2019人教版选择性必修第一册第一章动量守恒定律章末总结（word版含答案）

2019人教版选择性必修第一册 第一章 动量守恒定律 章末总结
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M，固定在小车上的杆用长为l的轻绳与质量为m的小球相连，将小球拉至水平右端后放手，则小车向右移动的最大距离为(　　)
A． B． C． D．
2．如图所示，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5 000 kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落．要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平力的大小为
A．50 N B．250 N C．500 N D．750 N
3．如图所示，竖直平面内的四分之一光滑圆弧轨道下端与光滑水平桌面相切，小滑块B静止在圆弧轨道的最低点。现将小滑块A从圆弧轨道的最高点无初速度释放。已知圆弧轨道半径R=1.8m，小滑块的质量关系是mB=2mA，碰撞为弹性碰撞，重力加速度g=10m/s2.则碰后小滑块B的速度大小是（　　）
A．5m/s B．4m/s C．3m/s D．2m/s
4．一中子与一质量数为A （A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（ ）
A． B． C． D．
5．李娜发球时可使质量约为60g的网球从静止开始经0.02S后速度增加到60m/s，则在此过程中，网球拍对网球的平均作用力的大小约为（ ）
A．180N B．90N C．360N D．1800N
6．如图甲所示，一滑块从固定斜面上匀速下滑，用t表示下落时间、s表示下滑位移、Ek表示滑块的动能、Ep表示滑块势能、E表示滑块机械能，取斜面底为零势面，乙图中物理量关系正确的是（　　）
A．
B．
C．
D．
二、解答题
7．如图所示，ABC为竖直面内一固定轨道，AB段是半径为R的光滑圆弧，水平段与圆弧轨道相切于B，水平段BC长度为L，C端固定一竖直挡板．一质量为m的小物块自A端从静止开始沿圆轨道下滑，与挡板共发生了两次碰撞后停止在水平段B、C之间的某处，物块每次与挡板碰撞不损失机械能(即碰撞前、后速率相同)．不计空气阻力，物块与水平段BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．试求物块
(1)第一次与挡板碰撞时的速率；
(2)在水平轨道上滑行的总路程；
(3)最后一次滑到圆轨道底端B处对圆轨道的压力．
8．如图所示，在高h1＝20m的光滑水平平台上，质量m＝3kg的小物块压缩弹簧后被锁扣K锁住，储存了一定量的弹性势能Ep，若打开锁扣K，小物块将以一定的水平速度v1向右滑下平台，做平抛运动，从A点经过t=s恰好能沿光滑圆弧形轨道BC的B点的切线方向进入圆弧形轨道，圆弧轨道的圆心O与平台等高，轨道最低点C的切线水平，并与地面上长L＝35m的水平粗糙轨道CD平滑连接，小物块沿轨道BCD运动并与右边墙壁只发生一次碰撞，碰后速度等大反向，反向运动后停在轨道上的C点。取g＝10m/s2。求：
（1）B点的高度h2；
（2）弹簧被锁住时储存的弹性势能Ep；
（3）小物块与轨道CD之间的动摩擦因数为μ。
9．如图所示，固定在竖直平面内的粗糙圆弧形轨道ABCD，半径为R，其A点与圆心等高，D点为轨道最高点，BD为竖直线，AC为水平线，AE为水平面．今使质量为m的小球自A点正上方处由静止释放，从A点进入圆轨道运动，小球最终通过最高点D时对轨道的压力等于mg.求：
（1）小球通过D点后，落到A所在水平面上距A的距离？
（2）小球克服轨道摩擦力做的功？
10．如图所示，间距为d的两根平行光滑金属导轨MN、PQ放置于同一水平面内，导轨左端有一阻值为R的定值电阻与一电容为C的电容器并联（电容器开始不带电），S为单刀双掷开关，导体棒ab垂直于导轨放置在导轨上，在ab棒左侧和导轨间存在竖直向下足够长的匀强磁场，且磁场以ab为右边界，磁感应强度大小为B。在ab棒右侧有一绝缘棒cd，cd棒与ab棒平行，且与固定在墙上的轻弹簧接触但不相连，弹簧处于压缩状态且被锁定。现将S连接到“1”，解除弹簧锁定，cd棒在弹簧的作用下向左移动，脱离弹簧后以速度v0与ab棒发生碰撞并粘在一起。已知ab、cd棒的质量均为m，碰撞前后两棒始终垂直于导轨，ab棒在两导轨之间的部分的电阻为r，导轨电阻、接触电阻以及空气阻力均忽略不计，ab棒总是保持与导轨良好接触，不计电路中感应电流的磁场。求：
(1)弹簧初始时的弹性势能；
(2)从ab碰后到ab速度为过程，ab棒的位移；
(3)当ab速度为时将S连接到“2”，求ab棒的最终速度。
11．有一艘质量为M=120kg的船停在静水中,船长L=3m,船上一个质量为m=60kg的人从船头走到船尾.不计水的阻力,则船在水中移动的距离为多少
