人教版高中物理选修3-5第十六章 单元测试题.docx

课时1实验：探究碰撞中的不变量对应学生用书P1一、选择题1．在气垫导轨上进行“探究碰撞中的不变量”实验时首先应该做的是()A．给气垫导轨通气B．给光电计时器进行归零处理C．把滑块放到导轨上D．检查挡光片通过光电门时是否能够挡光计时答案A解析为保护气垫导轨，实验时应该先给它通气。

故A正确。

2．在用气垫导轨进行“探究碰撞中的不变量”实验时，不需要测量的物理量是()A．滑块的质量B．挡光的时间C．挡光片的宽度D．光电门的高度答案D解析从实验原理出发进行分析，A、B、C三个选项都是必须要测量的物理量。

故选D。

3．对于“探究碰撞中的不变量”实验最终的结论m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，下列说法正确的是()A．仅限于一维碰撞B．任何情况下m1v21＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2也一定成立C．式中的v1、v2、v1′、v2′都是速度的大小D．式中的不变量是m1和m2组成的系统的质量与速度乘积的矢量和答案D解析这个实验虽然是在一维情况下设计的实验，但结论具有普遍性，对各种碰撞均成立，A错误；系统的质量与速度乘积的矢量和在碰撞前后为不变量是实验的结论，B项中的结论不成立，而速度是矢量，应考虑方向。

故B、C错误，D正确。

4．(多选)在利用气垫导轨做“探究碰撞中的不变量”实验中，下列哪些因素可导致实验误差()A．导轨安放不水平B．滑块上挡光板倾斜C．两滑块质量不相等D．两滑块碰后粘在一起答案AB解析导轨不水平将导致滑块速度受重力作用影响，从而产生实验误差，A 正确；挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶段滑块通过的位移，使滑块的速度测量出现误差，进而导致实验误差，B正确；实验中并不要求两滑块的质量相等，C错误；两滑块碰后粘在一起只意味着碰撞过程机械能损失最大，并不影响碰撞中的守恒量，D错误。

5．(多选)用如图所示的装置探究碰撞中的不变量时，下列注意事项正确的是()A．A球到达最低点时，两球的球心连线可以不水平B．A球到达最低点时，两球的球心连线要水平C．由静止释放A球，以便较准确地计算小球碰撞前的速度D．两球必须都是刚性球，且质量相同答案BC解析要保证碰撞是一维对心碰撞，必须保证碰撞时两球的球心在同一高度，A错误，B正确；由于计算碰撞前速度时用到了动能定理：mgh＝12m v2－0，故要求初速度为0，即A球应由静止释放，C正确；本实验中对小球是否有弹性及质量是否相等均无要求，D错误。

2020-2021学年人教版选修3-5高二物理第二学期第十六章动量守恒定律单元同步密卷一、单选题1．几个水球可以挡住一颗子弹？许多人被问到这个问题时，答案可能都不一样。

《国家地理频道》（nationalGeographicChannel）就为此特地做了一次实验，把10颗水球排成一条直线，还找来专家对着这排水球开枪，没想到结果却让人出乎意料：四个水球就能够挡住子弹！设子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则下列说法不正确的是（）A．子弹在每个水球中的速度变化相同B．子弹在每个水球中运动的时间不同C．每个水球对子弹的冲量不同D．子弹在每个水球中的动能变化相同2．如图所示，A、B两物体的质量比m A：m B=4：3，它们原来静止在足够长的平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，地面光滑。

当弹簧突然释放后，且已知A、B组成的系统动量守恒。

则有（）A．A、B与C的动摩擦因数相等B．A、B与C的动摩擦因数不相等C．最终稳定时小车向右运动D．A、B、C系统动量不守恒3．如图，水平面上有一平板车，某人站在车上抡起锤子从与肩等高处挥下，打在车的左端，打后车与锤相对静止。

以人、锤子和平板车为系统（初始时系统静止），研究该次挥下、打击过程，下列说法正确的是（）A．若水平面光滑，在锤子挥下的过程中，平板车一定向右运动B．若水平面光滑，打后平板车可能向右运动C ．若水平面粗糙，在锤子挥下的过程中，平板车一定向左运动D ．若水平面粗糙，打后平板车可能向右运动4．质量分别为6m 和2m 的甲、乙两个滑块，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生碰撞后滑块甲静止不动，那么这次碰撞（）A ．一定是弹性碰撞B ．一定是非弹性碰撞C ．弹性碰撞和非弹性碰撞都有可能D ．可能是非对心碰撞5．某烟花弹在点燃后升空到离地h 时速度变为零，此时弹中火药爆炸将烟花弹炸裂为质量相等的A 、B 两部分，A 竖直向上运动，B 竖直向下运动，A 继续上升的最大高度为3h，从爆炸之后瞬间开始计时，A 、B 在空中运动的时间分别为A t 和B t 。

动量守恒定律测试题（选修3-5）一、单选题： 本大题共10小题， 从第1小题到第10小题每题4.0分 小计40.0分； 共计40.0分。

1、一只猴子用绳子拉着一块与其等质量的石块, 在光滑水平面上运动(如图), 开始时猴子和石块都静止, 然后猴子以相对于绳子的速度u 拉石块, 则石块的速度为 [ ] A.B.uC.u 23D.2u2、如图所示，一个平板小车放在光滑水平面上，平板车上有一立柱，立柱顶端用细线栓一个小球使小球偏离竖直方向一个角度后由静止释放．释放后小球将和立柱发生多次碰撞，在二者相互作用的运动过程中，小车在水平面上[ ]A ．一定向右运动B ．一定向左运动C ．一定保持静止D ．可能向右运动，也可能向左运动 3、在光滑的水平面上有两个静止的小车，车上各站着一名运动员，两车(含运动员)总质量均为M ．乙车上的人把原来在车上质量为m 的篮球沿水平方向以速度v 抛出，被甲车上的人接住．则甲、乙两车最终速度大小之间的关系是[ ]A ．B ．C ．D ．视M 、m 和v 的大小而定4、A 物体在光滑的水平地面上运动，与静止在同一水平面的B 物体相碰，碰后A 继续沿原方向运动，但速度减为原来的一半，已知A 、B 两物体质量的比是2:1，则碰后两物体的动量之比是[ ] A ．1:1 B ．1:2 C ．1:4 D ．2:15、甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是p 甲＝5kg ·m/s ，p 乙＝7kg ·m/s ，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球动量变为10kg ·m/s ，则二球质量m 甲与m 乙的可能关系是[ ] A ．m 乙＝m 甲 B ．m 乙＝2m 甲 C ．m 乙＝4m 甲D ．m 乙＝6m 甲6、甲、乙两只船相向而行, 甲船总质量m甲＝1000kg, 乙船总质量m乙＝ 500kg. 当两船靠近时, 各把m0＝50kg的物体移到另一只船上, 结果甲船停止运动, 乙船以8.5m/s的速度按原方向前进. 不计水的阻力, 则甲、乙两船原来的速度大小分别是 [ ]A. 0.5m/s, 9.0m/sB. 1.0m/s, 9.5m/sC. 1.5m/s, 95m/sD. 0.5m/s, 9.5m/s7、总质量为M的小车, 沿水平光滑地面以速度v匀速运动, 某时刻从车上竖直上抛一个质量为m的物体, 则车子的速度[ ]A.不变B.vC.vD.无法确定8、质量为3m的机车, 其速度为v0, 在与质量为2m的静止车厢碰撞后挂接在一起运动, 其运动速度应为 [ ]A.v0B.v0C.v0D.v09、质量为3m的小车，运动速度为，与质量为2m的静止小车碰撞后连在一起运动，则碰撞后两车的总动量为[ ]B．A．C．D．10、如图所示, 小球m用长为L的细绳系着做圆锥摆运动, 小球m由A点摆至B点的过程中, 下述结论正确的是 [ ]A.动量守恒B.动量不守恒, 且△mv= mv BC.动量不守恒, 且△mv= mv AD.动量不守恒, 且△mv= mv B+ mv A= 2mv二、填空题：本大题共3小题，从第11小题到第13小题每题4.0分小计12.0分；共计12.0分。

(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本大题共7个小题，每小题7分，共49分。

在四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得7分，选不全的得3分，有错选或不选的得0分) 1．竖直上抛一个物体，不计阻力，取向上为正方向，则物体在空中运动的过程中，动量变化Δp随时间t变化的图线是图1中的()图1解析：根据题意，由动量定理Δp＝－mgt，即Δp与t大小成正比，而方向与重力方向相同，均为负，C选项正确。

答案：C2．一航天器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是()A．探测器加速运动时，沿直线向后喷气B．探测器加速运动时，竖直向下喷气C．探测器匀速运动时，竖直向下喷气D．探测器匀速运动时，不需要喷气解析：由题意知，航天器所受重力和推动力的合力沿飞行的直线方向。

