上海市北虹高中2019-2020学年物理沪科版选修3-5：1.4美妙的守恒定律 课时作业（含解析）

1.4美妙的守恒定律
1．矩形滑块由不同材料的上下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块．若射向上层滑块，子弹刚好不射出；若射向下层滑块，则子弹整个儿刚好嵌入滑块，由上述两种情况相比较（　　）
A．子弹嵌入两滑块的过程中对滑块的冲量一样多
B．子弹嵌入上层滑块的过程中对滑块做的功较多
C．子弹嵌入下层滑块的过程中对滑块做的功较多
D．子弹嵌入上层滑块的过程中系统产生的热量较多
2．随着科幻 电影《流浪地球》的热映，“引力弹弓效应”进入了公众的视野．“引力弹弓效应”是指在太空运动的探测器，借助行星的引力来改变自己的速度．为了分析这个过程，可以提出以下两种模式：探测器分别从行星运动的反方向或同方向接近行星，分别因相互作用改变了速度。如图所示，以太阳为参考系，设行星运动的速度为，探测器的初速度大小为，在图示的两种情况下，探测器在远离行星后速度大小分别为和，探测器和行星虽然没有发生直接的碰撞，但是在行星的运动方向上，其运动规律可以与两个质量不同的钢球在同一条直线上发生的弹性碰撞规律作类比，那么下列判断中正确的是（ ）
A． B． C． D．
3．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向上运动，最高能上升到轨道M点，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比m1：m2为（ ）
A．（+1）：（﹣1） B．：1
C．（﹣1）：（+1） D．1：
4．质量为m的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为m1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，可能发生的情景有：
①小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为v1、v2和v3，且满足：（m+m0）v0＝mv1+m1v2+m0v3
②摆球的速度不变，小车和木块的速度为v1、v2，且满足：mv0＝mv1+m1v2
③摆球的速度不变，小车和木块的速度都为v，且满足：mv0＝（m+m1）v
④小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，且满足：（m+m0）v0＝（m+m0）v1+m1v2
其中正确的是（　　）
A．①②③ B．②③ C．①②④ D．①③④
5．在光滑的水平桌面上，质量为m的物块A以速度v向右运动，与静止在桌面上的质量为3m的物块B发生正碰，以向右为正方向，碰撞后,物块A的速度不可能为( )
A．0 B．-v C．v D．v
6．如图甲所示，一轻质弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上.现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）
A．两物体的质量之比为m1:m2=2:1
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，弹簧分别处于压缩状态和拉伸状态
D．在t2时刻A和B的动能之比为EK1: EK2=1:4
7．如图所示，一质量为m的小球A沿斜坡由静止开始滑下，与一质量为km的静止在水平面上的小球B发生正碰，假设碰撞是弹性的，且不计任何阻力，斜面与水平面连接处平滑。为使二者能且只能发生两次碰撞，则k的值可能是
A．4.0 B．3.5
C．2.5 D．5.0
8．如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、……、n的木块，所有木块的质量均为m，与木块间的动摩擦因数都相同.开始时，木板静止不动，第1、2、3、……、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、……、nv0，v0方向向右，木板的质量与所有木块的总质量相等，最终所有木块与木板以共同速度匀速运动，则
A．所有木块与木板一起匀速运动的速度为v0
B．所有木块与木板一起匀速运动的速度为v0
C．若n=3，则第2号木块在整个运动过程中的最小速度为
D．若n=3，则第2号木块在整个运动过程中的最小速度为
9．如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R，现将质量也为m的小球从距A点正上方h0高处由静止释放，然后由A点经过半圆轨道后从B冲出，在空中能上升的最大高度为0.75h0（不计空气阻力），则（　　）
A．小球和小车组成的系统动量守恒
B．小车向左运动的最大距离为R
C．小球离开小车后做斜上抛运动
D．小球第二次冲过A能上升的最大高度0.5h0＜h＜0.75h0
10．如图所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为，小车（和单摆）以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短．在此碰撞过程中，下列说法中可能发生的是
