第1章碰撞与动量守恒章末检测试卷沪科版选修3_5

第1章 碰撞与动量守恒
章末检测试卷(一)
(时间：90分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分；其中1～5题为单项选择题，6～12题为多项选择题)
1．下列关于物体动量和冲量的说法中不正确的是(　　)
A．物体所受合外力冲量越大，它的动量就越大
B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变
C．物体动量变化的方向，就是合外力冲量的方向
D．物体所受合外力越大，它的动量变化越快
答案　A
解析　据动量定理得I＝Δp，即I与Δp等大同向，A错误，B、C正确；又I＝F合Δt，所以F合＝，故F合越大，就越大，D正确．
2.如图1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上固定一个水平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(　　)
图1
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
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mv02
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的冲量大小相等，方向相反
答案　D
3．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　)
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2
B．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2
D．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
答案　D
解析　人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确．
4．在距地面高为h，同时以相等初速度v0分别平抛、竖直上抛、竖直下抛三个质量均为m的物体，忽略空气阻力，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量Δp，有(　　)
A．平抛的物体的Δp较大
B．竖直上抛的物体的Δp较大
C．竖直下抛的物体的Δp较大
D．三者的Δp一样大
答案　B
解析　由I＝mgt知，竖直上抛的物体的重力的冲量最大，则由动量定理I＝Δp可知，竖直上抛的物体动量的增量Δp最大，故B正确，A、C、D错误．
5．如图2所示，半径为R的光滑半圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g)(　　)
图2
A．0
B.，方向向左
C.，方向向右
D．不能确定
答案　B
解析　以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v′，根据动量守恒定律得：0＝mv－Mv′，根据机械能守恒定律得：mgR＝mv2＋Mv′2，联立以上两式解得v′＝，方向向左，故选项B正确．
6．如图3所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧．质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B.在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是(　　)
图3
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．B板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
答案　BD
解析　当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，此后弹簧要恢复原状，木板进一步加速，故A错误；弹簧压缩量先增加后减小，故B板的加速度先增大后减小，故B正确；当木块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大；
以v0的方向为正方向，有：
2mv0＝(m＋2m)v①
Ep＝×2mv02－(2m＋m)v2②
由①②解得Ep＝mv02，故D正确；
从木块与木板作用至弹簧恢复原长时，有：2mv0＝2mv1＋mv2③
根据机械能守恒定律，有
×2mv02＝×2mv12＋mv22④
解得v1＝v0，v2＝v0，
对木块A，根据动量定理，有I＝2mv1－2mv0＝－mv0(负号表示方向向右)，故C错误．
7．A、B两球沿一直线运动并发生正碰．如图4所示为两球碰撞前后的位移—时间图像．a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球质量是m＝2kg，则由图可知下列结论错误的是(　　)
图4
A．A、B碰撞前的总动量为3kg·m/s
B．碰撞时A对B所施冲量为－4N·s
C．碰撞前后A的动量变化为6kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J
答案　AC
解析　由题图s－t图像可知，碰撞前有：A球的速度vA＝＝m/s＝－3 m/s，B球的速度vB＝＝ m/s＝2 m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vA′＝vB′＝v＝＝m/s＝－1 m/s，则碰撞前后A的动量变化ΔPA＝mv－mvA＝4kg·m/s；对A、B组成的系统，由动量守恒定律mvA＋mBvB＝(m＋mB)v得：mB＝kg.A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3) kg·m/s＋×2kg·m/s＝－kg·m/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IB＝ΔpB＝－4 kg·m/s＝－4N·s.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能：ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2，代入数据解得：ΔEk＝10J，故A、C错误，B、D正确．
8．以初速度v水平抛出一质量为m的石块，不计空气阻力，对石块在空中运动的过程，下列判断正确的是(　　)
A．在两个相等的时间间隔内，石块动量的增量相同
B．在两个相等的时间间隔内，石块动量的增量不相同
C．在两个下落高度相同的过程中，石块动量的增量相同
D．在两个下落高度相同的过程中，石块动能的增量相同
答案　AD
解析　由动量定理I＝mgt＝Δp知，A正确，B、C错误；由动能定理mgh＝ΔEk知，D正确．
9．如图5所示，小车由光滑的弧形段AB和粗糙的水平段BC组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A点由静止滑下的物体到C点恰好停止．如果小车不固定，物体仍从A点静止滑下，则(　　)
图5
A．还是滑到C点停止
B．滑到BC间停止
C．产生的内能与小车固定时产生的内能相等
D．上述三种情况都有可能
答案　AC
解析　设BC长度为L.
