惠阳区第三中学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 课时练（含解析）

1.3动量守恒定律在碰撞中的应用
1．如图所示，轻质弹簧的左端固定在竖直墙壁上，右端与静止在光滑水平面上的木块A相连接，子弹B沿水平方向射入木块后留在木块内，再将弹簧压缩到最短。上述这个过程可抽象为两个典型的过程：过程①是子弹射入木块并获得共同速度；过程②是木块与子弹一起压缩弹簧并将弹簧压到最短。已知木块的质量大于子弹的质量，空气阻力可忽略不计，则下列说法中正确的是（　　）
A．过程①中木块获得的动能一定小于此过程中子弹损失动能的二分之一
B．过程②中弹簧的最大弹性势能一定小于过程①中子弹损失的动能
C．过程②中弹簧的最大弹性势能一定大于过程①中木块所获得的动能
D．过程②中弹簧的最大弹性势能一定小于过程①中子弹损失动能的二分之一
E.过程①中木块对子弹所做功绝对值一定小于子弹对木块所做功的绝对值
F.过程①中木块对子弹的冲量大小一定等于子弹对木块的冲量大小
G.过程②中墙壁对弹簧的冲量大小一定等于木块和子弹动量的减小量
2．某同学质量为60kg，在军事训练中要求他从岸上以大小为2m/s的速度跳到一条向他缓缓漂来的小船上，然后去执行任务，小船的质量是140kg，原来的速度大小是0.5m/s，该同学上船后又跑了几步，最终停在船上（船未与岸相撞），不计水的阻力，则（ ）
A．该同学和小船最终静止在水面上
B．该过程同学的动量变化量大小为105kg·m/s
C．船最终的速度是0.95m/s
D．船的动量变化量大小为70kg·m/s
3．如图所示，质量为m的A球以速度在光滑水平面上向右运动，与静止的质量为5m的B球对心正碰，碰撞后A球以的速率弹回，并与竖直固定的挡板P发生弹性碰撞，要使A球与挡板碰后能追上B球再次相碰，则k的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
4．如图甲所示，两小球a、b在足够长的光滑水平面上发生正碰。小球a、b质量分别为m1和m2，且。取水平向右为正方向，两小球碰撞前后位移随时间变化的x-t图象如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．碰撞前球a做加速运动，球b做匀速运动
B．碰撞后球a做减速运动，球b做加速运动
C．碰撞前后两小球的机械能总量减小
D．碰撞前后两小球的机械能总量不变
5．如图所示，在质量为M（含支架）的小车中用轻绳悬挂一小球，小球的质量为m0，小车和小球以恒定速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短。在此碰撞过程中，下列哪个或哪些说法是可能发生的？（　　）
A．在此过程中小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足
B．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度分别为v1和v2，满足
C．在此碰撞过程中，小球的速度不变，小车和木块的速度都变成u，满足
D．碰撞后小球摆到最高点时速度变为v1，木块的速度变为v2，满足
6．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（　　）
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都处于伸长状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1：m2=1:2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1：Ek2=1:8
7．如图所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起（不粘连），A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面。现让质量为m的小物块C（可视为质点）自a点静止释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下。则下列说法中正确的是（　　）
A．小物块C到b点时，A的速度最大
B．小物块C到c点时，A的速度最大
C．小物块C到b点时，C的速度最大
D．小物块C到c点时，A的速率大于B的速率
8．矩形滑块由不同材料的上下两层粘结在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射入滑块，若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况相比较（ ）
A．两次子弹对滑块做的功一样多
B．两次滑块受的冲量一样大
C．子弹射入下层过程中克服阻力做功较少
D．子弹射入上层过程中系统产生的热量较多
9．如图所示，光滑轨道上，小车A、B用轻质弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在 A、B上，然后使A、B以速度 v0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复原长时，A的速度刚好为零。已知A、B的质量分别为 mA、mB。则以下判断正确的是（　　）
A．弹簧最初具有的弹性势能为
B．若 mA＜mB，则某一时刻B的速度可以为零
C．若 mA＞mB，则在某一时刻B的速度可以为零
D．无论A、B质量大小关系如何，B的速度都不可能为零
10．如图所示，质量为 M 的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为 m的木块以初速度 v0水平地滑至车的上表面，若车表面足够长，则（　　）
A．木块的最终速度为
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动能越多
D．不论车表面的粗糙程度如何，小车获得的动能均为定值
11．如图，质量为M的小车静止在光滑水平面上，车厢内有一质量为m的物体以速度v0开始向左运动，与车厢壁来回碰撞几次之后静止于车厢中，这时小车的速度大小为__，方向__．
12．两只小船质量分别为，，它们平行逆向航行航线邻近，当它们头尾相齐时，各投质量的麻袋到对面的船上，如图1所示，结果质量较轻的一只船停了下来，另一只船则以的速度沿原方向航行，若水的阻力不计，则在交换麻袋前两只船的速率________，________.
