沪科版 (2019)选择性必修 第一册第1章 碰撞与动量守恒1.3 动量守恒定律的案例分析精练

【精选】物理沪科版选择性必修第一册第3节动量守恒定律的案例分析-1优质练习

一．单项选择

1．如图所示，A．B两物块放在光滑的水平面上，一轻弹簧放在A．B之间与A相连，与B接触但不连接，弹簧刚好处于原长，将物块A锁定，物块C与A．B在一条直线上，三个物块的质量相等，现让物块C以的速度向左运动，与B相碰并粘在一起，当C的速度为零时，解除A的锁定，则A最终获得的速度大小为　　

A.  B.  C.  D.

2．如图所示，小物块A．B的质量均为m，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的高度为h，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s，重力加速度为g。则下列说法正确的是（　　）

A．两物块在空中运动的时间为 B．h与s满足的关系为

C．两物块落地时的动能为 D．两物块碰撞过程中损失的机械能为

3．如图所示半径为 R的半圆形凹槽放在光滑水平面上，凹槽内侧光滑，其质量为 ，A点是凹槽圆弧上的一点，与圆心等高，现有一个可视为质点，质量为m的滑板小孩从距离A点高R处由静止开始下落，恰好从A点沿圆弧的切线方向进入凹槽（忽略空气阻力和小孩体内能量的转化），下列说法正确的是（？？）

A．从滑板小孩开始下落到运动到最低点过程中，滑板小孩机械能守恒

B．从滑板小孩开始下落到运动到最低点过程中，滑板小孩和凹槽组成的系统动量守恒

C．滑板小孩运动到最低点的速度为

D．滑板小孩运动到最高点与静止下落位置等高

4．如图所示，50kg的妈妈带着20kg的小孩骑10kg的自行车以3m/s的速度匀速行驶在平直路面上。行驶中小孩从车上跳下来，若小孩在离开车座时的水平速度为零，则此时妈妈和自行车的行驶速度为（　　）

A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．6m/s

5．如图所示，质量为M=2kg的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m=4kg的滑块以初速度v0=3m/s从木板的左端向右滑上木板，μ=0.1，则下面说法正确的是（　　）

A．相对静止前滑块和木板的加速度大小之比是2：3

B．1s后，滑块和木板共速

C．整个过程中因摩擦产生的内能是10J

D．木板的最小长度是2.5m

6．如图所示，小车静止在光滑水平面上，是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一质量为的小球从距A点正上方处由静止释放，小球由A点沿切线方向进入半圆轨道后又从点冲出，已知圆弧半径为，小车质量是小球质量的倍，不计一切摩擦，则下列说法正确的是（　　）

A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒

B．若，则小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点的过程中，支持力做的功为

C．小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点时，车的位移大小为

D．小球从小车的点冲出后，不能上升到刚释放时的高度

7．如图所示，质量为M的滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，质量为m的小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为L。开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零小球继续向左摆动到轻绳与竖直方向的夹角为60°时达到最高点。滑块与小球均视为质点，空气阻力不计，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．轻绳的拉力对小球始终不做功

B．滑块与小球的质量关系为

C．释放小球时滑块到挡板的距离为

D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块的作用力的冲量大小为

8．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为4m和m的A．B两小球，它们中间夹着一根处于压缩状态的轻质弹簧（弹簧与A．B不拴连），由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两小球脱离弹簧之后，A．B两小球的速度之比为（　　）

A．1：4 B．4：1 C．1：2 D．2：1

9．如图所示，小球A的质量为，动量大小为，小球A在光滑水平面上向右运动，与静止的小球B发生弹性碰撞，碰后A的动量大小为，方向水平向右，则（　　）

A．碰后小球B的动量大小为

B．碰后小球B的动量大小为

C．小球B的质量为15kg

D．小球B的质量为5kg

10．在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速度v0向右运动，在小球A的前方O点有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示，小球A与小球B发生正碰撞后均向右运动，小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ = 1.5PO。假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性的，则两小球质量之比为（   ）

