上海市南汇中学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．质量为1kg的小球A以4m/s速度与质量为2kg的静止小球B正碰，关于碰后A、B的速度vA和vB，下列哪些是可能的（ ）
A． B．vA＝1m/s，vB＝2.5m/s
C．vA＝1m/s，vB＝3m/s D．vA＝﹣4m/s，vB＝4m/s
2．以下四幅图所反映的物理过程说法正确的是（ ）
A．图甲中子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，能量不守恒
B．图乙中M、N两木块放在光滑的水平面上，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，机械能增加
C．图丙中细线断裂后，木球和铁球在水中运动的过程，两球组成的系统动量守恒，机械能不守恒
D．图丁中木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上动量守恒，机械能一定守恒
3．如图所示，一个质量为的铁锤，以的速度竖直打在木桩的钉子上，经后铁锤速度减小到零，，在这内（ ）
A．钉子对铁锤的作用力的冲量大小为
B．钉子对铁锤的平均作用力大小为
C．铁锤对钉子的平均作用力大小为
D．铁锤对钉子的平均作用力大小为
4．如图所示，一个质量为m1＝50 kg的人抓在一只大气球下方，气球下面有一根长绳．气球和长绳的总质量为m2＝20 kg，长绳的下端刚好和水平面接触。当静止时人离地面的高度为h＝10 m．如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离地面高度是(可以把人看做质点)(　 )
A．10 m B．7.1m C．5.1m D．16m
5．一辆公交车车头迎风面积为，正在逆风行驶，行驶速度为，风速为，空气密度为，逆风行驶时公交车受到的平均风力约为（ ）
A． B． C． D．
6．小球质量为2m，以速度v沿水平方向撞击竖直墙壁，以0.8v的速率反弹回来，球与墙的撞击时间为t，则在撞击过程中，球对墙的平均作用力的大小是（ ）
A． B． C． D．
7．如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．上述两种射入过程相比较
A．射入滑块A的子弹速度变化大
B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，木块对子弹的平均阻力一样大
C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍
D．两个过程中系统产生的热量相同
8．一质点做匀加速直线运动连续经历了两段相等的时间。下列对这两个阶段判断正确的是（ ）
A．位置变化量一定相同
B．动能变化量一定相同
C．动量变化量一定相同
D．合外力做功一定相同
9．一人站在滑板上以速度在冰面上滑行忽略滑板与冰面间的摩擦某时刻人沿水平方向向正前方距离滑板离开时人相对冰面的速度大小为。已知人与滑板的质量分别为，则人离开时滑板的速度大小为（ ）
A． B． C． D．
10．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为h0（不计空气阻力），则（ ）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次冲过A能上升的最大高度h011．如图所示，长为L的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球，在最低点A给小球一个水平方向的瞬时冲量I，使小球绕悬点O在竖直平面内运动。为使细线始终不松弛，I的大小可选择下列四项中的（　　）
A．大于 B．小于
C．大于 D．大于，小于
12．如图所示，质量均为m的A、B两物块用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B，当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，瞬间撤去推力，撤去推力后
A．当A对墙的压力刚好为零时，物块B的动能等于W B．墙对A物块的冲量为
C．当B向右运动的速度为零时，弹簧的弹性势能为零 D．弹簧第一次伸长后具有的最大弹性势能为W
13．在利用碰撞做“验证动量守恒定律”的实验中，实验装置如图甲所示，图中斜槽部分与水平槽部分平滑连接，按要求安装好仪器后开始实验．图中设计有一个支柱(通过调整，可使两球的球心在同一水平线上；上面的小球被碰离开后，支柱立即倒下)．先不放被碰小球，重复实验若干次：然后把被碰小球静止放在槽的水平部分的前端边缘支柱体B处(槽口)，又重复实验若干次，在白纸上记录下挂于槽口的重锤线在记录纸上的竖直投影点和各次实验时小球落点的平均位置，从左至右依次为O、M、P、N点，测得两小球直径相等，并用刻度尺测出OM、OP、ON的长度，入射小球和被碰小球的质量分别为m1、m2，则：