12．如图所示，在水平地面上固定一倾角θ = 30°的粗糙斜面，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面匀减速上滑高度H后停止，在上滑的过程中，其加速度和重力加速度g大小相等。求：
（1）小物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）该过程中系统由于摩擦产生的热量Q。
13．如图所示，摩托车做腾跃特技表演，沿曲面冲上高0.8m顶部水平高台，接着以水平速度离开平台，落至地面时，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点切入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑。A、B为圆弧两端点，其连线水平。已知圆弧半径为，人和车的总质量为180kg，特技表演的全过程中，阻力忽略不计，人与车一直没有分离，人和车这个整体可以看成质点。（计算中取，，。求：
（1）从平台飞出到A点，人和车运动的水平距离S；
（2）人与车整体在A点时的速度大小以及圆弧对应圆心角；
（3）若人与车整体运动到圆弧轨道最低点O时，求此时对轨道的压力大小。
14．在光滑水平面上有一带挡板的长木板，其质量为m，长度为L（挡板的厚度可忽略），木板左端有一质量也是m（可视为质点）的滑块，挡板上固定有一个小炸药包，如下图所示（小炸药包长度以及质量与长木板相比可忽略）滑块与木板间的动摩擦因数恒定，整个系统处于静止．给滑块一个水平向右的初速度v0,滑块相对木板向右运动，刚好能与小炸药包接触，此时小炸药包爆炸（此过程时间极短，爆炸后滑块和木板只在水平方向运动，且完好无损），滑块最终又回到木板的左端，恰与木板相对静止．求：
（1）小炸药包爆炸完毕时，滑块和木板的速度；
（2）从滑块开始运动到最终停在木板左端的整个过程中木板相对地面的位移．
15．一电视节目中设计了这样一个通关游戏：如图所示，光滑水平面上，某人乘甲车向右匀速运动，在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间，该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳，当荡起至最高点速度为零时，松开绳子后又落到乙车中，并和乙车一起继续向前滑行．若人的质量m=56kg，甲车质量M1=10kg，乙车质量M2=40kg，甲车初速度v0=6m/s，求：
（1）最终人和乙车的速度；
（2）人落入乙车的过程中对乙车所做的功．
16．某同学参照如图的过山车情景设计了如下模型：弧形轨道的下端与竖直圆轨道相接，使质量为m的小滑块从弧形轨道上端滑下，小滑块从半径为R的圆轨道下端进入后沿圆轨道运动，再滑上与圆轨道圆滑连接的粗糙斜面轨道，与水平面的倾角θ可在0°~75°范围内调节（调节好后即保持不变）．小滑块与斜面间的动摩擦因数，不计其他轨道和空气阻力．当小滑块恰好能通过圆轨道最高点时，求：
(1)小滑块应从多高处由静止释放；
(2)小滑块经过圆轨道最低点时对轨道的压力大小；
(3)设计的斜面轨道至少多长才能保证小滑块不冲出斜面轨道；并判断该最小长度时，能否保证小滑块不脱离轨道．
17．一个质量为0.2kg、以的速度飞来的网球被球拍击中，并以的速度反方向弹回，网球与球拍的接触时间为，试求：（不考虑重力的冲量）
（1）网球动量的变化
（2）球拍对网球的平均作用力
18．水力采煤就是利用从高压水枪中喷出来的强力水柱冲击煤层而使煤层碎裂．设所用水枪的直径为d，水速为v0，水的密度为ρ，水柱垂直地冲击到竖直煤壁上后沿竖直煤壁流下，求水柱施于煤层上的冲力大小．
三、填空题
19．弹性碰撞的结论
以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生弹性碰撞为例，则有
m1v1＝m1v1′＋m2v2′
m1v12＝ m1v1′2＋m2v2′2
联立解得：v1′＝________， v2′＝_________。
讨论：①若m1＝m2，则v1′＝____，v2′＝____（速度交换）；
②若m1>m2，则v1′>0，v2′>0（碰后两物体沿同一方向运动）；当m1 m2时，v1′≈____，v2′≈____；
③若m10（碰后两物体沿相反方向运动）；当m1 m2时，v1′≈____，v2′≈___.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．C
【详解】
当小球向下摆动的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，满足水平方向动量守恒定律，开始系统水平方向动量为零，所以水平方向任意时刻m与M的动量等大反向；以小球和小车组成的系统，小球与小车组成的系统水平方向平均动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：…①，①式两边同时乘以t解得：，即：mS1=MS2…②；小球和小车共走过的距离为2L，有：S1+S2=2l…③，由②③解得：，故C正确，ABD错误．
