高中物理粤教版选修3-5 第1 章 碰撞与动量守恒章末测试题 Word版含解析

章末测试题
一、单项选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)
1．在不计空气阻力作用的条件下，下列说法中不正确的是(　　)
A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内，其增加的动能一定等于其减少的重力势能
B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同
C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零
D．单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零
解析：不计空气阻力，自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，合外力的冲量也不一定为零，故C错误；经过一个周期，单摆的小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，所以单摆在一个周期内，合外力对摆球做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确．
答案：C
2.有一宇宙飞船，它的正对面积S＝2 m2，以v＝3×103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区.此微粒区1 m3空间中有一个微粒，每一个微粒的平均质量为m＝2×10－7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加（　　）
A.3.6×103 N　　　　 B.3.6 N
C.1.2×103 N D.1.2 N
解析：在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上微粒的总质量为M＝vtSm，
由动量定理得：Ft＝Mv，解得F＝3.6 N.
根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N.要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，故B正确.
答案：B
3．如图所示，一光滑地面上有一质量为m′的足够长的木板ab，一质量为m的人站在木板的a端，关于人由静止开始运动到木板的b端(M、N表示地面上原a、b对应的点)，下列图示正确的是(　　)
A　　　　　　　　　B
C　　　　　　　　　D
解析：根据动量守恒定律，木板与人组成的系统动量守恒，对于题中的“人板模型”，设各自对地的位移为x′m、xm，且有m′x′m＝mxm，x′m＋xm＝L板长，以M点为参考点，人向右运动，木板向左运动，易得D是正确的．
答案：D
4.一个质量为0.5 kg的物体，从静止开始做直线运动，物体所受合外力F随时间t变化的图象如图所示，则在时刻t＝8 s时，物体的速度为（　　）
A.2 m/s B.8 m/s
C.16 m/s D.4 m/s
解析：F-t图象的面积表示冲量，在上方为正，在下方为负，故根据动量定理可得：2×2＋×2×1－×2×2＋2×2＋×2×1＝mv－0，解得第8 s末的速度v＝16 m/s，C正确.
答案：C
5.如图所示，在光滑水平地面上放着两个物体，其间用一根不能伸长的细绳相连，开始时绳松弛、B静止，A具有4 kg·m/s的动量(令向右为正)．在绳拉紧(可能拉断)的过程中，A、B动量的变化可能为(　　)
A．ΔpA＝－4 kg·m/s，ΔpB＝4 kg·m/s
B．ΔpA＝2 kg·m/s，ΔpB＝－2 kg·m/s
C．ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s
D．ΔpA＝ΔpB＝2 kg·m/s
解析：它们的总动量为p＝mAvA＝4 kg·m/s，而绳子的拉力为内力，总动量守恒．A的动量减小，B的动量增加，故A的动量改变应为负值，B的动量改变应为正值．而绳子可能会被拉断，说明在拉断绳子前A的速度不可能为零，故只有C正确．
答案：C
6.质量为M的热气球吊框中有一质量为m的人，共同静止在距离地面为h的高空中，现从气球上放下一根质量不计的软绳，人沿绳子安全滑到地面，在此过程中热气球上升了（　　）
A. h B. h
C. h D.h
解析：人与气球组成的系统动量守恒，设人的速度为v1，气球的速度为v2，运动时间为t，以人与气球组成的系统为研究对象，以向下为正方向，由动量守恒定律得：mv1－mv2＝0，得m－M＝0，其中s人＝h，解得s气＝h.
答案：A
7．用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm高度把1 000 粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　　)
A．0.2 N B．0.6 N
C．1.0 N D．1.6 N
解析：豆粒从80 cm高处落下时速度为v, v2＝2gh ，则v＝＝ m/s＝4 m/s 设向上为正方向，根据动量定理： Ft＝mv2－mv1，F＝＝N＝0.6 N，B正确，ACD错误．故选B.
答案：B
8．人的质量m＝60 kg，船的质量M＝240 kg，若船用缆绳固定，船离岸1.5 m时，人可以跃上岸．若撤去缆绳，如图所示，人要安全跃上岸，船离岸至多为(不计水的阻力，两次人消耗的能量相等，两次从离开船到跃上岸所用的时间相等)(　　)
A．1.5 m B．1.2 m
C．1.34 m D．1.1 m
解析：船用缆绳固定时，设人起跳的速度为v0，则x0＝v0t，消耗的能量： Ek＝mv
撤去缆绳，由动量守恒： 0＝mv1－Mv2，两次人消耗的能量相等，即动能不变， mv＝mv＋Mv，解得： v1＝v0
故：x1＝v1t＝x0＝×1.5 m＝1.34 m，C正确；ABD错误；故选C.
