上海市丰华高中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．静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些
B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些
C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些
D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等
2．如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为I，运动员入水后到最低点的运动过程记为II，忽略空气阻力，则运动员
A．过程I的动量改变量等于零
B．过程II的动量改变量等于零
C．过程I的动量改变量等于重力的冲量
D．过程II 的动量改变量等于重力的冲量
3．如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的四分之一光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg。现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.2s，碰后的速度大小变为4m/s，当A与B碰撞后立即粘在一起运动，g取10m/s2，则（　　）
A．A与墙壁碰撞过程中，墙壁对A的平均作用力的大小
B．A和B碰撞过程中，A对B的作用力大于B对A的作用力
C．A、B碰撞后的速度
D．A、B滑上圆弧的最大高度
4．吴菊萍徒手勇救小妞妞，被誉为“最美妈妈”。若两岁的妞妞质量约为12kg，从十楼坠落，下落高度为28.8m，吴菊萍的手臂与妞妞的接触时间约为0.1s，已知重力加速度g=10m/s2，则她受到的冲击力约为
A．3000N B．2880N C．1440N D．3220N
5．如图所示的木块B静止在光滑的水平面上，木块上有半径为的光滑圆弧轨道，且圆弧轨道的底端与水平面相切，—可视为质点的物块A以水平向左的速度冲上木块，经过一段时间刚好运动到木块的最高点，随后再返回到水平面。已知两物体的质量为、重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（ ）
A．物块A滑到最高点的速度为零
B．物块A的初速度大小为4m/s
C．物块A返回水平面时的速度为4m/s
D．木块B的最大速度为2m/s
6．在光滑水平地面上放有一个表面光滑的静止的圆弧形小车，另有一质量与小车相等可视为质点的铁块，以速度从小车的右端向左滑上小车，如图所示，铁块上滑至圆弧面的某一高度后返回，不计空气阻力，则铁块返回到小车的右端以后，相对于地面，将做的运动是（　　）
A．又以速度沿小车向左滑动 B．以与大小相等的速度从小车右端平抛出去
C．以比小的速度从车右端平抛出去 D．自由落体运动
7．以下说法正确的是（　　）
A．合外力对物体做功为0，则该物体动量一定不变 B．合外力对物体冲量为0，则该物体动能一定不变
C．做变速运动的物体，动能一定变化 D．做变速运动的物体，动量可能不变
8．如图所示，A、B、C、D、E、F、G七个质量均匀、大小相同的球，A、G两球质量相等，B、C、D、E、F五球质量相等，A球质量小于B球质量，B、C、D、E、F、G放置在光滑的水平面上，A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则发生一系列碰撞之后，最终（　　）
A．五个小球静止，两个小球运动 B．四个小球静止，三个小球运动
C．三个小球静止，四个小球运动 D．七个小球都运动
9．如图所示，在光滑水平面上放置一个质量为M的滑块，滑块的一侧是一个圆弧形凹槽OAB，凹槽半径为R，A点切线水平。另有一个质量为m的小球以速度v0从A点冲上凹槽，整个过程中凹槽不会侧翻，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（　　）
A．球和滑块组成的系统水平方向动量守恒
B．当时，小球恰能到达B点
C．小球在滑块上运动的过程中，滑块的动能先增大后减小
D．如果小球的速度足够大，球将从滑块的左侧离开滑块后落到水平面上
10．如图所示，在光滑的水平面上静止放一质量为m的木板B，木板表面光滑，左端固定一水平轻质弹簧。质量为2m的木块A以速度v0从木板的右端水平向左滑上木板B，在木块A与弹簧相互作用的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．弹簧压缩量最大时，B板运动速率最大
B．B板的加速度先增大后减小
C．弹簧给木块A的冲量大小为
D．弹簧的最大弹性势能为
11．甲乙两个质量均为1kg的物块，在光滑的水平面上分别受到一个水平力作用，由静止开始加速，甲物块所受的力F随时间t的变化关系和乙物块所受的力T随位移x的变化关系如图所示，当水平力分别按各自的规律从0增大到10N的过程中，下列说法正确的是( )
A．当水平力均为10N时，甲和乙的动量均为10kgm/s
B．甲所受力F对物块的冲量为10Ns，乙所受力T对物块所做的功为10J
C．甲在此过程中的位移为10m
D．当水平力均为10N时，甲的动能为50J，乙的动量为
12．如图所示，可看作质点的物体从固定光滑斜面的顶端a以某初速度水平抛出，落在斜面底端b，运动时间为t，重力的冲量大小为I1，合外力做功为W1，若物体从a点由静止释放，沿斜面下滑，物体经过时间2t到达b，重力的冲量大小为I2，合外力做功为W2，不计空气阻力。下列判断正确的是（　　）
A．
B．
C．斜面与水平面的夹角为
D．物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向夹角为
13．在“探究碰撞中的不变量”实验中,装置如图所示,入射小球1与被碰小球2的质量分别为m1和m2.
