上海市龙柏高中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．把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好恢复原长（图乙）。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是（　　）
A．A到C的过程，小球的动量增加
B．A到C的过程，小球重力冲量小于弹簧弹力的冲量
C．A到B的过程，小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量
D．A到B的过程，小球重力的冲量一直变大
2．将质量均为m的三个小球A、B、C从离地同一高度h处以大小相同的初速度v0分别竖直上抛、竖直下抛和平抛，不计空气阻力，则（　　）
A．三球着地时的动能相同
B．三球着地时的动量相同
C．飞行过程中三球所受的冲量相同
D．飞行过程中三球动量变化量相同
3．如图所示，A、B两个木块用轻弹簧相连接，它们静止在光滑水平面上，A和B的质量分别是99m和100m，一颗质量为m的子弹以速度v0水平射入木块A内没有穿出，则在以后的过程中弹簧弹性势能的最大值为
A． B． C． D．
4．如图所示，一木块用轻细绳悬于O点，开始时木块静止于O点正下方，现用质量远小于木块的弹丸以一定速度打击木块，打击之间极短。第一粒弹丸以向右的水平速度v1打入木块后并留在其中，木块的最大摆角为，当其第一次返回O点正下方时，质量相同的第二粒弹丸以向右的水平速度v2打入木块，也留在木块中，木块最大摆角仍为，忽略空气阻力，则以下结论中正确的是（　　）
A．v1=v2 B．v1：v2=1：2 C．v1：v2=2：1 D．v1：v2=1：4
5．完全相同的两个小滑块甲和乙，可视为质点，分别从质量相同，底边长相同的两个斜面体顶端由静止滑下，如图所示，已知斜面倾角为α和β，且α＞β，两个滑块和斜面之间的动摩擦因数相同，下滑过程中斜面体均保持静止，下列说法正确的是（　　）
A．甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大
B．甲滑块在斜面上滑动的时间一定比乙长
C．甲滑块下滑过程中，机械能的变化量比乙大
D．甲滑块下滑过程中，斜面体对水平地面的压力比乙大
6．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，重力加速度大小为g，不计摩擦。下列说法中正确的是（ ）
A．当v0=时，小球能到达B点
B．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
C．当v0=时，小球在弧形凹槽上运动的过程中，滑块的动能一直增大
D．如果滑块固定，小球返回A点时对滑块的压力为
7．如图所示，质量相同的两木块从同一高度同时开始自由下落，至某一位置时A被水平飞来的子弹击中（未穿出），则A、B两木块的落地时间tA、tB的比较，正确的是（　　）
A．tA＝tB B．tA＞tB C．tA＜tB D．无法判断
8．质量为M的小车在光滑的水平地面上以v0匀速运动。当车中的砂子从底部的漏斗中小断流下时，车子速度将（　　）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
9．如图所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，静止时细线长L.现将悬线和小球拉至图中实线位置，此时悬线与竖直方向的夹角θ＝60°，并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是(　　)
A． B． C． D．
10．如图所示 “牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是（ ）
A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度
D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同
11．质量分别为m1与m2的甲、乙两球在水平光滑轨道上同向运动，已知它们的动量分别是p1=5 kg·m/s，p2=7 kg·m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为8kg·m/s，则甲、乙两球质量m1与m2间的关系可能是(???)
