粤教版高中物理选修35碰撞与动量守恒定律.docx
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粤教版高中物理选修35碰撞与动量守恒定律
高中物理学习材料
金戈铁骑整理制作
碰撞与动量守恒定律
班级________姓名________学号________得分________
一、选择题【共20道小题】
1、质量相等的两个小球A、B，在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动.A球初动量为7kg·m/s，B球的初动量为5kg·m/s.当A追上B球发生碰撞后，A、B两球动量的可能值为（ ）
A.pA=6kg·m/s pB=6kg·m/s B.pA=3kg·m/s pB=9kg·m/s
C.pA=-2kg·m/s pB=14kg·m/s D.pA=-4kg·m/s pB=10kg·m/s
参考答案与解析：
解析：
该类题中发生的物理过程，应同时满足：
碰撞前后系统动量守恒，即Δp=0，碰撞前后系统的动能不能增加，即ΔEk≤0.分析A、B、C、D四个选项，可知D不满足动量守恒，故D不正确.A、B、C三个选项均满足动量守恒，但B、C选项中，碰撞后系统的动能均大于碰撞前的系统动能，故B、C不正确，只有A正确.
答案：
A
2、两个小球A、B在光滑水平面上相向运动，已知它们的质量分别是m1=4kg，m2=2kg，A的速度v1=3m/s（设为正），B的速度v2=-3m/s，则它们发生正碰后，其速度可能分别是（ ）
A.均为+1m/s B.+4m/s和-5m/s
C.+2m/s和-1m/s D.-1m/s和+5m/s
参考答案与解析：
解析：
由动量守恒，可验证4个选项都满足要求.再看动能变化情况
Ek=
×4×9J+
×2×9J=27J
Ek′=
由于碰撞过程动能不可能增加，所以应有Ek≥Ek′，据此可排除选项B.
选项C虽满足Ek≥Ek′，但A、B沿同一直线相向运动，发生碰撞后各自仍保持原来速度的方向（va′＞0，vb′＜0），这显然是不符合实际的，因此选项C错误.验证选项A、D均满足Ek＞Ek′.故正确的选项为A（完全非弹性碰撞）和D（弹性碰撞）.
答案：
AD
3、试管开口向上，管内底部有一小昆虫，试管自由下落时，当昆虫停在管底和沿管壁加速上爬的两种情况下，试管在相等时间内获得的动量大小是（不考虑空气阻力）（ ）
A.小昆虫停在管底时大 B.小昆虫向上飞动时大
C.两种情况一样大 D.小昆虫飞行情况不明，无法确定
参考答案与解析：
解析：
题目中描述的是昆虫的运动情况，但选项中问的却是试管在相等时间内获得的动量的大小，选试管为研究对象，昆虫停在管中时整体做自由落体运动，试管只受重力，由动量定理mgt=p1-0.当昆虫加速上爬时，对管底产生一个向下的作用力F，根据动量定理得（mg+F）t=p2-0，所以p2＞p1，即正确选项为B.
答案：
B
4、汽车拉着拖车在平直的公路上匀速行驶，拖车突然与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，若两车所受运动阻力与其重力成正比，那么在拖车停止运动前（ ）
A.它们的总动量不变，总动能也不变 B.它们的总动量不变，总动能增大
C.它们的总动量增大，总动能不变 D.以上说法都不对
参考答案与解析：
解析：
把拖车和汽车看作一个系统，因牵引力不变，系统阻力也不变，所以水平方向系统所受外力的合力为零，动量守恒.脱钩后，汽车将做加速运动，牵引力的正功大于阻力的负功，系统的总动能增加.
答案：
B
5、一颗水平飞行的子弹射入一个原来悬挂在天花板下静止的沙袋并留在其中和沙袋一起上摆.关于子弹和沙袋组成的系统，下列说法中正确的是（ ）
A.子弹射入沙袋过程中系统动量和机械能都守恒
B.子弹射入沙袋过程中系统动量和机械能都不守恒
C.共同上摆阶段系统动量守恒，机械能不守恒
D.共同上摆阶段系统动量不守恒，机械能守恒
参考答案与解析：
解析：
子弹射入沙袋过程中，内力远大于外力，系统动量守恒，但有摩擦力做功，所以机械能不守恒.共同上摆阶段系统动量不守恒，机械能守恒.