故只有选项C 正确。

答案：C3．质量为M的砂车，沿光滑水平面以速度v0做匀速直线运动，此时从砂车上方落入一个质量为m的大铁球，如图2所示，则铁球落入砂车后，砂车将()A．立即停止运动图2B．仍匀速运动，速度仍为v0C．仍匀速运动，速度小于v0D．做变速运动，速度不能确定解析：砂车及铁球组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，所以有M v0＝(M＋m)v，得v＝Mv0＜v0，故选C。

M＋m答案：C4．一粒钢球从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中。

若把钢珠在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则()A．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减小的重力势能之和D．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能解析：过程Ⅰ中合力的冲量等于重力的冲量，故选项A正确。

对全程应用动量定理，因初状态和末状态速度均为零，则过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于全程重力冲量的大小，故选项B错误。

人教版高中物理选修3-5测试题全套及答案第十六章 学业质量标准检测本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。

满分100分，时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题 共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项符合题目要求，第7～10小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．如图所示，一个质量为0.18kg 的垒球，以25m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01s 。

下列说法正确的是( A )A ． 球棒对垒球的平均作用力大小为1260NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为360NC ．球棒对垒球做的功为238.5JD ．球棒对垒球做的功为36J解析：设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F －·t ＝m (v t －v 0)，取v t ＝45m /s ，则v 0＝－25m/s ，代入上式，得F －＝1260N ，由动能定理得W ＝12m v 2t －12m v 20＝126J ，选项A 正确。

2．如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上有一物体，用一细线将物体系于小车的A 端，物体与小车A 端之间有一压缩的弹簧，某时刻线断了，物体沿车滑动到B 端粘在B 端的油泥上。

则下述说法中正确的是( B )①若物体滑动中不受摩擦力，则全过程机械能守恒 ②若物体滑动中有摩擦力，则全过程系统动量守恒 ③小车的最终速度与断线前相同 ④全过程系统的机械能不守恒A ．①②③B ．②③④C ．①③④D ．①②③④解析：取小车、物体和弹簧为一个系统，则系统水平方向不受外力(若有摩擦，则物体与小车间的摩擦力为内力)，故全过程系统动量守恒，小车的最终速度与断线前相同。

但由于物体粘在B 端的油泥上，即物体与小车发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，故全过程机械能不守恒。

动量守恒定律计算题同步练习一、计算题（共26小题）1．如图所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接，质量为m1的小球从高为h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为m2的小球发生碰撞，碰撞后两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。

求：（1）m1到达B点时的速度（2）碰撞后小球m2的速度大小v2．（重力加速度为g）2．如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。

现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，经过极短时间，子弹与木块一起运动，弹簧在弹性限度内。

求：（1）子弹刚与木块相对静止时速度大小v；（2）从子弹嵌入木块到木块第一次回到A位置的过程中，墙对弹簧冲量大小I。

3．如图所示，在光滑的水平面上有一带半圆形光滑弧面的小车，质量为M，圆弧半径为R，从距车上表面高为H处静止释放一质量为m的小球，它刚好沿圆弧切线从A点落入小车。

求：小球到达车底B点时小车的速度。

4．如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是质量为M、半径为R的光滑的圆弧轨道，可在光滑水平面滑动，两轨道恰好相切于B点。

开始时，BC轨道处于锁定状态。

质量也为M的小木块静止在O点，一颗质量为m 的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C（木块和子弹均看作质点）。

（1）求子弹射入木块前的速度v0；（2）若每当小木块返回到O点，立即有一颗相同的子弹以速度v0射入小木块，并留在其中，则当第2颗子弹射入小木块后，小木块的速度为多少；（3）在（2）的条件下，第17颗子弹射入小木块时，立即解除BC圆弧轨道的锁定，求小木块沿圆弧轨道能上升的最大高度为多少5．如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，物块的质量均为M=0.60kg。

