上海市大境中学2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5：碰撞与动量守恒 单元测评（含解析）

碰撞与动量守恒
1．超强台风山竹于2018年9月16日前后来到我国广东中部沿海登陆，其风力达到17级超强台风强度，风速左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v关系式为( )
A． B． C． D．
2．如图所示，足够长的小平板车B的质量为M，以水平速度v0向右在光滑水平面上运动，与此同时，质量为m的小物体A从车的右端以水平速度v0沿车的粗糙上表面向左运动．若物体与车面之间的动摩擦因数为μ，则在足够长的时间内（　　）
A．若M＞m，物体A对地向左的最大位移是
B．若M＜m，小车B对地向右的最大位移是
C．无论M与m的大小关系如何，摩擦力对平板车的冲量均为mv0
D．无论M与m的大小关系如何，摩擦力的作用时间均为
3．如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一竖直墙壁，现让一小球（可认为质点）自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点入槽内，则下列说法正确的是（　　）
A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动
B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功
C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能不守恒
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒
4．静止在光滑水平面上的物体在水平力F作用下开始运动，力F随时间的变化如图所示，关于物体的运动情况，正确的描述是（　　）
A．t=2s时刻物体速度为0
B．4s末物体回到出发点
C．在0~4s时间内水平力F的总冲量为0
D．在0~2s时间内物体做匀减速运动，在2s~4s时间内物体做匀加速运动
5．下列关于动量说法中，正确的是（　　）
A．物体的动量越大，其惯性也越大
B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
C．动量大小不变的运动，可能是变速运动
D．竖直向上抛的物体（不计空气阻力）经过空中同一位置时动量一定相同
6．冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会上中国队员投掷冰壶的镜头．在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发生正碰，如图2．若两冰壶质量相等，则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是图中的哪幅图（ ）
A．B．
C．D．
7．在光滑的水平面上有质量相等的A、B两球，其动量分别为10kg· m/s与2kg· m/s，方向均向东，且定为正方向，A球在B球后，当A球追上B球时发生正碰，则相碰以后，A、B两球的动量可能分别为（　 ）
A．6kg· m/s，6kg· m/s
B．－4kg· m/s，16kg· m/s
C．6kg· m/s，12kg· m/s
D．3kg· m/s，9kg· m/s
8．如图所示，在光滑水平面的左侧固定一竖直挡板，A球在水平面上静止放置， B球向左运动与A球发生正碰，B球碰撞前、后的速率之比为4：1， A球垂直撞向挡板，碰后原速率返回，两球刚好不发生碰撞，A、B两球的质量之比和碰撞前、后两球总动能之比为（ ）
A．mA： mB=4：1 B．mA：mB=5：1
C．EK1：EK2 =25：6 D．EK1：EK2=8：3
9．如图所示，在光滑的绝缘水平面上有一边长为L的正方形区域内存在着竖直向下的匀强磁场，有一个边长比L小的正方形线圈以速度v0沿水平方向进入磁场，全部穿出磁场时速度为v，则下列说法正确的是（　　）
A．线圈全部进入磁场时速度为
B．线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，产生的电能相同
C．线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，线圈中感应电流的方向相同
D．线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，通过线圈横截面的电荷量的绝对值大小相同
10．如图所示，A球从距地面高h＝2.5m处由静止释放，同时B球从地面上以v0＝5m/s的速度竖直上抛，二者在同一直线上运动，经一段时间后二者发生弹性正碰，之后B与地面发生正碰时在某装置作用下迅速固定在地面上，已知两球完全相同，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，在整个运动过程中，下列说法正确的是