答案：
D
一个质量为m的小球从距地面H高处自由落下，正好落入车中.此后小车的速度将（ ）
A.增大 B.减小 C.不变 D.先减小后增大
参考答案与解析：
解析：
系统水平方向动量守恒，小球落入车中后，小车质量增大，而动量不变，所以速度将减小.
答案：
B
7、如图16-4-6所示，两带电金属球在绝缘的光滑水平桌面上沿同一直线相向运动，A球带电为-q，B球带电为+2q.下列说法中正确的是（ ）
图16-4-6
A.相碰前两球的运动过程中，两球的总动量守恒
B.相碰前两球的总动量随两球的距离逐渐减小而增大
C.相碰分离后的两球的总动量不等于相碰前两球的总动量，因为两球相碰前作用力为引力，而相碰后的作用力为斥力
D.相碰分离后任一瞬时两球的总动量等于碰前两球的总动量，因为两球组成的系统合外力为零
参考答案与解析：
解析：
两球水平方向不受外力，所以相碰前后总动量守恒.
答案：
AD
8、如图16-4-8所示，一轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小木块m连接，且m、M及M与地面间接触光滑.开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度.对于m、M和弹簧组成的系统（ ）
图16-4-8
A.由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大
C.由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D.由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
参考答案与解析：
解析：
开始阶段F1和F2两个力都做正功，系统的机械能增加，A错.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M的加速度为零，速度达最大，所以m、M各自的动能最大，B正确.由于弹簧的弹力不恒定，所以m、M的加速度不恒定，做变减速运动，C错误.由于系统所受合外力为零，系统动量守恒，D正确.
答案：
BD
9、质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动.当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（ ）
A.减小 B.不变 C.增大 D.无法确定
参考答案与解析：
解析：
砂子和小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律，在初状态，砂子落下前，砂子和车都以v0向前运动；在末状态，砂子落下时具有与车相同的水平速度v0，车的速度为v′，由（m+M）v0=mv0+Mv′得v′=v0，车速不变.
答案：
B
10、设A、B两小球相撞，碰撞前后都在同一直线上运动，若测得它们碰撞前的速度为va、vb,碰后的速度为va′、vb′，则两球的质量之比
等于（ ）
A.
B.
C.
D.
参考答案与解析：
解析：
由动量守恒定律得：
mava+mbvb=mava′+mbvb′,ma（va-va′）=mb（vb′-vb）.
答案：
A
11、在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都是m，现B球静止，B球与一轻弹簧相连接，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时弹性势能为
，则碰前A球速度等于（ ）
A.
B.
C.
D.
参考答案与解析：
解析：
碰撞过程动量守恒，两球组成的系统机械能守恒，压缩到最紧时两球速度相等，则有
mv0=2mv①
②
可由①②式解得碰前A的速度
.
答案：
C
12、如图16-4-3所示，木块A和B的质量均为2kg，置于光滑水平面上，B与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A以4m/s速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（ ）
图16-4-3
A.4J B.8J C.16J D.32J
参考答案与解析：
解析：
木块A与B碰撞时，认为来不及发生形变，合外力为零，系统总动量守恒，此过程总动能不守恒.当碰后再压缩弹簧时，机械能守恒，动量不守恒.最大弹性势能等于碰后总动能.
根据动量守恒mv0=2mv
根据机械能守恒
选项B正确.
答案：
B
13、设斜上抛物体在通过轨迹的最高位置时，突然炸裂成质量不等的两块，已知其中一块沿原水平方向做平抛运动，则另一块的运动可能是（ ）
A.反方向平抛运动 B.斜上抛运动
C.自由落体运动 D.原方向平抛运动
参考答案与解析：
解析：
物体炸裂的过程，由于内力远大于外力，可认为动量守恒，炸裂前物体在斜抛运动的最高点，速度方向为水平；炸裂后，其中一块沿原水平方向，则另一块也必沿水平方向或速度为零，其方向可能与原方向相同，也可能相反，但不可能做斜抛运动，选项A、C、D正确.
