上海市北虹高中2019-2020学年高中物理沪科版选修3-5：碰撞与动量守恒 章末综合复习题（含解析）

碰撞与动量守恒
1．质量分别为m甲和m乙（m甲＞m乙）的甲、乙两条船静止停放在岸边，某同学以相同的水平对地速度v分别由甲、乙两船跳上岸，忽略水的阻力。该同学 （　　）
A．从甲船跳上岸消耗的能量较多 B．从乙船跳上岸消耗的能量较多
C．对甲船的冲量较大 D．对乙船的冲量较大
2．地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年如图所示，为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为，当感知到地震时，质量为的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞的时间约为，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为
A． B．
C． D．
3．如图（甲）所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A以速度v0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x。现让弹簧一端连接另一质量为m的物体B，如图（乙）所示，物体A以2v0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x，则（　　）
A．A物体的质量为2m
B．A物体的质量为4m
C．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
D．弹簧压缩量最大时的弹性势能为
4．如图所示，在光滑的水平面上，物体B静止，在物体B上固定一个轻弹簧。物体A以某一速度沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B发生作用。两物体的质量相等，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为EP。现将B的质量加倍，弹簧获得的最大弹性势能仍为EP。则在物体A开始接触弹簧到弹簧具有最大弹性势能的过程中，第一次和第二次相比（　　）
A．物体A的初动能之比为2∶1
B．物体A的初动能之比为4∶3
C．物体A损失的动能之比为1∶1
D．物体A损失的动能之比为27∶32
5．如下图所示，将质量为M，半径为R且内壁光滑的半圆槽置于光滑水平面上，左侧靠墙。今让一质量为m的小球自左侧槽口A的正上方h高处从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是（　　）
A．槽离开墙后，将不会再次与墙接触
B．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动
C．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽组成的系统动量守恒
6．如图所示为运动传感器探测到小球由静止释放后撞击地面弹跳的v-t图像，小球质量为0.5kg，重力加速度，空气阻力不计根据图像可知（ ）
A．小球下落的初始位置离地面的高度为1.25m
B．小球第一次反弹的最大高度为1.8m
C．横坐标每一小格表示的时间是0.1s
D．小球第一次撞击地面时地面给小球的平均作用力为55N
7．甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是2m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s。求甲、乙两运动员的质量之比（　　）
A． B． C． D．
8．如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则( )
A．木块的最终速度为v0
B．由于车表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒
C．车表面越粗糙，木块减少的动量越多
D．车表面越粗糙，因摩擦产生的热量越多
9．中国传统文化博大精深，常常通过简单的现象揭示深刻的道理，如“水滴石穿”。已知从屋檐滴下的水滴质量为1 g，屋檐到下方石板的距离为4m，水滴与石板的冲击时间为0.2s，而后在石板上散开，没有飞溅，则石板受到水滴的平均冲击力约为（　　）
A．0.044N
B．4.4N
C．0.054N
D．0.54N
10．一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态（图甲）缓慢运动到站立状态（图乙），该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持乙状态站立△t时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直（图丙）。甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则下面说法中正确的是（　　）
A．地面对运动员的冲量为（M＋m）g（t1＋t2＋△t），地面对运动员做的功为（M＋m）g（h1＋h2）
B．地面对运动员的冲量为（M＋m）g（t1＋t2＋△t），地面对运动员做的功为0
