上海市海滨高中2019-2020学年物理沪科版选修3-5：1.4美妙的守恒定律 课时练（含解析）

1.4美妙的守恒定律
1．质量为2 kg的小车以2 m/s的速度沿光滑的水平面向右运动，若将质量为0.5 kg的砂袋以3 m/s的水平速度迎面扔上小车，则砂袋与小车一起运动的速度的大小和方向是
A．1.0 m/s，向右
B．1.0 m/s，向左
C．2.2 m/s，向右
D．2.2 m/s，向左
2．如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球A、B放在竖直墙壁的右侧，设B开始处于静止状态，A球以速度v朝着B运动，设系统处处无摩擦,所有的碰撞均无机械能损失,则下列判断正确的是(?? )
A．若m1=m2，则两球之间有且仅有两次碰撞
B．若，则两球之间可能发生两次碰撞
C．两球第一次碰撞后B球的速度一定是
D．两球第一次碰撞后A球一定向右运动
3．在光滑水平面上有三个完全相同的小球，它们成一条直线，2、3小球静止并靠在一起，1球以速度v0射向它们，如图所示．设碰撞中不损失机械能，则碰后三个小球的速度可能是(　　)
A．v1＝v2＝v3＝v0
B．v1＝0，v2＝v3＝v0
C．v1＝0，v2＝v3＝v0
D．v1＝v2＝0，v3＝v0
4．如图所示，在光滑水平面上，用等大反向的 F1、 F2分别同时作用于 A、 B 两个静止的物体上，已知 ma＜mb，经过一段时间先撤去 F1， 再撤去 F2， 运动一段时间后两物体相碰并粘为一体，则粘合体最终将（ ）
A．静止
B．向左运动
C．向右运动
D．无法确定
5．如图所示，小车在光滑水平面上向左匀速运动，轻质弹簧左端固定在A点，物体与固定在A点的细线相连，弹簧处于压缩状态（物体与弹簧未连接），某时刻细线断开，物体沿车滑动，脱离弹簧后与B端碰撞并粘合在一起，取小车、物体和弹簧为一个系统，下列说法正确的是（　　）
A．若物体滑动中不受摩擦力，则全过程系统机械能守恒
B．若物体滑动中受摩擦力，全过程系统动量不守恒
C．不论物体滑动中受不受摩擦力，小车的最终速度都相同
D．不论物体滑动中受不受摩擦力，全过程系统损失的总机械能都是相同的
6．如图所示,(a)图表示光滑平台上,物体A以初速度v0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与小车的v-t图像,由此可知( ).
A．小车B获得的动能
B．小车上表面至少的长度
C．物体A与小车B的质量之比
D．A与小车B上表面的动摩擦因数
7．如图甲，长木板A静放在光滑的水平面上，质量m =1 kg的物块B以v0=3m/s的速度滑上A的左端，之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示，取g =10 m/s?，由此可得( )
A．A的质量mA =1 kg
B．A、B间的动摩擦因数为0．2
C．木板A的长度至少为2 m
D．0～2 s内，A、B系统机械能的损失为3 J
8．如图所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，一质量为2m的光滑弧形槽静止放在足够长的光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一质量为m的小物块从槽上高h处开始下滑，重力加速度为g，下列说法正确的是
A．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为
B．物体第一次滑到槽底端时，槽的动能为
C．在压缩弹簧的过程中，物块和弹簧组成的系统动量守恒
D．物块第一次被弹簧反弹后能追上槽，但不能回到槽上高h处
9．如图所示，质量为M、带有半径为R的四分之一光滑圆弧轨道的滑块静置于光滑水平地面上，且圆弧轨道底端与水平面平滑连接，O为圆心．质量为m的小滑块以水平向右的初速度冲上圆弧轨道，恰好能滑到最高点，已知M=2m．，则下列判断正确的是（ ）
A．小滑块冲上轨道的过程，小滑块与带有圆弧轨道的滑块组成的系统机械能守恒
B．小滑块冲上轨道的过程，小滑块对带有圆弧轨道的滑块的压力不做功
C．小滑块冲上轨道的最高点时，带有圆弧轨道的滑块速度最大且大小为
D．小滑块脱离圆弧轨道时，速度大小为