一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面。

本章优化总结动量定理的综合应用动量定理研究对象不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样适用，对多物体组成的系统在应用动量定理时应注意：(1)对多物体受力分析时，系统内物体间的相互作用力属于内力，不是合外力的组成部分．(2)动量定理是矢量式，应用动量定量时注意合外力的方向和系统运动方向的对应性．滑块A和B(质量分别为m A和m B)用轻细线连接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由静止开始沿水平桌面滑动，如图所示．已知滑块A、B 与水平桌面的动摩擦因数均为μ，在力F作用时间t后，A、B间细线突然断开，此后力F 仍作用于B.试求：滑块A刚好停住时，滑块B的速度为多大？[思路点拨] 在已知力的作用时间的情况下，可考虑应用动量定理求解比较简便．[解析]取滑块A、B构成的系统为研究对象．设F作用时间t后线突然断开，此时A、B的共同速度为v，根据动量定理，有[F－μ(m A＋m B)g]t＝(m A＋m B)v－0解得v ＝[F －μ(m A ＋m B )g ]t m A ＋m B在线断开后，滑块A 经时间t ′停止，根据动量定理有－μm A gt ′＝0－m A v由此得t ′＝v μg ＝[F －μ(m A ＋m B )g ]t μ(m A ＋m B )g设A 停止时，B 的速度为v B .对于A 、B 系统，从力F 开始作用至A 停止的全过程，根据动量定理有[F －μ(m A ＋m B )g ](t ＋t ′)＝m B v B －0将t ′代入此式可求得B 滑块的速度为v B ＝F [F －μ(m A ＋m B )g ]t μm B (m A ＋m B )g. [答案] F [F －μ(m A ＋m B )g ]t μm B (m A ＋m B )g尽管系统内各物体的运动情况不同，但各物体所受的冲量之和仍等于各物体总动量的变化量．应用这个处理方法能使一些繁杂的运动问题求解更简便．1.质量为M 的金属块和质量为m 的木块用细绳连在一起，放在水中，如图所示．从静止开始以加速度a 在水中匀加速下沉．经时间t 1，细绳突然断裂，金属块和木块分离，再经时间t 2，木块停止下沉，试求此时金属块的速度．解析：把金属块、木块及细绳看成一个物体系统，整个过程中受重力(Mg ＋mg )和浮力(F M ＋F m )不变，它们的合力为F 合＝(M ＋m )a ，在绳断前后合力也不变，设木块停止下沉时，金属块的速度为v ，选取竖直向下为正方向，对全过程应用动量定理，有F 合(t 1＋t 2)＝p ′－p ＝Mv －0则v ＝M ＋m Ma (t 1＋t 2)． 答案：M ＋m Ma (t 1＋t 2)动量守恒定律的综合应用1．解决该类问题用到的规律：动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等．2．解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象．(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程．(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件．(4)对所选系统进行能量转化的分析，比如：系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能．(5)选取所需要的方程列式并求解．如图所示，水平地面上固定有高为h 的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高也为h ，坡道底端与台面相切．小球A 从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B 发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半．两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g .求：(1)小球A 刚滑至水平台面的速度大小v A ；(2)A 、B 两球的质量之比m A ∶m B .[思路点拨] 小球A 下滑的过程，机械能守恒，可求小球A 滑到坡道底端时的速度；小球A 与B 相碰，满足动量守恒，由动量守恒可求共同速度，二者同时做平抛运动，利用平抛运动规律即可求出二者的质量之比．[解析] (1)小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得m A gh ＝12m A v 2A 解得v A ＝2gh .(2)设两球碰撞后共同的速度为v ，由动量守恒定律得m A v A ＝(m A ＋m B )v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动，设运动的时间为t ，由运动学公式，在竖直方向上有h ＝12gt 2 在水平方向上有h 2＝vt 联立以上各式得m A ∶m B ＝1∶3.[答案] (1)2gh (2)1∶32.(2014·高考北京卷)如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A 和B 分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A 无初速释放，A 与B 碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R ＝0.2 m ；A 和B 的质量相等；A 和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.取重力加速度g ＝10 m/s 2.求：(1)碰撞前瞬间A 的速率v ；(2)碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′；(3)A 和B 整体在桌面上滑动的距离l .解析：设滑块的质量为m .(1)根据机械能守恒定律mgR ＝12mv 2 得碰撞前瞬间A 的速率v ＝2gR ＝2 m/s.(2)根据动量守恒定律mv ＝2mv ′得碰撞后瞬间A 和B 整体的速率v ′＝12v ＝1 m/s. (3)根据动能定理12(2m )v ′2＝μ(2m )gl 得A 和B 整体沿水平桌面滑动的距离l ＝v ′22μg＝0.25 m. 答案：(1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m(18分)如图所示，两个斜面AB 和CD 的倾角分别为α和β，且均与水平面BC 平滑连接．水平面的C 端静止地放置一质量为m 的物块，在斜面AB 上一质量为M 的物块加速下滑，冲至水平面后与物块m 碰撞前瞬间速度为v 0，碰撞后合为一体冲上斜面CD ，物块与斜面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g .求：(1)物块M 在斜面AB 上运动时的加速度大小a ；(2)两物块碰后的共同速度的大小v ；(3)能冲上斜面CD 的最大高度H .[思路点拨] (1)本题分为四个运动过程：①物块M 沿斜面AB 下滑的过程；②物块M 在水平面BC 的运动过程；③物块M 与m 的碰撞过程；④系统沿斜面CD 的上升过程．(2)过程与规律：①物块M 沿斜面AB 下滑过程的受力情况已知，牛顿运动定律是否适用？②物块M 在水平面BC 的运动过程是否需要分析？题目中给出的M 冲至水平面后与物块m 碰撞前瞬间速度为v 0与在B 点时的速度相同吗？水平面BC 段是否光滑对解题有影响吗？③物块M 与m 的碰撞过程的动量守恒吗？④整体冲上斜面CD 的运动过程遵循什么规律？[解析] (1)在AB 斜面上对物块进行受力分析(如图)，根据牛顿第二定律有：垂直斜面方向有：F N －Mg cos α＝0(2分) 沿斜面向下有：Mg sin α－F f ＝Ma(2分) 又知F f ＝μF N(1分) 由以上三式可解得加速度a ＝g sin α－μg cos α.(2分) (2)两物块碰撞过程中水平方向满足动量守恒，故有：Mv 0＝(M ＋m )v(3分) 可得碰撞后整体的速度大小v ＝M M ＋m v 0. (2分)(3)碰撞后物块在斜面CD 上运动时只有重力和阻力做功，根据动能定理有：－μ(M ＋m )g cos β·H sin β－(M ＋m )gH ＝0－12(M ＋m )v 2 (3分) 可解得：H ＝M 2v 20sin β2(M ＋m )2g (sin β＋μcos β). (3分)[答案] (1)g sin α－μg cos α (2)M M ＋m v 0 (3)M 2v 20sin β2(M ＋m )2g (sin β＋μcos β)本题考查了牛顿第二定律、动量守恒定律和动能定理的基本运用，掌握规律是正确解题的关键，对于第(3)问也可以采用动力学知识求解，但是没有运用动能定理解答方便．章末过关检测(一)(时间：60分钟，满分：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．(2017·高考全国卷乙)将质量为1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大小为600 m/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )A ．30 kg ·m/sB ．5.7×102 kg ·m/sC ．6.0×102 kg ·m/sD ．6.3×102 kg ·m/s 解析：选A ．燃气从火箭喷口喷出的瞬间，火箭和燃气组成的系统动量守恒，设燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为p ，根据动量守恒定律，可得p －mv 0＝0，解得p ＝mv 0＝0.050 kg ×600 m/s ＝30 kg ·m/s ，选项A 正确．2．关于物体的动量，下列说法中正确的是( )A ．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B ．物体的动能不变，其动量一定不变C ．动量越大的物体，其速度一定越大D ．物体的动量越大，其惯性也越大解析：选A ．动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，选项A 正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B 项错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C 错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，故选项D 错误．3．如图甲所示，物体A 、B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，A 的质量为m ，B 的质量为M .当连接A 、B 的绳突然断开后，物体A 上升经过某一位置时速度大小为v ，这时物体B 下落的速度大小为u ，如图乙所示．在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为( )A ．mvB ．mv －MuC ．mv ＋MuD ．mv ＋mu解析：选D ．该题涉及的物体较多，可先选B 为研究对象．在B 下落的这段时间t 内，其动量向下增加Mu ，B 只受重力作用，由动量定理，重力的冲量为Mgt ＝Mu ，解得t ＝u g.在时间t 内，A 受两个力作用：重力mg ，方向向下；弹簧的弹力，方向向上．因为弹簧的弹力是变力，所以要计算弹力的冲量只能应用动量定理来解决．以A 为研究对象，其动量在时间t 内向上增加mv ，设弹力的冲量为I ，由动量定理有I －mgt ＝mv ，解得I ＝m (v ＋u )，故D 正确．4．质量m ＝100 kg 的小船静止在平静水面上，船两端载着m 甲＝40 kg 、m 乙＝60 kg 的游泳者，在同一水平线上甲向左、乙向右同时以相对于岸3 m/s 的速度跃入水中，如图所示，则之后小船的速率和运动方向为( )A ．0.6 m/s ，向左B ．3 m/s ，向左C ．0.6 m/s ，向右D ．3 m/s ，向右解析：选A ．以向左为正方向，根据动量守恒得0＝m 甲v －m 乙v ＋mv ′，代入数据解得v ′＝0.6 m/s ，方向向左．