C．运动员对重物的冲量为0，运动员对重物做的功为Mg（h1＋h2）
D．运动员对重物的冲量为Mg（t1＋t2），运动员对重物做的功为0
11．质量为和质量为的两个物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，其位移—时间图像如图所示，则（　　）
A．的质量为1.5kg B．的质量为3kg
C．此碰撞有机械能损失 D．此过程无机械能损失
12．如图所示，光滑的水平杆上套有一质量为1kg、可沿杆自由滑动的滑块，滑块下方通过一根长为1m的轻绳悬挂需质量为0.99kg的木块。开始时滑块和木块均静止。现有质量为10g的子弹以500m/s的水平出度击中木块并留在其中，子弹与木块间的作用时间极短，取g=10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．滑块的最大速度为5m/s
B．子弹和木块摆到最高点时速度为零
C．子弹和木块摆起的最大高度为0.625m
D．当子弹和木块摆起高度为0.4m时，滑块的速度为1m/s
13．用两个小车验证动量守恒定律，两车放在光滑的水平轨道上，B车静止，A车连接纸带（纸带穿过打点计时器）向右运动，如图所示．
它和B车碰撞后连接在一起向右运动，两车碰撞时间较短可以忽略不计．已知A车的质量为0.60kg，B车质量为0.58kg，打点计时器所用交流电的频率是50Hz．根据纸带数据可得两车碰撞前的总动量为______ kg?m/s，碰后的总动量为______ kg?m/s．(保留两位有效数字)实验结论：_________________________________________ ．
14．某同学利用打点计时器设计了一个验证碰撞过程中动量守恒的实验．在进行平衡摩擦力的操作之后，他推动粘有橡皮泥的小车甲使其在木板上做匀速直线运动．然后小车甲与原来静止在前方的小车乙相碰并粘合，之后两车继续做匀速直线运动．他设计的具体实验装置如下图所示．小车甲后连着纸带，打点计时器打点频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力．
(1)若实验时打出的纸带如下图所示，测得各计数点间距并标在图中，其中A为小车运动的起始点．计算小车甲的碰前速度应选________段，计算甲乙相碰之后的共同速度应选________段(以上两空填“AB”、“BC”、“CD”或“DE”)．

(2)在实验前已经测得小车甲的质量为=6kg，小车乙的质量＝0.3kg．则根据以上测量结果可得：碰前__________kg·m/s（结果保留三位小数）；碰后________kg·m/s．由此可以说明：在实验误差允许的范围内，碰撞前后两车组成的系统动量守恒（结果保留三位小数）．
15．如图1所示，半径的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，为轨道的最低点，在光滑的水平面上紧挨点有一静止的小平板车，平板车质量，长度为，小车的上表面与点等高．质量的物块（可视为质点）从圆弧最高点由静止释放．取．求：
（1）物块滑到轨道点时对轨道的压力大小．
（2）若平板车上表面粗糙且物块没有滑离平板车，求物块和平板车的最终速度大小．
（3）若将平板车锁定，并且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，小物块所受摩擦力从左向右随距离变化图像（图像）如图2所示，且物块滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．
16．如图所示，某工厂车间有甲、乙两辆相同的运料小车处于闲置状态，甲车与乙车、乙车与竖直墙面间的距离均为L，由于腾用场地，需把两辆小车向墙角处移动。一工人用手猛推了一下甲车，在甲车与乙车碰撞瞬间，立即通过挂钩挂到了一起，碰后两车沿甲车原来的运动方向继续向前运动，在乙车运动到墙角时刚好停下。已知两车的质量均为m，与水平地面间的摩擦力均为车重的k倍，重力加速度大小为g，求：
(1)两车将要相碰时甲车的速度大小；
(2)工人推甲车时对甲车的冲量大小。
17．如图所示，在光滑的水平面上，一个质量为3m的小球A，以速度v跟质量为2m的静止的小球B发生碰撞．
（1）若A、B两球发生的是完全非弹性碰撞，求碰撞后小球B的速度？
（2）若A、B两球发生的是弹性碰撞，求碰撞后小球B的速度？
18．如图所示，一质量为M的物体静止在桌面边缘，桌面离水平地面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块后，以水平速度射出，重力加速度为g。求：
（1）此过程中系统损失的机械能；
（2）此后物块落地时重力的瞬时功率。
参考答案
1．B
【解析】
CD．由动量守恒有，对船由动量定理有，故该同学对两船的冲量一样大。故CD错误；
AB．由能量守恒，可知该同学消耗的能量
由于m甲＞m乙，所以从乙船跳上岸消耗的能量较多。故A错误，B正确。
故选B。
2．A
【解析】
铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：
以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：
Ft-mgt=0-（-mv）
解得：
A．，与结论相符，选项A正确；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选A.