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为、、，满足
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为和，满足
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为，满足
D．小车和摆球的速度都变为，木块的速度变为，满足
11．在光滑水平面上，质量为m、速度大小为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．
（1）如果碰撞后两者粘连在一起，则它们的速度大小是____；
（2）如果碰撞后A球被弹回的速度大小为，那么B球获得的速度大小是____，此情形的碰撞类型属____（选填“弹性”或“非弹性”）碰撞．
12．如图所示，一枚导弹模型在5m高处以10m/s的速度水平向右飞行时，炸裂成质量比为3：2的两块，质量大的那块以30m/s的速度向左飞行，取g=10m/s2，不计炸药的质量，在质量小的那块的速度大小为_____m/s；两块在水平地面上的落地点相距_____m．

13．如图，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：
(1)B的质量；
(2)碰撞过程中A、B系统机械能的损失。
14．如图所示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的光滑圆弧轨道相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B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，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2，求：
(1)A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力F；
(2)A、B滑上圆弧轨道的最大高度．
参考答案
1．A
【解析】
动量守恒，完全非弹性碰撞。
【详解】
A．不论哪种情况，最后子弹与滑块都共速，两种情况末速度相同，即滑块获得的动量相同，子弹嵌入两滑块的过程中对滑块的冲量一样多，A正确；
BC．两种情况末速度相同，即获得的动能一样多，子弹嵌入上层滑块的过程中对滑块做的功一样多，BC错误；
D．系统产生的热量就是系统机械能的损失，两种情况机械能损失相同，所以产生的热量相同，D错误。故选A。
2．A
【解析】
考查弹性碰撞动量守恒与机械能守恒问题。
【详解】
设行星质量为M，探测器质量为m，取行星运动方向为正方向，探测器从行星运动的反方向接近行星时，由动量守恒定律：
弹性碰撞模型，机械能守恒：
联立两式可得： ，由于 ，所以 ；
同理，探测器从行星运动的同方向接近行星时，；所以 ， ；A正确，BCD错误，故选A。
3．C
【解析】
两球到达最低的过程由动能定理得：mgR=mv2，解得；所以两球到达最低点的速度均为：；设向左为正方向，则m1的速度，则m2的速度，由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v共
解得：①
二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得：-（m1+m2）gR（1-cos60°）=0-（m1+m2）v共2②
由①②解得：
整理得：m1：m2=，故选C.
4．B
【解析】
碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球的速度在碰撞的瞬间不发生改变，可以认为没有参与碰撞，若小车和木块碰撞后的速度分别为v1和v2，则根据动量守恒定律，有：
mv0＝mv1+m1v2
若小车和木块碰撞后的速度均为v，则根据动量守恒定律，有：
mv0＝（m+m1）v
故②③都可能发生，故选B。
5．C
【解析】
若发生弹性碰撞，设碰后A速度为vA，B速度为vB，根据动量守恒：
解得；
碰后系统动能：
，
解得；
根据完全非弹性碰撞：
，
可得：；
综上可得，若碰后A的速度向右，则速度小于，若碰后A的速度向左，则速度小于。
A.0。与结论相符，故A可能；
B.。与结论相符，故B可能；
C.。与结论不符，故C不可能；
D.。与结论相符，故D可能。
6．C
【解析】
A、B组成的系统合外力为零，遵守动量守恒．选择开始到t1时刻列方程可得： m1v=（m1+m2）v1，将v=3m/s，v1=1m/s代入得：m1：m2=1：2，故A错误；结合图象弄清两物块的运动过程，开始时m1逐渐减速，m2逐渐加速，弹簧被压缩，t1时刻二者速度相当，系统动能最小，势能最大，弹簧被压缩最厉害，然后弹簧逐渐恢复原长，m2依然加速，m1先减速为零，然后反向加速，t2时刻，弹簧恢复原长状态，由于此时两物块速度相反，因此弹簧的长度将逐渐增大，两木块均减速，当t3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，因此从t3到t4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故B错误；由图可知t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，总动能最小，根据系统机械能守恒可知，此时弹性势能最大，t1时刻弹簧处于压缩状态，t3时刻弹簧处于伸长状态．故C正确；在t2时刻A的速度为：vA=-1m/s，B的速度为：vB=2m/s，根据m1：m2=1：2，结合，得：Ek1：Ek2=1：8，故D错误．所以C正确，ABD错误．
