上海市中原中学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
1．一种未知粒子跟静止的氢原子核正碰，测出碰撞后氢原子核的速度是7v。该未知粒子（速度不变）跟静止的氮原子核正碰时，测出碰撞后氮原子核的速度是v。已知氢原子核的质量是mH，氮原子核的质量是14mH，上述碰撞都是弹性碰撞，则下列说法正确的是
A．碰撞前后未知粒子的机械能不变
B．未知粒子在两次碰撞前后的方向均相反
C．未知粒子的质量为
D．未知粒子可能是α粒子
2．两个相同的鸡蛋从同一高度由静止释放，一个落在水泥地上，一个落在海绵垫上。落在水泥地上的鸡蛋破裂，而落在海绵垫上的鸡蛋不会破裂。关于这一现象的认识，以下说法正确的是
A．落在海绵垫上的鸡蛋动量变化较小
B．落在水泥地上的鸡蛋动量变化较大
C．落在海绵垫上的鸡蛋因为与海绵的作用时间长，所以作用力比较小
D．落在水泥地上的鸡蛋所受地面的冲量比较大
3．如图，长l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙，初始时它们直立在光滑的水平地面上。后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。当小球甲刚要落地时，其速度大小为( )
A． B． C． D．0
4．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动，B球在前，A球在后。mA=1kg，mB=2kg。经过一段时间，A、B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞前、后两球的位移一时间图像如图所示，根据以上信息可知碰撞类型属于
A．弹性碰撞
B．非弹性碰撞
C．完全非弹性碰撞
D．条件不足，无法判断
5．如图所示，质量M＝2kg的半圆形槽物体A放在光滑水平地面上，槽内表面光滑，其半径r＝0.6m。现有一个质量m＝1kg的小物块B在物体A的槽右端口获得瞬时竖直向下的冲量I＝2N?S，此后物体A和物块B相互作用，使物体A在地面上运动，则（　　）
A．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统机械能守恒
B．在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统动量守恒
C．物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是0.4m
D．物块B最终可从槽口左端竖直冲出，到达的最高点距槽口的高度为0.2m
6．如图所示，圆弧轨道ABC被竖直固定，其左端点A的切线沿竖直方向，圆心O与右端点C的连线与竖直方向夹角为θ=37°．现将可视为质点的质量为m=0.5kg的小球从A点由静止释放，小球从C点冲出后，最终垂直打在右方的竖直墙上的D点（未画出），C端与墙壁的水平距离为l=4.8m，不计一切摩擦和阻力，g=10m/s2，则下列说法正确的是：
A．圆弧轨道的半径为6.25m
B．小球在轨道最低点B对轨道的压力大小为10N
C．从A到D的整个过程中，重力的功率先增加后减小
D．从C到D重力的冲量为3N·s
7．如图所示，在光滑的水平桌面上有体积相同的两个小球A、B，质量分别为m=0.1kg和M=0.3kg，两球中间夹着一根压缩的轻弹簧，原来处于静止状态，同时放开A、B球和弹簧，已知A球脱离弹簧的速度为6m/s，接着A球进入与水平面相切，半径为0.5m的竖直面内的光滑半圆形轨道运动，PQ为半圆形轨道竖直的直径，，下列说法正确的是
A．弹簧弹开过程，弹力对A的冲量大于对B的冲量
B．A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为2m/s
C．A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s
D．若半圆轨道半径改为0.9m，则A球不能到达Q点