（1）m1 ______ m2（填大于、小于或者等于）
（2）现有下列器材,为完成本实验,必需的器材有_____.
A．秒表 B．刻度尺 C．天平 D．圆规
（3）用图中的符号来表示1、2两小球碰撞过程中动量守恒的表达式是_______．
14．如图1所示，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：
(1)图1中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是__；（填选项前的符号）
A．用天平测量两个小球的质量m1、m2
B．测量小球m1开始释放高度h
C．测量抛出点距地面的高度H
D．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM、ON
(2)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__（用②中测量的量表示），若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为__；（用②中测量的量表示）
(3)经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图2所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1：p1′=__：11；若碰撞结束时m2的动量为p2′，则p1′：p2′=11：__；实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值为__。
15．如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过下滑到底端，已知斜面的倾角，斜面长度，，，取重力加速度，求：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数；
（2）下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；
（3）下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．
16．如图所示，光滑水平桌面的右端接有倾角为的斜面，一物块静止在桌面上。一颗质量为的子弹以水平速度射入物块后以水平穿出，然后物块冲出桌面，经落在斜面上。，，。求：
（1）物块冲出桌面时的速度大小；
（2）子弹射穿物块过程中对物块做的功。
17．如图1所示为某农庄灌溉工程的示意图，地面与水面的距离为H．用水泵从水池抽水（抽水过程中H保持不变），龙头离地面高h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力．
（1）水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h．设管口横截面上各处水的速度都相同．求：
a．每秒内从管口流出的水的质量m0；
b．不计额外功的损失，水泵输出的功率P．
（2）在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一喷头，如图2所示．让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力．由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响．求水流落地前瞬间的速度大小v．
18．质谱仪是利用电场和磁场分析带电粒子性质的仪器，某同学设计的一种质谱仪结构如图所示。一对平行金属板的板间距为，板间电压为，上极板带正电。我们把板间区域叫区域Ⅰ。在上板右端紧挨着上板垂直放置一足够大的荧光屏。以下板右端点为顶点的足够大的区域叫做区域Ⅱ，角。在区域Ⅰ、Ⅱ间均分布有垂直纸面向里，磁感应强度为的匀强磁场。以下问题中均不考虑带电粒子的重力和带电粒子之间的相互作用。
（1）某带电粒子沿两板间中线方向射入后沿直线运动进入区域Ⅱ，恰好垂直边界射出，判断带电粒子的电性，求出粒子的荷质比以及粒子在区域Ⅱ中的运动时间；
（2）仅将（1）问中的粒子电性改变，而且将大量这样的粒子从两极板左端口从上到下均匀排列，沿平行极板方向源源不断地射入板间。求某时刻击中荧光屏的粒子个数与它们射入极板间时射入总数的比；
（3）在（2）问中若屏上某点接收到粒子流形成的电流为，假设粒子击中屏后速度变为零，求粒子对屏的平均撞击力大小。
参考答案
1．C
【解析】
设小船的质量为M，小球的质量为m，甲球抛出后，根据动量守恒定律有：mv=（M+m）v′，v′的方向向右．乙球抛出后，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有：（M+m）v′=mv+Mv″，解得v″=0．根据动量定理得，所受合力的冲量等于动量的变化，对于甲球，动量的变化量为mv，对于乙球动量的变化量为mv-mv′，知甲的动量变化量大于乙球的动量变化量，所以抛出时，人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大．故C正确．
2．C
【解析】
分析两个过程中运动员速度的变化、受力情况等，由此确定动量的变化是否为零。
【详解】
AC．过程I中动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；
B．运动员进入水前的速度不为零，末速度为零，过程II的动量改变量不等于零，故B错误；
D．过程II 的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故D错误。
3．D
【解析】