10．如图所示,轻质弹簧连接着两个质量分别为M和的物体，连接体(M在前在光滑水平面上以速度v，速运动过程中，与质量为m的静止物块正碰，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是
A．三者速度均变化，满足关系式
B．三者速度均变化，满足关系式
C．仅m0不变速，且满足关系式
D．仅m0不变速，满足关系式
11．一颗手榴弹以v0=10m/s的水平速度在空中飞行．设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以250m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小为 ______ ，方向是 ______ （填与v0同向或反向　）
12．如图所示装置中，木块B与水平桌面间是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块中，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中动量______，机械能______（填“守恒”或“不守恒”）．
13．竖直墙面与水平地面均光滑，质量分别为、的A、B两物体如图所示放置，其中A紧靠墙壁，A、B之间由质量不计的轻弹簧相连，现对B物体缓慢施加一个向左的力，该力做功W，使A、B间弹簧压缩但系统静止，然后突然撤去向左的推力解除压缩，求：
（1）从撤去外力到物体A运动，墙壁对A的冲量多大？
（2）A、B都运动后，B物体的最小速度为多大？
14．在光滑水平桌面上，有一长为l=2 m的木板C，它的两端各有一挡板，C的质量mC=5 kg，在C的正中央并排放着两个可视为质点的滑块A、B，质量分别为mA=1 kg，mB=4 kg，开始时A、B、C都静止，并且AB间夹有少量的塑胶炸药，如图16-5-2所示，炸药爆炸使得A以6 m/s的速度水平向左运动，如果A、B与C间的摩擦可忽略不计，两滑块中任一块与挡板碰撞后都与挡板结合成一体，爆炸和碰撞时间都可忽略.求：
（1）当两滑块都与挡板相撞后，板C的速度多大？
（2）到两个滑块都与挡板碰撞为止，板的位移大小和方向如何？
参考答案
1．A
【解析】以小车与砂带组成的系统为研究对象，以水平向右方向为正方向，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：m车v车-m袋v袋=（m车+m袋）v，即：2×2-0.5×3=（2+0.5）v，解得：v=1m/s，方向向右．故选A．
【点睛】本题考查了动量守恒定律的应用，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择，这是易错点．
2．A
【解析】
设球A和球B第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向左为正方向.?由系统动量守恒：
系统机械能守恒得：
计算得出： ，
A．若，则得，，即A与B碰撞后交换速度，当球B与墙壁碰后以速度返回，并与球A发生第二次碰撞，之后B静止，A向右运动，不再发生碰撞，所以两球之间有且仅有两次碰撞，所以A正确.?
B．若,则得，，两球之间只能发生一次碰撞，故B错误.?
C．两球第一次碰撞后，B球的速度为，不一定是，与两球的质量关系有关，故C错误.?
D．两球第一次碰撞后A球的速度为；当时，，碰后A球向左运动，,则得,碰后A球静止.当时，，碰后A球向右运动，故D错误.
3．D
【解析】
由于球1与球2发生碰撞时间极短，球2的位置来不及发生变化，这样球2对球3也就无法产生力的作用，即球3不会参与此次碰撞过程．而球1与球2发生的是弹性碰撞，质量又相等，故它们在碰撞中实现速度交换，碰后球1立即停止，球2速度立即变为v0；此后球2与球3碰撞，再一次实现速度交换．所以碰后球1、球2的速度为零，球3速度为v0，故ABC错误，D正确．
4．B
【解析】
两个推力等大、反向，F2作用时间长，冲量大。所以两力的总动量向左，根据动量定理，两物体的总动量沿F2方向，两物体粘为一体时将向左运动，故B正确，ACD错误。
故选：B
5．CD
【解析】
A．物体与橡皮泥粘合的过程，发生非弹性碰撞，系统机械能有损失，故A错误.
B．整个系统在水平方向不受外力，竖直方向上合外力为零，则全过程系统的合外力为零，系统的动量一直守恒；故B错误.
