2020年教科版高中物理选修3-5 第一章 碰撞与动量守恒 章末检测试卷（含答案）

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1、章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共计40分.16题为单项选择题，710题为多项选择题)1.下列说法错误的是()A.根据F可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力B.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便C.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它是一个标量D.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力答案C2.(2018季延中学高二期末)一个礼花弹竖直上升到最高点时炸裂成三块碎片，其中一块碎片沿竖直方向先落至地面，另两块碎片稍后一些同时落至地面.则在礼花弹炸裂

2、后的瞬间这三块碎片的运动方向可能是()答案D解析由于一块碎片沿竖直方向先落至地面，这个碎片的速度方向应竖直向下，根据动量守恒，另两块碎片的动量合成后应竖直向上，故D正确.3.(2018林州一中高二月考)如图1所示，在光滑的水平面上放置有两木块A和B，A的质量较大，现同时施加大小相等的恒力F使它们相向运动，然后又同时撤去外力F，A和B迎面相碰后合在一起，则A和B合在一起后的运动情况是()图1A.停止运动B.因A的质量较大而向右运动C.因B的速度较大而向左运动D.运动方向不确定答案A解析由动量定理知，A和B在碰撞之前的动量等大反向，合动量为零，碰撞过程中动量守恒，因此碰撞合在一起之后的总动量仍为零

3、，即停止运动，故选A.4.如图2所示，半径为R的光滑半圆槽质量为M，静止在光滑水平面上，其内表面有一质量为m的小球被竖直细线吊着位于槽的边缘处，现将线烧断，小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度为(重力加速度为g)()图2A.0 B.，方向向左C.，方向向右 D.不能确定答案B解析以水平向右为正方向，设在最低点时m和M的速度大小分别为v和v，m、M组成的系统水平方向动量守恒，知小球滑行到最低点向右运动时，槽的速度方向向左，根据动量守恒定律得：0mvMv，根据机械能守恒定律得：mgRmv2Mv2，联立以上两式解得v，故选项B正确.5.(2018济南市高二下学期期末)一只爆竹竖直升空后，在高为h处达

4、到最高点并发生爆炸，分为质量不同的两块，两块质量之比为31，其中质量小的一块获得大小为v的水平速度，重力加速度为g，不计空气阻力，则两块爆竹落地时相距()A. B. C.4v D.答案D解析设其中一块质量为m，另一块质量为3m.爆炸过程系统水平方向动量守恒，以速度v的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv3mv0，解得v；设两块爆竹落地用的时间为t，则有：hgt2，得t，落地时两者间的距离为：s(vv)t，联立各式解得：s，故选D.6.如图3所示，在光滑的水平地面上停放着质量为m的装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小球以v0的水平速度沿与切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则()图3A.在

5、相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒B.小球离开车后，对地将向右做平抛运动C.小球离开车后，对地将做自由落体运动D.小球离开车后，小车的速度有可能大于v0答案C解析整个过程中系统水平方向动量守恒，竖直方向动量不守恒，故A错误；设小球离开小车时，小球的速度为v1，小车的速度为v2，整个过程中水平方向动量守恒：mv0mv1mv2，由机械能守恒得：mv02mv12mv22，联立，解得v10，v2v0，即小球与小车分离时二者交换速度，所以小球与小车分离后对地将做自由落体运动，故B、D错误，C正确.7.(2018会宁四中高二下学期期中)如图4所示，小车放在光滑水平面上，A、B两人站在小车的两

6、端，这两人同时开始相向行走，发现小车向左运动，分析小车运动的原因可能是()图4A.A、B质量相等，但A比B速率大B.A、B质量相等，但A比B速率小C.A、B速率相等，但A比B的质量大D.A、B速率相等，但A比B的质量小答案AC解析以向右为正方向，A、B两人及小车组成的系统动量守恒，则mAvAmBvBmCvC0，得mAvAmBvB0.所以A、C正确.8.A、B两球沿一直线运动并发生正碰.如图5所示为两球碰撞前后的位移时间图像.a、b分别为A、B两球碰撞前的位移时间图线，c为碰撞后两球共同运动的位移时间图线，若A球质量是m2 kg，则由图可知()图5A.A、B碰撞前的总动量为3 kgm/sB.碰撞

7、时A对B所施冲量为4 NsC.碰撞前后A的动量变化为6 kgm/sD.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J答案BD解析由xt图像可知，碰撞前有：A球的速度vA m/s3 m/s，B球的速度vB m/s2 m/s；碰撞后A、B两球的速度相等，为vAvBv m/s1 m/s，则碰撞前后A的动量变化pAmvmvA4 kgm/s；对A、B组成的系统，由动量守恒定律mvAmBvB(mmB)v得：mB kg.A与B碰撞前的总动量为：p总mvAmBvB2(3) kgm/s2 kgm/s kgm/s；由动量定理可知，碰撞时A对B所施冲量为：IBpBmBvmBvB4 kgm/s4 Ns.碰撞中A、B两

