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

碰撞与动量守恒
1．由我国自主建造的天宫空间站将于2022年投入运行，届时可以在完全失重的环境下开展系列科学研究。若飞船质量为2.0×103kg，飞船推进器的推力F为500N，飞船与空间站对接后，推进器工作10s，飞船和空间站的速度增加0.05m/s，则（　　）
A．对接前应使飞船和空间站处于同一轨道
B．推进过程中，飞船对空间站的力大于空间站对飞船的力
C．空间站的质量为105kg
D．飞船对空间站的推力为490N
2．如图所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为( )
A．(Mg＋mg－ma)t B．(m＋M)v
C．(Mg＋mg＋ma)t D．mv
3．一质量为0.5kg的小球以12m/s的速度竖直向下撞击水平地面，反弹后离开地面时的速度大小为8m/s，方向竖直向上，设小球与地面的作用时间为0.2s，g取10m/s2，则地面对小球的平均作用力大小为（ ）
A．10N B．15N C．50N D．55N
4．两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当A追上B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是（　　）
A．vA′＝3 m/s，vB′＝4 m/s B．vA′＝5 m/s，vB′＝2.5 m/s
C．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s D．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s
5．日前，最高人民法院印发了《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于认定 高空抛物犯罪和高空坠物犯罪做出了具体规定。为验证高空坠物的危害，将一颗鸡蛋 自45m高的15层楼顶由静止释放，鸡蛋落地后不反弹，与地面的作用时间为0.01s。不考虑空气阻力，则鸡蛋对地面产生的冲力约为其重力的（ ）
A．30倍 B．100倍 C．300倍 D．1000倍
6．如图所示，一轻质弹簧一端固定，另一端与质量为m的小物块A相接触而不相连，原来A静止在水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿水平面向右运动，在O点与物块A相碰粘在一起向右运动(设碰撞时间极短)，同时将外力F撤去．运动到D点时，恰好速度为零．AB物体最后被弹簧弹回C点停止，已知CO=4s，OD=s，A、B与水平面之间的动摩擦因数相同，可求出弹簧的弹性势能的最大值为( )
A．1.43Fs B．2Fs C．2.5Fs D．3Fs
7．水平推力F1和F别作用在静止于水平面上等质量的a、b两物体上，F1>F2，作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中两个力的冲量I1、I2的大小关系正确的是
A．I1一定大于I2 B．I1一定小于I2
C．I1一定等于I2 D．I1可能小于I2
8．质量为m的物块在t＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t0时刻撤去恒力F1加上反向恒力F2(F1、F2大小未知)，物块的速度－时间(v－t)图象如图乙所示，2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t0时刻的速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．物块从t＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0sinθ
B．物块从t0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv0
C．F1的冲量大小为mgt0sinθ＋mv0
D．F2的冲量大小为3mgt0sinθ－3mv0
9．质量为m的蹦床运动员从离蹦床表面h髙处由静止自由下落，与蹦床接触后运动到最低点所用的时间为自由下落时间的倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则从与蹦床接触到运动至最低点的过程中（ ）
A．运动员对蹦床作用力冲量的大小大于蹦床对运动员作用力冲量的大小
B．运动员所受合力冲量大小小于蹦床对运动员作用力冲量的大小
C．合力对运动员的冲量大小等于m
D．运动员受到蹦床的平均作用力大小为（k+1）mg
10．如图所示，有一倾角为37°的足够长的粗糙斜面，动摩擦因数为0.5．现用F=20N的拉力沿斜面向上拉动1kg的木块，经6s后，下列说法正确的是：（ ）
A．木块的加速度恒为20m/s2 B．木块的动量为60kg·m/s
C．拉力F的冲量为120N·s D．拉力F的冲量为0