A．两球在B球上升到最高点时发生第一次碰撞
B．两球发生第一次碰撞后瞬间B球速度的大小为5 m/s
C．A球最终将在B球上方做往复运动
D．A球最终能上升的最大高度为2.5 m
11．如图甲所示，在光滑水平面上的两小球A、B发生正碰，小球A的质量为m1=0.1kg。图乙为它们碰撞前后两个小球的s－t图像。取向右为正方向，由此可以判断（　　）
A．碰前小球B静止，小球A向右运动
B．碰后小球A和B都向右运动
C．小球B的质量为m2=0.2kg
D．小球B的质量为m2=0.3kg
12．如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车（含管道）的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上，今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好到达管道的最高点后，然后从管道左端滑离小车，关于这个过程，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．小球滑离小车时，小车回到原来位置
B．小球滑离小车时相对小车的速度为v
C．车上管道中心线最高点的竖直高度为
D．小球在滑上曲面到滑到最高点的过程中，小车的动量变化量大小是
13．某同学用如图甲所示装置验证动量守恒定律．入射球和靶球的半径相同，质量分别为m1、m2，平放于地面的记录纸上铺有复写纸．实验时先使入射球从斜槽上固定位置G由静止开始滚下，落到复写纸上，重复上述操作多次．再把靶球放在水平槽末端，让入射球仍从位置G由静止开始滚下，和靶球碰撞后继续向前运动落到复写纸上，重复操作多次．最终记录纸上得到的落点痕迹如图乙所示
（1）关于本实验下列说法正确的是______
A．需要用游标卡尺测量两小球的直径
B．应使m1>m2
C．实验中记录纸上铺的复写纸的位置可以移动
D．斜槽要固定好，末端切线不需要调节水平
（2）请你叙述确定落点平均位置的办法：__________．
（3）按照本实验方法，该同学确定了落地点的平均位置P、Q、R并测出了OP、PQ、QR间的距离分别为x1、x2、x3，则验证动量守恒定律的表达式是____________．
14．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块“悬浮”在导轨上，滑块对导轨的压力近似为零，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。某实验小组验证动量守恒定律的实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下:（滑块A、B的质量mA、mB已经给出且不相等）
①调整气垫导轨，使导轨处于水平。
②在A和B间放入一个被压缩的轻弹黄，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。
③用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1；B的右端至D板的距离L2
④给导轨送气，气流稳定后，按下电钮放开卡销.同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时自动停止计时，从记时器上记下 A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2
(1))利用已经给的量和上述测量的实验数据，写出验证动量守恒定律的表达式 _________
(2)利用上述实验数据还可以求出被压缩弹簧的弹性势能的大小，请写出弹性势能表达式为_________
(3)该实验装置中由于弹簧的质量不能忽略，会对实验准确度造成影响。下列哪种方式可以减小这种影响？ （___）
A．将弹簧与A、B滑块都粘连在一起
B．将弹簧与AB中质量较大的粘连在一起
C．将弹簧与AB中质量较小的粘连在一起
D．将弹簧与A、B滑块都不粘连在一起
15．如图所示，质量为60 kg的建筑工人，不慎从高空P处跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来．已知安全带长5 m，安全带的缓冲时间是1.2 s，取g＝10 m/s2，不计空气阻力．求：
（1）安全带刚好拉直时，人的速度大小；
（2）缓冲时间内，安全带对人的平均冲力的大小．
16．质量为5 g的子弹以300 m/s的速度水平射向被悬挂着质量为500 g的木块，设子弹穿过木块后的速度为100 m/s，重力加速度取10 m/s2，则：
（1）试用动量定理证明子弹打击木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒；
