广州市第六十五中学2019-2020学年高中物理粤教版选修3-5：1.3动量守恒定律在碰撞中的应用 课时训练（含解析）

1.3动量守恒定律在碰撞中的应用
1．如图所示，在光滑水平面上，有A、B两个小球沿同一直线向右运动，若取向右为正方向，两球的动量分别是pA＝5.0 kg·m/s，pB＝7.0 kg·m/s.已知二者发生正碰，则碰后两球动量的增量ΔpA和ΔpB可能是(　　)
A．ΔpA＝－3.0 kg·m/s；ΔpB＝3.0 kg·m/s
B．ΔpA＝3.0 kg·m/s；ΔpB＝3.0 kg·m/s
C．ΔpA＝3.0 kg·m/s；ΔpB＝－3.0 kg·m/s
D．ΔpA＝－10 kg·m/s；ΔpB＝10 kg·m/s
2．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等．Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于(　　)
A．P的初动能
B．P的初动能的
C．P的初动能的
D．P的初动能的
3．如图所示，A、B两物体质量分别为mA、mB，且mA＞mB，置于光滑水平面上，相距较远。将两个大小均为F的力，同时分别水平作用在A、B上，经过相同时间后撤去两个力，两物体发生碰撞并粘在一起后将
A．停止运动
B．向左运动
C．向右运动
D．运动方向不能确定
4．质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为
A．0.8 B．3 C．4 D．5
5．两辆质量相同的小车，置于光滑的水平面上，有一人静止在小车A上，两车静止，如图所示．当这个人从A车跳到B车上，接着又从B车跳回A车并与A车保持相对静止，则A车的速率

A．等于零
B．小于B车的速率
C．大于B车的速率
D．等于B车的速率
6．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长l＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，则
A．物块滑上小车后，滑块和小车构成的系统动量守恒
B．物块滑上小车后，滑块和小车构成的系统机械能守恒
C．若v0=2m/s，则物块在车面上滑行的时间为0.24 s
D．若要保证物块不从小车右端滑出，则v0不得大于5m/s
7．如图所示，与轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上。物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰。在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（　　）
A．弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同
B．弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小
C．弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减小
D．物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零
8．如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为m的木块A，开始时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，A、B不粘连。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g。若从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的时间为t，则（　　）
A．两木块向下运动的过程中，木块的加速度逐渐增大
B．两木块向下运动的过程中，两木块的机械能逐渐减小
C．A第一次回到初始位置时，A、B间的作用力为零
D．时间t内，弹簧对A的冲量大小为
9．带有光滑圆弧轨道、质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量为m的小球以速度水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则（　　）
A．小球一定向左做平抛运动
B．小球可能做自由落体运动
C．若，则此过程小球对小车做的功为
D．若，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于
10．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为的小物体B以水平速度滑上原来静止的长木板A的上表面，由于A、B间存在摩擦，A，B速度随时间变化.情况如图乙所示，取，则下列说法正确的是（　　）
A．木板A与物体B质量相等 B．系统损失的机械能为
C．木板A的最小长度为 D．A对B做功与B对A做功等大方向
11．光滑水平面上有A、B两物块，A物块质量为2kg，以4m/s速度向右运动，B物块质量1kg，以2m/s速度向左运动。两物块碰撞后粘在一起共同运动。若规定向右为正方向，则碰撞前B物块的动量为________kgm/s，碰撞后两物块共同速度为_________m/s。
12．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点。P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P1、P2刚碰完时的共同速度v1=_____，P的最终速度v2=_____。
13．带有光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，球：
(1)此过程小球对小车做的功
(2)小球在弧形槽上升的最大高度。
14．如图所示，在粗糙水平面上有相距一段距离的A、B两点，在A、B两点分别静止放置m1=4kg、m2=2kg的两物块P、Q。现对P施加一大小F=20N、方向水平向右的拉力，作用一段时间后撤去F，P继续向右运动后与Q在B点发生碰撞并粘在一起（碰撞时间极短），碰后P、Q向右运动1m后停止。已知两物块均可视为质点，与地面的动摩擦因数均为0.2，g取10m/s2。求：
（1）P与Q发生碰撞前瞬间P的速度；
（2）力F作用的时间及A、B两点间的距离。
15．光滑水平冰面直线轨道上，总质量m1=50kg的人和冰车以速度5m/s向右匀速运动，一质量m2=10kg的空冰车迎面而来，速度大小为10m/s，为避免两车直接碰撞，人在两车接触前用力推迎面而来的空车，两车始终在同一直线上运动：
(1)为避免直接碰撞，求被推开空车的最小速度v；
(2)设人对空车的推力300N，持续作用时间0.5s后撤去推力（该时间内车未发生碰撞），则撤去推力后两车的速度各是多少？
参考答案
1．A
【解析】
根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=-3kg?m/s、△pB=3kg?m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=2kg?m/s、p′B=10kg?m/s，根据碰撞过程总动能可能不增加，是可能发生的，故A正确．两球碰撞过程，系统的动量守恒，两球动量变化量应大小相等，方向相反，若△PA=3kg?m/s，△PB=-3kg?m/s，违反了动量守恒定律，不可能，故B错误．根据碰撞过程动量守恒定律，如果△pA=3kg?m/s、△pB=-3kg?m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=8kg?m/s、p′B=4kg?m/s，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，与实际运动不符，故C错误．如果△pA=-10kg?m/s、△pB=10kg?m/s，所以碰后两球的动量分别为p′A=-5kg?m/s、p′B=17kg?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，不可能．故D错误．故选A．
