上海市海滨高中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．汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开。在某次试验中，质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台，经时间t1 = 0.10 s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。则在本次实验中汽车受到试验台的冲量I0大小和F0的大小分别为（　　）（忽略撞击过程中地面阻力的影响。）
A．I0=5.76×104N·S，F0=1.6×105N B．I0=1.6×104N·S，F0=1.6×105N
C．I0=1.6×105N·S，F0=1.6×105N D．I0=5.76×104N·S，F0=3.2×105N
2．将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，上升到某一高度后又回到地面。若该过程空气阻力不能忽略，且视为恒力，则小球（　　）
A．重力上升的冲量大于下降的冲量
B．重力上升的冲量等于下降的冲量
C．重力的冲量大于小球动量变化量
D．重力的冲量等于小球动量变化量
3．火箭向后喷气后自身获得向前的速度。某一火箭在喷气前的质量为，间断性完成了多次向后喷气，每秒钟可完成5次喷气。设每一次喷气均喷出气体，气体喷出后的速度为，则第三次喷气后火箭的速度为（题中涉及各速度均以地面为参考系）（　　）
A． B． C． D．
4．学校运动会进行跳远比赛时，要在沙坑里填沙。这样做的目的是为了减小人触地过程中的　　
A．作用时间 B．动量变化量 C．动量变化率 D．受到的冲量
5．材料相同质量不同的两滑块，以相同的初动能在同一水平面上运动，最后都停了下来。下列说法正确的是（ ）
A．质量大的滑块摩擦力做功多
B．质量大的滑块运动的位移大
C．质量大的滑块运动的时间长
D．质量大的滑块摩擦力冲量大
6．如图所示，三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出，最终都能到达坐标原点O．不计空气阻力，x轴所在处为地面，则可判断A、B、C三个小球（　　）
A．在空中运动过程中，动量变化率之比为1：1：1
B．在空中运动过程中，重力做功之比为1：2：3
C．初始时刻纵坐标之比为1：4：9
D．到达O点时，速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1：4：9
7．如图所示，一轻弹簧连着两球，现将弹簧压缩后用锁扣（图中未画出）锁住，放在足够大的光滑水平面上，B、C两球并排靠在一起但不粘连，A、B、C三球的质量均为m。现解除锁扣，弹簧第一次伸长到最长时，弹簧的弹性势能为Ep。下列说法正确的是（　　）
A．从解除锁扣到弹簧恢复到自然伸长状态的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒
B．C最终的速度大小为
C．弹簧压缩后被锁扣锁住时的弹性势能为
D．弹簧第一次伸长到最长时，A的速度大小为
8．关于动量冲量和动能，下列说法正确的是（　　）
A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大 B．物体的动量变化，其动能有可能不变
C．物体受到合外力的冲量作用，则其动能一定变化 D．物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上
9．如图1，一物块静止在光滑水平面上，t=0时在水平力F的作用下开始运动，F随时间t按正弦规律变化如图2所示，则（ ）
A．在0~1.5 s时间内，第1 s末质点的动量最大
B．第2 s末，质点回到出发点
C．在0~1 s时间内，F的功率先增大后减小
D．在0.5~1.5 s时间内，F的冲量为0