（2）求子弹穿过木块后的瞬间，木块获得的速度大小；
（3）求木块上升的最大高度．
17．如图所示，光滑水平面上，一半圆形槽B中间放一光滑小球A(可看成质点)，A、B质量均为2 kg.A、B共同以v0＝6 m/s的速度向右运动，质量为4 kg的物体C静止在前方．B与C碰撞后粘合在一起运动，求：
(1)B、C碰撞后瞬间的速度大小；
(2)在以后的运动过程中，A速度等于零时重力势能的增加量．
18．如图所示，小球B与一轻质弹簧相连，并静止在足够长的光滑水平面上，小球A以某一速度与轻质弹簧正碰．小球A与弹簧分开后，小球B的速度为v，求：
(1)当两个小球与弹簧组成的系统动能最小时，小球B的速度的大小；
(2)若小球B的质量m2已知，在小球A与弹簧相互作用的整个过程中，小球A受到弹簧作用力的冲量．
参考答案
1．B
【解析】
根据“推算固定建筑物所受风力（空气的压力）与风速（空气流动速度）大小关系”可知，本题考查动量定理，设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，根据动量定理的公式Ft=△mv，即可求解。
【详解】
设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m=ρSvt，根据动量定理-Ft=0-mv=0-ρSv2t，F=ρSv2，故B正确，ACD错误。
故选：B
2．D
【解析】
根据动量守恒定律求出M与m的共同速度，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出物体和小车相对于地面的位移．根据动量定理求出摩擦力的作用的时间，以及摩擦力的冲量．
【详解】
规定向右为正方向，根据动量守恒定律有，解得；若，A所受的摩擦力，对A，根据动能定理得：，则得物体A对地向左的最大位移，若，对B，由动能定理得，则得小车B对地向右的最大位移，AB错误；根据动量定理知，摩擦力对平板车的冲量等于平板车动量的变化量，即，C错误；根据动量定理得，解得，D正确．
【点睛】
本题综合考查了动量守恒定律和动量定理，以及牛顿第二定律和运动学公式，综合性强，对学生的要求较高，在解题时注意速度的方向．
3．D
【解析】
A．小球离开右侧槽口同时，槽由于在球的作用力下向右运动，小球与槽具有相同的水平向右的速度分量，且有竖直向上的速度分量，故小球做斜抛运动，故A错误；
B．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对小球的作用力做负功，故B错误；
C．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，但球对槽作用力做正功，两者之和正好为零，所以小球与槽组成的系统机械能守恒，故C错误；
D．小球在槽内运动的前半过程中，竖直墙壁对槽有力的作用，小球与槽组成的系统水平方向上的动量不守恒，而小球在槽内运动的后半过程中，小球与槽组成的系统水平方向不受外力，则小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒，故D正确。
故选D。
4．C
【解析】
A．t=2s时，由于物体经历了2s的加速过程，则速度一定不为零，故A错误；
BD．物体做加速度减小的加速运动，物体做加速度增大的减速运动且运动方向不变，故BD错误；
C．4s的时间内力先为正后为负，且完全对称，故4s内的冲量为零，故C正确。
故选C。
5．C
【解析】
A．物体的动量越大，只能说明速度和质量的乘积大，质量不一定大，故惯性不一定大，故A错误；
B．动量是矢量，做匀速圆周运动的物体其速度方向时刻在改变，故动量时刻改变，故B错误；
C．动量大小不变的运动，即速度大小不变，可能做变速运动，比如匀速圆周运动，故C正确；
D．竖直上抛的物体（不计空气阻力）经过空中同一位置时动量大小相等、方向相反，动量不同，故D错误。
故选C。
6．B
【解析】
冰壶甲乙碰撞过程动量守恒，碰撞前系统动量水平向右，碰撞后合动量也必然水平向右，碰撞后冰壶在摩擦力作用下做匀减速直线运动，所以碰撞点即圆心到最后停靠点的连线代表碰撞后的速度方向，连线的长短代表碰撞后的速度大小．A图中，甲乙碰后的动量都斜向右上方，所以合动量不可能水平向右，不满足动量守恒定律选项A错．乙图中，碰撞后甲静止，乙水平向右运动，符合质量相等小球发生完全弹性碰撞的过程，选项B是可能的．选项C中，虽然甲乙动量都是水平向右，合动量也满足水平向右，但甲在后，乙在前，碰后甲不可能速度大于乙，即甲不可能在乙前面，选项C错．D选项，碰后甲的速度大于乙的速度，合动量水平向左，不符合动量守恒定律选项D错．
7．AD
【解析】
由题意A、B两球动量分别为10kg?m/s与2kg?m/s，且A球能追上B球并发生碰撞可知，A球的初速度大于B球，碰撞前的总动量为P=12kg?m/s．设两个小球的质量均为m，则碰撞前总动能为：.
