1.4美妙的守恒定律 同步训练（Word版含答案）

1.4美妙的守恒定律
一、选择题（共15题）
1．如图所示，光滑水平面上有两个相同的光滑弧形槽，左侧弧形槽静止但不固定，右侧弧形槽固定，两个弧形槽底部均与水平面平滑连接。一个小球从左侧槽距水平面高h处自由下滑，已知小球质量为m，弧形槽质量均为，下列说法正确的是（ ）
A．小球从左侧弧形槽下滑过程中，小球和槽组成的系统动量守恒
B．小球从左侧弧形槽下滑过程中，小球和槽组成的系统机械能守恒
C．小球滑上右侧弧形槽后，上升的最大高度为h
D．小球第二次滑上左侧弧形槽，上升的最大高度为h
2．如图所示，质量为m的盒子放在光滑的水平面上，盒子内部长度，盒内正中间放有一质量的物块（可视为质点），物块与盒子内部的动摩擦因数为0.03。从某一时刻起，给物块一个水平向右、大小为4m/s的初速度，已知物体与盒子发生弹性碰撞，，那么该物块与盒子前、后壁发生碰撞的次数为（　　）
A．6 B．7 C．8 D．9
3．如图所示，在光滑水平面上方用长为的轻质细线将小球悬挂于点，此时小球静止且恰好不与水平面接触。在小球的左方有形状完全相同的小球以某一初动能向运动，然后与发生弹性正碰。碰后，小球在竖直平面内运动，且绳上始终有张力。已知小球、的质量分别为、，重力加速度为，则小球的初动能可能是（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，在光滑水平面上，有质量分别为2m和m的A、B两滑块，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，在两滑块脱离弹簧之后，下列说法中正确的是（　　）
A．两滑块的动量大小之比pA∶pB=2∶1
B．两滑块的速度大小之比vA∶vB=2∶1
C．两滑块的动能之比EkA∶EkB=1∶2
D．弹簧对两滑块做功之比WA∶WB=1∶1
5．如图所示，一个轻弹簧的两端与质量分别为和的两物体甲、乙连接，静止在光滑的水平面上。现在使甲瞬间获得水平向右的速度，当甲物体的速度减小到1 m/s方向向右时，弹簧最短，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　）
A．此时乙物体的速度为3 m/s
B．紧接着甲物体将开始做加速运动
C．甲、乙两物体的质量之比
D．当弹簧恢复原长时，甲物体的速度为2 m/s，方向向右
6．如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m。B、C与车之间的动摩擦因数均为μ。开始时B、C分别从平板车的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。已知滑块B、C没有相碰且最后都没有脱离平板车，则（　　）
A．当滑块C的速度为零时，滑块B的速度也为零
B．最终车的速度大小为
C．整个运动过程中，系统产热最多为
D．整个运动过程中，B的加速度不变
7．如图所示，质量为M的物块甲，以速度沿光滑水平地面向前运动，连接有轻弹簧、质量为m的物块乙静止在正前方，物块甲与弹簧接触后压缩弹簧，则下列判断错误的是（　　）
A．仅增大，弹簧的最大压缩量增大
B．仅增大m，弹簧的最大压缩量增大
C．仅增大M，弹簧的最大压缩量增大
D．一定，一定，弹簧的最大压缩量一定
8．将质量为的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为，子弹在木块中所受阻力不变，。现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度沿水平方向射入木块，则以下说法正确的是（　　）
A．子弹能够射穿木块
B．子弹不能射穿木块，将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动
C．子弹刚好能射穿木块，此时子弹相对于木块的速度为零
D．若子弹射向木块的速度大于时，则子弹速度越大，木块最终获得的速度越大
9．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块A、B相连，它们静止在光滑水平地面上。现给物块A一个瞬时冲量，使它获得水平向右的速度v0，从此时刻开始计时，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。则下列判断正确的是（　　）
A．t1时刻弹簧的压缩量最大且m1速度达最小值
B．t2时刻弹簧恢复原长，m1和m2速度交换
C．在t1~t3时间内，弹簧处于压缩状态
D．在t2~t4时间内，弹簧处于拉长状态
10．质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止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(　　)
A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．以上都不对