(1)两小球的直径用螺旋测微器核准相等，测量结果如图乙所示，则两小球的直径均为D=_________cm；
(2)当所测的物理量满足表达式______________(用所测物理量的字母表示)时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律；
(3)某次实验得出小球的落点情况如图丙所示，图中数据单位统一，假设碰撞动量守恒，两小球质量之比m1：m2=___．
14．某同学用如图甲所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的竖直投影点，B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且在G、R、O所在的平面内，米尺的零点与O点对齐．
（1）碰撞后B球的水平射程应取为______ cm．
（2）在以下选项中，本次实验必须进行的测量是______．
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B．测量A球与B球碰撞后，A球落点位置到O点的距离
C．测量A球与B球的质量
D．测量G点相对于水平槽面的高度
（3）某同学用一把有50个小等分刻度的游标卡尺测量小球的直径，由于遮挡，只能看见游标尺的后半部分，如图丙所示，小球的直径D= ______ mm．
丙 丁
（4）常用的测量仪器还有螺旋测微器，若某次测量示数如图丁所示，则待测长度为______ mm．
15．两足够长倾角θ＝37o的对称光滑斜面EF、GH，与长为L的光滑水平面FG相连，如图所示．有大小相同的质量分别为m、3m的A、B球，A球从h高处由静止开始沿斜面EF下滑，与静止于水平轨道并与F点相距L/4的B球相撞．碰撞中无机械能损失，重力速度为g，小球经过连接点F、G时速度大小保持不变，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．求
（1）第一次碰撞结束后小球B能够上升的高度；
（2）发生第二次碰撞的位置与F点的距离；
（3）小球A、B第二次碰撞刚结東时各自的速度，并讨论小球A、B第n次碰控刚结東时各自的速度．
16．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L=3.2 m，沿顺时针方向以v0=2 m/s匀速运动．一质量m=2 kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为m的光滑圆弧形轨道CDF，并沿轨道运动至最低点F，与位于圆弧轨道最低点的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M ＝1 kg，物块P和Q均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，．求：
(1)物块P从传送带离开时的动量；
(2)传送带对物块P做功为多少；
(3)物块P与物块Q碰撞后瞬间，物块P对圆弧轨道压力大小的取值范围．
17．如图所示，形状完全相同的光滑弧形槽A, B静止在足够长的光滑水平面上，两弧形槽相对放置，底端与光滑水平面相切，弧形槽高度为h, A槽质量为2m, B槽质量为M．质量为m的小球，从弧形槽A顶端由静止释放，重力加速度为g，求:
(1)小球从弧形槽A滑下的最大速度;
(2)若小球从B上滑下后还能追上A，求M, m间所满足的关系:
18．两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA＝2.0kg,mB＝0.90kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC＝0.10kg的滑块C，以vC＝10m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示。由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50m/s。求：
(1)木块A的最终速度vA是多少？；
(2)滑块C离开A时的速度vC′有多大？
参考答案
1．A
【解析】
【详解】
碰撞前总动量为P＝mAvA0＝1×4kg·m/s＝4kg·m/s；碰撞前总动能为。
A.如果，碰后动量，碰后动能，碰撞过程动量守恒，动能不增加，故A正确；
B.如果vA＝1m/s，vB＝2. 5m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝(1×1+2×2. 5) kg·m/s＝5kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故B错误；
C.如果vA＝1m/s，vB＝3m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝(1×1+2×3) kg·m/s＝7kg·m/s，碰撞过程动量不守恒，故C错误；