答案：C
9.如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中动能变化量的大小依次为ΔE1、ΔE2、ΔE3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有（　　）
A.ΔE1<ΔE2<ΔE3，ΔP1<ΔP2<ΔP3
B.ΔE1<ΔE2<ΔE3，ΔP1＝ΔP2＝ΔP3
C.ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，ΔP1<ΔP2<ΔP3
D.ΔE1＝ΔE2＝ΔE3，Δp1＝Δp2＝Δp3
解析：三个过程中都只有重力做功，三种情况下下降的高度相同，即重力做功相同，根据动能定理可得下滑到底端时的动能相同，故ΔE1＝ΔE2＝ΔE3；由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量的大小Δp＝mv也相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3（注意方向不同），D正确.
答案：D
10.如图所示，A、B、C、D、E五个小球放在光滑水平面上，其中mA＝mE
A.B、C、D三个球静止，A、E两个球运动
B.B、C两个球静止，A、E、D三个球运动
C.A、B、C、D四个球静止，E一个球运动
D.所有的小球都运动
解析：由题意可知，A和B球首先发生弹性碰撞，动量守恒，机械能守恒mAvA＝mAvA＋mBvB，mAv＝mAv＋mBv，其中vA和vB为两球碰撞之后的速度解得：vA＝vA<0，vB＝vA>0，
所以A球被弹回，B球获得速度向右运动；由于B、C质量相等，B、C碰后，交换速度，B停止运动，C获得速度继续向右运动；由于C、D质量相等，C、D碰后，交换速度，C立刻停止，D获得速度继续向右运动；D的质量大于E的质量，故碰后D的速度不为零，方向不变，E获得速度向右运动.故碰撞完成后，A球向左运动，B、C静止，D、E向右运动.
答案：B
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全选对得4分，漏选得2分，错选或不选得0分）
11.某一物体从高h处自由下落，与地面碰撞后又跳起高h′，不计其他星球对地球的作用，以地球和物体作为一个系统，下列说法正确的是（　　）
A.在物体下落过程中，系统动量不守恒
B.在物体与地面碰撞过程中系统动量守恒
C.在物体上升过程中系统动量守恒
D.上述全过程中系统动量都守恒
解析：将地球和物体作为一个系统，在这三个过程（物体下落过程，物体和地球碰撞过程，物体上升过程）中都只有系统的内力作用，一对引力和一对碰撞的弹力，没有外力作用，系统的动量在全过程守恒，故A错误，B、C、D均正确.
答案：BCD
12．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(　　)
A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh
B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为
C．B能达到的最大高度为
D．B能达到的最大高度为
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＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝×2mv2＝mgh，即B正确；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，B能达到的最大高度为，即D正确．
答案：BD
13．在光滑的水平面上，动能为E0、动量大小为p0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后小钢球1的运动方向相反，将碰撞后小钢球1的动能和动量的大小分别记为E1、p1，小钢球2的动能和动量的大小分别记为E2、p2，则必有(　　)
A．E1＜E0 B．p1＜p0
C．E2＞E0 D．p2＜p0
解析：设碰撞前球1的运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：p0＝－p1＋p2，
可得到碰撞后球2的动量p2＝p0＋p1.
由于碰撞前球2静止，所以碰撞后球2一定沿正方向运动，所以p2＞p0，选项D错误．由于碰撞后系统的机械能总量不可能大于碰撞前系统机械能总量，即E0≥E1＋E2故有E0＞E1和E0＞E2，选项A正确，选项C错误．由动能和动量的关系Ek＝，结合选项A的结果，可判断选项B正确．
答案：AB
14.如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法正确的是(　　)
A．甲、乙两车运动中速度之比为
B．甲、乙两车运动中速度之比为
C．甲车移动的距离为L
D．乙车移动的距离为L
解析：本题类似人船模型．甲、乙、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确．
答案：ACD
三、非选择题(本题共5小题，共54分．把答案填在题中的横线上或按照题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
15．(8分)如图所示为实验室中验证动量守恒的实验装置示意图．
(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则________．
A．m1>m2, r1>r2 B．m1>m2, r1C．m1>m2，r1＝r2 D．m1(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是________(填下列对应的字母) .
A．直尺 B．游标卡尺
C．天平 D．弹簧测力计
E．秒表
(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，P为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式(用m1、m2及图中字母表示)________________成立，即表示碰撞中动量守恒．
解析：(1)在小球碰撞过程中，水平方向动量守恒，取向右为正方向，
由动量守恒定律得： m1v0＝m1v1＋m2v2
在碰撞过程中机械能守恒：m1v＝m1v＋m2v
联立解得： v1＝v0
要碰后入射小球的速度v1＞0，则有m1－m2＞0，即m1＞m2，为了使两球发生正碰，两小球的半径相同，即r1＝r2，选C.