5．质量相等的三个物块在一光滑水平面上排成一直线，且彼此隔开了一定的距离，如图所示．具有动能E 0的第1个物块向右运动，依次与其余两个静止物块发生碰撞，最后这三个物块粘在一起，这个整体的动能为( )A ．E 0B ．2E 03C ．E 03D ．E 09解析：选C ．碰撞中动量守恒mv 0＝3mv 1，得v 1＝v 03① E 0＝12mv 20② E k ′＝12×3mv 21③ 由①②③得E k ′＝12×3m ⎝⎛⎭⎫v 032＝13×⎝⎛⎭⎫12mv 20＝E 03，故C 正确． 6．如图所示，光滑水平面上有半径相同的A 、B 两球在同一直线上运动．两球质量关系为m B ＝2m A ，规定向右为正方向，A 、B 两球的动量均为6 kg ·m/s ，运动中两球发生碰撞，碰撞后A 球的动量增量为－4 kg ·m/s ，则( )A ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5B ．左方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10C ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为2∶5D ．右方是A 球，碰撞后A 、B 两球速度大小之比为1∶10解析：选A ．由两球的动量都是6 kg ·m/s 可知，运动方向都向右，且能够相碰，说明左方是质量小速度大的小球，故左方是A 球．碰后A 球的动量减少了4 kg ·m/s ，即A 球的动量为2 kg ·m/s ，由动量守恒定律得B 球的动量为10 kg ·m/s ，则碰后二者速度大小之比为2∶5，故选项A 是正确的．二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全得3分，有错选或不答的得0分)7.如图所示，一个质量为0.18 kg 的垒球，以25 m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45 m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s ．下列说法正确的是( )A ．球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 NB ．球棒对垒球的平均作用力大小为360 NC ．球棒对垒球做的功为126 JD ．球棒对垒球做的功为36 J解析：选AC ．设球棒对垒球的平均作用力为F ，由动量定理得F ·t ＝m (v t －v 0)，取v t＝45 m/s ，则v 0＝－25 m/s ，代入上式，得F ＝1 260 N ，由动能定理得W ＝12mv 2t －12mv 20＝126 J ，选项A 、C 正确．8．向空中发射一物体，不计空气阻力，当此物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂成a 、b 两部分，若质量较大的a 的速度方向仍沿原来的方向，则( )A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地的这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a 、b 一定同时到达水平地面D ．在炸裂过程中，a 、b 受到的爆炸力的大小一定相等解析：选CD ．爆炸后系统的总机械能增加，但不能确定a 、b 的速度大小，所以选项A 、B 错误；因炸开后a 、b 都做平抛运动，且高度相同，故选项C 正确；由牛顿第三定律知，选项D 正确．9．质量为m 的小球A ，沿光滑水平面以速度v 0与质量为2m 的静止小球B 发生正碰．碰撞后，A 球的动能变为原来的1/9，那么小球B 的速度可能是( )A ．13v 0 B ．23v 0 C ．49v 0 D ．59v 0 解析：选AB ．当以A 球原来的速度方向为正方向时，则v A ′＝±13v 0 根据两球碰撞前、后的总动量守恒，有mv 0＋0＝m ×13v 0＋2mv B ′ mv 0＋0＝m ×⎝⎛⎭⎫－13v 0＋2mv B ″ 解得：v B ′＝13v 0，v B ″＝23v 0.由于碰撞过程中动能不增加，即12mv 20≥12m ⎝⎛⎭⎫v 032＋12·2mv 2B 将13v 0及23v 0代入上式均成立，所以A 、B 选项均正确． 10．如图所示，在光滑水平面上，质量为m 的小球 A 和质量为13m 的小球B 通过轻弹簧相连并处于静止状态，弹簧处于自然伸长状态；质量为m 的小球C 以初速度v 0沿AB 连线向右匀速运动，并与小球A 发生弹性碰撞．在小球B 的右侧某位置固定一块弹性挡板(图中未画出)，当小球B 与挡板发生正碰后立刻将挡板撤走．不计所有碰撞过程中的机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，小球B 与挡板的碰撞时间极短，碰后小球B 的速度大小不变，但方向相反．则B 与挡板碰后弹簧弹性势能的最大值E m 可能是( )A ．mv 20B ．12mv 20C ．16mv 20D ．130mv 20解析：选BC ．质量相等的C 球和A 球发生弹性碰撞后速度交换，当A 、B 两球的动量相等时，B 球与挡板相碰，则碰后系统总动量为零，则弹簧再次压缩到最短即弹性势能最大(动能完全转化为弹性势能)，根据机械能守恒定律可知，系统损失的动能转化为弹性势能E p ＝12mv 20，B 正确；当B 球速度恰为零时与挡板相碰，则系统动量不变化，系统机械能不变；当弹簧压缩到最短时，mv 0＝4mv 13，弹性势能最大，由功能关系和动量关系可求出E p ＝12mv 20－12×43mv 21＝18mv 20，所以，弹性势能的最大值介于二者之间都有可能，C 正确． 三、非选择题(本题共3小题，共40分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)11．(12分)(2017·南通高二检测)某同学利用打点计时器和气垫导轨做探究碰撞中的不变量的实验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．(1)下面是实验的主要步骤：①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；②向气垫导轨通入压缩空气；③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；⑥先____________________，然后________________，让滑块带动纸带一起运动； ⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；⑧测得滑块1(包括撞针)的质量为310 g ，滑块2(包括橡皮泥)的质量为205 g. 试完善实验步骤⑥的内容．(2)已知打点计时器每隔0.02 s 打一个点，计算结果保留三位有效数字．计算碰撞前m 1v 1＋m 2v 2＝________kg ·m/s ；碰撞后m 1v 1′＋m 2v 2′＝________kg ·m/s.计算碰撞前m 1v 21＋m 2v 22＝________kg ·m 2/s 2；碰撞后m 1v ′21＋m 2v ′22＝________kg ·m 2/s 2.计算碰撞前v 1m 1＋v 2m 2＝________m/(s·kg)； 碰撞后v 1′m 1＋v 2′m 2＝________m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是________________________________________________________________________.(4)试说明(2)中两结果不完全相等的主要原因是________________________________________________________________________. 解析：(1)实验时应先接通打点计时器的电源，再放开滑块1.(2)碰撞前滑块1的速度v 1＝0.20.1m/s ＝2 m/s m 1v 1＝0.31×2 kg ·m/s ＝0.620 kg ·m/s碰撞前滑块2的速度v 2＝0碰撞后两滑块具有相同的速度v ＝0.1680.14m/s ＝1.2 m/s m 1v 1′＋m 2v 2′＝(m 1＋m 2)v ＝(0.310＋0.205)×1.2 kg ·m/s ＝0.618 kg ·m/sm 1v 21＋m 2v 22＝1.24 kg ·m 2/s 2m 1v ′21＋m 2v ′22≈0.742 kg ·m 2/s 2v 1m 1＋v 2m 2≈6.45 m/(s·kg) v 1′m 1＋v 2′m 2≈9.72 m/(s·kg)． (3)通过以上计算可知，碰撞中的不变量应是滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和．(4)计算结果不完全相等的主要原因是纸带与打点计时器限位孔有摩擦．答案：(1)接通打点计时器的电源 放开滑块1(2)0.620 0.618 1.24 0.742 6.45 9.72(3)滑块1、2碰撞前后的质量与速度乘积的矢量和(4)纸带与打点计时器限位孔有摩擦12．(12分)(2017·衡水中学模拟)如图所示，可视为质点质量为m 的小球用长为L 的细线悬挂于O 点，在光滑的水平面上有一个质量为M 的物体，其右侧是一个半径为R 的光滑四分之一圆弧，左端是一段长为R 2的粗糙水平面，在其左端A 处放有一个质量也为M 的弹性物体，物块与物体间有摩擦．现将小球拉起到与悬点O 等高处由静止释放，与物块发生弹性碰撞后回摆到θ＝60°角处才减停，同时物块恰能滑到物体右端最高点C 处，试求小球与物块的质量之比和物体与物块间的动摩擦因数．解析：小球下摆过程中，由mgL ＝12mv 21得v 1＝2gL ，碰后返回过程中，由mgL (1－cos θ)＝12mv ′21得v ′1＝gL 小球和物块发生碰撞时动量守恒mv 1＝Mv 0－mv 1′和能量守恒12mv 21＝12Mv 20＋12mv ′21， 联立解得v 0＝(2－1)gL ，m M ＝2－12＋1物块沿物体上表面滑动的过程中动量守恒Mv 0＝2Mv ，损失的动能用于克服摩擦做功12Mv 20＝12(M ＋M )v 2＋MgR ＋μMg R 2， 整理可得μ＝(3－22)L 2R －2.答案：2－12＋1 (3－22)L 2R －2 13．(16分)某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如图所示，光滑轨道中间部分水平，右侧为位于竖直平面内半径为R 的半圆，在最低点与直轨道相切.5个大小相同、质量不等的小球并列静置于水平部分，球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为0、1、2、3、4，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k (k <1)．将0号球向左拉至左侧轨道距水平高度h 处，然后由静止释放，使其与1号球碰撞，1号球再与2号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰．(不计空气阻力，小球可视为质点，重力加速度为g )(1)0号球与1号球碰撞后，1号球的速度大小v 1； (2)若已知h ＝0.1 m ，R ＝0.64 m ，要使4号球碰撞后能过右侧轨道的最高点，问k 值为多少？ 解析：(1)设0号球碰前速度为v 0，由机械能守恒定律得：m 0gh ＝12m 0v 20 碰撞过程两球动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：m 0v 0＝m 0v ′0＋m 1v 1 由机械能守恒定律得：12m 0v 20＝12m 0v ′20＋12m 1v 21 解得：v 1＝2m 0m 0＋m 1v 0＝21＋k v 0＝21＋k 2gh . (2)同理可得：v 2＝21＋k v 1，…，v 4＝21＋k v 3， 解得：v 4＝⎝⎛⎭⎫21＋k 4v 0， 4号球从最低点到最高点过程，由机械能守恒定律得： 12m 4v 24＝12m 4v 2＋m 4g ·2R ， 4号球在最高点：m 4v 2R ≥m 4g ， 解得：k ≤2－1. 答案：(1)21＋k 2gh (2)k ≤2－1 美文欣赏1、走过春的田野，趟过夏的激流，来到秋天就是安静祥和的世界。