A．1：2 B．2：1 C．4：3 D．3：4

11．如图所示，光滑水平地面上有P．Q两个物块，Q的质量是P的n倍，将P．Q分别连接在劲度系数为k的轻弹簧的左右两端，用外力压着物块P．Q，使系统处于静止状态。现同时撤去外力的作用，P．Q开始运动，经时间t0，弹簧恢复至原长，则（　　）

A．在时间t0内，弹簧对P．Q两物块的冲量相同

B．在时间t0内的任意时刻，P．Q两物块的动量大小之比始终为

C．在时间t0内的任意时刻，P．Q两物块的动能之比始终为

D．在时间t0内，P．Q两物块的位移大小之比为n

12．甲．乙两个物块在光滑水平桌面上沿同一直线运动，甲追上乙，并与乙发生碰撞，碰撞前后甲．乙的速度随时间的变化如图实线所示。已知甲的质量为2kg，则碰撞过程两物块损失的机械能为（　　）

A．6J B．7J C．8J D．9J

13．如图所示，正在太空中行走的字航员A．B沿同一直线相向运动，相对空间站的速度大小分别为3m/s和1m/s，迎面碰撞后（正碰），A．B两人均反向运动，速度大小均为2m/s。则A．B两人的质量之比为（　　）

A．3：5 B．2：3 C．2：5 D．5：3

14．地空导弹又称防空导弹，是指从地面发射攻击空中目标的导弹。担负着中国防空重任的红旗系列防空导弹已经形成一个庞大的家族，构成了我国地空导弹的主体。假设一枚质量为3m的地空导弹斜向上发射出去，到达最高点时速度大小为v0方向水平向西，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v0方向水平向东，则另一块的速度大小为（   ）

A．v0 B．2v0 C．3v0 D．5v0

15．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车，现有一质量为2m的光滑小球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，到达某一高度后，小球又返回小车右端，则下列说法正确的是（　　）

A．小球离车后，对地将做自由落体运动

B．小球离车后，对地将向右做平抛运动

C．小球在弧形槽上上升的最大高度为

D．此过程中小球对车做的功为

16．如图所示，质量为m的乙球与一轻弹簧（质量不计）相连静止在光滑的水平面上，甲球以一定的速度v0沿光滑水平面向右运动并压缩弹簧，两球的球心与弹簧的轴线始终在一条直线上。若甲球的质量为2m，乙球最终获得的速度大小为v2；若甲球的质量为3m，乙球最终获得的速度大小为v2′，弹簧的形变始终在弹性限度内，则v2：v2′为（　　）

A．2：3 B．3：4 C．7：8 D．8：9

17．在光滑的水平面上有两个小球发生正碰，小球的质量分别为和，碰撞前后的图像如图所示，则与的比值为（　　）

A． B． C． D．

18．如图所示，在足够长的光滑绝缘水平面上，固定两个相距为L．质量均为m的小球A．B，其中小球A带电量为，小球B不带电，空间中存在电场强度大小为E．方向水平向右的匀强电场，电场线与A．B连线平行。现同时释放A．B，小球A在电场力作用下开始运动，后与小球B发生多次弹性正碰。若在各次碰撞过程中小球A．B间无电荷转移，且不考虑两球碰撞时间及两球间的万有引力，则（　　）

A．第一次碰撞结束的瞬间小球B的速度大小为

B．第一次碰撞结束到第二次碰撞前，小球B向右运动了

C．第N次碰撞结束时，小球A的速度大小为

D．相邻两次碰撞的时间间隔均为

参考答案与试题解析

1．【答案】D

【解析】

【详解】每个物块的质量为m，设C与B碰撞后的共同速度为，根据动量守恒定律：，代入数据解得：，设A最终获得的速度大小为，B和C获得的速度大小为，根据动量守恒定律则有：，根据能量守恒定律可得：，代入数据解得：，故D正确，ABC错误．