11．在光滑水平面上有完全相同的、两球，其动量大小分别为与，方向均为向东，球在球后，当球追上球后，两球发生正碰。则相碰以后，、两球的动量可能分别为（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
12．如图所示，两个小球A、B在光滑水平地面上相向运动，它们的质量分别为 ，速度分别是（设为正方向），则它们发生正碰后，速度的可能值分别为( )
A．， B．，
C．， D．，
二、多选题
13．光滑水平地面上，A、B两物体质量都为m，A以速度v向右运动，B原来静止，左端连接一轻弹簧，如图所示，当A撞上弹簧，弹簧被压缩最短时（ ）
A．A的动量变为零
B．A、B的速度相等
C．B的动量达到最大值
D．此时弹性势能为
14．如图所示，光滑的水平地面上，质量为的小球A正以的速度向右运动。与前面大小相同、质量为静止的小球B相碰，则碰后A、B两球总动能可能为（　　）
A． B． C． D．
15．第24届冬奥会将于2022年在北京举行，冰壶是比赛项目之一、如图甲所示，红壶以一定速度与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞（碰撞时间极短），碰撞前后两壶运动的图线如图乙中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，已知两壶质量相等且均视为质点，由图象可知（　　）
A．红、蓝两壶碰撞过程是弹性碰撞
B．碰撞后瞬间，蓝壶的速度为0.8m/s
C．碰撞后，蓝壶经过2.5s停止运动
D．红、蓝两壶碰后至停止运动过程中，克服摩擦力做功之比为
三、填空题
16．如图所示, 水平桌面上有一木块A,质量198g, 它与桌面间动摩擦因数为0.1, 木块A距桌边2.0m, 一子弹质量2.0g, 水平射入木块后与木块一起在桌面上滑动, 子弹速度至少为_________m／s能将木块击出桌面.
17．水平地面上，质量为1kg的滑块A以4m/s的速度碰上静止的物体B，碰后A的速度立刻减到零，B在地面上运动2s后静止，已知B与地面间的动摩擦因数为0.1，则B的质量为_____kg，碰撞过程中A、B系统损失的机械能为_____J．
18．某机械装置的竖直切面如图所示，装置由内壁光滑的圆管构成，其中AB部分水平，BC部分是内径为R的半圆，且圆管半径远小于R．由于某种原因，一质量为m的小球a留在了水平管内，现用一个质量也为m的小球b“冲撞”小球a，小球a恰好到达圆管最高点C，已知两小球发生弹性正碰，两小球直径略小于圆管直径，重力加速度为g。则小球b的入射速度大小为______，小球b对小球a的冲量大小为______。
19．光滑水平面上依次放99个质量均为m的弹性小球，质量相等的两弹性小球正碰时交换速度。现一质量为2m的小球A以初速度与第99个小球发生弹性正碰，则：第1个小球最终的速度大小为_________，第99个小球最终的速度大小为_________。
四、解答题
20．如图所示，竖直平面内粗糙水平轨道AB与光滑半圆轨道BC相切于B点，一质量m1＝1 kg的小滑块P（视为质点）受到一水平向右瞬时冲量I作用后，从A点以v0的初速度滑向B点，滑块P运动到B点时与静止在B点的质量m2＝2 kg的小滑块Q（视为质点）发生弹性碰撞（碰撞时间极短），碰撞后小滑块Q恰好能滑到半圆轨道的最高点C，同时小滑块P恰好能回到AB的中点。已知半圆轨道半径R＝0.9 m，重力加速度 g＝10 m/s2.求：
（1）与Q碰撞前的瞬间，小滑块P的速度大小；
（2）P受到水平向右的瞬时冲量I。
21．如图所示，把质量m=20kg的物体以水平速度v0=5m/s抛到静止在水平地面的平板小车上．小车质量M=80kg，物体在小车上滑行一段距离后相对于小车静止．已知物体与平板间的动摩擦因数μ=0.8，小车与地面间的摩擦可忽略不计，g取10m/s2，求：
（1）物体相对小车静止时，小车的速度大小是多少？
（2）物体相对小车运动时，物体和小车相对地面的加速度各是多大？
（3）物体在小车滑行的距离是多少？
22．如图所示，小球A系在细线的一端，线的另一端固定在O点，O点到水平面的距离为h．物块B质量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ．现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰（碰撞时间极短），反弹后上升至最高点时到水平面的距离为．小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，
求（1）碰撞后物块的速度大小为
（2）物块在水平面上滑行的时间t．
23．如图所示，质量为m1=0.2kg，大小可忽略不计的物块A以v1=3m/s的速度水平向右滑上质量为m2=0.1kg的木板B的左端，同时木板B以v2=1m/s水平向左运动，A、B间动摩擦因数μ=0.5，水平面光滑，木板B的长度L=0.5m，g=10m/s2。求：从物块A滑上木板B至滑离木板B的过程中A对B的冲量大小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【详解】