7．ABD
【解析】
设与碰撞前的速度为，碰后与的速度分别为与，由动量守恒及机械能守恒定律有：
联立解得：
为使能回到坡上，要求，这导致；为使从坡上滑下后再能追上，应有：
即有：
这导致，于是，为使第二次碰撞能发生，要求；
A.与分析相符，故A正确；
B.与分析相符，故B正确；
C.与分析不符，故C错误；
D.与分析相符，故D正确。
8．AC
【解析】
AB.木块与木板组成的系统动量守恒，以木块的初速度方向为正方向，对系统，由动量守恒定律得：
m(v0+2v0+3v0+…+nv0)=2nmvn，
解得：
故A项正确，B项错误；
CD.第(n?1)号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第n号木块的速度为v。
对系统，由动量守恒定律：
①
对第n?1号木块，由动量定理得：
②
对第n号木块,由动量定理得：
③
由①②③式解得：
，
当n=3，第2号木块在整个运动过程中的最小速度：
，
故C项正确，D项错误；
9．BD
【解析】
A．小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B．系统水平方向动量守恒，以向右为正方向在水平方向由动量守恒定律得：
即：
计算得出小车的位移：，所以B正确;?
C．小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由A点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C错误;?
D．小球第一次车中运动过程中,由动能定理得：
为小球克服摩擦力做功大小，计算得出：
即小球第一次在车中滚动损失的机械能为，因为小球第二次在车中滚动时对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于，机械能损失小于，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于：
而小于，所以D正确;
10．BC
【解析】
碰撞的瞬间小车和木块组成的系统动量守恒，摆球可认为没有参与碰撞，速度在瞬间不变；若碰后小车和木块的速度变v1和v2，根据动量守恒有：
若碰后小车和木块速度相同，根据动量守恒定律有：
A. 小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为、、，满足与分析不相符，故A不符合题意；
B. 摆球的速度不变，小车和木块的速度变为和，满足与分析相符，故B符合题意；；
C. 摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为，满足与分析相符，故C符合题意；；
D. 小车和摆球的速度都变为，木块的速度变为，满足与分析不相符，故D不符合题意；．
11． 弹性
【解析】
（1）A与B碰撞的过程中二者组成的系统动量守恒，则有，解得碰撞后两者粘连在一起，则它们的速度大小是；
（2）A与B碰撞的过程中二者组成的系统动量守恒，则有，解得，根据，此情形的碰撞类型属弹性碰撞．
12．70； 100；
【解析】
设导弹的总质量为，以初速度的方向为正方向，爆炸后质量大的一块质量为，速度，质量小的一块质量为，速度设为
由动量守恒定律得：
代入数据解得：，方向向右；
爆炸后两块分别向前、向后做平抛运动，下落到地面的时间为：
则两块落地的距离为：．
点睛：本题要抓住导弹在爆炸过程中系统动量守恒，爆炸后裂块做平抛运动，应用动量守恒定律及平抛知识即可正确解题．
13．（1）；（2）
【解析】
(1)以初速度的方向为正方向，设B的质量为，A、B碰后的共同速度为v，，由题意知，碰撞前瞬间A的速度为，碰撞前瞬间B的速度为，由动量守恒定律得，
，
得，
。
(2)从开始到碰后的全过程，以初速度v0的方向为正方向，由动量守恒得，
设碰撞过程A、B系统机械能损失为，则
，
联立得，
。
【点睛】
本题考查了动量守恒和能量守恒的综合，运用动量守恒解题，关键合理地选择研究的系统和研究的过程，抓住初末状态列式求解。
14．①②h=0.45m
【解析】
（1）设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，由动量定理得：
Ft=mAv′1-mA?（-v1），代入数据解得：F=50N．
（2）设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv′1=（mA+mB）v，
A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
（mA+mB）v2=（mA+mB）gh，
代入数据解得：h=0.45m