答案：
ACD
14、如图16-6-2所示，一木楔固定在水平地面上，木楔的倾角为θ，在斜面上有一质量为m的小物块处于静止状态.则在t时间内，斜面对小物块的冲量大小和方向是（ ）
图16-6-2
A.mgtcosθ，垂直于斜面向上 B.0
C.mgt,竖直向上 D.mgt,竖直向下
参考答案与解析：
解析：
小球受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用而处于平衡状态.由力的平衡条件可知：
FN和Ff的合力与mg大小相等、方向相反，即斜面对小物块的作用力大小等于mg，方向竖直向上，故斜面对小物块的冲量大小为mgt，方向竖直向上.
答案：
C
15、在光滑水平面上A、B两小车中间有一弹簧，如图16-1-1所示，用手抓住小车并将弹簧压缩后使小车处于静止状态.将两小车及弹簧看作一个系统，下面说法正确的是（ ）
图16-1-1
A.两手同时放开后，系统总动量始终为零
B.先放开左手，再放开右手，动量不守恒
C.先放开左手，后放开右手，总动量向左
D.无论何时放手，两手放开后，在弹簧恢复原长的，系统总动量都保持不变，但系统的总动量不一定为零
参考答案与解析：
解析：
在两手同时放开后，水平方向无外力作用，只有弹簧的弹力（内力），故动量守恒，即系统的总动量始终为零，所以选项A正确.先放开左手，再放开右手后，是指两手对系统都无作用力之后的那一段时间，系统所受合外力也为零，即动量是守恒的，所以选项B错误.先放开左手，系统在右手作用下，产生向左的冲量，故有向左的动量，再放开右手后，系统所受合外力也为零，即系统的动量仍守恒，即此后的总动量向左，所以选项C正确.其实，无论何时放开手，只要是两手都放开就满足动量守恒的条件，即系统的总动量保持不变.若同时放开，那么作用后系统的总动量就等于放手前的总动量，即为零；若两手先后放开，那么两手都放开的总动量就与放开最后一只手系统所具有的总动量相等，即不为零，所以选项D正确.
答案：
ACD
16、小车上装有一桶水，静止在光滑水平地面上，如图16-5-5所示，桶的前、后、底及侧面各装有一个阀门，分别为S1、S2、S3、S4（图中未画出），要使小车向前运动，可采用的方法是（ ）
图16-5-5
A.打开阀门S1 B.打开阀门S2
C.打开阀门S3 D.打开阀门S4
参考答案与解析：
解析：
据水和车系统动量守恒，如原来系统动量为0，由0=m水v水+m车v车知，车的运动方向与水的运动方向相反，故水应向后喷出.
答案：
B
17、质量m=100kg的小船静止在静水中，船两端载着m甲=40kg，m乙=60kg的游泳者，在同一水平线上甲朝左乙朝右同时以相对于岸以3m/s的速度跃入水中，如图16-5-6所示，则甲、乙二人跃入水中时，小船运动的方向和速率为（ ）
图16-5-6
A.向左，小于1m/s B.向左，大于1m/s
C.向右，大于1m/s D.向右，小于1m/s
参考答案与解析：
解析：
以向右为正方向，由系统动量守恒得：
m乙v乙+m甲v甲+mv=0
v=-
=-
m/s=-0.6m/s.
负号表示船将向左运动，速度大小为0.6m/s.
答案：
A
18、静止在水平面上的物体，用水平恒力F推它ts，物体始终处于静止状态，那么，在这ts内，恒力F对物体的冲量和该物体所受合力的冲量大小分别是（ ）
A.0，0 B.Ft，0 C.Ft，Ft D.0，Ft
参考答案与解析：
解析：
由冲量式I=Ft可以知道，推力F在时间ts内的冲量为Ft，由于该物体始终处于静止状态，所以该物体所受合外力的大小始终为零，可以知道合外力冲量也为零.
答案：
B
19、水平地面上有一木块，质量为m，它与地面间的动摩擦因数为μ，在水平恒力F作用下由静止开始运动，经过时间t，撤去此力，木块又向前滑行一段时间2t才停下，此恒力F的大小为（ ）
A.μmg B.2μmg C.3μmg D.4μmg
参考答案与解析：
解析：
由动量定理知Ft-3μmgt=0
所以F=3μmg.
