光电子最大初动能相同,故A、C对,D错;由于两束光强度不同,逸出光电子个数不同,故B错。
9. 【解析】选A、B。根据光电效应方程有Ek=hν-W0,其中W0=hν0为金属的逸出功。所以有Ek=hν-hν0,由此结合图像可知,该金属的逸出功为E,或者W0=hν0,当入射光的频率为2ν0时,代入方程可知产生的光电子的最大初动能为E,故A、B正确,C错误;若入射光的频率为时,小于极限频率,不能发生光电效应,故D错误。
10. BD解析：因水平面光滑，所以A、B两球组成的系统在水平方向上动量守恒．设向右方向为动量正方向，由于
p1、p2、p1′、p2′均表示动量的大小，所以碰前的总动量为p1－p2，碰后的总动量为p1′＋p2′，B对；B选项的式子经变形得－p1′＋p1＝p2′＋p2，D对．
11. BD解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平地面的速度v0＝2gh，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后
v0
的速度为v＝，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
2
，即B正
1
确；当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，B2能达到的最大高度为，即D正确．
4
12. AB 解析：A、B两物体发生碰撞，没有其他外力，A、B形成的系统总动量守恒，故选项B正确，选项C错误．由
6
hmAΔvB6－1
动量守恒定律得mAΔvA＝－mBΔvB，＝－＝－＝5∶3，故选项A正确．A、B之间相互作用力大小相等、
mBΔvA2－5
方向相反，因而A、B间相互作用力不同．故选项D错误．
13. AB 解析：根据动量守恒和能量守恒得，设碰撞后两者的动量都为p，则总动量为2p，
根据动量和动能的关系有：＝2mEk，
根据能量的关系得，由于动能不增加，则有：
，得：≤3，故A、B正确，C、D错误．
14. BC 解析：因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，故冲量大小相等、方向相反，故A错误；设甲、乙两运动员的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲、v乙，根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：
①完全非弹性碰撞过程→“交棒”m甲v甲＋m乙v乙＝(m甲＋m乙)v共，
②向前推出(人船模型)→“接棒”(m甲＋m乙)v共＝m甲v甲′＋m乙v乙′，由上面两个方程联立可以解得：m甲Δv甲＝－m乙Δv乙，即B选项正确．经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，甲、乙相互作用过程中，两人位移不相同，合力对两人做功不同，甲动能的减少和乙动能的增加不一样多，C正确、 D错误．
15.(1) 解析：(1)验证动量守恒定律实验中，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是通过落地高度不变情况下水平射程来体现速度．故选C.
(2)实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上S位置静止释放，与小球相碰，并多次重复．测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必需的，而且D要在E之前．至于用天平秤质量先后均可以．故选ADE.
(3)设落地时间为t，则v0＝
MmOPOMON，v1＝，v2＝；而动量守恒的表达式是：m1v0＝m1v1＋m2v2， ttt若两球相碰前后的动量守恒，则m1·OM＋m2·ON＝m1·OP成立．
若碰撞是弹性碰撞，则机械能守恒，有答案：(1)C (2)ADE
(3) (2) 解析：由图象知，在t＝2 s时刻A、B相撞，碰撞前后，A、B的速度：
ΔxA4vA＝＝－ m/s＝－2 m/s，
t2vB＝
ΔxB6
＝ m/s＝3 m/s， t2
vAB＝
ΔxAB2
＝ m/s＝1 m/s. t2
由动量守恒定律有：mAvA＋mBvB＝(mA＋mB)vAB，解得：mB＝6 kg.
答案：2 s 6 kg
16. 【解析】设网球飞来的速度方向为正方向,则:
7
网球的初速度 v0=10m/s, 反弹后速度
v=-20m/s (2分) (1)所以网球的动量变化:
Δp=mv-mv0=0.2×(-20)kg·m/s-0.2×10 kg·m/s=-6 kg·m/s(2分) 所以网球的动量变化的大小为6kg·m/s,方向与初速度方向相反。 (2分) (2)由动量定理Ft=Δp可知,球拍对网球的平均作用力:F==
N=-60 N(2分)
球拍对网球的平均作用力大小为60N,方向与初速度方向相反。 (2分) 答案:(1)6kg·m/s,方向与初速度方向相反 (2)60 N,方向与初速度方向相反
17. 解析：(1)滑块由P滑下到与B碰撞前，根据动能定理：
mgR(1－sin 30°)＝，
A、B碰撞过程动量守恒mv＝2mv1解得：v1＝
gR2
. (2)当B、C达到共同速度时，B、C相距最近，由动量守恒定律：
2mv1＝，
根据能量守恒定律，系统损失的机械能转化为系统的电势能，则： 11ΔE＝2mv21－
22
，
1
电势能的增加量为：ΔE＝mgR.
12答案：(1)
gR1
(2)mgR 212
18.【解题指南】B与C发生完全非弹性碰撞,在B与C碰撞的瞬间,A的动量没有发生变化,整个作用过程动量守恒,但机械能不守恒。
【解析】设A、B、C的质量均为m,碰撞前,A与B的共同速度为v0,碰撞后B与C的共同速度为v1。 B、C碰撞瞬间,内力远大于外力,对B、C由动量守恒定律得mv0=2mv1。 (2分) 设A滑到C的右端时,三者的共同速度为v2。
对A、B、C,由动量守恒定律得2mv0=3mv2 (2分)
设A与C之间的动摩擦因数为μ,从发生碰撞到A移至C的右端时C所走的距离为s,对B、C,由功能关系μ
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