1.4美妙的守恒定律综合训练（Word版含答案）

1.4美妙的守恒定律
一、选择题（共15题）
1．甲乙两球在水平光滑轨道上向同一方向运动,已知它们的动量分别是p1= 5kgm/s,p2=7kgm/s,甲从后面追上乙并且发生碰撞,碰后乙球的动量变为 10kgm/s.则二球质量m1和m2间的关系可以是下面的哪几种（ ）
A．m2=m1 B．m2=6m1 C．m2=2m1 D．m2=3m1
2．一个质量为m的小球A在光滑的水平面上以3m/s速度向右运动，与一个质量为2m的静止的小球B发生正碰，假设碰撞过程中没有机械能损失，则碰后（　　）
A．A球、B球都向右运动，速度都是1m/s
B．A球向左运动，速度为1m/s；B球向右运动，速度为2m/s
C．A球向左运动，速度为5m/s；B球向右运动，速度为1m/s
D．A球向右运动，速度为0.5m/s；B球向右运动，速度为1.25m/s
3．在光滑水平轨道上有两个小球A和B（均可看做质点），质量分别为2m和3m当两球间的距离大于L时，两球之间无相互作用；当两球间的距离等于或小于L时，两球间存在大小为F的恒定斥力，设A球从距离B球足够远处以某一初速度沿两球连线向原来静止的B球运动，如图所示，结果两球恰好接触，则该初速度大小为（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，足够长的两根光滑细杆水平平行放置（处在竖直面内），质量相等的两个小球A、B分别套在两杆上，开始时AB位置连线与杆垂直，A和B连接着一轻质弹簧，此时弹簧恰好为原长（弹簧永远在弹性限度内），现给B球一个初速度v0向右运动，则关于两小球的运动情况，下列说法正确的是（　　）
A．第一次两球相距最远时，B球的速度为0 B．第一次两球相距最远时，B球的速度为
C．从B球开始运动后，B球的速度不可能为零 D．第一次两球相距最远时，弹性势能最大，系统动能为0
5．如图所示，光滑的水平杆上有一质量为的滑环A，滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为的物块B（可视为质点），物块B恰好与光滑的水平面接触。质量为物块C（可视为质点）以速度冲向物块B，物块C与物块B碰后粘在一起向右运动，已知重力加速度为，则下列说法正确的是（　　）
A．物块C与物块B碰后速度为
B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为
C．若滑环A不固定，则滑环A最大速度为
D．若滑环A不固定，则物块B、C摆起的最大高度为
6．如图所示，长木板A放在光滑的水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，下列说法正确的是
A．A、B间的动摩擦因数为0.2
B．系统损失的机械能为4J
C．木板A的最小长度为1.5m
D．木板获得的动能为1J
7．一质量为4kg的长木板，静止放在光滑的水平面上．一质量为3kg的滑块以6m/s水平速度从长木板的一端开始滑动，直到离开长木板，滑块刚离开长木板时的速度大小为2m/s。若将此长木板固定在水平桌面上，其他条件相同，则滑块离开长木板时的速度大小为（ ）
A．2m/s B．3m/s C．4m/s D．5m/s
8．如图，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车AB段是半径为R的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点，一质量为m的滑块在小车上从A点静止开始沿轨道滑下，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点．已知小车质量M=3m，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．则
A．全程滑块水平方向相对地面的位移为R+L
B．全程小车相对地面的位移大小
C．最终小车和滑块一起向左运动
D．μ、L、R三者之间的关系为R=4μL
9．如图所示，带有半圆形槽的物块P，放在足够长的光滑水平地面上，一侧紧靠竖直墙壁．已知半圆形槽的半径为R，槽面光滑，a、c为槽的最高点，b为最低点．现让一小球Q(可视为质点)，从a点正上方h处由静止释放，进入半圆形槽后刚好可以到达c点，则小球Q与物块P的质量之比为
A． B．
C． D．
10．如图所示，在光滑水平面上有两个滑块A和B（B的左侧连接轻弹簧），它们的质量分别为1kg和2kg。滑块A现以2m/s的速度向右运动，滑块B以3m/s的速度向左运动，若以水平向右方向为正方向，则下列说法正确的是（　　）