答案：
C
20、质量为m的人站在质量为M的小车上，小车静止在水平地面上，车与地面摩擦不计．当人从小车左端走到右端时，下列说法正确的是（ ）
A.人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上运动的平均速度也越大
B．人在车上行走的平均速度越大，则车在地面上移动的距离也越大
C.不管人以什么样的平均速度行走，车在地面上移动的距离相同
D．人在车上行走时，若人相对车突然停止，则车也立刻停止
参考答案与解析：
解析：
质量为m的人从小车左端走到右端的过程中动量守恒,则m
=M
故A正确.
由于人车运动时间相同，
则m
t=M
t
如图所示，得
ms人=Ms车
s车+s人=L车
所以s车=
L车为车长，可见人、车运动距离与速度无关.
故B错误，C正确.
由动量守恒：
mv人-Mv车=0.当人相对车突然停止，则车相对地的速度必为零.故D正确.
答案：
ACD
二、非选择题【共25道小题，242分】
1、【10分】如图16-3-4所示，质量为m的子弹，以速度v水平射入用轻绳悬挂在空中的木块，木块的质量为M，绳长为L，子弹停留在木块中.求子弹射入木块后的瞬间绳子中的张力的大小.
图16-3-4
参考答案与解析：
解析：
物理过程共有两个阶段：
射入阶段和圆周运动阶段，射入阶段可以为木块还未摆动，绳子没有倾斜，子弹和木块所组成的系统水平方向不受外力作用，动量守恒，子弹停留在木块中后以一定的速度做变速圆周运动，绳子倾斜，水平方向有了分力，动量不再守恒.
在子弹射入木块的这一瞬间，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律有：
0+mv=（m+M）v1
解得：
v1=
随后整体（m+M）以此速度向左摆动做圆周运动，在圆周运动的最低点，整体只受重力（m+M）g和绳子的拉力F作用，由牛顿第二定律有（取向上为正方向）
F-（m+M）g=（m+M）
将v1代入即得：
F=（m+M）g+（m+M）
.
答案：
2、【10分】在太空中有一枚相对太空站处于静止状态的火箭，突然喷出质量为m的气体，喷出速度为v0（相对太空站），紧接着再喷出质量也为m的另一部分气体，此后火箭获得速度为v（相对太空站）.火箭第二次喷射的气体（相对太空站）的速度为多大？
参考答案与解析：
解析：
本题所出现的速度都是以太空站为参考系的，根据动量守恒定律，规定v0方向为正，有：
第一次喷射后，0=mv0+（M-m）v1，v1=
负号表示v1方向跟v0反向.
第二次喷射后，（M-m）v1=mv2-（M-2m）v
mv2=（M-2m）v-mv0
所求速度为v2=（
-2）v-v0.
答案：
v2=（
-2）v-v0.
3、【4分】一门旧式大炮水平发射出一枚质量为10kg的炮弹，炮弹飞出的对地速度是600m/s，炮身的质量是2t，则大炮后退的速度是________m/s；若大炮后退中所受的阻力是它重力的30%，则大炮能后退________m.
参考答案与解析：
3 1.5
4、【8分】平静的湖面上停着一只小木船，船头站着一个人，如图16-5-1所示，现在人要走到船尾取一样东西，已知船长为L，那么人从船头走到船尾过程中，船相对静水后退的距离多大？
（船的质量为M，人的质量为m）
图16-5-1
参考答案与解析：
5、【10分】一个质量为m=40g的乒乓球自高处落下，以速度v=1m/s碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v′=0.5m/s.求在碰撞过程中，乒乓球动量变化为多少？
参考答案与解析：
解析：
为了求得乒乓球动量的变化量，先要确定碰撞前和碰撞后乒乓球的动量.碰撞前后乒乓球是在同一条直线上运动的，选定一个正方向，如图16-2-3所示，选竖直向下为正方向，则碰撞前乒乓球的速度方向是竖直向下的，动量为正值；碰撞后乒乓球的速度方向是竖直向上的，动量为负值.乒乓球动量的变化等于碰撞后的动量减去碰撞前的动量.
图16-2-3
解析：
取竖直向下为正方向，乒乓球的初动量为：
p=mv=0.04×1kg·m/s=0.04kg·m/s
乒乓球的末动量为：
p′=mv′=0.04×（-0.5）kg·m/s=-0.02kg·m/s
乒乓球动量的变化为：
Δp=p′-p=-0.02-0.04kg·m/s=-0.06kg·m/s
负号表示Δp的方向与所取的正方向相反，即竖直向上.