人教版物理选修3-5 16.3动量守恒定律同步训练一、单项选择题（下列选项中只有一个选项满足题意）1．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为m A，B的质量为m B，m A>m B.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车()A．向左运动B．左右往返运动C．向右运动D．静止不动2．如图所示，一内外侧均光滑的半圆柱槽置于光滑的水平面上．槽的左侧有一竖直墙壁．现让一小球(可认为质点)自左端槽口A点的正上方从静止开始下落，与半圆槽相切并从A点进入槽内，则下列说法正确的是()A．小球离开右侧槽口以后，将做竖直上抛运动B．小球在槽内运动的全过程中，只有重力对小球做功C．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统机械能守恒D．小球在槽内运动的全过程中，小球与槽组成的系统水平方向上的动量守恒3．如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则()A．小木块和木箱最终都将静止B．小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动C．小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动D．如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动4．静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向水平抛出质量相同的小球，甲向左抛，乙向右抛，如图所示．甲先抛，乙后抛，抛出后两小球相对岸的速率相等，若不计水的阻力，则下列说法中正确的是（）A．两球抛出后，船往左以一定速度运动，乙球受到的冲量大一些B．两球抛出后，船往右以一定速度运动，甲球受到的冲量大一些C．两球抛出后，船的速度为零，甲球受到的冲量大一些D．两球抛出后，船的速度为零，两球所受的冲量相等5．如图所示，A、B两个小车用轻弹簧连接，静止在光滑的水平面上，A车与竖直墙面接触。

