上海市海滨高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5：碰撞与动量守恒 单元测试题（含解析）

碰撞与动量守恒
1．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触，现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷口面积为S，气体密度为，气体往外喷出的速度为，则气体刚喷出时钢瓶顶端对竖直墙的作用力大小是（ ）
A． B． C． D．
2．如图所示，A、B两木块靠在一起放在光滑的水平面上，A、B的质量分别为mA＝2.0 kg、mB＝1.5 kg.一个质量为mC＝0.5 kg的小铁块C以v0＝8 m/s的速度滑到木块A上，离开木块A后最终与木块B一起匀速运动．若木块A在铁块C滑离后的速度为vA＝0.8 m/s，铁块C与木块A、B间存在摩擦．则摩擦力对B做的功为(　　)
A．0.6J B．1.2J C．0.45J D．2.435J
3．中微子失踪之谜是一直困扰着科学家的问题，原来中微子在离开太阳向地球运动的过程中，发生“中微子振荡”转化为一个μ子和一个τ子。科学家通过对中微子观察和理论分析，终于弄清了中微子失踪之谜，成为“2001年世界十大科技突破”之一。若中微子在运动中只转化为一个μ子和一个τ子，并已知μ子的运动方向与中微子原来的方向一致，则τ子的运动方向（　　）
A．一定与中微子方向一致 B．一定与中微子方向相反
C．可能与中微子方向不在同一直线上 D．只能与中微子方向在同一直线上
4．如图所示，在光滑的水平面上一个质量为4m的木板B，它的左端静止着一个质量为2m的物块A，现让A、B一起以水平速度v0向右运动，与其前方静止的另一个相同的木板C相碰后粘在一起，在两木板相碰后的运动过程中，物块恰好没有滑下木板，且物块A可视为质点，则两木板的最终速度为（ ）
A． B． C． D．
5．如图所示，质量为m的小球A静止于光滑水平面上，在A球与墙之间用轻弹簧连接。现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰后粘在一起压缩弹簧。不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰后开始到回到原静止位置的过程中墙对弹簧的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是（　　）
A．E= I=2 B．E= I=2
C．E= I= D．E= I=
6．质量为的篮球从某一高处从静止下落，经过时间与地面接触，经过时间弹离地面，经过时间达到最高点。重力加速度为，忽略空气阻力。地面对篮球作用力冲量大小为（　　）
A．B．
C．D．
7．如图所示，一小车静止在光滑水平面上，甲、乙两人分别站在左右两侧，整个系统原来静止，当两人同时相向走动时小车向左运动，下列说法正确的是（　　）
A．若甲乙质量相等，甲的速率一定大于乙的速率
B．若甲乙质量相等，甲的速率一定小于乙的速率
C．若乙的速率大，乙的质量一定大于甲的质量
D．若乙的速率大，乙的质量一定小于甲的质量
8．质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经时间t身体伸直并刚好离开水平地面，该过程中，地面对他的冲量大小为I，重力加速度大小为g.下列说法正确的是（　　）
A．运动员在加速上升过程中处于超重状态
B．运动员离开地面时的速度大小为
C．该过程中，地面对运动员做的功为
D．该过程中，人的动量变化大小为I-mgt
9．A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移－时间(x－t)图像，图中a、b分别为A、B两球碰撞前的位移－时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移一时间图像，若A球的质量mA＝3kg，则由图可知下列结论正确的是
A．A球碰撞前的速度大小vA＝3 m/s
B．B球的质量为mB＝2 kg
C．A、B两球碰撞前的总动量为13 kg·m/s
D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的机械能为15 J