3．D
【解析】
当弹簧固定时，当弹簧压缩量最大时，弹性势能最大，物体A的动能转化为弹簧的弹性势能，根据系统的机械能守恒得弹簧被压缩过程中最大的弹性势能等于A的初动能，设A的质量为，即有
当弹簧一端连接另一质量为的物体B时，A与弹簧相互作用的过程中B将向右运动，A、B速度相等时，弹簧的弹性势能最大，选取A的初速度的方向为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
联立得
故A、B、C错误，D正确。
故选D。
4．B
【解析】
AB．在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时A和B的速度相同，根据动量守恒定律可可知当A、B质量相等时有
根据机械能守恒定律有
B的质量加倍后有
根据机械能守恒定律有
联立以上各式计算得出物体A的初动能之比为，故A错误，B正确；
CD．当A、B质量相等时物体A损失的动能为
B的质量加倍后A损失的动能为
结合前面的分析联立各式得
故C错误，D错误。
故选B。
5．A
【解析】
AB．小球从A运动到B的过程中，由于墙壁的阻挡，所以槽不会运动，在该过程中，小球与半圆槽在水平方向受到墙壁的作用力，系统水平方向动量并不守恒，小球、半圆槽组成的系统动量也不守恒；从B运动到C的过程中，在小球压力作用下，半圆槽离开墙壁向右运动，小球离开C点时，小球的水平速度与半圆槽的速度相同，但是此时小球也具有竖直向上的速度，所以小球离开C点以后，将做斜上抛运动。小球离开C点以后，槽向右匀速运动，因为全过程中，整个系统在水平方向上获得了水平向右的冲量，槽将与墙不会再次接触，B错误A正确；
C．小球从A运动到B的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒。槽离开墙壁后，系统水平方向不受外力，小球与半圆槽在水平方向动量守恒，因此，小球在槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量不守恒，C错误；
D．小球在槽内运动的全过程中，小球有竖直向上的分加速度，存在超重现象，系统竖直方向的合外力不为零，因此，小球与半圆槽组成的系统动量不守恒，D错误。
故选A。
6．C
【解析】
AC．小球下落时做自由落体运动，加速度为g，则对下落过程可知，落地时速度为6m/s，故用时
图中对应6个小格，故每一小格表示0.1s，小球下落的初始位置离地面的高度为
故A错误，C正确；
B．第一次反弹后加速度也为g，为竖直上抛运动，由图可知，最大高度为
故B错误；
D．设向下为正方向，由图可知，碰撞时间约为0.1s；根据动量定理可知
代入数据解得
故D错误．
7．B
【解析】
甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲′+m乙v乙′
代入数据可得
m甲×2+m乙×（-2）=m甲×（-1）+m乙×2
解得
m甲：m乙=4：3
故B正确，ACD错误。
故选B。
8．A
【解析】
AB.以小车和木块组成的系统为研究对象，系统所受的合外力为零，因此系统动量守恒，由于摩擦力的作用，m速度减小，M速度增大，m速度减小到最小时，M速度达最大，最后m、M以共同速度运动。以初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：
解得最终两者的共同速度为，故A正确，B错误；
C.根据A选项分析，木块减少的动量为：
与车面粗糙程度无关。故C错误；
D.根据能量守恒，可得产生的热量为：
将代入，得：
与车面粗糙程度无关。，故D错误。
9．C
【解析】
【分析】
【详解】
设向下为正方向。下落过程中是自由落体运动
2gh=v12
代入数据得：
碰后速度v2=0。由动量定理得
mgt-Ft=mv2-mv1
代入数据得
F=0.054N
由牛顿第三定律可得，石板受到的平均冲击力为0.054N。
故选：C。
10．B
【解析】
【分析】
【详解】
AB．因缓慢运动，则为平衡状态，则地面对运动员的力为（M+m）g，作用时间为（t1+t2+△t），则其冲量为
I=（M+m）g（t1+t2+△t）
因地面对运动员的力的作用点没有位移，则地面对运动员做的功为0，故B正确，A错误；
CD．运动员对重物的力为Mg，其冲量为
I′=Mg（t1+t2+△t）
运动员对重物力作用下的位移为（h1+h2），则对重物做功为Mg（h1+h2），故CD错误。
故选：B。
11．AD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．根据位移时间图像的斜率等于速度，可知碰撞前是静止的，的速度为
碰后的速度为
的速度为
以两个物体组成的系统为研究对象，取碰撞前的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有
代入数据得
B错误A正确；
CD．碰撞前总动能
碰撞后的总动能