2．C
【详解】
车和煤粉整体受重力G、支持力N、拉力F，对5s过程运用动量定理，有：Ft=△mv；解得：；故C正确ABD错误．故选C．
3．B
【详解】
物块A下滑到最低点时
可得
v0=6 m/s
AB碰撞过程动量守恒，因是弹性碰撞，则
联立解得
v2=4 m/s
故选B。
4．A
【详解】
设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有
mv1=mv2+Amv
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
5．A
【详解】
根据动量定理得，Ft=mv-0，解得网球拍对网球的平均作用力的大小，故A正确，B、C、D错误．故选A．
【点睛】本题也可以根据速度时间公式求出加速度，结合牛顿第二定律进行求解，难度不大．
6．D
【详解】
A．滑块匀速下滑，动能不变，A错误；
BC．势能
且
所以
BC错误；
D．滑块机械能
D正确。
故选D。
7．(1) (2) (3) 物块最后一次滑到底端B处对圆轨道的压力可能为或
【解析】
【详解】
(1)对物块第一次从A到C过程，根据动能定理：
①
解得第一次碰撞挡板的速率
②
(2)设物块质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为S，对物块从开始下滑到停止在水平轨道上的全过程，根据动能定理：
mgR－μmg·S＝0③
解得
④
(3)设物块最后一次经过圆弧轨道底端B时的速率为v2，对圆轨道的压力为FN，则：
⑤
第一种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右运动还未到B点时即停下，则：
⑥
由⑤⑥解得
⑦
第二种可能情况：物块与挡板第二次碰撞后，向右可再一次滑上光滑圆弧轨道，则： ⑧
由⑤⑧解得
⑨
物块最后一次滑到底端B处对圆轨道的压力可能为或
8．（1）10m；（2）100J；（3）
【详解】
（1）设从A运动到B的时间为t，由平抛运动规律得
解得h2＝10m。
（2）由R=h1，h2＝10m，根据几何关系知∠BOC=60 ，设小物块平抛的水平速度是v1，
有
解得。
（3）小物块在水平轨道CD上通过的总路程为s=2L，根据能量守恒定律有
解得。
9．(1)距A点；(2)小球克服轨道摩擦力做的功
【详解】
(1)小球在D点时，根据牛顿第二定律得
小球从D到A所在水平面做平抛运动
得
距A点距离为
(2)滑块初态到D过程，根据动能定理有
解得
小球克服轨道摩擦力做的功
10．(1) ；(2) ；(3)
【详解】
(1)对cd棒，由能量守恒，可得弹簧的弹性势能为
(2)cd棒与ab棒相碰撞前后，由动量守恒知
棒ab向左滑行的距离为x，由动量定理
求得
(3)当ab的切割电动势与电容器两端电压相等时，ab以v2匀速运动
则
ab从到v2过程中，由动量定理得
对电容
联立上三式求得
11．1m
【详解】
船和人组成的系统，在水平方向上动量守恒，人在船上行进，船向右退，有mv=MV．人从船头走到船尾，设船后退的位移大小为x，则人相对于岸的位移大小为L-x．由 ；解得，；
点睛：解决本题的关键掌握动量守恒定律的条件，以及知道在运用动量守恒定律时，速度必须相对于地面为参考系．
12．（1）；（2）
【详解】
（1）在小物块沿斜面匀减速上滑的过程中，由牛顿第二定律有
mgsinθ + μmgcosθ = ma
又
a = g
解得
μ =
（2）该过程中，小物块克服摩擦力所做的功为
W = μmgcosθ
由功能关系有
Q = W
解得
Q = mgH
13．（1）1.2m；（2）5m/s；；（3）7740N
【详解】
（1）车平抛运动，由平抛运动规律可得，竖直方向上
水平方向上
可得
即
（2）摩托车落至A点时，其竖直方向的分速度
到达A点时速度
设摩托车落至A点时，速度方向与水平方向的夹角为
则
即
所以
（3）从曲面顶部到O点
由动能定理得
在最低点，受力分析可得
解得
由牛顿第三定律可知，人和车在最低点O时对轨道的压力为7740N。
14．（1）0；v0，水平向右；（2）2L，水平向右；
【详解】
（1）设滑块刚要与炸药包接触时的速度为v1 ，对滑块和木板系统在爆炸前：mv0=2mv1 ①
解得：v1= 水平向右
对滑块与木板系统在爆炸前应用功能关系：
μmgL=mv02-×(2m)v12 ②
设爆炸后滑块和木板的速度分别为v1′,v2′，最终滑块相对静止于木板的左端时速度为v2 ,系统
在爆炸过程、爆炸前后动量守恒：
mv0 =mv1′+mv2′③
mv0 =2mv2 ④
对系统在爆炸后应用功能关系：
μmgL=mv1′2+mv2′2-×(2m)v22 ⑤
由②③④⑤解得v1′=0；v2′=v0,水平向右.