10．如图所示，质量相等的A、B两个球，原来在光滑水平面上沿同一直线相向做匀速直线运动，A球的速度是6 m/s，B球的速度是－2 m/s，不久A、B两球发生了对心碰撞。对于该碰撞之后的A、B两球的速度可能值，某实验小组的同学们做了很多种猜测，下面的猜测结果有可能实现的是（　　）
A．vA′＝－2 m/s，vB′＝6 m/s
B．vA′＝2 m/s，vB′＝2 m/s
C．vA′＝1 m/s，vB′＝3 m/s
D．vA′＝－3 m/s，vB′＝7 m/s
11．如图所示，光滑水平地面上有一厚度为0.45m的长木板，长木板上表面左端固定一个圆弧形支架，圆弧底端与长木板上表面相切。从长木板左上方距离圆弧形支架上端高度为0.8m处水平抛出一个小滑块（可以看做质点），小滑块恰好与圆弧相切进入圆弧，离开圆弧后在长木板上滑动，从长木板右端离开长木板。已知圆弧的半径为0.125m，圆心角为，长木板质量为4kg，小滑块质量为1kg，小滑块与长木板上表面间的动摩擦因数为0.2，小滑块与圆弧轨道摩擦不计。小滑块从离开圆弧到脱离长木板过程，在长木板上滑动的距离是1.05m，取g=10m/s2，sin=0.8，cos=0.6，则下面说法正确的是（　　）
A．小滑块平抛运动的初速度大小v0=3m/s
B．小滑块运动到圆弧轨道末端时，滑块的速度大小v1=3.8m/s
C．小滑块运动到长木板最右端时，长木板的速度大小v板=0.4m/s
D．小滑块落到水平面上瞬间，滑块与长木板右端的水平距离s=1.5m
12．如图，质量为M、长度为L的长木板静止在光滑水平面上，质量为m的小铁块以水平初 速度v0从木板左端向右滑动，恰好不会从木板右端滑出。下列情况中，铁块仍不会从木板右端滑出的是（　　）
A．仅增大m B．仅增大M
C．仅将m和L增大为原来的两倍 D．仅将M和L增大为原来的两倍
13．如图1所示，某同学设计一个气垫导轨装置验证动量守恒定律的实验：
(1)用游标卡尺测得遮光条的宽度d如图2所示，则d=_______mm;
(2)质量为m2的滑块2静止放在水平气垫导轨上光电门②的右侧，质量为m1的滑块从光电门①的右侧向左运动，穿过光电门①与滑块2发生碰撞，随后两个滑块分离并依次穿过光电门②，滑块2与导轨左端相碰并被粘接条粘住，待滑块1穿过光电门②后用手将它停住，两个滑块固定的遮光条宽度相同，数字计时器分别记录下滑块1通过光电门①的时间、滑块2和滑块1依次通过光电门②的时间和.本实验中两个滑块的质量大小关系应为_________.若等式_________成立，则证明两滑块碰撞过程中系统的动量守恒(用题中的所给的字母表示)．
14．某同学在探究物体弹性碰撞的特点时，先提出了如下假设：两个物体碰撞前后各自的质量与自己的速度的乘积之和是不变的；为了验证这个假设，该同学设计了如图所示的实验装置，先将弹性小球a从斜槽轨道上某固定点处由静止开始滚下，在水平地面上的记录纸上留下压痕，重复10次；再把同样尺寸大小的弹性小球b放在斜槽轨道末端水平段的最右端附近静止，让小球a仍从原固定点由静止开始滚下，和小球b相碰后，两小球分别落在记录纸的不同位置处，重复10次．
（1）在安装斜槽轨道时，要注意___________________________
（2）选择弹性小球a、b时，为了防止小球被反弹，则小球a、b的质量ma、mb最好应该满足的关系是ma________mb(填“>”、“=”或“<”)
（3）本实验必须测量的物理量有（________）
A．斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B．小球a、b的质量ma、mb
C．小球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
D．记录纸上O点到A、B、C各点的距离sOA、sOB、sOC
E．a球的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
（4）下图为测定未放被碰小球时,小球a落点的平均位置，把刻度尺的零刻线与记录纸上的O点对齐，图中给出了小球a落点附近的情况，由图可得OB距离应为________cm，由实验测得的数据，如果满足等式_____________________________，那么我们认为在碰撞中系统的动量是不变的．
15．如图所示，质量为M的玩具飞机Q吊着一质量为M的物块P(可视为质点)，以大小为功的速度共同匀速竖直上升.某时刻P、Q间的轻质细线断裂，空气阻力不计，玩具飞机的动力不变，重力加速度为g，求从细线断裂到P的速度为零的过程中:
(1)Q所受合力的冲量大小I；
(2)Q上升的高度h.