D.如果vA＝﹣4m/s，vB＝4m/s，碰后动量P′＝mAvA+mBvB＝1×（﹣4）kg·m/s +2×4 kg·m/s＝4kg·m/s，碰后动能，碰撞过程动量守恒，动能增加，故D错误；
2．C
【解析】
【详解】
A.图甲中，在光滑水平面上，子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能有损失，但是损失的机械能转化为内能，能量仍守恒，故A错误；
B.图乙中，剪断束缚M、N两木块之间的细线，在弹簧恢复原长的过程中，M、N与弹簧组成的系统动量守恒，弹簧的弹性势能转化为木块的动能，系统机械能守恒，故B错误；
C.图丙中，木球和铁球组成的系统匀速下降，说明两球所受水的浮力等于两球自身的重力，细线断裂后两球在水中运动的过程中，所受合外力为零，两球组成的系统动量守恒，由于水的浮力对两球做功，两球组成的系统机械能不守恒，故C正确；
D.图丁中，木块沿放在光滑水平面上的斜面下滑，木块和斜面组成的系统在水平方向上不受外力，水平方向上动量守恒，由于斜面可能不光滑，所以机械能可能有损失，故D错误．
3．B
【解析】
【详解】
对铁锤分析可知，其受重力与钉子的作用力：设向下为正方向，则有
解得
钉子对铁锤的作用力的冲量大小为

故B正确，ACD错误；
故选B。
4．B
【解析】
【详解】
设人的速度v1，气球的速度v2，根据人和气球动量守恒得，则有，所以，气球和人运动的路程之和为h=10m，则，，即人离地高度为，约等于7.1m，故B正确，A、C、D错误；
故选B。
5．A
【解析】
【详解】
时间内吹到车头的风，速度变为和车头速度一致，根据动量定理，以车行方向为正方向，有
解得
根据牛顿第三定律，车头受力为
故选A。
6．C
【解析】
【分析】
根据动量定理，合外力的冲量等于小球动量的变化量，墙对小球的平均作用力，根据牛顿第三定律即可求得球对墙的平均作用力．
【详解】
规定以初速度方向为正，根据动量定理得：，解得：，跟据牛顿第三定律可知球对墙的平均作用力为，C正确．
【点睛】
本题主要考查了动量定理的直接应用，对于矢量的加减，我们要考虑方向，应该规定正方向．
7．D
【解析】
A、根据动量守恒定律可得，可知两种情况下木块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误；
B、两滑块的动量变化相同，受到的冲量相同，由，射入A中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时平均阻力对子弹是射入滑块B中时的倍，故B错误；
C、射入滑块A中时阻力对子弹做功与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误；
D、由，两个过程中系统产生的热量相同，故D正确；
故选D．
8．C
【解析】
【详解】
A．匀加速直线运动的物体连续经历了两段相等的时间，根据可知位移不相等，位置变化不同，选项A错误；
BD．根据动能定理可知，合外力做功不相等，则动能变化量不相同，选项BD错误；
C．根据动量定理，可知动量变化量一定相同，选项C正确；
故选C。
9．C
【解析】
【详解】
规定初速度v0的方向为正方向，根据动量守恒定律可知：
解得
负号表示速度与正方向相反，大小为；
故选C。
10．BD
【解析】
【详解】
A．小球与小车组成的系统在水平方向所受的合外力为零，水平方向系统动量守恒。由于小球有竖直分加速度，所以系统所受的合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得
即
解得，小车的最大位移
故B正确；
C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误；
D．小球第一次车中运动过程中，由动能定理得
Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于
而小于，即
故D正确。
故选BD。
11．BC
【解析】
【详解】
存在两种可能：
(1)小球在运动过程中，最高点与O点等高或比O低时，线不松弛。由得
即冲量I小于，细线不松，A错误，B正确；
(2)小球恰能过最高点时，在最高点速度设为v0，对应的最低点速度设为v2，则有
根据机械能守恒得
解得
所以为使细线始终不松弛，v0的大小范围为，即冲量I大于，选项C正确，D错误。
故选BC。
【点睛】
本题是机械能守恒定律与向心力知识的综合应用。轻绳系的小球恰好到达圆周的最高点时，临界速度为，是常用的临界条件。
12．AC
【解析】
【详解】
A．根据功能关系，开始时弹簧具有的弹性势能为W，当A对墙的压力刚好为零时。弹簧的弹力为零，弹性势能为零，根据能量守恒可知，此时B的动能为W，A项正确；
B．墙对A的冲量等于A、B组成系统的动量改变量，即
B项错误；
C．当B的速度为零时，弹簧处于原长，即弹簧的弹性势能为零，C项正确；
D．根据动量守恒
此时弹簧的弹性势能
D项错误.