A．规定向右为正方向，则
，
对A在与墙碰撞的过程，由动量定理得
所以A错误；
B．A和B碰撞过程中，A对B的作用力和B对A的作用力是一对相互作用力，应该大小相等，方向相反，所以B错误；
C．由题意可知，A和B发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得
所以C错误；
D．A和B碰后一起沿圆轨道向上运动，在运动过程中，只有重力做功，由机械能守恒定律得
所以D正确。
故选D。
4．A
【解析】
对妞妞下降过程有
得
规定向上为正向，由动量定理得
代入数据求得
A． 3000N与分析相符，故A正确；
B． 2880N与分析不符，故B错误；
C． 1440N与分析不符，故C错误；
D． 3220N与分析不符，故D错误；
故选：A。
5．B
【解析】
AB．物块A刚好运动到木块B的最高点时，两者共速为v，对物块A和木块B组成的系统，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
=mAgR+

解得
v0=4m/s、v=2m/s
故A错误，B正确；
CD．当物块A返回到水平面时，木块B的速度最大，由机械能守恒和水平方向动量守恒得：
=+

解得
v2=4m/s、v1=0m/s
另一组解
v1=4m/s、v2=0（舍去）
故CD错误。
6．D
【解析】
【详解】
小铁块和小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得
根据机械能守恒定律可得
因为M=m，所以解得。所以铁块离开车时将做自由落体运动。故ABC错误，D正确。
故选D。
7．B
【解析】
【详解】
A．合外力对物体做功为0，物体动能不变，速度方向可能改变，它的动量可能要改变，故A错误；
B．由动量定理可知，合外力对物体冲量为0，则物体的动量不变，即物体的速度不变，所以物体的动能一定不变，故B正确；
C．做变速运动的物体，动能不一定变化，如匀速圆周运动的速度大小不变，动能不变，故C错误；
D．做变速运动的物体，速度一定变化，则物体的动量一定变化，故D错误。
故选B。
8．B
【解析】
【详解】
由题，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则结合动量守恒定律和动能守恒，设入碰小球的速度为v0，碰撞后的速度分别为v1和v2，则碰撞后两个小球的速度分别为：
，
由于A球质量小于B球质量，AB相碰后A速度向左运动，B向右运动，B、C、D、E、F五球质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终F有向右的速度，BCDE静止，由于G球质量小于F球质量，则GF球碰撞后，两球都向右运动，所以AFG三球运动，BCDE四球静止。
故选B。
9．A
【解析】
【详解】
A．由于小球与滑块在水平方向上不受外力作用，所以球和滑块组成的系统水平方向动量守恒，故A正确；
B．当小球刚好到达B点时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，以小球的初速度方向为正方向，在水平方向上，由动量守恒定律得
机械能守恒定律得
联立解得
所以当时，小球不能到达B点，故B错误；
C．小球在圆弧上运动的过程中，小球对滑块M的压力一直对滑块做正功，所以滑块动能一直增加，故C错误；
D．小球离开四分之一圆弧轨道时，在水平方向上与滑块M的速度相同，则球将从滑块的左侧离开滑块后返回时仍然回到滑块M上，不可能从滑块的左侧离开滑块，故D错误。
故选A。
10．BCD
【解析】
【详解】
A．在木块A与弹簧相互作用的过程中，从弹簧的压缩量达到最大到弹簧恢复原状的过程中，弹簧对木板B有向左的弹力，B板仍在加速，所以弹簧压缩量最大时，B板运动速率不是最大，当弹簧恢复原长时B板的速率最大，故A错误；
B．弹簧压缩量先增加后减小，弹簧对B板的弹力先增大后减小，故B板的加速度先增加后减小，故B正确；
C．设弹簧恢复原长时A与B的速度分别为v1和v2，取向左为正方向，根据动量守恒定律，有
根据机械能守恒定律，有
解得
，
对滑块A，根据动量定理，有
故C正确；
D．当滑块与长木板速度相等时，弹簧的压缩量最大，根据动量守恒定律，有
系统机械能守恒，根据守恒定律，有
联立解得
故D正确。
故选BCD。
11．BD
【解析】
【分析】
【详解】
由甲图可知，图线与t轴围成的面积表示冲量，则当水平力为F=10N时，冲量为，根据动理定理，得此时甲的动量为，则此时甲的速度为，则甲的动能为，因F是变力，故无法求出甲运动的位移；由乙图可知，图线与x轴围成的面积表示拉力T做的功，则当水平力T=10N时， 则拉力T做的功为，根据动能定理有：，解得：，此时乙的动量为，故AC错误，BD正确；故选BD.
12．ABC
【解析】
【详解】
A．由冲量定义式可知，两次重力相同，则冲量之比等于时间之比，即为
故A正确；
B．物体两种状态从a到b，都只有重力做功，物体下落高度一致，故合外力做功相等，即
故B正确；
C．物体平抛落到b点的过程，运动时间为t，则斜面高度，物体沿斜面下滑，设斜面与水平面的夹角为θ，受重力、支持力作用，合外力为
运动时间为2t，则位移为
加速度为
则有
即
则有
解得
得
故C正确；
D．物体平抛落到b点的过程，水平位移为，竖直位移为，则有
那么，物体在b点的水平速度为v0，竖直速度为gt，所以，物体水平抛出到达b点时速度方向与水平方向夹角为
故D错误。
故选ABC。
13．大于 BCD
【解析】
【分析】
【详解】
(1)要使两球发生对心正碰，两球半径应相等，为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即：m1、m2大小关系为m1＞m2.