A、总动量满足守恒．碰撞后总动能为,可见碰撞过程总动能减小，是可能的，故A正确；
B、碰撞后的总动量为-4kg?m/s+16kgm/s=12kg?m/s，符合动量守恒．碰撞后总动能为，碰撞过程动能出现增大，不符合能量守恒定律，故B错误；
C、碰撞后的总动量为6kg?m/s+12kg?m/s=18kg?m/s，不满足动量守恒定律．故C错误；
D、碰撞后的总动量为3kgm/s+9kgm/s=12kg?m/s，满足动量守恒定律．碰撞后总动能为，总动能不增加，是可能的，故D正确．
故选AD．
8．BD
【解析】
设向右为正方向，、球碰撞后球速度大小为，由题意有
又
解得
、球的碰撞前总动能
碰撞后的总动能
解得
故选BD。
9．AD
【解析】
AD．设线圈全部进入磁场时速度为，由动量定理可知进入磁场过程中，有
又电量
得
同理可得离开磁场过程中
进入和穿出磁场过程，磁通量的变化量相等，则进入和穿出磁场的两个过程通过导线框横截面积的电量相等，则有
解得
故A、D正确。
B．线圈进入磁场和穿出磁场的过程都做减速运动，根据知线圈进入磁场时安培力的平均值R较大，线圈克服安培力做功较多，产生的电能较大，故B错误。
C．根据楞次定律可知，线圈进入磁场和穿出磁场的过程中，线圈中感应电流的方向相反，故C错误。
故选AD。
10．ABC
【解析】
A．取A球为参考系，B球相对A球做匀速直线运动，经t＝＝0.5 s相遇，相遇时B球的速度vB＝v0-gt＝0，选项A正确；
B．相遇时A球的速度vA＝gt＝5 m/s，由于二者质量相等，发生弹性碰撞后交换速度，碰后B球速度的大小为5 m/s，B正确；
C．B球与地面碰撞后固定在地面上，A球落下后与B球发生弹性碰撞，速度大小不变，方向相反，不计空气阻力，故A球最终将在B球上方做往复运动，C正确；
D．从地面竖直上抛B球的过程中，B球上升的高度
hB＝t＝1.25m
第一次碰撞后A球下降1.25 m时的速度与第一次碰撞前相同，均为5 m/s，与B球发生弹性碰撞，速度大小不变，方向相反，上升的高度仍为1.25 m，D错误。
故选ABC。
11．AD
【解析】
【分析】
【详解】
A．由s－t（位移时间）图像的斜率得到，碰前m2的位移不随时间而变化，处于静止，m1向速度大小为
方向只有向右才能与m1相撞，故A正确；
B．由s－t（位移时间）图像的斜率的正负表示速度方向，则碰后m2的速度为正方向，说明向右运动，m1的速度为负方向，说明向左运动，两物体运动方向相反，故B错误；
CD．由s－t（位移时间）图像的斜率得到

根据动量守恒定律得
代入解得
故C错误，D正确。
故选AD。
12．BC
【解析】
【详解】
A. 小球与小车在水平方向上的合外力为零，故在水平方向上动量守恒，所以，小车的速度一直向右，小球滑离小车时，小车向右运动，不可能回到原来位置，故A错误；
B. 由动量守恒可得：
mv=2mv车+mv球
由机械能守恒可得：
解得：
小球滑离小车时相对小车的速度
v球-v车=-v
故小球滑离小车时相对小车的速度为v，故B正确；
C. 小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故由动量守恒定理可得此时的速度，由机械能守恒可得：小球在最高点的重力势能
所以，车上管道中心线最高点的竖直高度
故C正确；
D. 小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同，故由动量守恒定理可得此时的速度，故小车的动量变化大小为，故D错误。
13．BC 用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置 m1x1+m2(x1+x2+x3)=m1(x1+x2)