A．m1=m2 B．2m1=m2 C．5m1=3m2 D．4ml=m2
12．一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由下落的过程称为Ⅰ，进入 泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则（　　）
A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量
B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小
C．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小
D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量
13．某实验小组做“验证动量守恒定律”的实验．分别设计了图甲、图乙两种实验装置；
（1）若采用图甲所示装置进行实验，为了减小偶然误差，确定小球落点的平均位置的方法是：
_______________；为了保证入射小球离开斜槽末端的速度相同，每次必须从斜槽上_____滚下；
(2)已知入射小球质量为，被碰小球质量为 ()，甲同学建议用图甲所示的装置，由水平地板上的白纸与复写纸记录两小球碰撞前后落点的位置，实验中记下了O、M、P、N四个位置，如图甲所示，其中P点是未放小球时小球被释放后落点的位置，若采用图甲所示装置进行实验，若满足______(用、、OM、OP、ON表示)，则说明碰撞中动量守恒；乙同学建议用图乙所示的实验装置，用垂直于小球下落轨迹平面的竖直木板及白纸、复写纸记录两小球碰撞前后落点的位置，实验中记下了O、A、B、C四个位置(如图所示)，若满足_________(用、、OA、OB、OC表示)，则说明碰撞中动量守恒；这两种方案你认为_______(填“甲”或“乙")较好．
14．某实验小组设计了一个用打点计时器“探究碰撞中的不变量”的实验：将连接有穿过打点计时器的纸带的小车甲放在已平衡摩擦力的长木板上，给小车甲某一初速度使之匀速下滑．由于小车甲前端有黏合剂，运动中会与原來静止在前方的小车乙相碰并粘合成一体，继续做匀速运动，如图1所示．已知电磁打点计时器使用的电源频率为50Hz．
（1）若实验得到的打点纸带如图2所示，并测得各计数点间距（标在图上），则打点计时器先打的纸带______端（填“左”或“右”），根据纸带计算甲和乙碰后的共同速度______（计算结果保留2位有效数字）；
（2）测得小车甲的质量m甲＝0.40kg，则由实验数据可以推算小车乙的质量m乙＝_____kg时，动量守恒（计算结果保留2位有效数字）．
15．质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，
（1）求小球与地面碰撞前后的动量变化；
（2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小？（取g=10m/s2）．
16．如图所示，在水平地面上有两物块甲和乙，它们的质量分别为2m、m，甲与地面间无摩擦，乙与地面间的动摩擦因数恒定．现让甲以速度向着静止的乙运动并发生正碰，且碰撞时间极短，若甲在乙刚停下来时恰好与乙发生第二次碰撞，试求：
（1）第一次碰撞过程中系统损失的动能
（2）第一次碰撞过程中甲对乙的冲量
17．如图所示，物块C质量mc=4kg，上表面光滑，左边有一立柱，放在光滑水平地面上。一轻弹簧左端与立柱连接，右端与物块B连接，mB=2kg。长为L=3.6m的轻绳上端系于O点，下端系一物块A，mA=3kg。拉紧轻绳使绳与竖直方向成60°角，将物块A从静止开始释放，达到最低点时炸裂成质量m1=2kg、m2=1kg的两个物块1和2，物块1水平向左运动与B粘合在一起，物块2仍系在绳上具有水平向右的速度，刚好回到释放的初始点。A、B都可以看成质点。取g=10?m/s2。求:
(1)设物块A在最低点时的速度v0.
(2)物块A炸裂时增加的机械能△E。
(3)在以后的过程中，弹簧最大的弹性势能Epm。
18．如图所示，用0.5kg的铁睡把钉子钉进木头里去，打击时铁锤的速度v=4.0m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01s（取g=10m/s2），那么：
（1）不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力多大？
（2）考虑铁锤的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？
参考答案
1．D
【解析】
【详解】
A．小球从A运动到C位置的过程中，先加速，当到达B点弹簧的弹力k△x=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，直到离开弹簧后，小球都做减速运动，故小球从A上升到C的过程中，速度先增大后减小，则动量也是先增大后减小，故A错误；