16．如图所示，有A、B两质量均为M的小车，在光滑水平面上以相同的速度如在同一直线上相对运动，A车上有一质量为m的人至少要以多大的速度(对地)从A车跳到B车上，才能避免两车的相撞?
17．在光滑水平面上静置有质量均为m的木板AB和滑块CD，木板AB上表面粗糙．动摩擦因数为，滑块CD上表面是光滑的1/4圆弧，其始端D点切线水平且在木板AB上表面内，它们紧靠在一起，如图所示．一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上木板AB,过B点时速度为，又滑上滑块CD，最终恰好能滑到滑块CD圆弧的最高点C处，求：
(1）物块滑到B处时木板的速度vAB；
(2）木板的长度L；
(3）滑块CD圆弧的半径．
18．如图所示，固定在水平面上长度为L的木板与竖直放置的半径为R的半圆形光滑轨道BC相切于B点，在木板左端A处静止放置一个质量为m的小物块（可视为质点）．一个质量为m0＝0.2m的子弹以水平速度v0射向物块，击中物块后恰好能与物块一起运动到C点，最终落在木板上的D点（图中未画出）．已知重力加速度为g．求：
（1）子弹击中物块后物块的速度和此过程中系统损失的机械能；
（2）物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力以及物块与木板间的动摩擦因数；
（3）D点与B点的距离及物块落在木板上前的瞬时速度与水平方向间夹角的正切值（如图2）．
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
对喷出气体分析，设喷出时间为，则喷出气体质量为，由动量定理，有
其中F为瓶子对喷出气体的作用力，可解得
根据牛顿第三定律，喷出气体对瓶子作用力大小为F，再对瓶子分析，由平衡条件和牛顿第三定律求得钢瓶顶端对竖直墙壁的作用力大小也是F，故D正确，ABC错误。
故选D。
2．A
【解析】
【详解】
对A、B、C，由动量守恒定律： mCv0＝(mA＋mB)vA＋mCvC′①代入数据，得vC′＝2.4 m/s 对B、C，由动量守恒定律：mBvA＋mCvC′＝(mB＋mC)v②
Wf＝ mBv2－ mBvA2③
由②③解得，Wf＝0.6 J，故选A.
3．D
【解析】
【详解】
中微子转化为一个μ子和一个τ子过程中动量守恒，已知μ子的运动方向与中微子原来的方向一致，只能得出τ子的运动方向与中微子方向在同一直线上，可能与中微子同向也可能反向。
A． 一定与中微子方向一致与分析不符，故A错误；
B． 一定与中微子方向相反与分析不符，故B错误；
C． 可能与中微子方向不在同一直线上与分析不符，故C错误；
D． 只能与中微子方向在同一直线上与分析不符，故D正确。
故选：D。
4．C
【解析】
设两木板碰撞后的速度为v1，v0的方向为正方向，由动量守恒定律得
4mv0=8mv1
解得
设物块与木块共同的速度为υ2，由动量守恒定律
2mv0+8mv1=(2m+8m)v2
解得
选项C正确，ABD错误。
故选C。
5．A
【解析】
【详解】
AB碰撞瞬间，由动量守恒定律可知：
mv0=2mv1
解得：
v1=
碰撞后系统机械能守恒，当两球向左减速到零时弹簧的弹性势能最大，最大弹性势能E，则：
E=
取AB整体分析，取向右为正，由动量定理可得
所以墙对弹簧的冲量大小为2mv0
A. E=、I=2，与分析相符，故A项正确；
B. E=、I=2，与分析不符，故B项错误；
C. E=、I=，与分析不符，故C项错误；
D. E=、I=，与分析不符，故D项错误。
6．A
【解析】
【详解】
选向下为正，运动全程由动量定理得：mg（t1+t2+t3）+I地=0，则有：
I地=-（mgtl+mgt2十mgt3），
负号表方向。
A．，故A符合题意；
B．，故B不符合题意；
C．，故C不符合题意；
D．，故D不符合题意。