10．如图所示，光滑水平面上有质量均为的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A 以速度水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中（ ）
A．A、B的动量变化量大小相等
B．A、B的动量变化率相同
C．A、B系统的总动能保持不变
D．A、B系统的总动量保持不变
11．如图所示，在光滑的水平面上有两个滑块P、Q，滑块Q的左端固定连着一轻质弹簧．两个滑块分别以一定大小的速度沿着同一直线相向运动，滑块P的质量为2m，速度方向向右，滑块Q的质量为m．速度方向向左，则下列说法正确的是　　
A．P、Q两个滑块包括弹簧组成的系统动能始终保持不变
B．当两个滑块的速度相等时，弹簧的弹性势能最大
C．两个滑块最终能以共同的速度一起向右运动
D．从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q的速度大小先减小后增大
12．如图，长为L、质量为M的木板静置在光滑的水平面上，在木板上放置一质量为m的物块，物块与木板之间的动摩擦因数为μ.物块以v0从木板的左端向右滑动，若木板固定不动时，物块恰好能从木板的右端滑下．若木板不固定时，下列叙述正确的是（ 　）
A．物块不能从木板的右端滑下
B．对系统来说产生的热量Q＝μmgL
C．经过，物块与木板便保持相对静止
D．摩擦力对木板所做的功等于物块克服摩擦力所做的功
13．气垫导轨是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用两个光电门以及滑块A和B来探究动量守恒定律，实验装置如图所示，采用的实验步骤如下：
a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB
b.调整气垫导轨，使导轨处于水平
c.给B一个水平向左初速度，记录B通过光电门2的挡光时间为tB
d.B与静止在导轨上的A发生碰撞后，A向左运动通过光电门1的挡光时间为tA，B向右运动通过光电门2的挡光时间为tB′
(1)实验中测得滑块B上遮光条的宽度为dB，还应测量的物理量是__________。
(2)利用上述测量的实验数据，得出关系式__________成立，即可验证动量守恒定律。
14．利用如图所示装置研究碰撞中的动量守恒定律．放置在桌面上的长轨道上有两个材质相同的小车，两车相对的侧面上装有尼龙粘贴，两车质量分别为m1和m2，小车m1后面连接纸带，通过打点计时器记录小车运动情况．开始时小车m1获得一初速度向左运动，与左侧静止的小车m2相碰后粘在一起继续运动，打点计时器所用电源频率为50Hz．
（1）以下对本装置的叙述正确的是_______
A．小车m1的起始位置应靠近打点计时器
B．实验需满足m1>m2
C．实验前需要适当抬高长木板右端平衡摩擦力
D．平衡摩擦力时木板右端抬起的高度与两小车质量均有关
（2）一个同学在上述实验中测出m2＝4m1，根据实验中纸带的测量数据画出小车m1的位移x随时间t变化的图像如图所示，以下对实验结果的分析正确的是_____
A．此实验验证了动量守恒定律
B．此实验中碰撞前后动量不守恒，原因可能是存在阻力
C．此实验中碰撞前后动量不守恒，原因可能是小车m2受扰动具有了初速度
D．此实验中碰撞前后动量不守恒，原因可能是碰撞中有机械能损失
15．如图所示，MN是半径为R=0.8m的竖直四分之一光滑圆弧轨道，竖直固定在水平桌面上，轨道末端处于桌子边缘并与水平桌面相切于N点。把一质量为m=1kg的小球B静止放于N点，另一个完全相同的小球A由M点静止释放，经过N点时与B球发生正碰，碰后粘在一起水平飞出，落在地面上的碰点。若桌面高度为h=0.8m，取重力加速度g=10m/。不计空气阻力，小球可视为质点。求：
（1）小球A运动到N点与小球B碰前的速度的大小；
（2）小球A与小球B碰后瞬间的共同速度的大小；
（3）P点与N点之间的水平距离x.