8、球组成的系统损失的动能：EkmvA2mBvB2(mmB)v2，代入数据解得：Ek10 J，故A、C错误，B、D正确.9.小车静置于光滑的水平面上，小车的A端固定一个水平轻质小弹簧，B端粘有橡皮泥，小车的质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧处于压缩状态(细绳未画出)，开始时小车与C都处于静止状态，如图6所示，当突然烧断细绳时，弹簧被释放，使木块C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是()图6A.如果小车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒B.当木块相对地面运动的速度大小为v时，小车相对地面运动的速度大小为vC.小车向左运动的最大

9、位移为D.小车向左运动的最大位移为L答案BC解析小车、弹簧与C这一系统所受合外力为零，系统在整个过程动量守恒，但粘接过程有机械能损失.Mvmv0，则vv，同时该系统属于“人船模型”，Mdm(Ld)，小车向左运动的最大位移d，综上，选项B、C正确.10.(2018郑州一中高二期中)如图7所示，质量为m的小球A静止于光滑的水平面上，在球A和墙之间用轻弹簧连接，现用完全相同的小球B以水平速度v0与A相碰撞，碰撞后两球粘在一起压缩弹簧.不计空气阻力，若弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为E，从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中弹簧对A、B整体的冲量大小为I，则下列表达式中正确的是()图7A.Emv02 B

10、.Emv02C.Imv0 D.I2mv0答案AD解析选取A、B作为一个系统，设两球碰撞后的速度为v，在A、B两球碰撞过程中，以v0的方向为正方向，利用动量守恒定律可得：mv0(mm)v，解得v，再将A、B及轻弹簧作为一个系统，在压缩弹簧过程中利用机械能守恒定律可得：弹簧最大弹性势能E2m2mv02，A正确，B错误；弹簧压缩到最短后，A、B开始向右运动，弹簧恢复原长时，由机械能守恒定律可知，A、B的速度大小均为，以水平向右为正方向，从球A被碰撞到回到原静止位置的过程中，弹簧对A、B整体的冲量大小I2m2m2mv0，C错误，D正确.二、实验题(本题共2小题，共计13分)11.(5分)用半径相同的两

11、小球A、B碰撞“验证动量守恒定律”，实验装置示意图如图8所示，斜槽与水平槽平滑连接.实验时先不放B球，使A球从斜槽上某一固定点C由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹.再把B球静置于水平槽前端边缘处，让A球仍从C处由静止滚下，A球和B球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹.记录纸上的O点是重垂线所指的位置，若测得各落点痕迹到O点的距离：OM2.68 cm，OP8.62 cm，ON11.50 cm，并知 A、B两球的质量比为21，则未放B球时A球落地点是记录纸上的_点，系统碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误差100%_%(结果保留一位有效数字).图8答案P(2分)2(3分)解析根据实

12、验现象，未放B球时A球落地点是记录纸上的P点；碰撞前总动量p与碰撞后总动量p的百分误差100%100%2%.12.(8分)图9为一弹簧弹射装置，在内壁光滑、水平固定的金属管中放有轻弹簧，弹簧压缩并锁定，在金属管两端各放置一个金属小球1和2(两球直径略小于管径且与弹簧不相连).现解除弹簧锁定，两个小球同时沿同一直线向相反方向弹射.然后按下述步骤进行实验：图9用天平测出两球质量m1、m2；用刻度尺测出两管口离地面的高度h；记录两球在水平地面上的落点P、Q.回答下列问题：(1)要测定弹射装置在弹射时所具有的弹性势能，还需测量的物理量有_.(已知重力加速度g)A.弹簧的压缩量xB.两球落点P、Q到对应

13、管口M、N的水平距离x1、x2C.小球直径D.两球从管口弹出到落地的时间t1、t2(2)根据测量结果，可得弹性势能的表达式为Ep_.(3)由已知量和上述测得的物理量来表示，如果满足关系式_，就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.答案(1)B(2分)(2)(3分)(3)m1x1m2x2(3分)解析(1)根据机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能等于两球得到的动能之和，而要求解动能必须还要知道两球弹射的初速度v0，由平抛运动规律可知v0，故还需要测出两球落点P、Q到对应管口M、N的水平距离x1、x2；(2)小球被弹开时获得的动能Ekmv02，故弹性势能的表达式为Epm1v12m2v22；(3)如果

14、满足关系式m1v1m2v2，即m1x1m2x2，那么就说明弹射过程中两小球组成的系统动量守恒.三、计算题(本题共4小题，共计47分)13.(10分)(2018三明市高二下学期期末)如图10所示，水平固定的长滑杆上套有2个质量均为m的薄滑扣(即可以滑动的圆环)A和B，两滑扣之间由不可伸长的柔软轻质细线连接(图中未画出)，细线长度为l，滑扣在滑杆上滑行的阻力大小恒为滑扣对滑杆正压力大小的k倍，开始时两滑扣可以近似地看成挨在一起(但未相互挤压).今给滑扣A一个向左的初速度v0，使其在滑杆上开始向左滑行，细线拉紧后两滑扣以共同的速度向前滑行，假设细线拉紧过程的时间极短，重力加速度为g，求：图10(1)