所以碰撞前后动能相等，碰撞过程中没有机械能损失，C错误D正确。
故选AD。
12．AC
【解析】
【详解】
A．设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，只要轻绳与杆之间的夹角为锐角，轻绳拉力对滑块做正功，滑块就会加速，所以当轻绳再次竖直时滑块速度最大，设此时滑块速度为vm，子弹和木块速度为v'，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律
代入数据解得
或
即滑块的最大速度为5m/s，故A正确；
B．设子弹质量为m0，木块质量为m1，滑块质量为m2，由子弹、木块、滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，故当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度，且速度方向水平，故B错误；
C．当子弹和木块摆到最高点时三者具有相同的速度v，在水平方向，由动量守恒定律得
代入数据解得
由子弹进入木块后系统机械能守恒可得
代入数据解得
故C正确；
D．当子弹和木块摆起高度为0.4m时，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得
代入数据解得
而此时木块和子弹竖直方向速度一定不为零，故由子弹进入木块后系统机械能守恒可得
解得
故D错误。
故选AC。
13．0.36； 0.35； 在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒
【解析】
【分析】
【详解】
[1]．打点计时器所用交流电的频率是50Hz，则相邻两点间的时间间隔为0.02s
纸带上间距均匀且间距较大处反映了车碰前的速度，则车碰前速度
两车碰撞前的总动量

纸带上间距均匀且间距较小处反映了车碰后的速度，则车碰后速度
[2]．两车碰撞后的总动量
[3]．实验结论为：在误差允许的范围内，碰撞过程动量守恒
14．BC DE 0.630 0.626
【解析】
（1）由于碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，故AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后．推动小车由静止开始运动，故小车有个加速过程，在碰撞前做匀速直线运动，即在相同的时间内通过的位移相同，故BC段为匀速运动的阶段，故选BC计算碰前的速度；碰撞过程是一个变速运动的过程，而A和B碰后的共同运动时做匀速直线运动，故在相同的时间内通过相同的位移，故应选DE段来计算碰后共同的速度．
（2）由图可知，BC=10.50cm=0.1050m；DE=6.95cm=0.0695m；
碰前系统的动量即A的动量，则有
碰后的总动量为．
【点睛】根据碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，是解决本题的突破口，碰撞之后共同匀速运动的速度小于碰撞之前A独自运动的速度，确定AC应在碰撞之前，DE应在碰撞之后，在匀速运动时在相同的时间内通过的位移相同，所以BC应为碰撞之前匀速运动阶段，DE应为碰撞之后匀速运动阶段．
15．（1）（2）（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）物体从圆弧轨道顶端滑到B点的过程中，机械能守恒，
则， 解得vB=3m/s
在B点由牛顿第二定律得，N－mg=解得N=mg+=30N
即物块滑到轨道B点时对轨道的压力N′=N=30N．
（2）物块滑上小车后，水平地面光滑，系统的动量守恒．
mvB＝（m+M）v共 解得v共=1m/s
（3）物块在小车上滑行时的克服摩擦力做功为f-L图线与横轴所围的面积．
=2J
物块在平板车上滑动过程由动能定理得－W?f=
解得vt=m/s
16．（1）v1=；（2）
【解析】⑴设甲乙车钩挂在一起后的速度为，从甲乙车钩挂一起到停下过程
根据动能定理：
（注：用牛顿第二定律和运动方程解的也给分）
甲乙两车碰撞前后动量守恒，设碰撞前甲车速度为，
根据动量守恒定律：
得：
⑵在甲车在与乙车碰撞前运动L的过程，设离开人手瞬间速度为
根据动能定理：
人将甲车从静止推至获得速度的过程
根据动量定理：
得：
【点睛】动量守恒和能量的转化与守恒的结合．应用动量守恒定律解题要注意“四性”，①、系统性．②、矢量性．③、同时性．
17．（1）（2）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）若为完全非弹性碰撞，碰撞后两小球粘在一起具有相同的速度
由动量守恒定律得：
（2）若为弹性碰撞，则碰撞前后两小球的总动能不变，则有
得：
18．(1) ； (2)
【解析】
【详解】
（1）子弹射出的过程：
得：
（2）物体落地时竖直方向满足：
解得：
重力的瞬时功率：