16．如图所示，在竖直平面内，一半径为R=0.45m的光滑半圆轨道MN和粗糙水平轨道PM在M点相切，MN为圆弧轨道的直径，O为圆心，一质量为mA=1kg的物块A(可视为质点)水平向右运动．与静止在M点的质量为mB=2kg的物块B发生完全弹性碰撞，已知碰撞前瞬间物块A的速度为v0=9m／s，碰撞后物块A最终静止在水平轨道的Q处(图中未标出)，物块B脱离半圆轨道后也恰好落到Q处，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)碰撞后瞬间物块B的速度大小；
(2)物块和水平轨道之间的动摩擦因数．
17．如图所示，木块A质量=2kg，木板B质量=5kg，质量为=3kg的小木块C（可看成质点）置于木板B的最右端，水平地面光滑，B、C间动摩擦因数μ为0.25。开始时B、C均静止，现使A以=9m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以1m/s速度弹回。已知A与B的碰撞时间极短，此后的运动过程中C始终未从B上脱落。G取10m/,求：
（1）A、B碰后瞬间B木板的速率；
（2）此后的运动过程中木块C的最大速率；
（3）木板B的最小长度。
18．如图所示，质量为0.4kg的木块以2m/s的速度水平地滑上静止在光滑水平地面上的平板小车，车的质量为1.6kg，木块与小车之间的摩擦系数为0.2(g取10m/s2)。设小车足够长，求：
(1)木块和小车相对静止时小车的速度大小；
(2)从木块滑上小车到它们处于相对静止所经历的时间；
(3)为了防止木块从小车上滑落，小车至少多长？
参考答案
1．B
【解析】
【详解】
汽车受到试验台的冲量等于汽车动量的改变量的大小
平均撞击力，根据动量定理可知
带入数据解得：
A． I0=5.76×104N·S，F0=1.6×105N与分析不符，故A错误；
B． I0=1.6×104N·S，F0=1.6×105N与分析相符，故B正确；
C． I0=1.6×105N·S，F0=1.6×105N与分析不符，故C错误；
D． I0=5.76×104N·S，F0=3.2×105N与分析不符，故D错误。
故选：B。
2．C
【解析】
【详解】
AB．由于空气阻力对小球做负功，所以小球的机械能不断减少，则经过同一点时上升的速度比下降的速度大，所以上升过程平均速度比下降过程的平均速度大，而两个过程位移大小相等，所以上升所用时间比下降的短，由
I=mgt
知，重力上升的冲量小于下降的冲量，故AB错误；
CD．根据动量定理知重力和空气阻力的合力冲量等于小球动量的变化量，重力的冲量方向与小球动量变化量方向相同，空气阻力的冲量的方向与小球动量变化量的方向相反，故重力的冲量大于小球动量变化量，故C正确，D错误。
故选C。
3．D
【解析】
【详解】
取喷气前的火箭整体为研究对象，喷气过程动量守恒。设每次喷出气体的速度为v，三次喷气后火箭的速度为，由动量守恒定律得
解得
故ABC错误，D正确。
故选D。
4．C
【解析】
【详解】
跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止动量的变化量相等，设为，由动量定理可知，人受到的合力的冲量是一定的，人落在沙坑中比落在地面上延长了人与沙坑的接触时间，t变大，由动量定理得：，，一定，t越长，动量变化率越小，人受到的合外力越小；故能减小的只有动量的变化率，故C正确，ABD错误。
5．D
【解析】
【详解】
AB．滑块匀减速直线运动停下的过程，根据动能定理有
得
故摩擦力做功相同，质量大的滑块位移小，故AB错误；
CD．根据动量定理有
故质量大的滑块受到的冲量大，运动时间短，故C错误，D正确。
故选D。
6．AC
【解析】
【详解】
A．动量的变化率为合外力，即为重力，重力相同，则动量的变化率相等，故A正确；
BC．小球做平抛运动，水平初速度相同，、、水平位移之比为1：2：3，根据可得它们在空中运动的时间之比为1：2：3，根据可得该过程小球的下落高度之比1：4：9，由于初始时刻纵坐标之比等于该过程小球的下落高度之比，所以初始时刻纵坐标之比为1：4：9，根据可知重力做功之比为1：4：9，故B错误，C正确；
D．根据可知竖直向速度之比为1：2：3，水平向速度相向，而速度方向与水平方向夹角的正切值为
则速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1：2：3，故D错误；
故选AC。
7．BC
【解析】
【分析】
【详解】