小车固定时，根据能量守恒可知，物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，即有：Q1＝fL，
若小车不固定，设物体相对小车滑行的距离为s.对小车和物体组成的系统，水平方向动量守恒，最终两者必定均静止，根据能量守恒可知物体的重力势能全部转化为因摩擦产生的内能，则有：
Q2＝Q1，而Q2＝fs，
得到物体在小车BC部分滑行的距离s＝L，故物体仍滑到C点停止，故A、C正确．
10．如图6所示，两个带同种电荷的小球A和B，A、B的质量分别为m和2m，开始时将它们固定在绝缘的光滑水平面上保持静止．A、B的相互作用力遵循牛顿第三定律，现同时释放A、B，经过一段时间，B的速度大小为v，则此时(　　)
图6
A．A球的速度大小为
B．A球的动量大小为mv
C．A球与B球的动量大小之比一直为1∶1
D．A球的动能为2mv2
答案　CD
解析　A、B两带电小球被释放后，其构成的系统动量守恒，由mv′＝2mv，可得v′＝2v，故A错误；A球的动量大小为2mv，故B错误；因A、B两带电小球被释放后动量一直守恒，因此A球与B球的动量一定是大小相等方向相反，存在数值上的1∶1的关系，故C正确；A球的动能EkA＝mv′2＝m(2v)2＝2mv2，故D正确．
11．两个小球A、B在光滑的水平地面上相向运动，已知它们的质量分别是mA＝4kg，mB＝
2kg，A的速度vA＝3m/s(设为正)，B的速度vB＝－3 m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别为(　　)
A．均为＋1m/s B．＋4 m/s和－5m/s
C．＋2m/s和－1 m/s D．－1m/s和＋5 m/s
答案　AD
解析　由动量守恒，可验证四个选项都满足要求．再看动能变化情况：Ek前＝mAvA2＋mBvB2
＝27 J
Ek后＝mAvA′2＋mBvB′2
由于碰撞过程中总动能不可能增加，所以应有Ek前≥Ek后，据此可排除B；选项C虽满足Ek前≥Ek后，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍然保持原来的速度方向，这显然是不符合实际的，因此C选项错误．验证A、D均满足Ek前≥Ek后，且碰后状态符合实际，故正确选项为A、D.
12．小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个长度不计的轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时小车与C都处于静止状态，如图7所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，木块C可视为质点，以下说法中正确的是(　　)
图7
A．如果小车内表面光滑，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大小为v时，小车对地运动速度大小为v
D．小车向左运动的最大位移为
答案　BCD
二、填空题(本题共2小题，共14分)
13．(6分)如图8所示为“探究物体碰撞时动量变化的规律”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别为ra、rb，图中P点为单独释放a球的平均落点，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．
图8
(1)本实验必须满足的条件是________．
A．斜槽轨道必须是光滑的
B．斜槽轨道末端的切线水平
C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放
D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb
(2)为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离s1，则还需要测量的物理量有________、________(用相应的文字和字母表示)．
(3)如果动量守恒，须满足的关系式是________(用测量物理量的字母表示)．
答案　(1)BC
(2)OM的距离s2　ON的距离s3
(3)mas1＝mas2＋mbs3
14．(8分)某同学利用打点计时器和气垫导轨做“探究物体碰撞时动量变化的规律”的实验，气垫导轨装置如图9所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．
图9
(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向气垫导轨中通入压缩空气；
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________，让滑块带动纸带一起运动；
⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出较理想的纸带如图10所示；
图10
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，两滑块相互作用前动量之和为________kg·m/s；两滑块相互作用以后动量之和为________kg·m/s(结果保留三位有效数字)．
(3)试说明(2)问中两结果不完全相等的主要原因是____________________________________
______________________________________________________________________________.
答案　(1)接通打点计时器的电源　放开滑块1
(2)0.620　0.618
(3)纸带与打点计时器的限位孔之间有摩擦
解析　(2)作用前滑块1的速度v1＝m/s＝2 m/s，
其动量为0.310×2kg·m/s＝0.620 kg·m/s，
作用后滑块1和滑块2具有相同的速度v＝m/s＝1.2 m/s，
其动量之和为(0.310＋0.205)×1.2kg·m/s＝0.618 kg·m/s.