B．根据动量定理可之，A到C的过程，小球重力冲量等于弹簧弹力的冲量，故B错误；
C ．A到B的过程，根据动量定理：I弹-I重=mv-0，可知小球动量的增加量小于弹簧弹力的冲量，故C错误；
D．根据重力的冲力等于I重=mgt，可知A到B的过程，小球重力的冲量一直变大，故D正确。
故选D。
2．A
【解析】
【详解】
A．由动能定理知
所以三球着地时的动能相同，故A正确；
B．由p=mv知落地时动量大小相同，竖直上抛和竖直下抛的动量方向竖直向下，但是平抛的动量方向是斜向下，故B错误；
C．由冲量I合=mgt知三球的冲量大小是
I上抛>I平抛>I下抛
方向都是竖直向下，故C错误；
D．由动量定理I合=Δp知
Δp上抛>Δp平抛>Δp下抛
故D错误。
故选A。
3．A
【解析】
【详解】
系统全过程动量守恒：

子弹打入木块过程损失的动能转化为系统内能，A、B速度相同时弹性势能有最大值：
故选A。
4．B
【解析】
【详解】
弹丸打击木块相当于给木块一个定值动量p1，系统动量守恒。则第一颗弹丸打击后，系统获得水平向右的动量p1，木块可以摆到最大摆角，的位置，根据机械能守恒，可知，当木块再回到最低点时，具有水平向左的动量p1，第二颗弹丸打击后，根据动量守恒，木块水平向左的动量肯定要减小，故木块肯定不能摆动到摆角为，由此判定，木块在第二颗弹丸打击后会水平向右摆动到摆角为的位置，且此时木块的动量大小仍为p1，根据动量守恒，可有第二颗弹丸打击过程中有：
可得
又两颗弹丸的质量相等，故据p=mv可知，弹丸速度
故B正确，ACD错误。
故选B。
5．A
【解析】
【详解】
A．令斜面的倾角θ，底边长l，滑块质量为m，斜面的质量为M，滑块在斜面运动时，根据动能定理有
所以滑块达到斜面底端的速度为
由于两斜面的倾角满足α＞β，所以甲滑块滑到斜面底端的速度比乙大，故A正确；
B．滑块在斜面滑动的过程中，根据动量定理有
所以滑块在斜面上的运动时间为
由于甲滑块运动到斜面底端的速度大于乙，且α＞β，所以两滑块在斜面上运动时间的大小关系不确定，故B错误；
C．根据机械能守恒条件可知，滑块下滑过程机械能的量
则甲乙机械能的改变量相等，故C错误；
D．根据牛顿第二定律可知，滑块下滑的加速度大小为
因为，所以
将滑块和斜面当作一个整体，根据牛顿第二定律可知，水平面对斜面体的支持力大小为
因为a甲＞a乙且α＞β，所以N甲＜N乙，根据牛顿第三定律可知，甲下滑过程中，斜面体对水平地面的压力比乙小，故D错误。
故选A。
6．C
【解析】
【详解】
A．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：
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：
所以当时，小球不能到达B点，故A错误；
B．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正确；
D．若滑块固定，由机械能守恒知小球返回A点时的速度大小仍为v0，在B点，根据牛顿第二定律得：
解得：
根据牛顿第三定律可知，小球返回B点时对滑块的压力为，故D错误。
故选C。
7．B
【解析】
【分析】
【详解】
当A木块落至某一位置时被水平飞来的子弹很快地击中，水平方向动量守恒，即A会获得水平方向的分速度；而子弹此时竖直方向速度为零，要从零加速到与A具有相同的速度，需受到A向下的作用力，根据牛顿第三定律A会受到子弹给的向上的作用力，则A向下的速度会减小，小于B的速度；在竖直方向上，子弹击中木块后到落地过程，它们的加速度与位移都相同，由于A的初速度小于B的初速度，A的运动时间长，故A下落时间较长一些；
故选B。
8．B
【解析】
【详解】
设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为v0，汽车速度为v′，根据水平方向动量守恒可得：
Mv0=mv0+（M-m）v′
解得：
v′=v0
故ACD错误，B正确。
故选B。
9．C
【解析】
【详解】
小球下摆过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL（1-cos60°）=mv2，则 ，
两球碰撞过程动量守恒，以小球与泥球组成的系统为研究对象，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+m）v′，解得碰后两球的速度：，碰后两球上摆过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律得：?2m?v′2=2m?gh，解得h=；故选C．
10．D
【解析】
试题分析：上述实验过程中，小球5能够达到与小球1释放时相同的高度，说明系统机械能守恒，而且小球5离开平衡位置的速度和小球1摆动到平衡位置的速度相同，说明碰撞过程动量守恒，但随后上摆过程动量不守恒，动量方向在变化，选项AB错．根据前面的分析，碰撞过程为弹性碰撞．那么同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，那么球3先以与球4发生弹性碰撞，此后球3的速度变为0，球4获得速度后与球5碰撞，球5获得速度，开始上摆，同理球2与球3碰撞，最后球4以速度上摆，同理球1与球2碰撞，最后球3以速度上摆，所以选项C错D对．