8．将两个物体放在光滑的水平面上，其中物体B的左端与一轻弹簧相连接，在光滑的水平面上处于静止状态。现给物体A一水平向右的初速度v0.已知物体A、B的质量分别为mA＝1 kg、mB ＝3 kg，v0＝4 m/s。则下列关于两物体的运动描述正确的是
A．弹簧压缩到最短时，A、B两物体的速度大小均为1m/s
B．弹簧压缩到最短时，A物体的速度为0
C．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为7.5 J
D．整个过程中弹簧储存的最大弹性势能为6 J
9．如图所示，在光滑的水平面上静止放置A、B、C三个物体，A、B、C的质量分别为mA=1kg，mB=3kg，mC=2kg。物体C为一光滑的圆弧轨道，弧面足够长，物体A、B之间有一根轻质弹簧（弹簧和物体A、B均未栓接），现用力把弹簧压缩后再用绳子把物体A、B固定，使A、B处于静止。现剪断绳子，之后弹簧把A向左弹出，已知A离开弹簧后的速度大小为3m/s，A、B分开后把弹簧撤去（重力加速度g=10m/s2）。下说法正确的是
A．弹簧把A、B弹开的过程中释放出的弹性势能为4.5J
B．A滑上C上表面的最大离地高度为0.3m
C．A从C上离开后不能追上B
D．A从C上离开后能追上B
10．如图所示，质量均为m的两辆拖车甲、乙在汽车的牵引下前进，当汽车的牵引力恒为F时，汽车以速度v匀速前进。某时刻甲、乙两拖车之间的挂钩脱钩，而汽车的牵引力F保持不变（将脱钩瞬间记为t＝0时刻）。则下列说法正确的是（　　）
A．甲、乙两车组成的系统在0~时间内的动量守恒
B．甲、乙两车组成的系统在~时间内的动量守恒
C．时刻甲车动量的大小为2mv
D．时刻乙车动量的大小为mv
11．一个静止的质点在t=0到t=4s这段时间，仅受到力F的作用，F的方向始终在同一直线上，F随时间t的变化关系如图所示．下列说法中正确的是（ ）
A．在t=0到t=4s这段时间，质点做往复直线运动
B．在t=1s时，质点的动量大小为1kgm/s
C．在t=2s时，质点的动能最大
D．在t=1s到t=3s这段时间，力F的冲量为零
12．关于下列描述的运动中，在任意相等的时间内物体动量的改变量始终相同的是（ ）
A．物体在恒力作用下沿水平方向做匀加速直线运动
B．将物体水平抛出（不计空气阻力）
C．物体在竖直面内做匀速圆周运动
D．人造卫星绕地球的运动
E.带电粒子在匀强电场中的运动
13．某次实验时碰撞前B滑块静止，A滑块匀速向B滑块运动并发生碰撞，利用闪光照相的方法连续4次拍摄得到的闪光照片如图所示。
已知相邻两次闪光的时间间隔为T，在这4次闪光的过程中，A、B两滑块均在0~80 cm范围内，且第1次闪光时，滑块A恰好位于x=10 cm处。若A、B两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则可知碰撞发生在第1次闪光后的___________时刻，A、B两滑块质量比_______。
14．某同学用如图所示装置，通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．
①实验中必须要求的条件是______
A．斜槽轨道尽量光滑以减少误差
B．斜槽轨道末端的切线必须水平
C．入射球和被碰球的质量必须相等，且大小相同
D．入射球每次必须从轨道的同一位置由静止滚下
②在以下选项中，哪些是本实验必须进行的测量______（填选项目编号）
A．水平槽上未放B球时，测量A球落点P到O点的距离
B．A球与B球碰撞后，测量A球落点M到O点的距离
C．A球与B球碰撞后，测量B球落点N到O点的距离
D．测量A球或B球的直径
E．测量A球和B球的质量（或两球质量之比）
F．测量释放点G相对水平槽面的高度
G．测量水平槽面离地的高度．
15．如图所示，固定在竖直平面内的四分之一圆轨道MP和半圆形轨道NQ与光滑水平地面平滑相接，两轨道间有两个可视为质点的小球A、B，A、B之间有一轻弹簧，弹簧一开始处在锁定状态，某时刻解除对弹簧的锁定A球最高能达到与圆心等高的位置，B球恰好能够达到最高点N，已知A球的质量为m=0.5kg；弹簧的长度可忽略，两轨道的半径均为R=1m，且是光滑的。g=10m/s2：试求：（结果可含有根式）。
（1）球B的质量；
（2）弹簧处于锁定状态时的弹性势能.