A．解除锁扣后弹簧伸长，弹簧恢复到自然伸长状态后，B、C分离，此后C做匀速直线运动，从解除锁扣到弹簧恢复到自然伸长状态的过程中，由于B受到C向左的弹力作用，故A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，故A错误；
BCD．设弹簧处于自然伸长状态时，A、B的速度大小分别为vA、vB，则C球最终的速度大小vC=vB，对A、B、C和弹簧组成的系统，由动量守恒定律有
设弹簧压缩后被锁扣锁住时的弹性势能为Ep'，由机械能守恒定律有
弹簧恢复到自然伸长状态后，A的速度减小，B的速度先减小到零后反向（向左）增大，当A、B的速度相等时，弹簧第一次伸长到最长，设此时A、B的速度为v，对A、B和弹簧组成的系统，由动量守恒定律有
由机械能守恒定律有
解得
所以B正确，C正确，D错误。
故选BC。
8．BD
【解析】
【详解】
A．根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A错误；
B．匀速圆周运动的速度方向时刻变化，但速度大小不变，所以动量变化，但动能不变，故B正确；
C．匀速圆周运动的合外力的冲量不为零，但动能不变，故C错误；
D．由公式可知，由于动量和动量变化为矢量，遵循平行边形定则，则物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上，故D正确。
故选BD。
9．ACD
【解析】
【详解】
A．从图象可以看出在前1 s内力的方向和运动的方向相同，物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第1 s末，物块的速度最大，动量最大，故A正确；
B．该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0~2 s内的位移为正，没有回到出发点，故B错误；
C．0~1 s内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P=Fv得力F瞬时功率开始时为0，1 s末的瞬时功率为0，所以在0~1 s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；
D．在F–t图象中，F与t之间的面积表示力F的冲量，由图可知，0.5~1 s之间的面积与1~1.5 s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在0.5~1.5 s时间内，F的冲量为0，故D正确．
10．AD
【解析】
【详解】
AD．由题意可知两物体相互作用过程中系统的合外力为零，故系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，故A正确，D正确；
B．由动量定理
得：
可以知道动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B两物体所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故B错误；
C．因整个过程中只有弹簧弹力做功，A、B系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故C错误。
故选AD。
11．BD
【解析】
【详解】
对于P、Q两个滑块包括弹簧组成的系统，由于只有弹簧的弹力做功，所以系统的机械能守恒，即系统动能和弹簧弹性势能之和不变，动能是变化的，故A错误；P以某一初速度压缩弹簧，在弹簧弹力作用下P做减速运动，Q做加速运动，当P与Q速度相等时，弹簧最短，弹性势能最大，故B正确；设最终P、Q两个滑块的速度分别为和规定向右为正方向，根据动量守恒定律得： ，根据系统的机械能守恒得，解得：，或，，故C错误；从P滑块和弹簧接触到弹簧压缩至最短的过程中，滑块Q一直受到向右的弹力，速度先向左减小至零，再向右增大，故D正确．
12．AC
【解析】
【详解】
A、木板固定不动时，物块减少的动能全部转化为内能．木板不固定时，物块向右减速的同时，木板要向右加速，物块减少的动能转化为系统产生的内能和木板的动能，所以产生的内能必然减小，物块相对于木板滑行的距离要减小，不能从木板的右端滑下．故A正确．B、对系统来说，产生的热量Q=fs相对=μmgs相对＜μmgL，故B错误．C、设物块块与木板最终的共同速度为v，滑块和木板系统动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律，有：mv0=（m+M）v，对木板M，由动量定理得：μmgt=Mv，联立解得，故C正确．D、由于物块与木板相对于地的位移大小不等，物块对地位移较大，而摩擦力大小相等，所以摩擦力对木板所做的功小于物块克服摩擦力所做的功．故D错误．故选AC．