11．如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷 入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为 g．关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（　　）
A．小球的机械能减少了mgh
B．小球克服阻力做的功为mg（H+h）
C．小球所受阻力的冲量等于
D．小球动量的改变量大小等于
12．质量为M的木块，放在光滑的水平桌面上处于静止状态，今有一质量为m、速度为v0的子弹沿水平方向击中木块并停留在其中与木块一起运动，则子弹击中木块的过程中，木块受到的冲量大小为
A． B．
C． D．
13．气垫导轨是一种实验辅助仪器，利用它可以非常精确地完成多个高中物理实验，滑块在导轨上运动时，可认为不受摩擦阻力，现利用气垫导轨验证动量守恒定律，实验装置如图
（1）对导轨进行调节平衡，使气垫导轨和光电门都正常工作，在导轨上只放置滑块1．调整调节旋钮，轻推滑块，观察滑块通过两光电门的时间，当___________________时，说明导轨已经水平．
（2）使用天平测得滑块1、2质量分别为m1、m2，然后按如图所示方式放在气垫导轨上．使滑块1获得向右的速度，滑块1通过光电门1后与静止的滑块2碰撞并粘在一起，遮光条通过光电门1、2的时间分别为t1、t2，则上述物理量间如果满足关系式 _______，则证明碰撞过程中两滑块的总动量守恒．
14．某同学设计了如图甲所示的装置来验证动量守恒定律：长木板下垫一小木片，轻推一下前端粘有橡皮泥(质量不计)的小车1后，连着穿过打点计时器纸带的小车1在木板上作匀速运动然后与静止在前方的小车2相碰并粘在一起，继续做匀速运动。打点计时器接频率为50Hz的交流电源。实验得到的纸带上各计数点(相邻两计数点间还有四个点未标出)如图乙所示。
(1)小车1和2相碰的位置发生在相邻的两计数点____________之间(填纸带上计数点字母符号)；
(2)已知小车1的质量m1=0.40kg，小车2的质量m2=0.55kg，由以上测量结果可计算出碰前小车1和2系统的总动量为____________kg·m/s，碰后总动量为____________kg·m/s(计算结果保留2位有效数字)，由此可得出的实验结论是________________________。
15．在光滑水平面上有一质量M=4kg的滑块，滑块的一侧为一光滑的圆弧，水平面恰好与圆弧相切，圆弧半径R=1m．一质量m=1kg的小球以速度向右运动冲上滑块，g取．若小球刚好没有冲出圆弧的上端，求：
(1)小球的初速度的大小；
(2)滑块获得的最大速度．
16．如图所示，一光滑水平面上有质量为m的光滑曲面体A，A右端与水平面平滑连接，一质量为m的小球C放在曲面体A的斜面上，距水平面的高度为h．小球C从静止开始滑下，然后与质量为2m球B发生正碰（碰撞时间极短，且无机械能损失）．求：
（1）小球C与曲面体A分离时，A、C速度大小；
（2）小球C与小球B发生碰撞后，小球C能否追上曲面体A。
17．如图所示，质量m1=2kg的小球用一条不可伸长的轻绳连接，绳的另一端固定在悬点O上，绳子长度l=0.5m。将小球拉至绳子偏离竖直方向的角度θ=53°处由静止释放，小球运动至最低点时，与一质量m2=1kg的物块发生正碰，碰撞时间很短。之后物块在水平面上滑行一段s=0.4m的距离后停下。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g = 10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：
（1）碰前瞬间小球的速度大小；
（2）碰后瞬间小球和物块的速度大小。
18．如图甲所示，放在光滑水平地面上的长木板质量M="0" 5kg，木板右端放一质量m="0" 5kg的滑块（可视为质点），滑块与木板间的动摩擦因数="0" 4；滑块的正上方有一悬点O，通过长l="0" 8m的轻绳吊一质量m0="1" 0kg的小球 现将小球拉至与O点处于同一水平位置，由静止释放，小球摆至最低点时与滑块发生正碰，且m0与m只碰一次，小球碰后的动能与其向上摆动高度的关系如图乙所示，g取10m/s2，求：
（1）碰前瞬间绳子对小球拉力的大小；
（2）碰后瞬间滑块速度的大小；
（3）要使滑块不会从木板上滑下，则木板的长度应滿足什么条件？
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A．根据卫星变轨知识可知，飞船和空间站处于同一轨道上，飞船加速，将做离心运动，到高轨道上，不能对接，故A错误；
B．根据牛顿第三定律可知，飞船对空间站的力与空间站对飞船的力是相互作用力，等大反向，故B错误；
C．根据动量定理可知：
代入数据解得空间站的质量为：
M＝9.8×104kg
故C错误；
D．对空间站，根据动量定理得：
M△v＝F′t
解得飞船对空间站的推力为490N，故D正确。
故选D。
2．C
【解析】
以人为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma
解得：F=ma+mg
以杆子为研究对象，分析受力情况，杆子受到重力Mg、地面的支持力N和人对杆子向下的力F，根据平条件得：N=Mg+F=Mg+mg+ma
故支持力的冲量为：I=Nt=（Mg+mg+ma）t，故C正确，ABD错误。
考点：牛顿第二定律；冲量
【名师点睛】
本题是平衡条件和牛顿运动定律的综合应用，分析受力是关键；也可以对人和木杆整体运用动量定理列式求解．
3．D
【解析】
【详解】
取竖直向上为正方向，对小球由动量定理有
代入数据解得
故选D。
4．C
【解析】
【详解】
A．碰前系统总动量为：
碰前总动能为：
如果，，则碰后总动量为：
动量不守恒，不可能，A错误；
B．碰撞后，、两球同向运动，球在球的后面，球的速度大于球的速度，不可能，B错误；
C．如果，，则碰后总动量为：
系统动量守恒，碰后总动能为：
系统动能减小，满足碰撞的条件，C正确；
D．如果，，则碰后总动量为
系统动量守恒，碰后总动能为：
系统动能增加，不可能，D错误。
故选C。
5．C
【解析】
【详解】
设鸡蛋的质量为m，重力加速度g=10m/s2，鸡蛋落地时速度
=30m/s
落地过程中，设地面对鸡蛋的作用力为F，取竖直向下为正方向，由动量定理：
可得：
由牛顿第三定律，地面对鸡蛋的作用力为F与鸡蛋对地面产生的冲力F'大小相等，联立解得：
故C正确，ABD错误；
故选C。
6．A
【解析】
【详解】
B与A碰撞前的瞬间的动能
解得：
B与A在碰撞过程中动量守恒，设共同速度为，则有
解得：
B与A碰撞后AB整体弹回到C点过程中有：
解得：
B与A碰撞后AB整体到达D点过程中有：
解得：
故选A.
7．D
【解析】
【详解】
I＝Ft，x＝at2，ma＝F－μmg，则I＝F，
当F＝2μmg时，冲量最小． I1可能大于I2， I1也可能小于I2，故D正确，ABC错误．
故选D．
【点睛】
根据冲量定义将冲量表达式表示出来，求最小值．
8．BC
【解析】
【详解】
A．根据冲量的定义式可知物块从时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为
故A错误；
B．由于在时撤去恒力加上反向恒力，物块在时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为，加速度为，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得
根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为
撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为，则有
联立解得
物块在时的速度为
物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为
即物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为，故B正确；
C．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得
解得的冲量大小为
故C正确；
D．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得
解得
故D错误；
故选BC。
9．BCD
【解析】
【详解】
A．从与蹦床接触到运动至最低点的过程中，运动员对蹦床作用力与蹦床对运动员作用力一直等大反向，作用时间相同，故冲量大小相同，故A错误；
B．设蹦床对运动员作用力为F，则运动员所受的合力为F-mg，即蹦床对运动员作用力大于运动员所受的合力，因为时间相等，故运动员所受合力冲量大小小于蹦床对运动员作用力冲量的大小，故B正确；
C．设运动员与蹦床接触时速度为v，则有：
则从与蹦床接触到运动至最低点的过程中，设向下为正方向，根据动量定理有：
负号表示方向与规定方向相反，即合力对运动员的冲量大小等于m，故C正确；
D．设运动员自由下落的时间为t，自由下落时有：
设运动员受到蹦床的平均作用力大小为FN，则有：
结合C选项分析可得：
故D正确。
故选BCD。
10．BC
【解析】
【详解】
物理受力分析列牛顿第二定律方程F-mgsin37°-μmgcos37°=ma，代入数据解得：a＝10m/s2，故A错误；经6s后物体的速度v=at=60m/s，此时木块的动量为：P=mv=60kg·m/s，故B正确；拉力F的冲量为：I=Ft=120N·s，故C正确，D错误．所以BC正确，AD错误．
11．BD
【解析】
小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）．故A错误．对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）．故B正确．落到地面的速度 ，对进入泥潭的过程运用动量定理得，IG+If＝0?m，知阻力的冲量大小不等于m．故C错误．落到地面的速度v=，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m．故D正确．故选BD.