A．当滑块A的速度减为零时，弹簧被压缩到最短
B．当滑块A的速度为-6m/s时，滑块B的速度为1m/s
C．当两滑块相距最近时，弹簧弹性势能为
D．从开始到两滑块相距最近的过程中滑块A受到的冲量为
11．如图所示，A、B两小球质量分别为m1、m2，放在光滑的水平面上，水平面的右侧与竖直平面内一光滑曲面相切，现给A一向右的速度v0与B发生对心弹性碰撞，小球B沿曲面上升到最高点后又能再沿曲面滑回到水平面若要B返回水平面时能再与A发生碰撞，A、B的质量m1与m2应满足的关系是（　　）
A． B． C． D．
12．如图所示，足够长的木板静止在光滑水平面上，木板质量为M，质量为m的小木块静止在长木板_上，木板与小木块间的动摩擦因数为μ。现若给小木块向右的瞬间冲量为I，小木块在木板上留下划痕长为x1；若给小木块向右的瞬间冲量为2I，小木块在木板上留下划痕长为x2，则两次划痕长度之比为（　　）
A．1:2 B．1:4
C．1:8 D．M与m大小关系未知而无法确定
13．如图所示，质量分别为m和2m的A，B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁．用水平力向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E，在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是（ ）
A．撤去推力的瞬间，B的加速度大小为
B．从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A，B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒
C．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为
D．A离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E
14．老师课上用如图所示的“牛顿摆”装置来研究小球之间的碰撞，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高且位于同一直线上，用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球. 当把小球1向左拉起一定高度后由静止释放，使它在极短时间内撞击其他小球，对此实验的下列分析中，正确的是（ ）
A．上述实验中，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同
B．上述碰撞过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒
C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度后，在同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度大于小球1、2、3的释放高度
D．若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的高度是小球2的两倍，由静止释放，可观察到发生碰撞后两小球均反弹并返回初始高度
15．如图所示，两光滑平行细杆的间距与轻质弹簧自然长度均为d。穿在细杆上的两球形物体m1和m2与弹簧连接，m2的左边有一固定挡板。将m1由图示位置静止释放，当m1与m2第一次相距最近时m1速度为v1，对于两物体以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．m1的最小速度不可能是0
B．可能存在某段时间m1向左运动
C．m2的最大速度一定是v1
D．m1，m2再次相距最近时，m2的速度可能大于m1的速度
二、填空题
16．如图所示，一个运动的中子与一个静止的中子发生弹性碰撞，碰撞过程中动量_____（“一定”、“可能”或“一定不”）守恒，碰撞后A中子_____（“静止”“向右运动”或“向左运动”）．
17．两小孩在冰面上乘坐“碰碰车”相向运动，A车总质量为50kg，以2m/s的速度向右运动；B车总质量为70kg，以3m/s的速度向左运动，碰撞后，A以1.5m/s的速度向左运动，则B的速度大小为_____m/s，方向向_____（选填“左”或“右”），该碰撞是_____（选填“弹性“或“非弹性”）碰撞