C．不论物体滑动中受不受摩擦力，全过程系统的合外力为零，系统的动量一直守恒，原来物体和小车一起向左做匀速运动，速度相同，最终小车物体的速度仍然相同，由动量守恒可得，系统的速度与初速度相等．即不论物体滑动中受不受摩擦力，小车的最终速度都等于初速度，故C正确．
D．由C项的分析可知，当物体与B端橡皮泥粘在一起时，系统的速度与初速度相等，所以系统的末动能与初动能是相等的，系统损失的机械能等于弹簧的弹性势能，与物体滑动中有没有摩擦无关；故D正确．
6．BCD
【解析】
当A滑上B后，在滑动摩擦力作用下，A做匀减速直线运动，B做匀加速直线运动，最终以共同速度v1匀速运动，根据动量守恒定律求解质量比，根据速度时间图象的面积表示位移可以求得A相对于B的位移，根据能量守恒可以确定动摩擦因数，因为不知道B车质量，所以不能求得B的动能．
【详解】
A、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A错误；
B、由图象可知，AB最终以共同速度匀速运动，这时两物体位移差即为小车上表面最小的长度，即最小为：，故B正确；
C、由动量守恒定律得，，解得：，故可以确定物体A与小车B的质量之比，故C正确；
D、由图象可以知道A相对小车B的位移，根据能量守恒得：，根据B中求得质量关系，可以解出动摩擦力因数，故D正确；
【点睛】
本题主要考查了动量守恒定律、能量守恒定律的直接应用，要求同学们能根据图象得出有效信息．
7．BD
【解析】
由图示图象可知，木板获得的速度为 v=1m/s，A、B组成的系统动量守恒，以B的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0=（m+mA）v，解得：mA=2kg，故A错误；0～2s内，A、B系统机械能的损失为：，故D正确；B的加速度大小：，由牛顿第二定律得 μmg=ma，解得 μ=0.2，故B正确；根据“面积”之差求出木板A的长度即：，故C错误．所以BD正确，AC错误．
8．AD
【解析】
ABC．物块和槽在水平方向上不受外力，但在竖直方向上受重力作用，所以物块和槽仅在水平方向上动量守恒，物块第一次滑到槽底端时，由水平方向上动量守恒得：
，
由能量守恒得：
解得，槽的动能为 故A对，BC错
D．从上面分析可以物块被反弹后的速度大于槽的速度，所以能追上槽，当上到槽的最高点时，两者有相同的速度，从能量守恒的角度可以知道，物块不能回到槽上高h处，D正确
9．AD
【解析】
A.小滑块冲上轨道的过程，只有重力做功，系统的机械能守恒，故A项正确；
B.小滑块冲上轨道的过程，小滑块对带有圆弧轨道的滑块的压力使其加速运动，即小滑块对带有圆弧轨道的滑块的压力做正功，故B项错误；
C.当小滑块从圆弧轨道返回脱离圆弧轨道时，圆弧轨道的速度最大，故C项错误；
D.设小滑块脱离圆弧轨道时小滑块和圆弧轨道的速度分别为v1和v2．由水平动量守恒和机械能守恒得
联立解得:
故D项正确．
10．CD
【解析】
AB.由于M与m碰撞时间极短，所以的速度来不及变化，只有M和m速度发生变化，故AB错误；
CD.若M与m发生完全非弹性碰撞，则由动量守恒定律得：；若M与m发生弹性或非弹性碰撞，则由动量守恒定律得：，故CD正确。
11． 110m/s 与v0反向
【解析】手榴弹爆炸过程系统动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，
根据动量守恒定律得：Mv0=m1v1+m2v2．即：0.6×10=0.2×250+0.4×v2，
解得：v2=-110m/s，负号表示方向，与v0反向．
点睛：本题考查了求手榴弹弹片的速度，知道手榴弹爆炸过程系统动量守恒，应用动量守恒定律即可解题，解题时要注意正方向的选择．
12．不守恒 不守恒
【解析】
[1][2]．可以分为两个阶段：第一阶段子弹打入木块时动量守恒，机械能不守恒；第二阶段子弹与木块快一起压缩弹簧，动量不守恒，机械能守恒．所以整个过程中动量与机械能都不守恒．
13．（1）（2）.
【解析】
（1）压缩弹簧时，外力做的功全部转化为弹性势能；撤去外力后，当弹簧恢复原长时，弹性势能全部转化为B的动能，设此时B的速度为，则
解得
.
此过程中墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量大小，也等于弹簧对B的冲量大小，根据动量定理，有
（2）A、B都运动后，B先做减速运动，A做加速运动，当A、B速度相等时弹簧拉伸最长，此后B继续做减速运动，A继续做加速运动，当弹簧再次恢复原长时，A的速度增加到最大值，B的速度减小到最小值，整个运动过程如图16-4-26所示
整个运动过程中，系统的动量守恒、机械能守恒，则有
联立解得
14．（1）0.（2）0.3 m
【解析】
炸药爆炸，滑块A与B分别获得向左和向右的速度，由动量守恒可知，A的速度较大（A的质量小），A、B均做匀速运动，A先与挡板相碰合成一体（满足动量守恒）一起向左匀速运动，最终B也与挡板相碰合成一体（满足动量守恒），整个过程满足动量守恒．
【详解】
（1）整个过程A、B、C系统动量守恒，有：0=（mA+mB+mC）v，
所以v=0
（2）炸药爆炸，A、B获得的速度大小分别为vA、vB．以向左为正方向，有：
mAvA-mBvB=0，
解得：vB=1.5m/s，方向向右
然后A向左运动，与挡板相撞并合成一体，共同速度大小为vAC，
由动量守恒，有：
mAvA=（mA+mC）vAC，
解得：vAC=1m/s
此过程持续的时间为：
此后，设经过t2时间B与挡板相撞并合成一体，则有：=vACt2+vB（t1+t2），
解得：t2=0.3s
所以，板C的总位移为：xC=vACt2=0.3m，方向向左.
【点睛】
在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，故在运用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪段过程中哪些物体组成的系统动量守恒．