(2)爆炸前,对木板应用动能定理：μmgs1=mv12-0⑥
爆炸后,对木板应用动能定理：-μmgs 2 =mv22-mv2′2 ⑦
所以木板对地的总位移s=s1+s2 ⑧
由以上各式解得：s=2L,水平向右.⑨
15．（1）v共=1.0 m/s；（2）W= -95.2J
【分析】
把该题分成几个过程，人在抓住绳子的过程中，对甲车的速度没有影响，甲车将于乙车发生弹性碰撞，由机械能守恒和动量守恒可求得甲乙两车碰撞后的速度，然后是人竖直的落到乙车上，人和乙车作用的过程中在水平方向上合外力为零，在水平方向上动量守恒，由动量守恒定律动量列式即可求得最终人和乙车的速度；
在人和乙车作用的过程中，人对乙车所做的功等于乙车的动能的变化，以乙车为研究对象，利用动能定理即可求得人落入乙车的过程中对乙车所做的功．
【详解】
(1) 甲乙两车碰撞，在水平方向上动量守恒，设碰撞后甲车的速度为v1，乙车的速度为v2，选向右的方向为正，则有：
M1v0=M1v1+M2v2…①
碰撞过程中机械能守恒，有：…②
人松开绳子后做自由落体运动，与乙车相互作用使得过程中，在水平方向上合外力为零，动量守恒，设人和乙车的最终速度为v共，选向右的方向为正，有：
M2v2=（M人+M2）v共
代入数据解得：v共=1.0m/s；
(2) 人落入乙车的过程中对乙车所做的功，根据动能定理可知，即为乙车的动能的变化量，有：
．
【点睛】
该题主要是考查了动量守恒定律的应用，首先应明确动量守恒定律的适用范围：
动量守恒定律是自然界最普遍、最基本的规律之一．不仅适用于宏观物体的低速运动，也适用与微观物体的高速运动．小到微观粒子，大到宇宙天体，无论内力是什么性质的力，只要满足守恒条件，动量守恒定律总是适用的．再者是动量守恒动量成立的条件：1．系统不受外力或者所受合外力为零；2．系统所受合外力虽然不为零，但系统的内力远大于外力时，如碰撞、爆炸等现象中，系统的动量可看成近似守恒；3．系统总的来看不符合以上条件的任意一条，则系统的总动量不守恒．但是若系统在某一方向上符合以上条件的任意一条，则系统在该方向上动量守恒．
16．(1)；(2)滑块对轨道的压力的大小为6mg；(3) ；此时长度下不能保证滑块不脱离轨道．
【详解】
(1)滑块恰好到达最高点，即只受重力mg．设滑块经过最高点时的速度为v1，
根据牛顿第二定律可知：
，
则
根据动能定理可知：
联立解得：．
(2)设滑块经过最低点时的速度为v2，根据动能定理：
可得，
在圆轨道最低点最低点有：
解得：
F=6mg
根据牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力的大小为6mg．
(3)设小滑块恰好到达斜面最高点，根据动能定理得：
令，即，方程可化简为：
可得当θ=60°（满足0°~75°范围），L最短，在此长度下其他角度均会冲出轨道
代入数据可得，此时斜面轨道长度为：
因为，所以小滑块要返回，假设滑块返回圆轨道速度减为零上升的最大高度为，需要不脱离圆轨道，需要满足，根据动能定理：
解得：
综上，不能保证不脱离轨道．
17．（1），方向与初速度方向相反（2），方向与初速度方向相反
【详解】
设网球飞来的速度方向为正方向，则：
网球的初速度，反弹后速度 （2分）
（1）所以网球的动量变化：
（3分）
所以网球的动量变化的大小为，方向与初速度方向相反． （2分）
（2）由动量定理可知，球拍对网球的平均作用力： （3分）
球拍对网球的平均作用力大小为，方向与初速度方向相反． （2分）
18．
【解析】取Δt时间内射到煤层的水为研究对象，设这部分水的质量为Δm，以S表示水柱的截面积，则
Δm＝ρSv0Δt＝ρ··v0Δt
这部分水经时间Δt，其水平方向的动量由Δmv0变为零，设水受到煤层的反作用力为F，并设F方向为正方向，根据动量定理，有
FΔt＝0－(－Δm·v0)
故F＝＝
根据牛顿第三定律，水柱对煤层的作用力大小为F′＝.
19． v1 v1 0 v1 v1 2v1 < －v1 0
【详解】
[1][2]根据
解得
[3][4] ①若m1＝m2，则
[5][6] ② 若m1>m2，则v1′>0，v2′>0（碰后两物体沿同一方向运动）；当m1 m2时，
[7][8] ③若m1v2′>0（碰后两物体沿相反方向运动）
当m1 m2时
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