2．【答案】B

【解析】

A．碰撞过程，根据动量守恒定律有

两物块在空中运动的时间

故A错误；

B．根据平抛运动规律

故B正确；

C．两物体碰撞过程为完全非弹性碰撞，有动能损失，平抛初始动能小于，则落地时动能小于，故C错误；

D．根据能量守恒两物块碰撞过程中损失的机械能

故D错误。

故选B。

3．【答案】D

【解析】

A．滑板小孩开始下落到运动到最低点过程中，滑板小孩机械能有一部分转化为凹槽的动能，故滑板小孩机械能不守恒，故A错误；

B．滑板小孩和凹槽组成的系统，在水平方向上动量守恒，竖直方向上合力不为零，动量不守恒，故B错误；

C，滑板小孩运动到最低点的过程中，设最低点小孩的速度为v1，凹槽速度为v2，规定向右为正，系统水平方向动量守恒

系统能量守恒，则

代入数据解得

故C错误；

D．滑板小孩运动到凹槽右侧与A点齐平的A′点时，滑板小孩相对凹槽水平方向静止，根据动量守恒可知凹槽水平速度也为0，根据能量守恒可知，滑板小孩可以运动到与开始下落等高的位置，故D正确。

故选D。

4．【答案】C

【解析】

依题意，设大人与车的总质量为，小孩的质量为，由于小孩在离开车座时的水平速度为零，则根据人．车系统水平方向动量守恒可得

代入数据求得，此时妈妈和自行车的行驶速度为

故选C。

5．【答案】B

【解析】

A．设木板和滑块加速度分别为a1和a2，地面光滑，可知M在水平方向只受到m对M的摩擦力，由牛顿第二定律可得

μmg= Ma1

滑块在水平方向也只受到摩擦力的作用，由牛顿第二定律可得

μmg =ma2

则

a2:a1=1:2

A错误；

B．根据牛顿第二定律可得，对滑块有

代入数据，解得

对木板有

代入数据，解得

滑块和木板达到共速需要的时间为

代入数据，解得

B正确；

C．水平面光滑，则滑块和木板组成的系统所受的合外力为零，两者水平方向动量守恒，滑块相对木板静止时，取向右为正方向，根据动量守恒定律得

mv0=(M+m)v

解得

v=2m/s

根据能量守恒定律得，整个过程中因摩擦产生的内能为

解得

Q=6J

C错误；

D．根据运动学公式得

解得木板的最小长度

D错误。

故选B。

6．【答案】B

【解析】

A．小球与小车组成的系统仅在水平方向不受外力，即只是水平方向系统动量守恒，故A错误；

B．若k=1，即质量均为m，小球从滑入轨道至圆弧轨道的最低点的过程中，根据水平方向动量守恒有

根据系统机械能守恒有

联立解得

对小球，根据动能定理有

解得

故B正确；

C．小球第一次下落至圆弧轨道最低点时，设小球与小车的对地的速度分别为v1和v2，由水平方向动量守恒得

即有

又因为

联立解得车的位移

故C错误；

D．因为系统水平方向的总动量保持为零，则小球由B点离开小车时小车速度为零，小球竖直上抛，由机械能守恒可知小球能上升到原来的高度，故D错误。

故选B。

7．【答案】C

【解析】

A．因滑块不固定，绳下摆过程中，绳的拉力对滑块做正功，对小球做负功，A错误；

B．小球下摆过程，系统机械能守恒

水平方向动量守恒

小球向左摆动最高点，机械能守恒，有

联立解得

B错误；

C．由动量守恒

可得

即释放小球时滑块到挡板的距离为，C正确；

D．滑块撞击挡板时，挡板对滑块作用力的冲量大小为

D错误。

故选C。

8．【答案】A

【解析】

由于被一根细绳拉着而处于静止状态。当剪断细绳，在两滑块脱离弹簧之后，两滑块组成的系统动量守恒，以向右为正方向，设两滑块速度分别为vA．vB，则有

-4mvA+mvB=0

所以

vA：vB=1：4

故A正确，BCD错误。

故选A。

9．【答案】A

【解析】

AB．规定向右为正方向，碰撞过程中A．B组成的系统动量守恒，所以有

解得

A正确，B错误；

CD．由于是弹性碰撞，所以没有机械能损失，故

解得

CD错误。

故选A。

10．【答案】B

【解析】

两球发生弹性碰撞，设碰后A．B两球的速度分别为v1．v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得