16．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，质量相等小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.8 m，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)碰撞前的瞬间A的速度大小？
(2)碰撞后的瞬间A和B整体的速度大小？
(3)A和B整体在桌面上滑动的距离？
17．如图，在光滑的水平地面上，质量为M=3.0kg的长木板A的左端，叠放着一个质量为m=1.0kg的小物块B（可视为质点），处于静止状态，小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.30．在木板A的左端正上方，用长为R=0.8m的不可伸长的轻绳将质量为m=1.0kg的小球C悬于固定点O点．现将小球C拉至与O等高的位置且使轻绳拉直，由静止释放到达O点的正下方时，小球C与B发生弹性正碰，空气阻力不计，取g=10m/s2．求：
（1）C与B碰撞后B的速度是多少？
（2）木板长度L至少为多大时，小物块才不会滑出木板？
18．如图，质量M＝5kg的小车静置于光滑的水平面上，小车的上表面ab段水平，a端静置一质量m2＝3kg的物块P，bc段为R＝0.5m的光滑四分之一圆弧形轨道，底端切线水平。轻质细绳一端固定在a端正上方的O点，另一端系着质量m1＝4kg的小球S，用外力拉S至竖直平面内的A点处静止，A点与a端的竖直高度h＝2.45m。现撤去外力，S摆动到最低点时恰与P发生弹性正碰。取重力加速度g＝10m/s2。
(1)求碰后瞬间P的速度大小；
(2)若ab段粗糙，碰撞后P向右运动恰能上升到最高点c，求P从a运动到c的过程中与小车间因摩擦产生的热量Q；
(3)若ab段光滑，求碰撞后P运动过程中离c的最大高度H.
参考答案
1．C
【解析】
A．碰撞过程中末知粒子将一部分能量转移到与其相碰的粒子上，所以机械能减小，故A错误；
BCD．碰撞过程中由动量守恒和能量守恒得
解得
同理可知，
联立解得
碰撞后未知粒子的速度
说明未知粒子没有反向，故BD错误，C正确；
故选C。
2．C
【解析】
AB．鸡蛋从同一高度掉下，与水泥地和海绵垫接触前瞬间速度相同，动量相同，最终动量都变为零，可知动量变化量相同，故AB错误；
C．根据动量定理知，动量变化量相同，落在海绵垫上的鸡蛋因为与海绵的作用时间长，所以作用力比较小，故C正确；
D．根据动量定理知，动量变化量相同，所以鸡蛋所受地面的冲量相等，故D错误。
故选C。
3．C
【解析】
【详解】
甲、乙组成的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：
当小球甲刚要落地时，水平方向上的速度为零，所以乙球的速度也为零，乙球的动能为零，甲球的重力势能全部转化为甲球的动能，由机械能守恒定律得：
解得：
A.与计算结果不符，故A不符合题意。
B.与计算结果不符，故B不符合题意。
C.与计算结果相符，故C符合题意。
D.0与计算结果不符，故D不符合题意。
4．A
【解析】
【分析】
由图像可以读出A、B碰撞前后的速度，根据碰撞前后动能大小就可以判断是什么碰撞了。
【详解】
由图可知．A球碰前速度VA =6 m/s，碰后速度;B球碰前速度为vB=3 m/s，碰后速度为。根据题给数据可知，系统碰撞过程动量守恒。系统碰前的总动能
27J，碰后的总动能也是27 J．所以属于弹性碰撞，则A正确BCD错误。
5．ACD
【解析】
【详解】
A. 在A、B间存在相互作用的过程中，物体A和物块B组成的系统只有重力做功，系统的机械能守恒，故A正确；
B. 在A、B间存在相互作用的过程中，物块B有向心加速度，有竖直方向的分加速度，所以物体A和物块B组成的系统合外力不为零，动量不守恒，故B错误；
C. 设物块B从槽口右端运动到左端时，物体A向右运动的位移是x，取水平向左为正方向，根据水平方向动量守恒得：
解得
故C正确；
D. 对B由动量定理得 ，解得。设B到达左侧最高点时与A的共同速度为v，到达的最高点距槽口的高度为h，根据水平动量守恒得
解得
对系统由机械能守恒得
解得
故D正确。
故选ACD。
6．AD
【解析】
【分析】
【详解】
设小球在C点的速度为v，令速度与水平方向夹角为，水平方向速度为，竖直速度为，到D点的时间为：，则从C到D的过程中，有：，解得：v=10m/s，从A到C由机械能守恒定律得：，解得：R=6.25m，故A正确；从A到B由动能定理得：，根据牛顿第二定律：，解得：FNB=15N，由牛顿第三定律得小球对轨道的压力F NB '=15N，故B错误；从A到B，重力功率先从0增加，再减小到0；从B到D，重力功率从0先增加，再减小到0，所以整个过程重力的功率比较复杂，故C错误；从C到D，运动的时间为=0.6s，重力是恒力，所以重力的冲量为IG=mgt=3N·s，故D正确．所以AD正确，BC错误．