A．槽和地面接触面光滑，则小球从左侧槽下滑过程中，小球和槽组成的系统水平方向所受合外力为零，则水平方向上动量守恒，A错误；
B．从左侧槽下滑过程中，小球和槽组成的系统接触面光滑，无机械能损失，机械能守恒，B正确；
C．球下滑到底端时由动量守恒可知
小球滑上右侧弧形槽后，上升的最大高度为
可得
C错误；
D．小球第二次滑上左侧弧形槽，滑上最大高度时，小球和左侧弧形槽共速，具有动能，小球重力势能小于初态重力势能，上升的高度最大小于h，D错误。
故选B。
2．B
【解析】
【详解】
由动量守恒可得
到物块停止，系统机械能的损失为
解得
故物块与盒子发生7次碰撞
故选B。
3．AD
【解析】
【详解】
小球B在竖直平面内运动的临界条件是在最高点有
解得
小球B从最低点到最高点的过程中，由机械能守恒可得
解得
由于A、B两球碰撞过程中，是弹性碰撞，故动量守恒和机械能守恒，则有
解得
故此时小球的初动能为
则此时小球的初动能大于；
当小球B正好运动到l高度时，速度为零，则有
由于A、B两球碰撞过程中，是弹性碰撞，故动量守恒和机械能守恒，则有
解得
而此时小球的初动能为
故此时小球的初动能小于，BC错误，AD正确。
故选AD。
4．C
【解析】
【详解】
AB．根据动量守恒，可知两滑块的动量大小相等
pA∶pB=1∶1
即
因此
vA∶vB=mB ∶mA =1∶2
AB错误；
C．两滑块的动能之比
EkA∶EkB= vA∶vB=1∶2
C正确；
D．根据动能定理，弹簧对两滑块做功之比
WA∶WB=EkA∶EkB=1∶2
D错误。
故选C。
5．C
【解析】
【详解】
A．根据运动情况和题意结合分析可知当甲物体的速度减小到1m/s时，弹簧最短，此时甲乙共速，故
故A错误；
C．把甲、乙看成一个系统满足动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
故C正确；
B．弹簧被压缩短后，弹簧逐渐恢复原长，乙依然加速，甲继续减速，故B错误；
D．当弹簧恢复原长时，根据动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得当弹簧恢复原长时，甲物体的速度大小
所以当弹簧恢复原长时，甲物体的速度为2 m/s，方向向左，故D错误。
故选C。
6．C
【解析】
【详解】
B．A、B、C组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，最终三者相对静止，设最终系统的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得
解得
故B错误；
A．以水平向右为正方向，设A、B、C三者开始运动时的加速度分别为a1、a2、a3，由牛顿第二定律得
，，
开始A、B、C的速度分别为0、v0、-v0，①若A、B先共速，设A、B经过时间t1共速，则有
解得
②若B、C先共速，设B、C经过时间t2共速，则有
解得
从上面分析可以看出t1＜t2，所以①情况成立，即A、B先共速，A、B共速后一起向右做减速运动，C继续向左做减速运动，C速度减为零后反向向右做加速运动，最终A、B、C速度相等，三者相对静止一起向右做匀速直线运动，因此C速度为零时B的速度向右不为零，故A错误；
C．由能量守恒定律可知，系统损失的动能转化为内能，则有
故C正确；
D．开始B相对A滑动时的加速度大小
AB共速后一起做减速运动，B的加速度大小
故D错误。
故选C。
7．D
【解析】
【详解】
根据动量守恒有
最大压缩量时对应的弹性势能
。
而弹性势能于压缩量之间的关系
由些可以判断，A、B、C项正确，D项错误。
故选D。
8．B
【解析】
【分析】
【详解】
ABC．木块固定时，子弹射穿木块，设木块长度为d，对子弹，由动能定理得
木块不固定时，子弹射入木块，系统动量守恒，假设子弹恰好能穿出木块；由动量守恒定律得
mv0=（3m+m）v
由能量守恒定律得
解得
即子弹不能射穿木块，将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动，故AC错误，B正确；
D．若子弹的速度增加到一定值时，子弹能穿过木块，因木块宽度一定，子弹速度越大，子弹穿过木块的时间t越短，子弹穿过木块时受到的阻力f相同，对木块，由动量定理得
ft=m0v
可知，时间t越短，木块获得的速度越小，故D错误；
故选B。
9．D
【解析】
【详解】
A．t1时刻m1和m2速度相等，此时m1和m2组成的系统机械能最小，弹簧的弹性势能最大，即压缩量最大；此时m1速度还未达到最小值，故A错误；
B．t2时刻m1和m2图线的斜率均为零，所以加速度均为零，弹簧对二者的弹力为零，即弹簧恢复原长；此时m2的速度不是v0，且m1的速度不是零，不满足速度交换的情况，故B错误；