三、计算题(本题共4小题，共38分)
15．(8分)如图11，光滑水平地面上静止放置三个滑块A、B、C，A和B的质量均为2m，C的质量为m.A、B之间用一根水平轻质弹簧连接，B、C接触但不粘连，现给A施加一向右的瞬时冲量，使A获得一水平向右的初速度v0.在此后的运动过程中，求：
图11
(1)C最终的速度大小．
(2)当弹簧第二次被压缩至最短时，弹簧储存的最大弹性势能．
答案　(1)0.8v0　(2)mv02
解析　(1)弹簧第一次压缩最短时弹性势能最大，此后第一次恢复原长时，C的速度达到最大值，设向右为正，由动量守恒定律可知：2mv0＝2mv1＋3mv2
由能量守恒可知：×2m×v02＝×2mv12＋×3m×v22
联立解得：v1＝－0.2v0，v2＝0.8v0
C最终速度大小为0.8v0.
(2)弹簧第二次压缩到最短时，A、B速度相等，以向右为正方向，故：2mv1＋2mv2＝4mv
解得：v＝0.3v0
故弹簧的最大弹性势能为：
Epm＝(2m)v12＋(2m)v22－(4m)v2＝mv02
16．(8分)如图12(a)所示，在光滑的水平面上有甲、乙两辆小车，质量为30kg的小孩乘甲车以5m/s的速度水平向右匀速运动，甲车的质量为15kg，乙车静止于甲车滑行的正前方，两车碰撞前后的位移随时间变化的图像如图(b)所示．求：
图12
(1)甲、乙两车碰撞后的速度大小；
(2)乙车的质量；
(3)为了避免甲、乙两车相撞，小孩至少要以多大的水平速度从甲车跳到乙车上？
答案　(1)1m/s　3 m/s　(2)90kg　(3)m/s
解析　(1)由题图(b)可知，碰撞后甲车的速度为v1＝－1m/s，负号表示方向向左．所以甲车速度大小为1 m/s.
乙车的速度为v2＝3m/s，方向向右，乙车速度大小为3 m/s.
(2)在碰撞过程中，三者组成的系统满足动量守恒，以向右为正方向．
(m小孩＋m甲)v0＝(m小孩＋m甲)v1＋m乙v2
解得：m乙＝90kg
(3)设小孩跳向乙车的速度为v小孩，以向右为正方向，由动量守恒定律得，小孩跳离甲车：(m小孩＋m甲)v0＝m小孩v小孩＋m甲v3
小孩跳至乙车：m小孩v小孩＝(m小孩＋m乙)v4
为使两车避免相撞，应满足v3≤v4
当v3＝v4时，小孩跳离甲车的速度最小，v小孩＝m/s
因此小孩至少要以m/s的水平速度从甲车跳到乙车上．
17．(10分)如图13所示，可看成质点的A物体叠放在上表面光滑的B物体上，一起以v0的速度沿光滑的水平轨道匀速运动，与静止在同一光滑水平轨道上的木板C发生完全非弹性碰撞，B、C的上表面相平且B、C不粘连，A滑上C后恰好能到达C板的最右端，已知A、B、C质量均相等，木板C长为L，求：
图13
(1)A物体的最终速度大小；
(2)A在木板C上滑行的时间．
答案　(1)　(2)
解析　(1)设A、B、C的质量为m，B、C碰撞过程中动量守恒，设B、C碰后的共同速度为v1，以B的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得mv0＝2mv1，
解得v1＝
B、C共速后A以v0的速度滑上C，A滑上C后，B、C脱离，A、C相互作用过程中动量守恒，设最终A、C的共同速度v2，以向右为正方向，
由动量守恒定律得mv0＋mv1＝2mv2，
解得v2＝.
(2)在A、C相互作用过程中，由能量守恒定律得：
fL＝mv02＋mv12－×2mv22，
解得f＝，
此过程中对C，由动量定理得Fft＝mv2－mv1，
解得t＝.
18．(12分)如图14所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中．现将B竖直向上再举高h＝1.8m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10m/s2，空气阻力不计．求：
图14
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；
(2)A的最大速度v的大小；
(3)初始时B离地面的高度H.
答案　(1)0.6s　(2)2m/s　(3)0.6m
解析　(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h＝gt2①
代入数据解得t＝0.6 s②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vB＝gt③
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒定律得mBvB＝(mA＋mB)v④
之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s⑤
(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，
有(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥
代入数据解得H＝0.6 m