18．如图所示，两个半径为R的光滑圆弧轨道AB、EF固定在地面上，一质量为m的小物体（可看成质点）从轨道的最高点A处由静止滑下，质量为m、长为R的小车静止在光滑的水平面CD上，小车平面与光滑圆弧轨道末端BE齐平。物体从轨道末端的B滑上小车，小车即向右运动，当小车右端与壁DE刚接触时，物体恰好滑到小车的右端且相对小车静止。重力加速度为g，则：
(1)物体从A处滑到B处时的速度大小为______；
(2)物体滑到小车右端时的速度大小为______；
小车与DE相碰后立即停止运动，但与DE不粘连，物体则继续滑上光滑轨道EF，以后又滑下来冲上小车。求：
(3)物体滑上EF轨道的最高点P相对于E点的高度h=______；
(4)水平面CD的长度L=______；
(5)当物体再从EF上滑下并滑上小车，如果小车与壁BC相碰后速度也立即变为零，最后物体停在小车上的Q点。则可知Q点距小车的右端距离为______。
19．如图所示，光滑水平面上用轻绳连接质量分别为和的两个物体和B，物体静止，物体B以初速度水平向右运动，绳子被拉紧时突然断裂，物体B的速度变为，则物体的速度变为______。根据以上数据______求出此过程中系统损失的机械能（选填“能”或“不能”）。
三、综合题
20．质量为2 kg的小球A在光滑水平面上以6 m/s 的速度向右运动，恰遇上质量为5 kg、以4 m/s的速度向左运动的小球B，碰撞后B球恰好静止，求碰撞后A球的速度。
21．如图所示，一长度为L的轻绳，一端固定一个质量为m的小球a，另一端固定在O点，O点距离地面的高度也为L，在O点正下方距离O点处有一光滑小铁钉c，c的正下方放有小球b。初始小球a与O点在同一水平线上，轻绳伸直。现由静止释放小球a，小球a与小球b碰后粘在一起并向左摆动，恰好能够沿圆弧运动到c点正上方。小球a和小球b均可视为质点，重力加速度为g，空气阻力不计。求：
(1)碰后瞬间小球a的速度大小；
(2)小球b的质量。
22．如图所示，光滑水平面左端接一竖直光滑半圆轨道，轨道半径R=1.6m，右端接一斜面，斜面的倾角θ=37°，一质量为m的物块甲从斜面上离水平面高度h=3R为的A点由静止滑下，刚好能到达半圆轨道的最高点E点，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．
（1）求物块甲与斜面间的动摩擦因数；
（2）如果在水平面上C点放一材质与物块甲相同、质量为的物块乙，物块甲从斜面上滑下后与物块乙发生弹性碰撞，碰后物块乙恰好能到达半圆轨道的最高点E，则物块甲下滑时的高度为多少？
23．如图所示，现有一游戏滑道模拟装置固定在地面上，该装置竖直放置，由AB、BC、CD三部分组成，AB与BC两轨道平滑连接，CD为半圆弯管轨道。现将1号球从AB轨道上的P点静止释放，其下滑到最低点与静止在B点的2号球发生弹性碰撞，2号球通过弯管后从D点抛出，恰好落在B点。已知两球质量均为m=1kg，水平轨道BC长度L=1.6m，弯管半径R=0.4m，重力加速度g=10m/s2（小球可看成质点，半圆弯管内径略大于小球直径，不计一切摩擦）求：
（1）2号球运动到D点时对管壁的作用力F；
（2）P点距水平轨道BC的竖直高度H。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
根据动量守恒定律得：p1+p2=p1′+p2′
解得：p1′=2kg m/s．
碰撞过程系统的总动能不增加，则有：
代入数据解得： ．
碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有：
代入数据解得：．
综上有 ，故D正确，ABC错误．故选D.
点睛：对于碰撞过程，往往根据三大规律，分析两个质量的范围：1、动量守恒；2、总动能不增加；3、碰撞后两物体同向运动时，后面物体的速度不大于前面物体的速度．
2．B
【详解】
两球碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得
又没有机械能损失，根据机械能守恒定律得
带入数据解得
故B正确，ACD错误。
故选B。
3．B
【详解】
两球不发生接触的临界条件
v1=v2
由动量守恒定律
由能量关系
联立解得
故选B。
4．B
【详解】
AB．小球A、B在水平方向上，系统无水平方向外力，内力为弹簧弹力，则对球A、B、弹簧系统水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
为弹簧伸长量，当两球速度相等时，相距最远，由动量守恒可知，此时
A错误，B正确；
C．若B的速度为零，则有
此时弹簧恢复为原长，则第二次恢复原长的过程中，A一直加速，B一直减速，有
C错误；
D．当相距最远时，A、B的速度相等，系统的动能不为零，若为零，则不满足动量守恒，D错误
故选B。
5．D
【详解】