CD．v-t图像斜率的正负表示加速度的方向，在0~t2时间内，m1的加速度方向始终沿负方向，m2的加速度方向始终沿正方向，所以这段时间内弹簧对m1的弹力始终沿负方向，对m2的弹力始终沿正方向，即弹簧处于压缩状态；同理可知，在t2~t4时间内，弹簧对m1的弹力始终沿正方向，对m2的弹力始终沿负方向，即弹簧处于拉长状态，综上所述可知C错误，D正确。
故选D。
10．B
【解析】
【详解】
A、若vB=0.6v，选v的方向为正，由动量守恒得：mv=mvA+3m 0.6v，得vA= 0.8v，碰撞前系统的总动能为 ；碰撞后系统的总动能为： >，违反了能量守恒定律，不可能，故A错误．
B、若vB=0.4v，由动量守恒得：mv=mvA+3m 0.4v,得vA= 0.2v，
碰撞后系统的总动能为：，不违反了能量守恒定律，是可能的，故B正确；
C、若vB=0.2v，由动量守恒得：mv=mvA+3m 0.2v，得vA=0.4v，碰撞后AB速度同向，且A的速度大于B的速度，是不可能的，故C错误；
故选B．
【名师点睛】
碰撞过程遵守动量守恒，根据B的速度，由此定律得到A的速度，根据碰撞总动能不增加，碰撞后符合实际情况，分析是否可能．
11．A
【解析】
【分析】
【详解】
设两球的质量均为m，碰撞前A、B两球的总动量为
方向为向东，动量大小与动能的关系为
可得碰撞前总动能为
A．选项数据满足动量守恒，碰撞后总动能为
可见碰撞过程总动能守恒，发生弹性碰撞，A正确；
B．由选项数据可知，碰撞后，两球均向东运动，由
可知，A球的速度大于B球的速度，不可能存在这种情况，B错误；
C．选项数据满足动量守恒，碰撞后总动能为
碰撞过程总动能增加，不可能存在这种情况，C错误；
D．选项数据满足动量守恒，碰撞后A的动量大小不变，即动能不变，B的动量增大，动能增加，可知碰撞后总动能增加，不可能存在这种情况，D错误。
故选A。
【点睛】
这题关键抓住碰撞过程的三大规律进行分析：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、符合实际运动情况。
12．A
【解析】
【分析】
两球碰撞过程系统动量守恒，碰撞过程中系统的总动能不可能增加，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能．碰后同向运动时后面小球的速度不可能大于前面小球的速度．由此分析即可．
【详解】
以向右方向为正方向，碰前系统的总动量为：，碰前系统的总动能为：，
A.如果、，碰后系统动量为，碰后系统的总动能为：，可知，系统的动量守恒、动能不增加，符合实际，是可能的，故A正确；B.如果、，碰后系统总动量为，碰后系统的总动能为：，系统的动量守恒，总动能增加，不可能．故B错误；C.如果、，碰后速度方向相反，相向运动，还要发生一次碰撞，这是不可能的．故C错误；D.如果、，碰后总动量为：，碰后系统的总动能为：，系统的动量不守恒，总动能增加不变，不可能的．故D错误；故选A．
【点睛】
对于碰撞过程，往往根据这三个规律去分析：一是系统的动量守恒；二是系统的总动能不增加；三是碰后，不能发生第二次碰撞，若两球分开后同向运动，后面小球的速率不可能大于前面小球的速率．
13．BD
【解析】
【分析】
【详解】
AB．A撞上弹簧后，A做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩至最短，此时A的动量不为零，A、B速度相等，故A错误，B正确;
C．速度相等后，B在弹簧弹力的作用下继续做加速运动，动量继续增大，故C错误；
D．规定向右为正方向，根据动量守恒得
mv=2mv′
解得共同速度
根据能量守恒得，弹簧的弹性势能
故D正确。
故选BD。
14．BC
【解析】
【详解】
若A、B两球发生的是弹性碰撞，则碰撞过程中机械能守恒，即碰后总动能等于碰前总动能，即
若A、B两球发生的是完全非弹性碰撞，则机械能损失最大，且由动量守恒定律得
解得
则碰后总动能为
即碰后总动能范围为
故选BC。
15．BC
【解析】
【详解】
B．由图可知碰撞前瞬间，红壶的速度为v1=1.0m/s，碰撞后瞬间红壶的速度为，设碰撞后瞬间，蓝壶的速度为v2，根据动量守恒定律有
解得
故B正确；
A．因为
所以红、蓝两壶碰撞过程是非弹性碰撞，故A错误；
C．设两壶发生碰撞的时刻在t1，由题意可知碰撞前后红壶的加速度大小相同，即
解得
所以红壶的加速度大小为
设蓝壶在t2时刻停止运动，则由图可得
从碰撞到蓝壶停止运动所经历的时间为
故C正确；
D．根据动能定理可知两壶碰后至停止运动过程中，克服摩擦力做的功等于动能的减少量，则克服摩擦力做功之比为
故D错误。
故选BC。
16．200
【解析】
【详解】
试题分析：子弹击中木块过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=（m+M）v′，
当木块刚离开桌面时子弹速度最小，由动能定理得：-μ（M+m）gs=0-（M+m）v′2，
代入数据解得：v=200m/s，则子弹的最小速度为200m/s；
考点：动量守恒定律；动能定理.