13．如图甲所示，倾角=的粗糙斜面固定在水平面上，斜面上端固定一轻质弹簧，下端与一足够长的水平面平滑相连，水平面右端放置一个质量M=7.0kg的滑块，开始时弹箦被一质量m=1.0kg的小物块（可视为质点）压缩，小物块与弹簧只接触不相连，此时小物块距斜面底端的距离=4.0m。t=0时释放小物块，图乙为小物块在斜面上运动的加速度a随时间t变化的部分图像，小物块到达水平面并与滑块发生弹性碰撞（碰撞时间极短）。已知弹簧的劲度系数k=75N/m，弹性势能的表达式为，x为弹簧形变量，所有接触面之间动摩擦因数均相同。g取，=0.6，=0.8。最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
(1)斜面与小物块之间的动摩擦因数；
(2)小物块到达斜面底端时的速度大小；
(3)判断小物块能不能与滑块发生第二次碰撞，如果不能，请写出分析过程。如果能，求出第二次碰撞瞬间小物块的速度大小。
14．小车M=1kg静止在光滑水平地面上，其左侧有一颗插入地面的销钉（可确保小车不会向左运动），小车上表面由两段光滑圆弧夹一段粗糙水平轨道构成，如图所示。已知圆弧BC所对应的圆心角θ=、半径R1=2.75m，CD的长度L=1m、动摩擦因数μ=0.5，四分之一圆弧DE半径R2=0.3m。一小滑块m=1kg（视为质点）从某一高度处的A点以大小v0=4m/s的速度水平抛出，恰好沿切线方向从B点进入圆弧轨道，重力加速度取g=10m/s2，sin=0.6，cos=0.8，空气阻力不计，求：
(1)滑块刚进入圆轨道BC时的速度vB；
(2)滑块从E端冲出后，上升到最高点时距E点的竖直高度hm；
(3)滑块在小车的水平段CD上运动的总时间t。
15．如图，水平面MN右端N处与水平传送带恰好平齐且很靠近，传送带以速率v=1m/s顺时针匀速转动，水平部分长度L=1m。物块B静止在水平面的最右端N处，质量为mA=1kg的物块A在距N点s=1.125m处以v0=5m/s的水平初速度向右运动，再与B发生碰撞并粘在一起，若B的质量是A的k倍（k＞0），A、B与水平面和传送带的动摩擦因数都为μ=0.4，物块均可视为质点，取g=10m/s2。
(1)求A到达N点与B碰撞前的速度大小；
(2)求碰撞后瞬间A与B的速度大小以及碰撞过程中损失的能量；
(3)讨论k在不同数值范围时，A、B碰撞后传送带对它们所做的功W的表达式。
参考答案
1．ABCFG
【解析】
A．根据动量守恒
可得
子弹损失的动能
木块获得的动能
则
因此A正确；
E．根据动能定理，木块对子弹所做功等于子弹簧动能的减小量，子弹对木块所做功等于木块动能的增量，由于
因此木块对子弹所做功绝对值一定大于子弹对木块所做功的绝对值，E错误；
F．根据冲量的定义，可知两者相互作力大小相等，作用时间相等，因此冲量大小相等，F正确；
B．弹簧的最大弹性势能
由于
因此过程②中弹簧的最大弹性势能一定小于过程①中子弹损失的动能，B正确；
C．由于
因此过程②中弹簧的最大弹性势能一定大于过程①中木块所获得的动能，C正确；
D．由于
无法确定与的大小关系，因此D错误；
G．将子弹与木块和弹簧做为一个整体，根据动量定理，可知过程②中墙壁对弹簧的冲量大小一定等于木块和子弹动量的减小量，G正确。
故选ABCFG。
2．B
【解析】
AC.规定该同学原来的速度方向为正方向.设该同学上船后，船与该同学的共同速度为v.由题意，水的阻力忽略不计，该同学跳上小船后与小船达到共同速度的过程，该同学和船组成的系统所受合外力为零，系统的动量守恒，则由动量守恒定律得m人v人－m船v船=（m人+m船）v，代入数据解得v=0.25m/s，方向与该同学原来的速度方向相同，与船原来的速度方向相反，故A、C错误；
B.该同学的动量变化量为Δp=m人v－m人v人=60×（0.25－2）kg·m/s=－105kg·m/s，负号表示方向与选择的正方向相反，故B正确；
D.船的动量变化量为Δp＇=m船v－m船v船=140×[0.25－（－0.5）]kg·m/s=105kg·m/s，故D错误.