故选A。
7．AD
【解析】
【详解】
甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，设向右为正方向，根据动量守恒定律得
即
可见甲的动量大于乙的动量
AB．若甲乙质量相等，甲的速率一定大于乙的速率，故A正确，B错误；
CD．由于甲的动量大于乙的动量，若乙的速率大，乙的质量一定小于甲的质量，故C错误，D正确。
故选AD。
8．AD
【解析】
【详解】
运动员在加速上升过程中加速度向上，处于超重状态，故A正确；取向上为正，根据动量定理可得I﹣mgt＝mv，解得v＝﹣gt，故B错误；该过程中，地面对运动员做的功为0，故C错误；根据动量定理可得：该过程中，人的动量变化大小为△P＝I﹣mgt，故D正确．
9．ABD
【解析】
由图示图象可知，碰撞前，A球的速度：，B球的速度为：vB==2m/s碰撞后，A、B两球的速度相等，为：vA′=vB′=v==-1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以碰撞前B的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=（mA+mB）v，解得：mB=2kg，故AB正确．A、B两球碰撞前的总动量为mAvA+mBvB=（mA+mB）v =5 kg·m/s，选项C错误；碰撞中，A、B两球组成的系统损失的动能：△EK=mAvA2+mBvB2-（mA+mB）v2=×3×（-3）2+×2×22-×（3+2）×（-1）2=15J，故D正确．故选ABD．
点睛：本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用，要求同学们能根据图象的斜率读出碰撞前后两球的速度，明确碰撞的基本规律是动量守恒定律．
10．ABC
【解析】
【详解】
A．两小球碰撞动量守恒，初动量为
碰前总动能
碰后总动量
碰后总能量
动量守恒，机械能守恒，可以实现，A正确；
B．碰后总动量
碰后总动能
动量守恒，机械能不增加，可以实现，B正确；
C．碰后总动量
碰后总动能
动量守恒，机械能不增加，可以实现，C正确；
D．碰后总动量
碰后总动能
动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，D错误。
故选ABC。
11．ACD
【解析】
【分析】
【详解】
A．小滑块做平抛运动，进入圆弧轨道时速度与圆弧相切，有：
竖直方向做自由落体运动，有
=4m/s
联立两式解得
=3m/s
故A正确；
B．小滑块进入圆弧轨道后，两者相互作用，在相对轨道滑动过程中。系统水平方向上动量守恒，设滑块滑到圆弧轨道末端时向右的速度大小为，此时长木板向左的速度大小为，有
联立解得
=5m/s（m/s舍掉），=0.5m/s
故B错误；
CD．小滑块在长木板上表面的运动过程中，小滑块与长木板都做减速运动，设经过时间t小滑块运动到C点，小滑块加速度
=2m/s2
长木板的加速度
=0.5m/s2
小滑块的位移，长木板的位移，两者的位移关系
联立解得
t=0.2s（t=4.2s舍掉）
所以小滑块离开长木板时的速度
=4.6m/s
小滑块离开长木板后做平抛运动，飞行时间
=0.3s
平抛运动的水平位移
=1.38m
小滑块离开长木板时长木板的速度
=0.4m/s
长木板在小滑块做平抛运动的时间里向左运动的距离
=0.12m
小滑块落到水平面上瞬间与长木板右侧的水平距离
=1.5m
故CD正确。
故选ACD。
12．ACD
【解析】
【详解】
由动量守恒和能量关系可知
联立解得
A．仅增大m，则?x不变，即物块仍恰好从木板右端滑出，选项A正确；
B．仅增大M，则?x变大，即物块能从木板右端滑出，选项B错误；
C．将m增大为原来的两倍，则?x不变，而L增大为原来的两倍，物块不能从木板右端滑出，选项C正确；