【点睛】
本题的关键是明确木块和木板的运动规律，正确分析能量的转化情况．要知道木板不固定时，木块和木板组成的系统动量守恒．
13． 滑块A上遮光条的宽度为dA
【解析】（1）由于滑块的宽度除以滑块通过光电门的时间即为滑块通过光电门时的速度，所以还应测量的物理量是滑块A上遮光条的宽度为；
（2）由于系统水平方向所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，在释放前系统的动量为，取向左为正方向，故在释放后系统的动量仍然为，则根据动量守恒有：，即可验证动量守恒定律。
点睛：由于系统水平方向所受合外力为0，故系统水平方向动量守恒，找出释放前后的动量，注意方向性的问题。
14．AC C
【解析】
【分析】
【详解】
（1）为了使得纸带打出较多的点，并且等小车速度稳定后再碰撞，应使得小车的起始位置应靠近打点计时器，故A正确；为了更好粘合在一起，应使得，故B错误；为了使得两车在运动过程中合力为零，应平衡摩擦力，平衡摩擦力时是根据重力沿斜面的分力与摩擦力平衡而进行的，故有，质量约去，即平衡摩擦力时木板右端抬起的高度与两小车质量无关，故C正确，D错误。
（2）x-t图像的斜率表示速度，在碰撞前有，在碰撞后有，此实验中碰撞前后动量不守恒，并且碰撞后的动量大于碰撞前的动量，原因可能是小车m2受扰动具有了初速度，x-t可求出碰撞前瞬间的速度，所以有无阻力对实验没有影响，并且完全非弹性碰撞肯定有机械能损失，故C正确，ABD错误。
15．（1）4m/s（2）2m/s（3）0.8m
【解析】
【分析】
（1）小球在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理即可求出；
（2）小球到达N点，与B发生碰撞，由动量守恒定律即可求出碰撞后的速度；
（3）由平抛运动规律即水平方向上匀速和竖直方向自由落体可求水平距离。
【详解】
（1）小球在圆弧轨道内下滑过程中，由动能定理得：
代入数据解得：
；
（2）两个小球碰撞的过程中水平方向的动量守恒，选取向右为正方向，设碰撞后的共同速度为v，则：
代入数据可得：
（3）小球从N点飞出后做平抛运动，
竖直方向上：
水平方向上：
解得：
。
【点睛】
本题是平抛运动和动能定理的综合应用，速度是它们之间联系的纽带。根据动能定理求解变力做功是常用的思路。
16．（1）6m/s（2）0.25
【解析】
【分析】
（1）根据碰撞过程动量守恒和能量守恒关系求解碰撞后瞬间物块B的速度大小；（2）碰后物体B沿轨道上滑到达最高点后做平抛运动，根据平抛运动的规律求解落点的位置；在研究物体A碰前的减速过程，由动能定理求解动摩擦因数.
【详解】
（1）物块A与B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律： mAv0=mAv1+mBv2
由能量关系：mAv02=mAv12+mBv22，
解得v1=-3m/s v2=6m/s
（2）物块B从M点运动到N点的过程中，由动能定理：
解得
然后做平抛运动，则2R=gt2，x=vNt
解得x=1.8m；
对A物体由动能定理：
解得μ=0.25
17．（1）4m/s(2)2.5m/s(3)2m
【解析】
【详解】
A与B碰后瞬间,C的运动状态未变,B速度最大.以A、B组成的系统为研究对象,碰撞过程系统动量守恒,以A的初速度方向为正方向,
由动量守恒定律得:
，
,代入数据得:
（2）A、B碰撞后,B与C相互作用使B减速、C加速,因为B板足够长,
所以B和C能达到相同速度,二者共速后,C速度最大,
以B、C组成的系统为研究对象,以向右为正方向,
由动量守恒定律得:
,
代入数据得:
.
（3）B和C共速过程中，损失的机械能全部转化为内能，就等于摩擦力乘以相对位移:
代入数据得:
。
18．(1)0.4m/s (2) 0.8s (3) 0.8m
【解析】
【详解】
(1) 以木块和小车为研究对象，向右为正方向，由动量守恒定律可得：
解得：
(2) 以木块为研究对象，由动量定理可得
且
得到
(3)根据能量守恒
解得小车至少长度 。
答：(1)0.4m/s (2) 0.8s (3) 0.8m