3．C
【解析】
A、B碰撞过程中，以v0方向为正方向，根据动量守恒定律得
A与挡板P碰撞后能追上B发生再碰的条件是
得
碰撞过程中损失的机械能
解得
所以k满足的条件是
故C正确，ABD错误。
故选C。
4．D
【解析】
A．由x-t（位移时间）图象的斜率得到，碰前b球的位移不随时间而变化，处于静止。a球的加速度大小为
做匀速运动，选项A错误；
B．同理由图示图象可知，碰后b球和a球均做匀速运动，其速度分别为
选项B错误；
CD．根据动量守恒定律得
代入解得
碰撞过程中系统损失的机械能为
代入解得
△E=0
所以碰撞过程机械能守恒，选项C错误，D正确。
故选D。
5．CD
【解析】
ABC．碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在瞬间不变，若碰后小车和木块的速度变v1和v2，根据动量守恒有
若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有
故C正确，AB错误；
D．碰撞后，小车和小球水平方向动量守恒，则整个过程中，系统动量守恒的，则有
故D正确。
故选CD。
6．CD
【解析】
AB．由图象可知，在0时刻，A的速度大于B的速度，两物体距离逐渐靠近，在t1时刻，两物体速度相等，距离最近，弹簧处于最大压缩状态；接下来B的速度大于A的速度，两物体距离增大，在t3时刻，两物体速度再次相等，距离最大，弹簧处于最大伸长状态，从t3到t4时刻弹簧由伸长状态逐渐恢复到原长，AB错误；
C．在t1时刻两物块达到共同速度1m/s，根据动量守恒定律
代入数据得
C正确；
D．由图象可知，在t2时刻A的动能
在t2时刻B的动能
因此
D正确。
故选CD。
7．AC
【解析】
ABC．C下滑的到b点的过程中，AB及C组成的系统动量守恒，C从a到b的过程中，速度逐渐增大，所以AB系统速度向左，速度逐渐增大，C从b到c滑动时，C做匀减速运动，所以在b点C的速度最大，故A在小物块C到b点时速度最大，故AC正确，B错误；
D．C下滑的到b点时，A和B的速度相等，此后B做匀速运动，A先匀减速运动，后反向匀加速运动，到达C点时AC速度恰好相等，此时AC的总动量与B的动量大小相等，但AC的总质量比B的质量大，所以A的速度小于B的速度，故D错误。
故选AC。
8．AB
【解析】
A．由动量守恒可知两种情况的最后速度相同，滑块获得的动能相同，根据动能定理可知子弹对滑块做的功相同，A对；
B．由动量定理，合外力的冲量等于滑块动量的变化量，所以合外力的冲量相同，B对；
C．两种情况，子弹动能变化量相同，克服阻力做功相同，C错；
D．产生的热量等于阻力乘以相对位移，可知射入下层过程中系统产生的热量较多，D错；
故选ＡＢ。
9．AC
【解析】
A．以A、B弹簧为系统动量守恒，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
故A正确；
BCD．设以后运动过程中B的速度为0时，A的速度为vA，此时弹簧的弹性势能为E'p
由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
当 所以，弹性势能小于0是不可能的，所以若 mA＜mB，则某一时刻B的速度不能为零；
当 所以，弹性势能大于0是可能的，所以若 mA>mB，则某一时刻B的速度可以为零。
故C正确，BD错误；
故选AC。
10．AD
【解析】