A．物块C与物块B碰撞时动量守恒，有
①
解得碰后速度为
②
故A错误；
B．物块C与物块B碰撞过程中损失的机械能为
③
故B错误；
D．若滑环A不固定，物块C与物块B粘在一起后，相对于A做曲线运动，会向右拉动A一起运动，当A、B、C三者水平方向速度相等（设为v2）时，B、C摆起的高度最大（设为h），根据动量守恒定律和能量守恒定律有
④
⑤
联立②④⑤解得
⑥
故D正确；
C．当滑环A所受合外力为零时速度达到最大（设为v3），易知此时B、C整体恰好摆回至最低点，设此时B、C整体的速度为v4，根据动量守恒定律和能量守恒定律有
⑦
⑧
联立②⑦⑧解得
⑨
故C错误。
故选D。
6．D
【详解】
A．由图示图象可知，B的加速度：，负号表示加速度的方向，由牛顿第二定律得：，代入解得，，故A错误；
BD．由图示图象可知，木板获得的速度为，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得木板A的质量为，木板获得的动能为：
系统损失的机械能为，故B错误，D正确；
C．由图得到：内B的位移为
A的位移为，木板A的最小长度为，故C错误．
7．C
【详解】
设第一次滑块离开时木板速度为v，选v0的方向为正，由系统的动量守恒，有
设滑块与木板间摩擦力为f，木板长L，滑行距离s，则： 由动能定理对木板
对滑块
即
当板固定时
解得
v3=4m/s
故C正确ABD错误。
故选C。
8．B
【详解】
设全程小车相对地面的位移大小为s，则滑块水平方向相对地面的位移 x=R+L-s，选项A错误．取水平向右为正方向，由水平动量守恒得：，即，结合M=3m，解得 s=（R+L），x=（R+L）．故B正确．对整个过程，由动量守恒定律得：0=（m+M）v′，得v′=0则最终小车和滑块静止，选项C错误；由能量守恒定律得 mgR=μmgL，得 R=μL，故D错误．
9．B
【详解】
小球从开始下落到到达b点的过程中，槽静止不动，此时：；当小球向上运动到达c点时球和槽共速，由动量守恒：；由能量关系： ，联立解得；
A. ，与结论不相符，选项A错误；
B. ，与结论相符，选项B正确；
C. ，与结论不相符，选项C错误；
D. ，与结论不相符，选项D错误；
10．C
【详解】
AC．当滑块A、B的速度相同时，间距最小，弹簧压缩量最大，此时速度为v，根据动量守恒，以向右为正方向
解得
根据能量守恒
A错误C正确；
B．滑块A和B碰前的总能量为
当滑块A的速度为-6m/s时，滑块B的速度为1m/s时，总的能量为
能量不能增加，B错误；
D．从开始到两滑块相距最近的过程中，根据动量定理
D错误。
故选C。
11．A
【详解】
当A与B发生碰撞时，由动量守恒定律得
由于A与B发生对心弹性碰撞，根据机械能定律得
解得
显然，如果二者碰撞后都向右运动或A停止运动，是一定能发生二次碰撞的，在碰撞后A向左运动时，要能发生二次碰撞，需有
解得
BCD错误，A正确。
故选A。
12．B
【详解】
对木块，由动量定理得
对木板和木块整体分析，由动量守恒定律得
由功能关系得
联立解得
故ACD错，B对。
故选B。
13．AC
【详解】
A．撤去F后，B水平方向受到弹簧的弹力F，根据牛顿第二定律
A正确；
B．A离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙对A有向右的弹力，系统水平方向的合外力不为零，动量不守恒。这个过程中，只有弹簧的弹力对B做功，系统的机械能守恒，B错误；
CD．当弹簧恢复原长时，A开始离开竖直墙，系统水平方向不受外力，竖直方向外力平衡，则系统的动量守恒，只有弹簧的弹力做功，机械能也守恒。当两物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大，设两物体相同速度为v，A离开墙时，B的速度为，根据动量守恒和机械能守恒得
又因为在A离开竖墙之前，弹簧弹性势能全部转化为B的动能
联立解得
C正确，D错误。
故选AC。
14．AB
【详解】
A. 上述实验中，由于5个球是完全相同的小球，则相互碰撞时要交换速度，即第5个球被碰瞬时的速度等于第1个球刚要与2球碰撞时的速度，由能量关系可知，观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，选项A正确；
B. 上述碰撞过程中，5个小球组成的系统碰撞过程无能量损失，则机械能守恒，水平方向受合外力为零，则系统的动量守恒，选项B正确；
C. 如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同；故C错误；