15、细线拉紧后两滑扣的共同速度大小；(2)整个过程中仅仅由于细线拉紧引起的机械能损失.答案(1)(2)kmgl解析(1)由动能定理：kmglmv12mv02(2分)由动量守恒定律：mv12mv共(2分)由解得v12，v共(2分)(2)Emv122mv共2(3分)联立解得Ekmgl.(1分)14.(12分)(2018永春一中高二期末)如图11所示，粗糙的水平面连接一个竖直平面内的半圆形光滑轨道，其半径为R0.1 m，半圆形轨道的底端放置一个质量为m0.1 kg的小球B，水平面上有一个质量为M0.3 kg的小球A以初速度v04.0 m/s开始向着小球B运动，经过时间t0.80 s与B发生弹性碰撞.设两

16、小球均可以看成质点，它们的碰撞时间极短，且已知小球A与水平面间的动摩擦因数0.25，重力加速度g取10 m/s2，求：图11(1)两小球碰撞前A的速度大小；(2)小球B运动到最高点C时对轨道的压力；(3)小球A所停的位置距圆轨道最低点的距离.答案(1)2 m/s(2)4 N，方向竖直向上(3)0.2 m解析(1)以v0的方向为正方向，碰撞前对A由动量定理有：MgtMvAMv0(1分)解得：vA2 m/s(1分)(2)对A、B，碰撞前后动量守恒：MvAMvAmvB(1分)因A、B发生弹性碰撞，故碰撞前后动能保持不变：MvA2MvA2mvB2(1分)联立以上各式解得：vA1 m/s，vB3 m/s

17、(1分)对B球由机械能守恒得：mvC22mgRmvB2(1分)解得：vC m/s(1分)设在最高点C，轨道对小球B的压力大小为FN，则有：mgFNm(1分)解得FN4 N(1分)由牛顿第三定律知，小球对轨道的压力的大小为4 N，方向竖直向上.(1分)(3)对A沿圆轨道运动时：MvA2MgR因此A沿圆轨道运动到其能到达的最高点后又原路返回轨道底端，此时A的速度大小为1 m/s.由动能定理得：Mgs0MvA2(1分)解得：s0.2 m.(1分)15.(12分)两块质量都是m的木块A和B在光滑水平面上均以大小为的速度向左匀速运动，中间用一根劲度系数为k的水平轻弹簧连接，如图12所示.现从水平方向迎面

18、射来一颗子弹，质量为，速度大小为v0，子弹射入木块A(时间极短)并留在其中.求：图12(1)在子弹击中木块后的瞬间木块A、B的速度vA和vB的大小；(2)在子弹击中木块后的运动过程中弹簧的最大弹性势能.答案(1)(2)mv02解析(1)在子弹打入木块A的瞬间，由于相互作用时间极短，弹簧来不及发生形变，A、B都不受弹簧弹力的作用，故vB；(1分)由于此时A不受弹簧的弹力，木块A和子弹构成的系统在这极短过程中所受合外力为零，系统动量守恒，选向左为正方向，由动量守恒定律得：(m)vA(2分)解得vA(2分)(2)由于子弹击中木块A后，木块A、木块B运动方向相同且vAvB，故弹簧开始被压缩，分别给木块

19、A、B施以弹力，使得木块A加速、B减速，弹簧不断被压缩，弹性势能增大，直到二者速度相等时弹簧的弹性势能最大，在弹簧压缩过程中木块A(包括子弹)、B与弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒.设弹簧压缩量最大时共同速度的大小为v，弹簧的最大弹性势能为Epm，选向左为正方向，由动量守恒定律得：mvAmvB(mm)v(2分)由机械能守恒定律得：mvA2mvB2(mm)v2Epm(3分)联立解得vv0，Epmmv02.(2分)16.(13分)(2018沂南县高二下学期期中)如图13所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，mM，A、B间动摩擦因数为，现给A和B以大小相等、方

20、向相反的初速度v0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，已知重力加速度为g，求：图13(1)A、B最后的速度大小和方向；(2)在平板车与小木块相对滑动的过程中，B的加速度大小及A对B的冲量大小；(3)从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小.答案(1)大小都为v0方向都向右(2)(3)v02解析(1)以水平向右为正方向，对A、B系统由动量守恒得：Mv0mv0(Mm)v(2分)所以vv0，方向向右(2分)(2)对B，由牛顿第二定律得mgMa(1分)可得a(1分)对B，由动量定理可得IMvMv0(1分)得：I(1分)故A对B的冲量大小为(3)A向左运动速度减为零时，到达最远处，设此时平板车运动的位移为x，速度大小为v，则由动量守恒定律得：Mv0mv0Mv(2分)对平板车应用动能定理得：mgxMv2Mv02(2分)联立解得：xv02.(1分)