将小车B向左推，使弹簧压缩，再由静止释放小车B。

最新人教版高中物理选修3-5测试题及答案全套单元测评(一)动量守恒定律(时间：90分钟满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．)1．在下列几种现象中，所选系统动量守恒的有()A．原来静止在光滑水平面上的车，从水平方向跳上一个人，人车为一系统B．运动员将铅球从肩窝开始加速推出，以运动员和铅球为一系统C．从高空自由落下的重物落在静止于地面上的车厢中，以重物和车厢为一系统D．光滑水平面上放一斜面，斜面也光滑，一个物体沿斜面滑下，以重物和斜面为一系统解析：判断动量是否守恒的方法有两种：第一种，从动量守恒的条件判定，动量守恒定律成立的条件是系统受到的合外力为零，故分析系统受到的外力是关键．第二种，从动量的定义判定．B选项叙述的系统，初动量为零，末动量不为零．C选项末动量为零而初动量不为零．D选项，在物体沿斜面下滑时，向下的动量增大等．答案：A2．一物体竖直向下匀加速运动一段距离，对于这一运动过程，下列说法正确的是()A．物体的机械能一定增加B．物体的机械能一定减少C．相同时间内，物体动量的增量一定相等D．相同时间内，物体动能的增量一定相等解析：不知力做功情况，A、B项错；由Δp＝F合·t＝mat知C项正确；由ΔE k＝F合·x＝max知，相同时间内动能增量不同，D错误．答案：C3．(多选题)如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动()A．运动方向不可能改变B．可能是匀速圆周运动C．可能是匀变速曲线运动D．可能是匀变速直线运动解析：由题意可知，物体受到的合外力为恒力，物体不可能做匀速圆周运动，B项错误；物体的加速度不变，可能做匀变速直线运动，其运动方向可能反向，也可能做匀变速曲线运动，A项错误，C、D项正确．答案：CD4．(多选题)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为() A．m(v－v0)B．mgtC．m v2－v20D．m gh解析：平抛运动的合外力是重力，是恒力，所以动量变化量的大小可以用合外力的冲量计算，也可以用初末动量的矢量差计算．答案：BC5．质量M＝100 kg的小船静止在水面上，船头站着质量m甲＝40 kg的游泳者甲，船尾站着质量m乙＝60 kg的游泳者乙，船头指向左方．若甲、乙两游泳者同时在同一水平线上甲朝左、乙朝右以3 m/s的速率跃入水中，则() A．小船向左运动，速率为1 m/sB．小船向左运动，速率为0.6 m/sC．小船向右运动，速率大于1 m/sD．小船仍静止解析：选向左的方向为正方向，由动量守恒定律得m甲v－m乙v＋M v′＝0，船的速度为v′＝(m乙－m甲)vM＝(60－40)×3100m/s＝0.6 m/s，船的速度向左，故选项B正确．答案：B6．如图所示，两带电的金属球在绝缘的光滑水平桌面上，沿同一直线相向运动，A带电－q，B带电＋2q，下列说法正确的是()A．相碰前两球运动中动量不守恒B．相碰前两球的总动量随距离减小而增大C．两球相碰分离后的总动量不等于相碰前的总动量，因为碰前作用力为引力，碰后为斥力D．两球相碰分离后的总动量等于碰前的总动量，因为两球组成的系统合外力为零解析：两球组成的系统，碰撞前后相互作用力，无论是引力还是斥力，合外力总为零，动量守恒，故D选项对，A、B、C选项错．答案：D7．在光滑的水平面的同一直线上，自左向右地依次排列质量均为m的一系列小球，另一质量为m的小球A以水平向右的速度v运动，依次与上述小球相碰，碰后即粘合在一起，碰撞n 次后，剩余的总动能为原来的18，则n 为( ) A ．5 B ．6C ．7D ．8解析：整个过程动量守恒，则碰撞n 次后的整体速度为v ＝m v 0(n ＋1)m ＝v 0n ＋1，对应的总动能为：E k ＝12(n ＋1)m v 2＝m v 202(n ＋1)，由题可知E k ＝m v 202(n ＋1)＝18×12m v 20，解得：n ＝7，所以C 选项正确.答案：C8．两名质量相等的滑冰人甲和乙都静止在光滑的水平冰面上．现在，其中一人向另一人抛出一个篮球，另一人接球后再抛回．如此反复进行几次后，甲和乙最后速率关系是( )A ．若甲最先抛球，则一定是v 甲＞v 乙B ．若乙最后接球，则一定是v 甲＞v 乙C ．只有甲先抛球，乙最后接球，才有v 甲＞v 乙D ．无论怎样抛球和接球，都是v 甲＞v 乙解析：将甲、乙、篮球视为系统，则满足系统动量守恒，系统动量之和为零，若乙最后接球，即(m 乙＋m 篮)v 乙＝m 甲v 甲，则v 甲v 乙＝m 乙＋m 篮m 甲，由于m 甲＝m 乙，所以v 甲＞v 乙．答案：B9．(多选题)如图所示，一根足够长的水平滑杆SS′上套有一质量为m的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道PP′，PP′穿过金属环的圆心．现使质量为M的条形磁铁以水平速度v0沿绝缘轨道向右运动，则()A．磁铁穿过金属环后，两者将先后停下来B．磁铁将不会穿越滑环运动C．磁铁与圆环的最终速度为M v0 M＋mD．整个过程最多能产生热量Mm2(M＋m)v20解析：磁铁向右运动时，金属环中产生感应电流，由楞次定律可知磁铁与金属环间存在阻碍相对运动的作用力，且整个过程中动量守恒，最终二者相对静止．M v0＝(M＋m)v，v＝M v0M＋m；ΔE损＝12M v20－12(M＋m)v2＝Mm v202(M＋m)；C、D项正确，A、B项错误．答案：CD10．如图所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A 和B ，A 的质量为m A ，B 的质量为m B ，m A ＞m B .最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A 和B 对地面的速度大小相等，则车( )A ．静止不动B ．左右往返运动C ．向右运动D ．向左运动解析：两人与车为一系统，水平方向不受力，竖直方向合外力为零，所以系统在整个过程中动量守恒．开始总动量为零，运动时A 和B 对地面的速度大小相等，m A ＞m B ，所以AB 的合动量向右，要想使人车系统合动量为零，则车的动量必向左，即车向左运动．答案：D11．如图所示，质量为0.5 kg 的小球在距离车底面高20 m 处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s 速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg ，设小球在落到车底前瞬时速度是25 m/s ，g 取10 m/s 2，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是( )A ．5 m/sB ．4 m/sC ．8.5 m/sD ．9.5 m/s解析：对小球落入小车前的过程，平抛的初速度设为v 0，落入车中的速度设为v ，下落的高度设为h ，由机械能守恒得：12m v 20＋mgh ＝12m v 2，解得v 0＝15 m/s ，车的速度在小球落入前为v 1＝7.5 m/s ，落入后相对静止时的速度为v 2，车的质量为M ，设向左为正方向，由水平方向动量守恒得：m v 0－M v 1＝(m ＋M )v 2，代入数据可得：v2＝－5 m/s，说明小车最后以5 m/s的速度向右运动．答案：A12．如图所示，小车AB放在光滑水平面上，A端固定一个轻弹簧，B端粘有油泥，AB总质量为M，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连接于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB和C都静止，当突然烧断细绳时，C被释放，C离开弹簧向B端冲去，并跟B端油泥粘在一起，忽略一切摩擦，以下说法正确的是()A．弹簧伸长过程中C向右运动，同时AB也向右运动B．C与B碰前，C与AB的速率之比为m∶MC．C与油泥粘在一起后，AB立即停止运动D．C与油泥粘在一起后，AB继续向右运动解析：依据系统动量守恒，C向右运动时，A、B向左运动，或由牛顿运动定律判断，AB受向左的弹力作用而向左运动，故A项错；又M v AB＝m v C，得v C vAB ，即B项错；根据动量守恒得：0＝(M＋m)v′，所以v′＝0，故选C.＝Mm答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、实验题(本题有2小题，共14分．请按题目要求作答)13．(5分)某同学利用计算机模拟A、B两球碰撞来验证动量守恒，已知A、B两球质量之比为2∶3，用A作入射球，初速度为v1＝1.2 m/s，让A球与静止的B球相碰，若规定以v1的方向为正，则该同学记录碰后的数据中，肯定不合理的是________.解析：根据碰撞特点：动量守恒、碰撞后机械能不增加、碰后速度特点可以判断不合理的是BC.答案：BC(5分)14．(9分)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．我们可以用带竖直挡板C 和D 的气垫导轨以及滑块A 和B 来探究碰撞中的不变量，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：a ．用天平分别测出滑块A 、B 的质量m A 、m B .b ．调整气垫导轨，使导轨处于水平．c ．在A 和B 间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止地放置在气垫导轨上．d ．用刻度尺测出A 的左端至C 板的距离L 1.e ．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A 、B 运动时间的计时器开始工作．当A 、B 滑块分别碰撞C 、D 挡板时停止计时，记下A 、B 分别到达C 、D 的运动时间t 1和t 2.(1)实验中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，即可得出碰撞中守恒的量是m v 的矢量和，上式中算得的A 、B 两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是________________________．解析：(1)本实验要测量滑块B 的速度，由公式v ＝L t 可知，应先测出滑块B的位移和发生该位移所用的时间t ，而滑块B 到达D 端所用时间t 2已知，故只需测出B 的右端至D 板的距离L 2.(2)碰前两物体均静止，即系统总动量为零．则由动量守恒可知0＝m A ·L 1t 1－m B ·L 2t 2即m A L 1t 1＝m B L 2t 2产生误差的原因有：测量距离、测量时间不准确；由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差．答案：(1)测出B 的右端至D 板的距离L 2(3分)(2)m A L 1t 1＝m B L 2t 2(3分) 测量距离、测量时间不准确；由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差(3分)三、计算题(本题有3小题，共38分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．(10分)课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动．假如喷出的水流流量保持为2×10－4 m 3/s ，喷出速度保持为对地10 m/s.启动前火箭总质量为1.4 kg ，则启动2 s 末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是1.0×103 kg/m 3.解析：“水火箭”喷出水流做反冲运动．设火箭原来总质量为M ，喷出水流的流量为Q ，水的密度为ρ，水流的喷出速度为v ，火箭的反冲速度为v ′，由动量守恒定律得(M －ρQt )v ′＝ρQt v (6分)代入数据解得火箭启动后2 s 末的速度为v ′＝ρQt v M －ρQt ＝103×2×10－4×2×101.4－103×2×10－4×2m/s ＝4 m/s. (4分) 答案：4 m/s16．(12分)如图所示，有A 、B 两质量均为M ＝100 kg 的小车，在光滑水平面上以相同的速率v 0＝2 m/s 在同一直线上相对运动，A 车上有一质量为m ＝50 kg 的人至少要以多大的速度(对地)从A 车跳到B 车上，才能避免两车相撞？解析：要使两车避免相撞，则人从A 车跳到B 车上后，B 车的速度必须大于或等于A 车的速度，设人以速度v 人从A 车跳离，人跳到B 车后，A 车和B 车的共同速度为v ，人跳离A 车前后，以A 车和人为系统，由动量守恒定律：(M ＋m )v 0＝M v ＋m v 人(5分)人跳上B 车后，以人和B 车为系统，由动量守恒定律：m v 人－M v 0＝(m ＋M )v (5分)联立以上两式，代入数据得：v 人＝5.2 m/s. (2分)答案：5.2 m/s17．(16分)如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块在车面上滑行的时间t ；(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过多少． 