A．由于地面光滑，小车和木块组成的系统动量守恒，木板足够长，二者最终达到相同速度v
解得
故A正确；
B．小车和木块间的摩擦力是系统内力，不影响动量守恒。动量守恒的条件是：当系统不受外力，或所受外力矢量和为零，B错误；
C．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于，则木块减小的动能为，结果均为定值，故C错误；
D．根据动量守恒定律，二者的末速度总是等于，小车获得的动能为，结果均为定值，D正确。
故选AD。
11． 水平向左
【解析】
[1]．以物体与车厢组成的系统为研究对象，以向左为正方向，由动量守恒定律可得：
mv0=（M+m）v′
最终车的速度为：
[2]．方向与v0的速度相同，水平向左；
12．1m/s 9m/s
【解析】
[1][2]以质量较轻的船的速度的方向为正方向，选取质量较轻的船和从质量较重的船投过去的麻袋为研究系统，根据动量守恒定律有
选取质量较重的船和从质量较轻的船投过去的麻袋为系统，根据动量守恒定律有
联立以上两式并代入数据解
.
13．(1)；(2)；(3)能，
【解析】
(1)由题图乙可知，当小物块与弹簧分离后，小物块沿斜面向下做匀加速直线运动，加速度的大小为
根据牛顿第二定律有
解得
(2)由题图乙可知，时加速度的大小为
设此时弹簧压缩量为x，根据牛顿第二定律有
解得
设小物块到达斜面底端的速度为，由动能定理得
解得
(3)在斜面底端，小物块与滑块发生第一次弹性碰撞，设碰后小物块的速度为，滑块的速度为，则
解得
，
第一次碰撞后，滑块向左做匀减速运动，经过
停下来，发生的位移为，则，解得
小物块冲上斜面又滑下来，沿斜面向上运动的加速度
位移为，则，解得
假设能发生第二次碰撞，所以发生第二次碰撞时滑块已经静止，小物块没有接触弹簧但速度已经减为零，随后加速下滑。设小物块刚要与滑块二次碰撞时的速度为，根据动能定理
解得
所以小物块可以与滑块发生第二次碰撞，碰撞瞬间速度大小为
14．(1)5m/s，方向垂直于O1B斜向右下方；(2)0.1m；(3)0.6s
【解析】
(1)分解B点速度可得
垂直于O1B斜向右下方。
(2)对滑块BC段有
解得
小车离开销钉后系统水平方向动量守恒，则滑块从C点到斜抛至最高点的过程中，对系统有
得
又
解得
(3)对滑块从C点到相对静止的过程有
得
知仅一次往返即达到共速，再设滑块过D点时的速度为，下车速度为，根据动量守恒定律得
且
解得
，或，
综合分析知，第1组解对应滑块相对小车向右滑行时通过D点，该阶段用时
第2组解对应滑块从E点回到小车后，相对小车向左通过D点，之后相对小车向左滑行0.8m时与车共速（之后不再相对滑动），该阶段用时
故滑块在CD运动的总时间
15．(1)4m/s；(2)；；(3)①时；②当【解析】
(1)设碰撞前A的速度为，对于A与B碰撞前的运动过程，由动能定理得
代入数据得
(2)设碰撞后A、B速度为，且设向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
由系统能量转化与守恒可得
解得
(3)①如果AB能一直减速从传送带右端离开，必须满足
解得
传送带对它们所做的功为
②当时有
当时两个物体减速到与传送带共速，传送带对它们所做的功为
即AB到达传送带右端时速度为v；
③当时，AB沿传送带向右加速到速度与传送带速度相等后与传送带一起匀速运动到传送带的右端，在这个过程中传送带对AB所做的功为
解得