D．仅将M增大为原来的两倍，则?x变大，但是不会增加到原来的2倍，而L增加到原来的2倍，可知木块不会从木板上滑出，选项D正确；
故选ACD。
13．13.80； ； ；
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]．用游标卡尺测得遮光条的宽度d =1.3cm+0.05mm×16=13.80mm;
（2）[2][3] ．为防止碰后m1反弹，则两物块的质量关系是m1>m2；滑块1穿过光电门1的速度：
滑块1穿过光电门2的速度
滑块2穿过光电门2的速度
若动量守恒，则
即
14．调整斜槽末端水平 > BD 46.41 masOB=masOA+mbsoc
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1]．在安装斜槽轨道时，要注意调整斜槽末端水平，保证小球做平抛运动．
（2）[2]．选择弹性小球a、b时，入射小球的质量大于被碰小球的质量，防止入射小球反弹．
（3）[3]．在实验中，需验证动量是否守恒，需测量两小球的质量，记录纸上O点到A、B、C各点的距离SOA、SOB、SOC，因为平抛运动的时间相等，水平距离的大小代表速度的大小，故选BD．
（4）[4]．OB的距离为落点的平均位置，大小等于46.41cm．
[5]．碰撞前小球a的动量为
碰撞后小球a的动量为
小球b的动量为
因为小球是从同一高度做平抛运动的，故落地时所用时间，要验证动量守恒，即碰撞前后小球的动量相等，故
即
若等式满足，则我们认为在碰撞中系统的动量是不变的．
15．（1）（2）
【解析】
【分析】
细线断裂以后，飞机的合力大小等于物块的重力，飞机做匀变速直线运动，同时合外力的冲量等于动量变化，找到动量变化即可找到合力冲量．
【详解】
（1）对物块利用动量定理，以向上为正方向，可得，机的合力大小等于物块的重力，所以Q所受合力的冲量大小等于物块重力动量大小，可得．
（2）从细线断裂到P的速度为零，P上升的时间为，所以，
【点睛】
冲量定理在使用的过程中要注意方向．
16．；
【解析】
【详解】
设人至少以速度v跳到B上，才能避免两车相撞.人跳出至A车的速度，人跳到B上后B车的速度为
以A车和人组成的系统为研究对象，以A车的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：
以B车与人组成的系统为研究对象，以人的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
不相撞的条件:，得：．
点睛：本题考查了求速度问题，分析清楚运动过程、合理选择研究对象、应用动量守恒定律即可正确解题．
17．(1）(2）(3）
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）对ABC用由动量守恒得，又，则
（2）由A到B，根据能量守恒得，
则
（3）由D点C，滑块CD与物块P的动量守恒且机械能守恒，得
解之得:
考点：动量守恒及能量守恒定律．
18．（1）；（2）F=7.2mg，方向竖直向下；（3）x=2R；2
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由动量守恒定律得，解得；
子弹击中物块过程中系统损失的机械能；
（2）由于物块恰好能够通过半圆形轨道的最高点C，所以有，
解得；
物块从B点到C点的过程中，由机械能守恒定律得；
设在B点轨道对物块的作用力为F，由牛顿第二定律有，
联立解得，方向竖直向下；
由牛顿第三定律可知物块通过半圆形轨道最低点B时对轨道的压力为7.2mg，方向竖直向下；
对物块在木板上的运动，由动能定理得，解得；
（3）设物块落在木板上的位置与B点的距离为x，由平抛运动的规律得，，解得，，解得