解析：(1)设物块与小车共同速度为v ，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m 2v 0＝(m 1＋m 2)v (3分)设物块与车面间的滑动摩擦力为F ，对物块应用牛顿定律有F ＝m 2v 0－v t (2分)又F ＝μm 2g (1分)解得t ＝m 1v 0μ(m 1＋m 2)g(1分) 代入数据得t ＝0.24 s. (1分)(2)要使物块恰好不从车面滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v ′，则m 2v 0′＝(m 1＋m 2)v ′(3分)由功能关系有12m 2v ′20＝12(m 1＋m 2)v ′2＋μm 2gL (3分) 代入数据解得v 0′＝5 m/s故要使物块不从车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v 0′不超过5 m/s. (2分)答案：(1)0.24 s (2)5 m/s单元测评(二) 波粒二象性(时间：90分钟 满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．)1．能正确解释黑体辐射实验规律的是( )A ．能量的连续经典理论B ．普朗克提出的能量量子化理论C ．以上两种理论体系任何一种都能解释D ．牛顿提出的能量微粒说解析：根据黑体辐射的实验规律，随着温度的升高，一方面各种波长的辐射强度都增加；另一方面，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动，只能用普朗克提出的能量量子化理论才能得到较满意的解释，故B 项正确．答案：B2．硅光电池是利用光电效应将光辐射的能量转化为电能．若有N 个频率为ν的光子打在光电池极板上，这些光子的总能量为(h 为普朗克常量)( )A ．hν B.12Nhν C ．Nhν D ．2Nhν解析：光子能量与频率有关，一个光子能量为ε＝hν，N 个光子能量为Nhν，故C 正确．答案：C3．经150 V 电压加速的电子束，沿同一方向射出，穿过铝箔后射到其后的屏上，则( )A ．所有电子的运动轨迹均相同B ．所有电子到达屏上的位置坐标均相同C ．电子到达屏上的位置坐标可用牛顿运动定律确定D ．电子到达屏上的位置受波动规律支配，无法用确定的坐标来描述它的位置解析：电子被加速后其德布罗意波波长λ＝h p ＝1×10－10 m ，穿过铝箔时发生衍射．电子的运动不再遵守牛顿运动定律，不可能同时准确地知道电子的位置和动量，不可能用“轨迹”来描述电子的运动，只能通过概率波来描述．所以A 、B 、C 项均错．答案：D4．关于黑体辐射的强度与波长的关系，下图正确的是( )A BC D 解析：根据黑体辐射的实验规律：随温度升高，各种波长的辐射强度都有增加，故图线不会有交点，选项C 、D 错误．另一方面，辐射强度的极大值会向波长较短方向移动，选项A 错误，B 正确．答案：B5．科学研究证明，光子有能量也有动量，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子．假设光子与电子碰撞前的波长为λ，碰撞后的波长为λ′，则碰撞过程中( )A．能量守恒，动量守恒，且λ＝λ′B．能量不守恒，动量不守恒，且λ＝λ′C．能量守恒，动量守恒，且λ＜λ′D．能量守恒，动量守恒，且λ＞λ′解析：能量守恒和动量守恒是自然界的普遍规律，适用于宏观世界也适用于微观世界，光子与电子碰撞时遵循这两个守恒定律．光子与电子碰撞前，光子的能量E＝hν＝h cλ，当光子与电子碰撞时，光子的一些能量转移给了电子，光子的能量E′＝hν′＝h cλ′，由E＞E′，可知λ＜λ′，选项C正确．答案：C6．在做双缝干涉实验时，发现100个光子中有96个通过双缝后打到了观察屏上的b处，则b处可能是()A．亮纹B．暗纹C．既有可能是亮纹也有可能是暗纹D．以上各种情况均有可能解析：按波的概率分布的特点去判断，由于大部分光子都落在b点，故b 处一定是亮纹，选项A正确．答案：A7．(多选题)关于不确定性关系ΔxΔp≥h4π有以下几种理解，其中正确的是()A．微观粒子的动量不可能确定B．微观粒子的坐标不可能确定C．微观粒子的动量和坐标不可能同时确定D．不确定性关系不仅适用于电子和光子等微观粒子，也适用于其他宏观粒子解析：不确定性关系ΔxΔp≥h4π表示确定位置、动量的精度互相制约，此长彼消，当粒子位置不确定性变小时，粒子动量的不确定性变大；粒子位置不确定性变大时，粒子动量的不确定性变小．故不能同时准确确定粒子的动量和坐标．不确定性关系也适用于其他宏观粒子，不过这些不确定量微乎其微．答案：CD8．(多选题)用极微弱的可见光做双缝干涉实验，随着时间的增加，在屏上先后出现如图甲、乙、丙所示的图像，则()A．图像甲表明光具有粒子性B．图像丙表明光具有波动性C．用紫外光观察不到类似的图像D．实验表明光是一种概率波解析：从题图甲可以看出，少数粒子打在底片上的位置是随机的，没有规律性，显示出粒子性；而题图丙是大量粒子曝光的效果，遵循了一定的统计性规律，显示出波动性；单个光子的粒子性和大量粒子的波动性就是概率波的思想．答案：ABD9．近年来，数码相机几近家喻户晓，用来衡量数码相机性能的一个非常重要的指标就是像素，1像素可理解为光子打在光屏上的一个亮点，现知300万像素的数码相机拍出的照片比30万像素的数码相机拍出的等大的照片清晰得多，其原因可以理解为( )A ．光是一种粒子，它和物质的作用是一份一份的B ．光的波动性是大量光子之间的相互作用引起的C ．大量光子表现光具有粒子性D ．光具有波粒二象性，大量光子表现出光的波动性解析：由题意知像素越高形成照片的光子数越多，表现的波动性越强，照片越清晰，D 项正确．答案：D10．现用电子显微镜观测线度为d 的某生物大分子的结构．为满足测量要求，将显微镜工作时电子的德布罗意波长设定为d n ，其中n ＞1.已知普朗克常量为h 、电子质量为m 和电子电荷量为e ，电子的初速度不计，则显微镜工作时电子的加速电压应为( )A.n 2h 2med 2 B.md 2h 23n 2e 3 C.d 2h 22men 2 D.n 2h 22med 2解析：由德布罗意波长λ＝h p 知，p 是电子的动量，则p ＝m v ＝2meU ＝h λ，而λ＝d n ，代入得U ＝n 2h 22med 2. 答案：D11．对于微观粒子的运动，下列说法中正确的是( )A ．不受外力作用时光子就会做匀速运动B ．光子受到恒定外力作用时就会做匀变速运动C ．只要知道电子的初速度和所受外力，就可以确定其任意时刻的速度D ．运用牛顿力学无法确定微观粒子的运动规律解析：光子不同于宏观力学的粒子，不能用宏观粒子的牛顿力学规律分析光子的运动，选项A、B错误；根据概率波、不确定关系可知，选项C错误，故选D.答案：D12．(多选题)如图所示是某金属在光的照射下，光电子最大初动能E k与入射光频率ν的关系图像，由图像可知()A．该金属的逸出功等于EB．该金属的逸出功等于hν0C．入射光的频率为ν0时，产生的光电子的最大初动能为ED．入射光的频率为2ν0时，产生的光电子的最大初动能为2E解析：题中图象反映了光电子的最大初动能E k与入射光频率ν的关系，根据爱因斯坦光电效应方程E k＝hν－W0，知当入射光的频率恰为该金属的截止频率ν0时，光电子的最大初动能E k＝0，此时有hν0＝W0，即该金属的逸出功等于hν0，选项B正确．根据图线的物理意义，有W0＝E，故选项A正确，而选项C、D错误．答案：AB第Ⅱ卷(非选择题，共52分)二、计算题(本题有4小题，共52分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(10分)一颗近地卫星质量为m，求其德布罗意波长为多少？(已知地球半径为R ，重力加速度为g )解析：由万有引力提供向心力计算速度，根据德布罗意波长公式计算．对于近地卫星有：G Mm R 2＝m v 2R (2分) 对地球表面物体m 0有：G Mm 0R 2＝m 0g (2分) 所以v ＝gR ，(2分)根据德布罗意波长λ＝h p (2分)整理得：λ＝h m v ＝h m gR. (2分) 答案：h m gR14．(13分)波长λ＝0.71Å的伦琴射线使金箔发射光电子，电子在磁感应强度为B 的匀强磁场区域内做最大半径为r 的匀速圆周运动，已知rB ＝1.88×10－4 m·T ，电子质量m ＝9.1×10－3 kg.试求：(1)光电子的最大初动能；(2)金属的逸出功；(3)该电子的物质波的波长是多少？解析：(1)电子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力为洛伦兹力m v 2r ＝e v B所以v ＝erB m (3分) 电子的最大初动能E k ＝12m v 2＝e 2r 2B 22m＝(1.6×10－19)2×(1.88×10－4)22×9.1×10－31J ≈4.97×10－16 J ≈3.1×103 eV(2分) (2)入射光子的能量ε＝hν＝h c λ＝ 6.63×10－34×3×1087.1×10－11×1.6×10－19 eV ≈1.75×104eV(3分) 根据爱因斯坦光电效应方程得金属的逸出功为W 0＝hν－E k ＝1.44×104 eV(2分)(3)物质波的波长为λ＝h m v ＝h erB ＝ 6.63×10－341.6×10－19×1.88×10－4m ≈2.2×10－11 m(3分) 答案：(1)3.1×103 eV (2)1.44×104 eV (3)2.2×10－11 m15．(14分)如图所示，相距为d 的两平行金属板A 、B 足够大，板间电压恒为U ，有一波长为λ的细激光束照射到B 板中央，使B 板发生光电效应，已知普朗克常量为h ，金属板B 的逸出功为W ，电子质量为m ，电荷量为e .求：(1)从B 板运动到A 板所需时间最短的光电子，到达A 板时的动能；(2)光电子从B 板运动到A 板时所需的最长时间．解析：(1)根据爱因斯坦光电效应方程E k ＝hν－W ，光子的频率为ν＝c λ.(3分)所以，光电子的最大初动能为E k ＝hc λ－W .(3分)能以最短时间到达A 板的光电子，是初动能最大且垂直于板面离开B 板的电子，设到达A 板的动能为E k1，由动能定理，得eU ＝E k1－E k ，所以E k1＝eU＋hcλ－W.(3分)(2)能以最长时间到达A板的光电子，是离开B板时的初速度为零或运动方向平行于B板的光电子．则d＝12at2＝Uet22dm，得t＝d2mUe.(5分)答案：(1)eU＋hcλ－W(2)d2mUe16．(15分)光子具有能量，也具有动量．光照射到物体表面时，会对物体产生压强，这就是“光压\”．光压的产生机理如同气体压强；大量气体分子与器壁的频繁碰撞产生了持续均匀的压力，器壁在单位面积上受到的压力就是气体的压强．设太阳光每个光子的平均能量为E，太阳光垂直照射地球表面时，在单位面积上的辐射功率为P0.已知光速为c，光子的动量为E/c.(1)若太阳光垂直照射到地球表面，则在时间t内照射到地球表面上半径为r 的圆形区域内太阳光的总能量及光子个数分别是多少？(2)若太阳光垂直照射到地球表面，在半径为r的某圆形区域内光子被完全反射(即所有光子均被反射，且被反射前后的能量变化可忽视不计)，则太阳光在该区域表面产生的光压(用I表示光压)是多少？(3)有科学家建议把光压与太阳帆的作用作为未来星际旅行的动力来源．一般情况下，太阳光照射到物体表面时，一部分会被反射，还有一部分被吸收．若物体表面的反射系数为ρ，则在物体表面产生的光压是全反射时产生光压的1＋ρ2倍．设太阳帆的反射系数ρ＝0.8，太阳帆为圆盘形，其半径r＝15 m，飞船的总质量m＝100 kg，太阳光垂直照射在太阳帆表面单位面积上的辐射功率P0＝1.4 kW，已知光速c＝3.0×108m/s.利用上述数据并结合第(2)问中的结果，求：太阳帆飞船仅在上述光压的作用下，能产生的加速度大小是多少？不考虑光子被反射前后的能量变化．(结果保留2位有效数字)解析：(1)在时间t 内太阳光照射到面积为S 的圆形区域上的总能量E 总＝P 0St ，解得E 总＝πr 2P 0t .照射到此圆形区域的光子数n ＝E 总/E .解得n ＝πr 2P 0t /E .(2)因光子的能量p ＝E /c ，到达地球表面半径为r 的圆形区域的光子总动量p 总＝np .因太阳光被完全反射，所以在时间t 内光子总动量的改变量Δp ＝2p 总．设太阳光对此圆形区域表面的压力为F ，依据动量定理Ft ＝Δp ，太阳光在圆形区域表面产生的光压I ＝F /S ，解得I ＝2P 0/c .(3)在太阳帆表面产生的光压I ′＝1＋ρ2I ， 对太阳帆产生的压力F ′＝I ′S .设飞船的加速度为a ，依据牛顿第二定律F ′＝ma .解得a ＝5.9×10－5 m/s 2.答案：(1)πr 2P 0t πr 2P 0t /E (2)2P 0/c(3)5.9×10－5 m/s 2单元测评(三) 原子结构(时间：90分钟 满分：100分)第Ⅰ卷(选择题，共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．)1．(多选题)下列叙述中符合物理史实的有( )A ．爱因斯坦提出光的电磁说B．卢瑟福提出原子核式结构模型C．麦克斯韦提出光子说D．汤姆孙发现了电子解析：爱因斯坦提出光子说，麦克斯韦提出光的电磁说．答案：BD2．如果阴极射线像X射线一样，则下列说法正确的是()A．阴极射线管内的高电压能够对其加速，从而增加能量B．阴极射线通过偏转电场时不会发生偏转C．阴极射线通过偏转电场时能够改变方向D．阴极射线通过磁场时方向可能发生改变解析：X射线是电磁波，不带电，通过电场、磁场时不受力的作用，不会发生偏转、加速，B正确．答案：B3．α粒子散射实验中α粒子经过某一原子核附近时的两种轨迹如图所示，虚线为原子核的等势面，α粒子以相同的速率经过电场中的A点后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹不能断定的是()A．原子核带正电B．整个原子空间都弥漫着带正电的物质C．粒子在径迹1中的动能先减少后增大D．经过B、C两点两粒子的速率相等。