m1v0= m1v1 + m2v2

已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得

从两球碰撞后到它们再次相遇，A．B的速度大小保持不变，且所用时间相等，由于PQ = 1.5PO，则A和B通过的路程之比为

s1：s2= PO：(PO + 2PQ) = 1：4

则碰撞后两球的速度之比为

v1：v2 = 1：4

联立解得

故选B。

11．【答案】D

【解析】

A．根据动量定理可知，在时间t0内，弹簧对P．Q两物块的冲量大小相等，但方向相反，故A错误；

B．P．Q组成的系统总动量守恒，总动量为0，则在任意时刻P．Q两物块的动量大小相等，方向相反，故B错误；

C．依题意，由动能与动量大小的关系

可知P．Q两物块的动能之比为n，故C错误；

D．由动量守恒定律的位移表达式知

可知t0时间内，P．Q两物块的位移大小之比为n，故D正确。

故选D。

12．【答案】A

【解析】

由题意可知，甲的质量，由图示图像可知，碰撞前甲．乙的速度分别是

，

碰撞后甲．乙的速度分别为

，

碰撞过程系统动量守恒，乙碰撞前甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得

代入数据解得

设碰撞过程损失的机械能为，由能量守恒定律得

代入数据解得

故选。

13．【答案】A

【解析】

设A的初速度方向为正，则由动量守恒定律

解得

故选A。

14．【答案】D

【解析】

在最高点水平方向动量守恒，取水平向西为正，由动量守恒定律可知

可得另一块的速度为

故选D。

15．【答案】C

【解析】

AB．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，以向左为正方向，由动量守恒定律得

由动能守恒定律得

解得

所以小球与小车分离后对地将向左做平抛运动，故AB错误；

C．当小球与小车的水平速度相等时，小球弧形槽上升到最大高度，设该高度为h，系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得

由机械能守恒定律得

解得

故C正确；

D．对小车运用动能定理得，小球对小车做功

故D错误。

故选C。

16．【答案】D

【解析】

若甲球的质量为2m，由动量守恒定律有

根据机械能守恒

解得

，

若甲球的质量为3m，由动量守恒定律有

根据机械能守恒

解得

，

则

故选D。

17．【答案】A

【解析】

根据图像的斜率表示速度，取小球的速度方向为正方向，则碰撞前小球的速度为

碰撞前小球的速度为

碰撞后小球的速度为

碰撞后小球的速度为

根据动量守恒定律有

代入数据有

解得

故A正确；BCD错误；

故选A。

18．【答案】C

【解析】

A．碰前球A的加速度为

碰前A的速度为

碰前B的速度为

由于A．B质量相等，碰撞过程中两球总动能无损失，交换速速，则碰后A．B的速度分别为

A错误；

BC．设A．B球发生第一次．第二次．第三次碰撞的时间分别为．．，则有

第一次碰后，经过的时间A．B球发生第二次碰撞，设碰前瞬间A．B的速度分别为．，则有

解得

则第二次碰前瞬间A．B的速度分别为

第二次碰撞后瞬间，设A．B的速度分别为．，则有

第一次碰撞到第二次碰撞B小球向右运动的距离为

B错误，C正确；

D．第二次碰后经过的时间A．B球发生第三次碰撞，设碰前瞬间A．B两球的速度分别为．，依此类推可得，相邻两次碰撞的时间间隔总为

D错误。

故选C。