(2)P为碰前入射小球落点的平均位置，M为碰后入射小球的位置，N为碰后被碰小球的位置，小球离开轨道后做平抛运动，运动时间t＝ ，即平抛运动的时间相同，碰撞前入射小球的速度v0＝，碰撞后入射小球的速度v1＝，碰撞后被碰小球的速度v2＝，若m1v0＝m1v1＋m2v2，则表明通过该实验验证了两球碰撞过程中动量守恒，将三个速度代入得： m1OP＝m1OM＋m2ON，故需要测量的工具有刻度尺和天平，故选AC；
(3)由(2)可知，实验需要验证的表达式为： m1OP＝m1OM＋m2ON
答案：(1)C　(2)AC　(3)m1OP＝m1OM＋m2ON
16．(10分)宇航员在太空站内做了如下实验：选取两个质量分别为mA＝0.2 kg、mB＝0.4 kg的小球A、B和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A粘连，另一端与小球B接触而不粘连．现使小球A和B之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v0＝0.1 m/s做匀速直线运动，如图所示，过一段时间，突然解除锁定(解除锁定没有机械能损失)，两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B刚刚分离开始计时，经时间t＝30 s，两球之间的距离增加了s＝2.7 m，求弹簧被锁定时的弹性势能E P.
解析：本题考查动量守恒与能量守恒相结合．
取A、B作为系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：(mA＋mB)v0＝mAvA＋mBvB，①
根据题意得： s＝(vA－vB)t，②
由机械能守恒得： EP＋(mA＋mB)v＝mAv＋mBv，③
代入数据，解①②③得：EP＝0.054 J.
答案：弹簧被锁定时的弹性势能为0.054 J.
17.（12分）如图所示，光滑水平桌面上放有一个凹槽C（凹槽底面水平），质量mC＝2 kg，其正中央并排放着两个小滑块A、B，mA＝1 kg，mB＝4 kg，开始时三个物体都静止.在A、B间放有少量塑胶炸药，爆炸后A以vA＝6 m/s的速度水平向左运动，A、B中任意一块与挡板碰撞后都粘在一起，不计摩擦和碰撞时间，求：
（1）炸药爆炸后滑块B的速度vB；
（2）当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，C的速度vC；
（3）A、C碰撞过程中损失的机械能ΔE.
解析：（1）炸药爆炸前后瞬间，对A、B系统：
mAvA－mBvB＝0，
则vB＝1.5 m/s，方向向右.
（2）当两滑块A、B都与挡板C碰撞后，对A、B、C系统：（mA＋mB ＋mC）v共＝0，即v共＝0.
（3）A、C碰撞前后瞬间：mAvA＝（mA＋mC）v共1.则，v共1＝2 m/s，方向向左，该过程中损失的机械能为ΔE＝mAv－（mA＋mC）v＝12 J.
答案：（1）vB＝1.5 m/s，方向向右　（2）0　（3）12 J
18.（12分）如图所示，长为R＝0.6 m的不可伸长的细绳一端固定在O点，另一端系着质量为m2＝0.1 kg的小球B，小球B刚好与水平面相接触.现使质量为m1＝0.3 kg物块A以v0＝5 m/s的初速度向B运动，A与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3，A、B间的初始距离x＝1.5 m.两物体碰撞后，A物块速度变为碰前瞬间速度的，方向不变.B小球能在竖直平面内做圆周运动.已知重力加速度g＝10 m/s2，两物体均可视为质点，试求：
（1）碰撞过程中B球所受到的冲量大小；
（2）B球运动到圆周最高点时细绳受到的拉力大小.

解析：（1）碰前A做匀变速直线运动－μm1gx＝m1v2－m1v，解得v＝4 m/s.碰撞过程中，A、B系统的动量守恒，选取滑块运动的方向为正方向，
则有：m1v0＝m1＋m2v2，代入数据可得v2＝6 m/s，根据动量定理可得：I＝m2v2＝0.6 kg·m/s.
（2）小球B在摆至最高点的过程中，机械能守恒，设到最高点时的速度为v3，则有：m2v＝m2v＋m2g·2R
在最高点进行受力分析，有T＋m2g＝m2，代入数据解得T＝1 N.
答案：（1）I＝0.6 kg·m/s　（2）T＝1 N
19.(12分)两质量均为2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h，物块从静止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度为g.求：
(1)物块第一次离开劈A时，劈A的速度；
(2)物块在劈B上能够达到的最大高度．
解析：(1)设滑块第一次离开A时的速度为v1，A的速度为v2，由系统动量守恒得：mv1－2mv2＝0，
由系统机械能守恒得：mgh＝mv＋×2mv，
联立解得：v1＝ ，v2＝ .
(2)物块在劈B上达到最大高度h′时两者速度相同，设为v，由系统动量守恒和机械能守恒得
(m＋2m)v＝mv1，
(m＋2m)v2＋mgh′＝mv，
联立解得：h′＝h.
答案：(1) 　(2)h