人教版选修3-5课堂同步精选练习第十六章 第4节 碰撞（含解析）1、下列对于碰撞的理解正确的是( )A ．碰撞是指相对运动的物体相遇时，在极短时间内它们的运动状态发生了显著变化的过程B ．在碰撞现象中，一般内力都远大于外力，所以可以认为碰撞时系统的动能守恒C ．如果碰撞过程中机械能守恒，这样的碰撞叫做非弹性碰撞D ．微观粒子的相互作用由于不发生直接接触，所以不能称其为碰撞解析：碰撞是十分普遍的现象，它是相对运动的物体相遇时发生的一种现象，一般内力远大于外力．如果碰撞中机械能守恒，这样的碰撞是弹性碰撞．微观粒子的相互作用同样具有短时间内发生强大内力作用的特点，所以仍然是碰撞．【答案】A2．如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ.一质量为m (m <M )的小物块以一定的初速度沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失．如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端．如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A ．h B.mh m ＋M C.mh M D.Mh m ＋M解析：斜面固定时，由动能定理得－mgh ＝0－12mv 20，所以v 0＝2gh ；斜面不固定时，由水平方向动量守恒得mv 0＝(M ＋m )v ，由机械能守恒得12mv 20＝12(M ＋m )v 2＋mgh ′，解得h ′＝M M ＋mh ，故选D. 【答案】D3、在光滑的水平面上有三个完全相同的小球，它们在一条直线上，2、3小球静止，并靠在一起，1小球以速度v 0撞向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度的可能值是( )A ．v 1＝v 2＝v 3＝13v 0B ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 C ．v 1＝0，v 2＝v 3＝12v 0 D ．v 1＝v 2＝0，v 3＝v 0 解析：两个质量相等的小球发生弹性正碰，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，碰撞后将交换速度，故D 项正确．【答案】D4、(多选)质量为m ，速度为v 的A 球跟质量为3m 的静止的B 球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B 球的速度可能值为( )A ．0.6vB ．0.4vC ．0.2vD ．0.3v解析：如果碰撞是弹性的，由动量守恒和能量守恒得mv ＝mv 1＋3mv 2，12mv 2＝12mv 21＋123mv 22，v 2＝0.5v ，此过程B 获得速度最大；如果碰撞是非弹性的，粘在一起时B 获得速度最小，由mv ＝4mv 3，v 3＝0.25v ，则B 的速度可能值为v 3≤v B ≤v 2，即0.25v ≤v B ≤0.5v ，B 、D 正确．【答案】BD5、(多选)如图所示，用两根长度都等于L 的细绳，分别把质量相等、大小相同的a 、b 两球悬于同一高度，静止时两球恰好相接触．现把a 球拉到细绳处于水平位置，然后无初速释放，当a 球摆动到最低位置与b 球相碰后，b 球可能升高的高度为( )A ．L B.4L 5 C.L 4 D.L 8解析：若a 、b 两球发生完全弹性碰撞，易知b 球上摆的高度可达L ；若a 、b 两球发生完全非弹性碰撞(即碰后两球速度相同)，则根据mv ＝2mv ′和12·2mv ′2＝2mgh ′，可知其上摆的高度为L 4.考虑到完全非弹性碰撞中动能的损失最多，故b 球上摆的高度应满足L 4≤h ≤L . 【答案】ABC6、(多选)如图(a)所示，光滑平台上，物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的动摩擦因数不计；(b)图为物体A 与小车B 的v - t 图象，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能解析：由图象可知，物体A 与小车B 最终以共同速度v 1匀速运动，不能确定小车上表面的长度，故A 错误；由动量守恒定律得m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得m A m B ＝v 1v 0－v 1，可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；由图象可以知道，物体A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据能量守恒得μm A g Δx ＝12m A v 20－12(m A ＋m B )v 21，根据求得的物体A 与小车B 的质量关系，可以解出物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误．故选B 、C.【答案】BC7、(多选)质量为m 的小球A 在光滑的水平面上以速度v 与静止在光滑水平面上的质量为2m 的小球B 发生正碰，碰撞后，A 球的动能变为原来的19，那么碰撞后B 球的速度大小可能是( ) A.13v B.23v C.49v D.89v 解析：设A 球碰后的速度为v A ，由题意有12mv 2A ＝19×12mv 2，则|v A |＝13v ，碰后A 的速度有两种可能，因此由动量守恒定律有mv ＝m ×13v ＋2mv B 或mv ＝－m ×13v ＋2mv B ，解得v B ＝13v 或23v . 【答案】AB8、(多选)如图所示，光滑曲面下端与光滑水平面相切，一质量为m 的弹性小球P 沿曲面由静止开始下滑，与一质量为km (k 为大于0的正整数)且静止在水平地面上的弹性小球Q 发生弹性正碰．为使二者只能发生一次碰撞，下列关于k 的取值可能正确的是( )A ．1B ．2C ． 3D ．4解析：设碰前的速度为v 0，碰撞满足动量守恒定律和机械能守恒定律，则有mv 0＝mv 1＋kmv 2，12mv 20＝12mv 21＋12kmv 22，联立解得v 1＝1－k 1＋k v 0，v 2＝21＋k v 0，为使二者只能发生一次碰撞，所以必须满足|v 1|≤|v 2|，又k 为大于0的正整数，所以0<k ≤3，即k 的取值可能为1、2、3，选项A 、B 、C 正确，D 错误．【答案】ABC9、(多选)在光滑的水平面上，有A 、B 两球沿同一直线向右运动，如图所示．已知碰撞前两球的动量分别为p A ＝12 kg·m/s ，p B ＝13 kg·m/s.碰撞后它们的动量变化Δp A 、Δp B 有可能是( )A ．Δp A ＝－3 kg·m/s ，ΔpB ＝3 kg·m/s B ．Δp A ＝4 kg·m/s ，Δp B ＝－4 kg·m/sC ．Δp A ＝－5 kg·m/s ，Δp B ＝5 kg·m/sD ．Δp A ＝－24 kg·m/s ，Δp B ＝24 kg·m/s解析：四个选项均遵守动量守恒定律，即有Δp A ＋Δp B ＝0，由于本题是追赶碰撞，物理情景可行性必有v A >v B ，v B ′>v B ，所以有Δp B >0，因而Δp A <0，可将B 选项排除，再由碰后动能不增加得：12m A v 2A ＋12m B v 2B ≥12m A v ′2A ＋12m B v ′2B ①12m B v 2B <12m B v ′2B ② 联立①②解得12m A v ′2A <12m A v 2A 而D 选项中12m A v ′2A ＝12m A v 2A ③ 故排除D 选项，检验选项A 、C ，可知同时满足碰撞的三个原则，故本题的答案应为A 、C.【答案】AC能力达标10、A 、B 两物体在光滑水平面上相向运动，其中物体A 的质量为m A ＝4 kg ，两物体发生相互作用前后的运动情况如图所示．则：(1)由图可知，A 、B 两物体在________时刻发生碰撞，B 物体的质量为m B ＝________kg.(2)碰撞过程中，系统的机械能损失多少？【答案】(1)2 s 6 (2)30 J解析：(1)由图象知，在t ＝2 s 时刻A 、B 相撞，碰撞前后，A 、B 的速度：v A ＝Δx A t ＝－42 m/s ＝－2 m/s v B ＝Δx B t ＝62m/s ＝3 m/s v AB ＝Δx AB t ＝22 m/s ＝1 m/s 由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝(m A ＋m B )v AB解得m B ＝6 kg.(2)碰撞过程损失的机械能：ΔE ＝12m A v 2A ＋12m B v 2B －12(m A ＋m B )v 2AB ＝30 J. 11、如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与墙壁对接，右边与一个足够高的14光滑圆弧轨道平滑相连，木块A 、B 静置于光滑水平轨道上，A 、B 的质量分别为1.5 kg 和0.5 kg.现让A 以6 m/s 的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞的时间为0.3 s ，碰后的速度大小变为4 m/s.当A 与B 碰撞后会立即粘在一起运动，g 取10 m/s 2.求：(1)在A 与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A 的平均作用力的大小；(2)A 、B 滑上圆弧轨道的最大高度．【答案】(1)50 N (2)0.45 m解析：(1)设水平向右为正方向，当A 与墙壁碰撞时，根据动量定理有 F t ＝m A v ′1－m A (－v 1)解得F ＝50 N.(2)设碰撞后A 、B 的共同速度为v ，根据动量守恒定律有m A v ′1＝(m A ＋m B )vA 、B 在光滑圆弧轨道上滑动时机械能守恒，由机械能守恒定律得12(m A＋m B )v 2＝(m A ＋m B )gh 解得h ＝0.45 m.12、如图所示，质量为m 的炮弹运动到水平地面O 点正上方时速度沿水平方向，离地面的高度为h ，动能为E ，此时发生爆炸，分解为质量相等的两部分，两部分的动能之和为2E ，速度方向仍沿水平方向，爆炸时间极短，重力加速度为g ，不计空气阻力和火药的质量，求炮弹的两部分落地点之间的距离．【答案】4Eh mg解析：爆炸之前E ＝12mv 20爆炸过程动量守恒，有mv 0＝12mv 1＋12mv 2 12(m 2)v 21＋12(m 2)v 22＝2E 联立解得v 1＝0，v 2＝2v 0即爆炸后一部分做自由落体运动，另一部分做平抛运动，有h ＝12gt 2 x ＝2v 0t解得炮弹的两部分落地点之间的距离为x ＝4Eh mg. 13、如图所示，ABD 为竖直平面内的轨道，其中AB 段水平粗糙，BD 段为半径R ＝0.08 m 的半圆光滑轨道，两段轨道相切于B 点．小球甲以v 0＝5 m/s 的速度从C 点出发，沿水平轨道向右运动，与静止在B 点的小球乙发生弹性正碰，碰后小球乙恰好能到达圆轨道最高点D .已知小球甲与AB 段间的动摩擦因数μ＝0.4，CB 的距离s ＝2 m ，g 取10 m/s 2，甲、乙两球可视为质点．求：(1)碰撞前瞬间，小球甲的速度大小v 甲；(2)小球甲和小球乙的质量之比．【答案】(1)3 m/s (2)12解析：(1)对甲在CB 段，由动能定理得μm 甲gs ＝12m 甲v 20－12m 甲v 2甲 解得v 甲＝3 m/s. (2)碰后，乙恰好能到达圆轨道最高点D ，由牛顿第二定律得m 乙g ＝m 乙v 2D R从B 点到D 点，由机械能守恒定律得12m 乙v 2D ＋2m 乙gR ＝12m 乙v 2B 解得v B ＝5gR ＝2 m/s在B 位置，甲、乙碰撞过程中甲、乙组成的系统动量守恒，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m 甲v 甲＝m 甲v ′甲＋m 乙v B由机械能守恒定律得12m 甲v 2甲＝12m 甲v ′2甲＋12m 乙v 2B所以m 甲m 乙＝12. 14、如图所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为32m .开始时A 、B 分别以v 1、v 2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速度地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远．若B 与挡板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞后将粘合在一起．为使B 能与挡板碰撞两次，v 1、v 2应满足什么关系？【答案】1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1 解析：设向右为正方向，A 与C 粘合在一起的共同速度为v ′，由动量守恒定律得mv 1＝2mv ′①为保证B 碰挡板前A 未能追上B ，应满足v ′≤v 2②设A 、B 碰后的共同速度为v ″，由动量守恒定律得2mv ′－32mv 2＝72mv ″③ 为使B 能与挡板再次相碰应满足v ″>0④联立①②③④式解得1.5v 2<v 1≤2v 2或12v 1≤v 2<23v 1。