7．BCD
【解析】
【详解】
弹簧弹开两小球的过程，弹力相等，作用时间相同，根据冲量定义可知，弹力对A的冲量大小等于B的冲量大小，故A错误；由动量守恒定律，解得A球脱离弹簧时B球获得的速度大小为，故B正确；设A球运动到Q点时速率为v，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律可得，解得：v=4m/s，根据动量定理，即A球从P点运动到Q点过程中所受合外力的冲量大小为1N·s，故C正确；若半圆轨道半径改为0.9m，小球到达Q点的临界速度，对A球从P点运动到Q点的过程，由机械能守恒定律，解得，小于小球到达Q点的临界速度，则A球不能达到Q点，故D正确。
故选BCD。
8．AD
【解析】
【详解】
AB．当弹簧压缩最短时，A、B的速度相等，根据动量守恒得，，解得：
，
故A正确，B错误；
CD．弹簧压缩最短时，弹性势能最大，根据能量守恒得，弹簧的最大弹性势能：
；
故C错误，D正确。
故选AD。
9．BC
【解析】
【详解】
A．A、B物块被弹簧弹开的过程中，由动量守恒定律得：mAvA+mBvB=0，解得：
vB=1m/s，
由能量守恒知：
；
故A错误；
B．当A、C的速度相等时，A离地面最高，根据动量守恒得，，由能量守恒知：，联立解得：
h=0.3m；
故B正确；
CD． A从C上离开时的速度分别为v1、v2，根据动量守恒得：，由能量守恒知：，联立解得：
v1=-0.6m/s，（方向向左）
v2=1.2m/s，
由上可知vB=1m/s>0.6m/s，所以A从C上离开后不能追上B，故C正确，D错误。
故选BC。
10．AC
【解析】
【详解】
A．设两拖车受到的滑动摩擦力都为f，脱钩前两车做匀速直线运动，根据平衡条件得
F＝2f
设脱钩后乙车经过时间t0速度为零，以F的方向为正方向，对乙车，由动量定理得
－ft0＝0－mv
解得
t0＝
以甲、乙两车为系统进行研究，在乙车停止运动以前，两车受到的摩擦力不变，两车组成的系统所受外力之和为零，则系统的总动量守恒，故在0至的时间内，甲、乙两车的总动量守恒，A正确；
B．在时刻后，乙车停止运动，甲车做匀加速直线运动，两车组成的系统所受的合力不为零，故甲、乙两车的总动量不守恒，故B错误，
CD．由以上分析可知，时刻乙车的速度为零，动量为零，以F的方向为正方向，
t0＝时刻，对甲车，由动量定理得
Ft0－ft0＝p－mv
又
f＝
解得
p＝2mv
故C正确，D错误。
故选AC。
11．CD
【解析】
【详解】
0～2s内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动，2～4s内，合力方向改为反向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为0～2s内和2～4s内加速度大小和方向是对称的，则4s末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动，第4s末质点位移最大；故A错误．F-t图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在t=1s时，冲量大小I1==0.5N?s，根据动量定理可知，质点的动量大小为0.5kg?m/s，故B错误．由A的分析可知，在t=2s时，质点的动能最大，故C正确；F-t图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，由图可知，在t=1s到t=3s这段时间，力F的冲量为零，故D正确；故选CD．
【点睛】
解决本题的关键会通过牛顿第二定律判断加速度的方向，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动．同时能正确根据动量定理分析问题，明确F-t图象的性质，能正确求解力的冲量．
12．ABE
【解析】
【详解】
根据动量定理，若物体在任意相等的时间内动量的改变量始终相同，则物体必受恒力作用；
A．物体在恒力作用下沿水平方向做匀加速直线运动，物体受的是恒力，与结论相符，选项A正确；
B．将物体水平抛出（不计空气阻力），物体受重力恒定不变，与结论相符，选项B正确；
C．物体在竖直面内做匀速圆周运动，物体所受的力是变力，与结论不相符，选项C错误；
D．人造卫星绕地球的运动，卫星受到的是变力，则与结论不相符，选项D错误；