考点：动量守恒 弹性碰撞
11．BC
【解析】
【详解】
根据动量守恒定律得：
解得：
碰撞过程系统的总动能不增加，则有
代入数据解得：
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：
代入数据解得：
综上有
所以只有可能，故BC正确
12．AC
【解析】
【详解】
A．过程Ⅰ中钢珠所受外力只有重力，由动量定理知钢珠动量的改变等于重力的冲量，故A正确；
B．过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故B错误；
C．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故C正确；
D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于重力和阻力的合力的冲量，故D错误。
故选AC。
13．用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面圆心即平均位置 同一位置由静止开始 甲
【解析】
【分析】
【详解】
(1)在进行实验时，该实验利用了多次实验取平均值的思想进行的，在确定小球落点时注意采用的方法是用圆规画一个尽可能小的圆把所有的落点圈在里面，圆心即平均位置，这样可以减小实验过程中造成的偶然误差；为了保证入射小球离开斜槽末端的速度相同，每次必须从斜槽上同一位置由静止开始滚下；
(2)对于甲方案， 在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有，根据平抛运动规律有：，，，下落时间t相同，因此有：。
对于乙方案，根据，得，在小球1未与小球2碰撞时，平抛运动的初速度，小球1与小球2碰撞后，小球1的速度，小球2的速度，代入，碰撞中动量守恒的表达式，这两种方案相比，甲方案更好，因为数据处理更方便，误差也较小．
14．左 0.70m/s 0.20
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2]．因碰后共同速度比原来小，而左端点迹比右端稀疏，则速度较大，打点计时器先打的纸带左端；根据纸带计算甲和乙碰后的共同速度
（2）[3]．碰前甲的速度
由动量守恒
解得
m乙=0.20kg.
15．（1）2kg?m/s；方向竖直向上；（2）12N；方向竖直向上；
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球与地面碰撞前的动量为：p1=m(－v1)=0.2×(－6) kg·m/s=－1.2 kg·m/s
小球与地面碰撞后的动量为p2=mv2=0.2×4 kg·m/s=0.8 kg·m/s
小球与地面碰撞前后动量的变化量为Δp=p2－p1=2 kg·m/s
（2）由动量定理得(F－mg)Δt=Δp
所以F=＋mg=N＋0.2×10N=12N，方向竖直向上．
16．(1)；(2)
【解析】
【详解】
解：(1)设第一次碰撞刚结束时甲、乙的速度分别为、，之后甲做匀速直线运动，乙以初速度做匀减速直线运动，在乙刚停下时甲追上乙碰撞，因此两物体在这段时间平均速度相等，有：
而第一次碰撞中系统动量守恒有：
由以上两式可得：，
所以第一次碰撞中的机械能损失为：
(2)根据动量定理可得第一次碰撞过程中甲对乙的冲量：
17．(1) 6m/s (2) 108J (3) 36J
【解析】
【详解】
（1）物块A炸裂前的速度为v0，由动能定理有
解得v0=6m/s
(2)设物块1的初速度为v1，物块2的初速度为v2，则v2=v0
由动量守恒定律得
解得v1=12m/s
根据能量守恒可知：
解得△E=108J
(3)设物块1与B粘合在一起的共同速度为vB，由动量守恒
所以vB=6m/s
在以后的过程中，当物块C和1、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大，设共同速度为vm，由动量守恒
有vm=3m/s
由能量守恒得
得Epm=36J
18．（1）200N，方向竖直向下；（2）205N，方向竖直向下
【解析】
【详解】
（1）不计铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的平均作用力为，取铁锤的速度的方向为正方向，以铁锤为研究对象，由动量定理得
则
由牛顿第三定律可知，铁锤钉钉子的平均作用力的大小也为200N，方向竖直向下。
（2）考虑铁锤受的重力时，设铁锤受到钉子竖直向上的作用力为，取铁锤的速度的方向为正方向，由动量定理得
可得
即考虑铁锤受的重力时，铁锤打打子的平均作用力为=205N，方向竖直向下。