答案：
动量变化为0.06kg·m/s，方向竖直向上.
6、【14分】质量为0.2kg的垒球以30m/s的速度飞向击球手，经击球手奋力打击后，以50m/s的速度反弹.设打击前后，垒球沿同一直线运动，试分析：
（1）打击后，垒球的动量大小是变大了还是变小了，变大或变小了多少?
（2）在打击过程中，垒球的动量变化是多大?
方向如何?
参考答案与解析：
解析：
（1）打击前垒球的动量大小为p1=mv1=6kg·m/s，打击后，垒球的动量大小为p2=mv2=10kg·m/s，垒球的动量变大了，变大了4kg·m/s.
（2）取打击后速度的方向为正方向，打击后垒球的动量为p2=mv2=10kg·m/s，打击前速度v1的方向与规定的正方向反向，为负值，打击前动量为p1=mv1=-6kg·m/s，垒球动量的改变大小为Δp=p2-p1=10kg·m/s-（-6）kg·m/s=16kg·m/s
垒球动量的改变方向与打击后垒球的运动方向同向.
答案：
（1）变大了4kg·m/s
（2）16kg·m/s，方向与打击后垒球的运动方向同向.
7、【8分】一个质量为60kg的人，以5.0m/s的水平速度跳到一条静止在水面、质量为120kg的小船上.小船将以多大的速度离岸而去（水的阻力忽略不计）?
参考答案与解析：
解析：
以人和小船组成的系统作为研究对象，因为水的阻力忽略不计，所以系统的动量守恒.
规定人跳上船之前的速度方向为正方向，则人跳上小船之前v1=5m/s,v2=0，人跳上小船之后，人和船有共同的速度v′，则根据动量守恒定律有m1v1+m2v2=（m1+m2）v′
有
=1.67m/s
所以小船将以1.67m/s的速度离岸而去.
答案：
1.67m/s
8、【8分】一颗质量为35g的子弹，以475m/s的速度水平射向静止在水平面上的、质量为2.5kg的木块，子弹射穿木块后速度降为275m/s.求木块的运动速度.
参考答案与解析：
解析：
取子弹和木块组成的系统为研究对象，在子弹与木块相互作用时，水平面对木块的摩擦力与它们之间的作用力相比可以忽略不计，因而系统动量守恒.设子弹的运动方向为正方向，v1=475m/s，v2=0，v1′=275m/s，根据动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，有v2′=
=3m/s.
答案：
3m/s
9、【14分】两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA=0.5kg,mB=0.3kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量mC=0.1kg的滑块C（可视为质点），以vC=25m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图16-4-4所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s.求：
图16-4-4
（1）木块A的最终速度vA;
（2）滑块C离开A时的速度vC′.
参考答案与解析：
解析：
这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以此系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒.
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为vA.最后C相对静止在B上，与B以共同速度vB=3.0m/s运动.由动量守恒定律有
mCvC=mAvA+（mB+mC）vB
.
（2）为计算vC′，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒.C离开A时的速度为vC′，B与A的速度同为vA，由动量守恒定律有
mBvB+mCvC′=（mB+mC）vB
.
答案：
（1）2.6m/s
（2）4.2m/s
10、【4分】在空中飞行的一炮弹，其质量M=12kg，当炮弹上升至最高点时，水平速度为v0=200m/s，突然炸裂成A、B两块，A的质量为m1=4kg、速度为v1=400m/s，则炸裂后B的速度为____________，从炸裂到落地的过程中A、B飞行的水平距离之比为____________.
参考答案与解析：
解析：
根据动量守恒有Mv0=m1v1+m2v2，所以v2=100m/s.A、B两块做平抛运动，下落时间是相等的，所以水平距离之比就为水平初速度之比4∶1.
答案：
100m/s 4∶1
11、【8分】如图16-5-3所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg.当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=5cm，而木块所受的平均阻力为Ff=80N.若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取10m/s2，求爆竹能上升的最大高度.
图16-5-3
参考答案与解析：
解析：
爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得
Ff-Mg=Ma,a=
m/s2,
爆竹爆炸过程中，设爆竹获得的速度为v0,爆竹木块系统动量守恒Mv-mv0=0
爆竹上升的最大高度
答案：
6
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