E．带电粒子在匀强电场中的运动，粒子受到的是恒定的电场力，与结论相符，选项E正确；故选ABE。
13．2.5T 2：3
【解析】
试题分析：A开始做匀速直线运动，根据题意知，每个T内运行20cm，B开始处于静止，通过碰后速度的大小关系判断出质量的关系．
由图可知，常两次闪光中A的位移相同，AB不可能相碰；而B开始时静止在60cm处，故可知，A在第1次闪光后的2.5T时发生碰撞；设碰前A的速度为v，则碰后A的速度为，碰后B的速度为v，向右为正方向；根据动量守恒定律得，，解得．
14． BD ABCE
【解析】试题分析：根据通过实验的原理确定需要测量的物理量，小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间相同，水平位移与出速度成正比，可以用水平位移代替小球的初速度，根据动量守恒定律求出需要验证的表达式，从而确定应测量的物理量．
①只要小球离开轨道时的水平速度相等即可，不需要要求轨道光滑，A错误；小球离开轨道后做平抛运动才能准确测量，因此应保证末端水平，B正确；为防止入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，C错误；为保证每次碰撞中速度相同，入射球每次应从同一点由静止滑下，故D正确．
②水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞前A球的速度，A正确；A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离，即测量出碰撞后A球的速度，B正确；A球与B球碰撞后，测量B球落点N到O点的距离ON，即测量出碰撞后B球的速度，C正确；两小球只要直径相同即可，不需要测量直径，D错误；测量入射小球A的质量和被碰小球B的质量，用来表示出球的动量，E正确；只要让小球每次从同一点由静止滑下即可，不需要测量G点相对于水平槽面的高度，F错误．水平槽面离地的高度不需要测量，因为运动时间都相等，可以约去，G错误．
15．（1）（2）
【解析】
【详解】
（1）设A、B分离时的速度为球离开弹簧到M点的过程中机械能守恒，则mAgR=
设B球的质量为，B球在N点时的速度为化，则B球离开弹簧到N点的过程中机械能守恒，有2mBgR+
B球恰好能够达到最高点N，则mBg=mB
解除对弹簧的锁定，A、B分离过程中动量守恒，则mAvA=mBvB
联立解得 vA=m/s，vB=5m/s，
（2）解除对弹簧的锁定分离过程中机械能守恒，
则
16．(1) 4 m/s (2) 2 m/s (3) 0.4 m
【解析】
【详解】
设两滑块的质量为。
(1)物块A从最高点到最低点过程机械能守恒，根据机械能守恒定律：
解得碰撞前瞬间A的速率：
(2)两物块碰撞过程动量守恒，根据动量守恒定律：
解得碰撞后瞬间A和B整体的速率：
(3)两物块在滑动过程，根据动能定理：
得A和B整体沿水平桌面滑动的距离：
17．（1）4m/s（2）2m
【解析】
【分析】
【详解】
（1）从开始下落到与B碰撞前瞬间，据机械能守恒定律得
小球与B碰撞过程中动量和机械能均守恒，取向右为正方向，则有
mv0=mv1+mv2
解得：v1=0，v2=v0=4m/s
（2）B在木板A上滑动过程，系统动量守恒，有mv2=（m+M）v
B在木板A上滑动的过程中，由能量守恒定律得
代入数据解得 L=2m
【点睛】
本题主要考查了机械能守恒定律、动量守恒定律及功能关系的直接应用，要正确分析物体运动的过程，难度适中．
18．(1)v2＝8m/s (2) Q＝45J (3) H＝1.5m
【解析】
【详解】
(1)S下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v0＝7m/s
S、P发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：
m1v0＝m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：v1＝1m/s，v2＝8m/s；
(2)P与小车组成的系统在水平方向动量守恒，P恰好到达c点时两者速度相等，
以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
m2v2＝(m2+M)v，
代入数据解得:v＝3m/s，
对P与小车组成的系统，由能量守恒定律得:
代入数据解得：Q＝45J；
(3)P与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，
在水平方向，由动量守恒定律得：
m2v2＝(m2+M)v
由能量守恒定律得:
代入数据解得:H＝1.5m