17． 2 4
【解析】
【详解】
滑块碰上静止的物体，根据动量守恒定律可得：，碰后在地面上做匀减运动，根据动量定理可得：，解得：，的质量为：，碰撞过程中、系统损失的机械能为．
18． ；
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]小球a恰好到达圆管最高点C，速度为零，即
vc=0
小球a从A到C，由机械能守恒得
mva2=2mgR
解得
va=2
对于碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mvb+mva
mv02=mvb2+mva2
解得
v0=va=2
对a球，由动量定理得
I=mva-0=2m
19．
【解析】
【详解】
[1][2]质量为2m的小球以初速度与第99个小球发生弹性碰撞满足动量守恒和机械能守恒，有
联立解得
，
质量相等的两弹性小球正碰时交换速度，此时第99个小球停在第98个小球的位置，则每个个小球依次与前面的小球正碰后交换速度，故第一个小球的速度为
质量为2m的小球A以速度，与第99个小球发生第二次弹性碰撞，有
解得
,
第二次碰撞后，第99个小球停在第97个小球的位置，以此类推，可得，第99个小球最后的速度
20．（1）m/s；（2）
【解析】
【详解】
（1）滑块P、Q碰撞过程为弹性碰撞机械能守恒、动量守恒，则有
滑块Q从B运动到C的过程机械能守恒，则有
滑块Q在C点时，有

解得
v3＝3 m/s
与Q碰撞前的瞬间，小滑块P的速度大小
v1＝m/s
（2）P回到AB的中点，由运动学公式有
P从A运动到B点
代入数据，解得
由动量定理有
21．（1）v=1m/s；（2）a1=8m/s2，a2=2 m/s2；（3）x=1.25m
【解析】
【分析】
【详解】
解：（1）物体和小车组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，取物体初速度方向为正方向，由动量守恒定律，可得
mv0=（m+M）v
解得
（2）由牛顿第二定律，可得物体的加速度
μmg=ma1
代入数据解得
a1=8m/s2
小车的加速度
μmg=Ma2
代入数据解得
a2=2 m/s2
（3）设x1和x2分别表示物体与小车到相对静止时运动的距离，由速度位移公式，可得
x1=1.5m
x2=0.25m
物体在小车滑行的距离是
x=x1 x2=1.25m
22．（1）（2）
【解析】
【详解】
(1)设小球的质量为m,运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能守恒定律，有：
解得：；
设碰撞后小球反弹的速度大小为v2，同理有：
解得：；
(2)小球与物块发生正碰，由于碰撞时间极短，内力远大于外力，小球和物块组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，设碰后物块速度为v3，根据动量守恒定律，有：
,
解得：
物块在水平面上滑行所受摩擦力的大小为：
f=5μmg
设物块在水平面上滑行的时间为t，根据动量定理，有：
Ft=0 5mv3
得：t=
【名师点睛】
（1）对小球下落过程，由机械能守恒定律可求得小球与物块碰撞前的速度；再对小球，由机械能守恒可求得反弹的速度．
（2）由动量守恒定律可求得物块获得的速度，对物块滑行过程由动量定理可求得其滑行的时间t．
23．
【解析】
【分析】
【详解】
规定向右为正方向，根据系统动量守恒可得
再由能量守恒得
解得
，
根据动量定理可得，A对B的冲量大小
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页