(2)小球离开轨道后做平抛运动，由得小球做平抛运动的时间，由于小球做平抛运动时抛出点的高度h相同，则它们在空中的运动时间t相等，验证碰撞中的动量守恒，需要验证：m1v1=m1v1′+m2v2，则：m1v1t=m1v1′t+m2v2t，得m1x1=m1x1′+m2x2，由图所示可知，需要验证：m1OP=m1OM+m2ON，因此实验需要测量的量有：①入射小球的质量，②被碰小球的质量，③入射小球碰前平抛的水平位移，④入射小球碰后平抛的水平位移，⑤被碰小球碰后平抛的水平位移，测量水平位移需要用直尺，测质量需要天平，找平均落点需要用到圆规画最小圆，因此需要的实验器材是BCD．
(3)根据分析可知验证的表达式为：m1OP=m1OM+m2ON.
14．ADE
【解析】
【分析】
【详解】
(1)实验时，先让入射球ml多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP，然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球ml从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复，测量平均落点的位置，找到平抛运动的水平位移，因此步骤中D、E是必须的，而且D要在E之前，至于用天平秤质量先后均可以，所以答案是ADE或DEA；
(2)设落地时间为t，则，，
而动量守恒的表达式是
动能守恒的表达式是
所以若两球相碰前后的动量守恒，则成立，
若碰撞是弹性碰撞，动能是守恒的，则有成立；
(3)碰撞前后m1动量之比：
（1~1.01均正确）
点睛：验证动量守恒定律实验中，质量可测而瞬时速度较难，因此采用了落地高度不变的情况下，水平射程来反映平抛的初速度大小，所以仅测量小球抛出的水平射程来间接测出速度，过程中小球释放高度不需要，最后可通过质量与水平射程乘积来验证动量是否守恒。
15．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
根据匀加速直线运动位移时间公式可求得物体下滑的加速度，根据牛顿第二定律即可求解物体与斜面间的动摩擦因数；损失的机械能等于克服摩擦力做的功．减小的重力势能等于重力做的功；由速度公式求出物体到达斜面底端时的速度，由动量定理求合外力的冲量．由冲量的定义式求重力的冲量，再求它们冲量之比．
【详解】
解：(1)根据，解得：a=5m/s2
根据牛顿第二定律得：
解得：
(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：
减少的重力势能为：
故损失的机械能与减少的重力势能的比值为：
(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v，则有：v=at=5m/s
根据动量定理得：合外力冲量的大小为：
在下滑过程中重力的冲量为：
所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：
16．（1）（2）
【解析】
【详解】
(1) 物块冲出桌面后做平抛运动，则有：
联立并代入数据得物块冲出桌面时的速度大小：
(2)设物块的质量为，子弹射穿物块，动量守恒，则有：
子弹射穿物块过程中，根据动能定理可得：
子弹射穿物块过程中对物块做的功：
17．（1）a．；b．；（2）．
【解析】
【分析】
【详解】
试题分析：（1）a．水从管口沿水平方向喷出做平抛运动，设水喷出时速度为v0，落地时间为t
竖直方向
水平方向
时间t0内喷出的水的质量 m=ρV=ρv0t0S
每秒喷出的水的质量
联立以上各式解得
b．时间t0内水泵输出功
输出功率
解得
（2） 取与地面作用的一小块水Δm为研究对象
根据动量定理
由题意可知
解得
18．（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
(1)粒子恰好垂直边界射出，根据左手定则可知粒子在带负电；
粒子区域Ⅰ中做匀速直线运动，则有：
设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的轨迹半径为，如图所示，由几何关系得：
根据牛顿第二定律可得：
联立解得粒子的荷质比为：
设粒子在区域Ⅱ中做圆周运动的周期为：
由几何关系得圆心角为，粒子在区域Ⅱ中的运动时间：
(2)设从点射入区域Ⅱ的粒子在区域Ⅱ中运动的轨迹恰好与边界相切，如图所示。
由题目已知可得，粒子轨迹半径仍为，则在之间射入区域Ⅱ的粒子均可以击中荧光屏，设轨迹圆的圆心为，则有：
击中荧光屏的粒子个数与它们射入极板间时射入总数的比：
(3)设一段短时间内击中荧光屏上某点的粒子个数为，根据动量定理有：
根据电流定义可有：
解得：
由牛顿第三定律知，粒子对屏的平均撞击力大小为：