故选AC．
13． 1.2904(1.2902-1.2906) 4：1
【解析】（1）螺旋测微器的读数为12.5mm+0.01 mm×40.5=12.905mm=1.2905cm；
（2）两球离开轨道后做平抛运动，它们在控制的运动时间t相等，如果碰撞过程动量守恒，则：m1v0=m1v1+m2v2，两边同时乘以t得：m1v0t=m1v1t+m2v2t，
则：
（3）根据图中数据可得：
解得：m1：m2=4:1
点睛：本题考查动量守恒的验证，要掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．同时注意B球的水平位移应用ON减去球的直径d．
14．64.8; ABC; 16.69; 6.125;
【解析】
【详解】
（1）碰撞后b球的水平射程落点如图乙所示，取所有落点中靠近中间的点读数，即可取一个最小的圆的圆心，约为64.8cm；
（2）根据实验原理可得mav0=mbv1+mbv2，由已测量的物理量ma、mb、OB、OA、OC．
又因下落时间相同，即可求得：maOB=maOA+mbOC，所以不需要测量水平槽面离地面的高度或小球在空中飞行时间，需要测量A球和B球的质量以及A球两次落地时的水平距离和B球落地时的水平距离；故D错误，ABC正确；故选ABC.
（3）从图中可知，游标尺上的第48个刻度与主尺上的6.4cm，即64mm处对齐，
根据游标尺的构造可知，50分度的游标尺，游标尺上的50刻度的总长是49mm，
因此最终读数为：64mm-48×mm=64-47.04mm=16.96mm，
螺旋测微器的固定刻度为6.0mm，可动刻度为：12.5×0.01mm=0.125mm，
所以最终读数为：6.0mm+0.125mm=6.125mm．
【点睛】本题考查验证动量守恒定律的实验；掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键，注意理解动量守恒定律的条件．同时还要掌握基本测量仪器的读数方法，明确螺旋测微器需要估读．
15．（1）（2）（3）当n为奇数时，，．
当n为偶数时，A、B速度分别为： v2＝0
【解析】
【详解】
（1）根据机械能守恒可知
解得：
根据碰撞过程中无能量损失，所以动量及机械能守恒：
mvA＝mv'A+3mvB
解得：
再根据机械能守恒可知
解得：
（2）由于A、B小球碰后分别向左向右运动，运动过程中机械能守恒，故在水平面上依旧是速度大小不变方向改变而已，因此，相遇的时间为：
v'At+vBt＝L
解得距离F点为
（3）规定向右为正方向，设A、B第二次碰撞刚结束时的速度分别为v1、v2，则：
mv'A﹣3mvB＝mv1+3mv2
解得：
v2＝0
由此可得，当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同．
16．(1)8kgm/s，方向与水平方向成斜向右下；(2)-22.4J；(3)
【解析】
【详解】
(1)物块在未到达与传送带共速之前,所受摩擦力方向沿传送带向下，
由牛顿第二定律得：
解得
所需时间
沿斜面向下运动的位移
当物块的速度与传送带共速后，由于 ，所以物块所受摩擦力方向沿传送带向上,由牛顿第定律得：
解得a2=2m/s2
物块以加速度以运动的距离为：
设物块运动到传送带底端的速度为,由运动学公式得v12=v02+2a2x2
解得
则动量为P=mv1=，方向与水平方向成斜向右下
(2)物块从顶端到底端,根据动能定理：
可知传送带对物块做功为：W=
(3)设物块运动到点的速度为,由动能定理得
解得
若物块与物块发生完全弹性碰撞，并设物块碰撞后的速度为,物块Q碰撞后的速度为,则两物块的碰撞过程动量守恒，碰撞前后动能之和不变；
解得
若物块与物块发生完全非弹性碰撞,则
解得
所以物块的速度范围为：
在点由牛顿第二定律得：
解得：
物块碰撞后间对圆弧轨道的压力为,由牛顿第三定律可得：
17．（1）（2）M＞3m
【解析】
【详解】
（1）小球到达弧形槽A底端时速度最大．设小球到达弧形槽A底端时速度大小为v1，槽A的速度大小为v2．
小球与弧形槽A组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，小球下滑过程中，由动量守恒定律得：mv1﹣2mv2＝0
由机械能守恒定律的：mgh＝mv12+?2mv22
联立解得：，
（2）小球冲上弧形槽B后，上滑到最高点后再返回分离，设分离时小球速度反向，大小为v3，弧形槽B的速度为v4．整个过程二者水平方向动量守恒，则有：mv1＝﹣mv3+Mv4
二者的机械能守恒，则有：mv12＝mv32+Mv42
小球还能追上A，须有: v3＞v2．
解得: M＞3m
18．(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s
【解析】
【详解】
（1）对于整个过程，把BC看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
解得：
（2）对于C在A上滑行的过程，把AB看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，动量守恒定律得：
解得：
答：(1)0.25 m/s(2)2.75 m/s