D. 若只用小球1、2进行实验，将它们分别向左、右各拉起一个较小的高度，且小球1的高度是小球2的两倍，由静止释放，则到达最低点时1球的速度是2球的两倍，相碰后两球交换速度各自反弹，则可观察到发生碰撞后小球2的高度是小球1的两倍，选项D错误．
15．BD
【详解】
当m1与m2第一次相距最近后，m2开始离开挡板，m1向右运动，弹簧被拉长，m2在弹簧弹力作用下向右运动，m1减速，m2加速，达到共同速度时两者相距最远，此后m1继续减速，m2加速，当两球再次相距最近时，m1达到最小速度，m2达最大速度，两球组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得
由机械能守恒定律得
解得
A．当m1＝m2时m1的最小速度为0，A错误；
B．如果m1＜m2，则v1′＜0，即m1的速度向左，由此可知，可能存在某段时间m1向左运动，B正确；
C．由于两球的速度不一定相等，由v2v1可知，m2的最大速度不一定是v1，C错误；
D．当m1＞m2时，m1、m2再次相距最近时，m2的速度可能大于m1的速度，D正确。
故选BD。
16． 一定 静止
【详解】
试题分析：考查动量守恒定理，应用动能定理分析解决．
解：一个运动的中子与一个静止的中子发生弹性碰撞，由动量守恒定理可得：碰撞过程中动量是守恒的．
因为发生的是弹性碰撞，且两个中子质量是一样的，所以运动的A中子的能量无损失的传递给B中子，故碰撞后：A静止，B速度与A原来的速度相等．
故答案为一定，静止．
17． 0.5， 左， 非弹性．
【详解】
第一空.A、B组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mBvB﹣mAvA＝mAvA′+mBvB′，即：70×3﹣50×2＝50×1.5+70vB′，
解得：vB′＝0.5m/s
第二空. 方向：水平向左；
第三空.碰撞前的能量为：
碰撞后的能量为：
综上所述，碰撞前后的能量不守恒，故为非弹性碰撞．
18．
【详解】
(1)物体从A处滑到B处，由机械能守恒得
mgR=
物体滑到B点时速度大小为
(2)因为物体滑到小车右端时，恰好与小车共速，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv=2mv'
故
(3)物体滑上高为h的高度后速度为0，物体在EF轨道上上滑过程，由机械能守恒得
解得
h=R
(4)设物块与小车间的摩擦力为F，小车从C到D的过程，对物块来说，它做减速运动，根据动能定理得
对小车来说，它做加速运动，则根据动能定理得
二式相减得
，
(5)物块从EF上滑下时，速度的大小也是v'，它与小车相互作用仍然能达到共速，设共速的大小为v″，取向左为正方向，根据动量守恒得
mv'=2mv″
则
v″=v'=v
设物块在小车上滑行的距离为x1，则根据能量守恒得
解得
当小车停止时，物块的速度为v″，设它向前滑行的距离为x2后停止下来，则由动能定理得
解得
所以Q点距小车的右端距离为
19． 能
【详解】
物体和B在光滑水平面上运动，动量守恒，有
解得
根据能量守恒可知此过程中系统损失的机械能
代入和可得到，因此根据以上数据能求出此过程中系统损失的机械能。
20．
【详解】
规定向右为正方向，由动量守恒定律可得
代入数据解得
方向向左
21．(1)；(2)
【详解】
(1)设小球b的质量为，碰后整体恰运动到最高点，整体做圆周运动的半径为
根据牛顿第二定律有
设碰后小球a的速度为，碰后整体由最低点到最高点的过程，根据机械能守恒有
解得
(2)小球a由静止释放到最低点，根据机械能守恒有
小球a与小球b发生碰撞，根据动量守恒有
解得
22．（1）；(2) 2.7m
【详解】
（1）根据牛顿第二定律得，mg=m，解得vE=，
对全过程运用动能定理得，mgh-2mgR-μmgcosθ =
h=3R
解得：μ=
（2）设物块乙在C点碰后的速度为v1，碰前甲的速度为v甲，碰后甲的速度为v2
物块乙恰好到达E点，根据机械能守恒定律得：mg 2R+=
解得：v1=
根据动量守恒定律和机械能守恒定律有：
mv甲=mv2+mv1
=+
解得：v甲=
设物块甲开始下滑的高度为H，
根据动能定理得：mgH-μmgcosθ =
解得：H=2.7m
23．（1）30N，方向竖直向上；（2）H=1.6m
【详解】
由题意可知小球离开轨道后在空中做平抛运动，设小球在空中运动时间为t，
根据小球水平方向做匀速直线运动可得
解得
vD=4m/s
根据D点受力情况可知
解得
F=30N
由牛顿第三定律小球对上管壁的压力为30N，方向竖直向上。
（2）由能量守恒
解得
v2=vC=4m/s
1号球和2号球发生弹性碰撞，则有
解得
v0=4m/s
解得
H=1.6m
答案第1页，共2页