点睛：解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向.
12．CD
【解析】
分析题意得到，子弹击中木块的过程系统的动量守恒，即有方程：mv0=(m+M)v′，解得共同的速度根据动量定理得木块受到的冲量大小为木块动量的增加量：所以选项C正确．因为系统动量守恒，所以子弹的动量减少量等于木块动量的增加量：mv0–mv′=，所以选项D正确，选项A、B是错误的．
13．滑块1通过两个光电门所用的时间相等
【解析】
:(1)如果导轨水平滑块1将在上面做匀速运动,因此通过两个光电门所用的时间相等;?
(2)根据动量守恒定律可以知道,
根据速度公式可以知道 ； ;?
代入上式可得应满足的公式为:?

因此，本题正确答案是:(1)滑块a通过两个光电门所用时间相等;(2)
14． HI 0.040 0.038 在误差范围内满足动量守恒
【解析】(1)碰撞前小车1做匀速运动，碰撞后也是匀速运动，但在碰撞过程中速度会发生变化，对应纸带上的点，可以知道发生碰撞的位置在HI之间
（2）碰撞前小车的速度为;
所以碰撞前的动量为
碰后的速度为
所以碰后的总动量为
从数据上可以看出碰前的动量与碰后的动量近似相等，所以在误差范围内满足动量守恒
15．（1）5m/s（2）2m/s
【解析】
【分析】当小球上升到滑块的上端时，水平方向动量守恒，根据机械能守恒定律求出小球的初速度的大小；小球到达最高点以后又滑回，根据动量守恒和机械能守恒求出滑块获得的最大速度．
解(1)当小球上升到滑块的上端时，小球与滑块水平方向的速度相同，设为，根据水平方向动量守恒有：
因系统机械能守恒，所以根据机械能守恒定律，有：
解得：
(2)小球到达最高点以后又滑回，此过程滑块做加速运动，当小球离开滑块时滑块的速度最大研究小球从开始冲上滑块到离开滑块的过程，根据动量守恒和机械能守恒，有：
解得：
16．（1） （2） 追不上
【解析】
【详解】
(1) .C从曲面体滑下能量守恒，水平方向动量守恒：
设小球C与劈A分离时速度大小为v0，此时劈A速度大小为vA，小球C运动到劈A最低点的过程中，规定向右为正方向，系统水平方向动量守恒，机械能守恒，在水平方向，由动量守恒定律得：
，
由机械能守恒定律得：
解得：
A的速度向左
(2).C,B发生弹性正碰,能量守恒，动量守恒:
;
;
解得： 所以追不上
17．（1）2m/s；（2）碰后小球的速度为1m/s，物块的速度为2m/s
【解析】
【详解】
（1）根据动能定理可知，，所以碰前瞬间小球的速度为；
（2）根据动能定理可知，碰后物块的速度满足，又小球和物块组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，可得，解的。
18．（1）30N （2）（3）1m
【解析】
试题分析：（1）设小球摆动到最低点速度为，绳对小球拉力为T，由机械能守恒定律得：
2分
解得：1分
由牛顿第二定律得：2分
解得：1分
（2）设碰后小球、滑块速度分别为和，
由图像可得：
得：，或2分
小球与滑块碰撞过程动量守恒，得：2分
解得：，或
计算碰撞前后的总动能可知：，合理 1分
而，不合理 1分
所以碰后滑块速度只能取1分
（3）当滑块和长木板共速时滑块恰好在木板的最右端，设板长为
由动量守恒得：2分
由功能原理得：2分
解得：l="1m" 1分
考点：牛顿第二定律、动能定理