点睛：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．
2．B
【解析】
在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同。
根据动量守恒定律：mv0=2mv。
根据机械能守恒定律，有
故最大弹性势能等于P的初动能的。故选D。
点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P和Q的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式求解．
3．A
【解析】
将两个大小均为F的恒力，同时分别作用在A、B两个物体上，经相同的时间后，撤去两个力，两个力的冲量的矢量和为零，系统动量守恒；两个物体的动量等值、反向，故碰撞后粘在一起后均静止；
A. 停止运动，与结论相符，选项A正确；
B. 向左运动，与结论不相符，选项B错误；
C. 向右运动，与结论不相符，选项C错误；
D. 运动方向不能确定，与结论不相符，选项D错误。
4．B
【解析】
设碰撞后两者的动量都为p，由于题意可知，碰撞前后总动量为2p，根据动量和动能的关系有：
碰撞过程动能不增加，有：
解得：
故选B。
5．B
【解析】
分析系统受力情况可知，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，由系统动量守恒可得：
因为质量关系：
故速度关系：
故B选项正确．
6．ACD
【解析】
由于地面光滑，所以物块和小车构成的系统动量守恒，故A正确；由于物块和小车之间有摩擦力，所以系统机械能不守恒，故B错误；设物块与小车的共同速度为v，以水平向右的方向为正方向，根据动量守恒定律有，设物块与车面间的滑动摩擦力为，则对物块应用动量定理有，解得 ，代入数据得，C正确；要使物块恰好不从车面上滑出，须物块到车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则，由功能关系有，代入数据解得，故D正确；
7．ABD
【解析】
A．滑块B与弹簧接触后，弹簧发生形变，产生弹力，B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A项正确；
B．A、B和轻弹簧组成的系统能量守恒，弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，A、B的动能之和最小，故B项正确；
C．A、B和轻弹簧组成的系统所受合外力等于0，系统的动量守恒，故C项错误；
D．当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续做加速，B继续做减速，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D项正确。
故选ABD。
8．BD
【解析】
A．两木块向下运动的过程中，开始两木块的重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，由于弹簧形变量越来越大，弹簧的弹力越来越大，先小于A、B的总重力，后大于总重力，所以两物体的加速度先减小后增大，当弹力等于A、B的总重力时，两木块的加速度为零，故A错误；
B．两木块向下运动的过程中，两木块与弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧形变量越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，所以两木块的机械能逐渐减小，故B正确；
C．A第一次回到初始位置时，对整体根据牛顿第二定律可得
对B分析，根据牛顿第二定律可得
解得A、B间的作用力为
故C错误；
D．B下落时的速度为
物块B与A碰撞过程由动量守恒得
规定向下为正方向，则两木块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理得
从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量的大小为
联立解得弹簧对木块A的冲量的大小为
故D正确；
故选BD。
9．BCD
【解析】
ABC．小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程中，系统水平方向动量守恒．选取向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
若m=M，可解得
即小球在水平方向上速度为零，离开后做自由落体运动；
对小车，运用动能定理得：小球对小车做的功
故BC正确，A错误；
D．当小球与小车的速度相同时，小球上升到最大高度，设共同速度为v．规定向右为正方向，运用动量守恒定律得
根据能量守恒定律得，有
代入数据得
若，则小球在弧形槽上升的最大高度将大于，故D正确。
故选BCD。
10．ABC
【解析】
A．由图示图像可以知道，木板获得的速度为v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
解得
所以木板A与物体B质量相等，故A正确；
B．系统损失的机械能为
故B正确；
C．木板A的最小长度就是物块在木板上滑行的距离，由图乙可知，木板A的最小长度为
故C正确；
D．物块在木板上滑行的过程中，产生了内能，所以A对B做功与B对A做功的绝对值不相等，故D错误。
故选ABC。
11．－2 2
【解析】
[1]规定向右为正方向，碰撞前B物块的动量
；
[2]根据动量守恒定律得：
，
解得：
。
12．
【解析】
[1]．P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律有：
mv0=2mv1
解得：
v1=
方向水平向右
[2]．对P1、P2、P系统，由动量守恒定律有：
mv0+2mv0=4mv2
解得
v2=
方向水平向右
13．(1) (2)
【解析】
(1)设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，选取向右为正方向，整个过程中动量守恒，由动量守恒定律得
Mv=Mv1+Mv2
由机械能守恒定律得
解得
v1=0
v2=v
对小车运用动能定理得，小球对小车做功
(2) 当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，以向右为正方向，由动量守恒定律得
Mv=2Mv3
由机械能守恒定律得
解得
14．（1）3m/s；（2）3s，31.5m
【解析】
（1）设P与Q发生碰撞前瞬间P的速度为v0，碰后瞬间共同速度为v，由动能定理得
－μ(m1+m2)gL=0－(m1+m2)v2
由动量守恒得
m1v0=(m1+m2)v
联立解得
v0=3m/s
（2）设F作用时间为t1，撤去F后经t2=3s，P与Q发生碰撞，根据动量定理得
Ft1－μm1g(t1+t2)=m1v0
解得
t1=3s
设撤去F瞬间P的速度为v1，根据动量定理得
Ft1－μm1gt1=m1v1
解得
v1=9m/s
所以
xAB=t1+t2=31.5m
15．(1)2.5m/s；(2)2m/s；5m/s
【解析】
(1)以向右为正方向，推开后，空车向右最小速度与速度相等，设为，由动量守恒定律得
解得
(2)以人和冰车对象，以向右为正方向，根据动量定理可得
可得撤去推力后人和冰车的速度为
以空车对象，以向右为正方向，根据动量定理可得
可得撤去推力后空车的速度为