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]A．本实验中两小球的直径要相同即可，不需要测量小球的直径．故A项错误．
B．要碰后入射球不反弹，则入射球的质量大于靶球的质量，即m1>m2．故B项正确．
C．实验中记录纸上铺的复写纸的作用是描绘落点的位置，则复写纸的位置可以移动．故C项正确．
D．斜槽要固定好，末端切线需要调节水平，才能使小球做平抛运动．故D项错误．
(2)[2] ．确定落点平均位置的办法：用尽可能小的圆把尽可能多的落点都圈在里面，圆心就是落点的平均位置．
(3) [3]．验证动量守恒定律的表达式是
则
即
用题中测量的量表示为
14． ； B
【解析】（1）因系统水平方向动量守恒即：mAvA-mBVB=0，由于系统不受摩擦，故滑块在水平方向做匀速直线运动故有：vA=，vB=，带入得：mA-mB=0；
（2）根据能量守恒定律被压缩弹簧的弹性势能Ep=mAvA2+mBvB2，将vA，vB代入上式得：EP=mA（）2+mA（）2，可以测出弹簧的弹性势能；
（4）如果弹簧质量不能忽略，则在两物体分开后，弹簧存在动量，产生较大的误差；为了减小弹簧中损失的动量，可以将弹簧与质量较大的物体相连接；故B正确，ACD错误．故选B．
15．(1) v＝10m/s (2) F＝1100N
【解析】
【分析】
由题中“安全带的缓冲时间是1.2 s”可知，本题考查机械能守恒和动量定理，根据机械能守恒公式和动能定理公式可进行求解．
【详解】
（1）安全带长5 m，人在这段距离上机械能守恒
解得v＝10 m/s
（2）人受安全带的保护经1.2 s速度减小为0，以向上为正方向，应用动量定理有
(F－mg)t＝0－(－mv)
解得F＝1 100 N
【点睛】
动量为矢量，要先确定正方向．
16．(1)+ Mv2=mv0 (2) v2=2m/s (3) h=0.2m
【解析】
【分析】
由题中“子弹穿过木块”可知，本题考查动量定理和机械能守恒，根据过程分析运用动量定理公式和机械能守恒定律进行解题。
【详解】
（1）设子弹质量为m，打击木块前的速度为v0，穿出后的速度为v1，木块质量为M，获得的速度为v2，打击过程中，木块受到的平均作用力为F，时间为t．以子弹的初速度v0的方向为正方向．
对子弹应用动量定理
对木块应用动量定理
上面两式相加有
即：
子弹和木块组成的系统动量守恒．
（2）由动量守恒定律
解得v2=2m/s
（3）由机械能守恒有
解得h=0.2m
17．(1)2 m/s(2)0
【解析】
【详解】
(1)设B、C碰撞后瞬间的速度为v1，根据水平方向动量守恒有
mBv0＝(mB＋mC)v1
解得
v1＝2 m/s.
(2)设当A的速度为零时，B、C整体的速度为vBC，根据动量守恒定律有
mAv0＋mBv0＝(mB＋mC)vBC
解得
vBC＝4 m/s
重力势能的增加量
ΔEp＝mAv＋(mB＋mC)v－ (mB＋mC)v
解得
ΔEp＝0
即当A的速度为零时，A处于B中最低点，重力势能增加量为零．
18．(1) .(2) m2v，方向水平向左．
【解析】
【详解】
(1)当系统动能最小时，弹簧压缩至最短，两球具有共同速度v共．设小球A、B的质量分别为m1、m2，碰撞前小球A的速度为v0，小球A与弹簧分开后的速度为v1.从小球A碰到弹簧到与弹簧分开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有
m1v0＝m1v1＋m2v
m1v02＝m1v12＋m2v2
联立解得
v＝
即
m1v0＝v
从小球A碰到弹簧到两球共速的过程中，系统动量守恒，故
m1v0＝(m1＋m2)v共
解得
v共＝.
(2)设水平向右为正方向，则小球B动量的增量为m2v，根据动量守恒小球A动量的增量为－m2v；
根据动量定理有I＝－m2v，小球A受到弹簧作用的冲量的大小为m2v，方向水平向左．