1.4美妙的守恒定律 課時提升練-2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期物理滬教版（2019）選擇性必修第一冊（word含答案）

1、1.4美妙的守恒定律 課時提升練（解析版）一、選擇題1如圖所示，質(zhì)量為M的楔形物體靜止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足夠長，與水平方向的夾角為。一個質(zhì)量為m的小物塊從斜面底端沿斜面向上以初速度開始運(yùn)動。當(dāng)小物塊沿斜面向上運(yùn)動到最高點(diǎn)時，速度大小為v，距地面高度為h，則下列關(guān)系式中正確的是（）ABCD2如圖所示，一質(zhì)量為的盒子沿光滑水平面以速度向右運(yùn)動，盒底上表面光滑，同時在盒內(nèi)有一質(zhì)量為M的小物塊以水平速度v向右運(yùn)動。如果每一次碰撞都沒有機(jī)械能損失，則（）A盒子與小物塊最終靜止B盒子與小物塊最終達(dá)到相同速度，從而做勻速運(yùn)動C第一次碰撞后瞬間，小物塊相對水平面的速度大小為D第一次碰撞后瞬間，小

2、物塊相對水平面的速度大小為3如圖，小物塊a、b和c靜置于光滑水平地面上?，F(xiàn)讓a以速度v向右運(yùn)動，與b發(fā)生彈性正碰，然后b與c也發(fā)生彈性正碰。若b和c的質(zhì)量可任意選擇，碰后c的最大速度接近于（）A8vB6vC4vD2v4粗糙水平面上有甲、乙兩個相同材料的物塊，兩物塊均可看作質(zhì)點(diǎn)，它們運(yùn)動的圖象如圖所示，4s時兩物塊發(fā)生了完全非彈性碰，已知甲物體的質(zhì)量為1kg，重力加速度為g=10m/s2，根據(jù)圖象可知下列說法正確的是（）A乙物塊質(zhì)量為0.5kgB物塊與水平面之間的動摩擦因數(shù)為=0.2C從0時刻到兩物體相遇，甲比乙多走的位移 D兩小球碰撞過程中損失的機(jī)械能為75J5如圖甲所示，在光滑水平面上的兩小

3、球A、B發(fā)生正碰。小球A、B的質(zhì)量分別為和，圖乙為它們碰撞前后的位移時間圖像。已知，由此可以判斷（）A碰撞前小球B靜止，小球A向右做勻加速直線運(yùn)動B碰撞后小球B和小球A都向右運(yùn)動CD碰撞過程中兩小球組成的系統(tǒng)損失了的機(jī)械能6如圖所示，在光滑的水平面上，物體B靜止，在物體B上固定一個輕彈簧。物體A以某一速度v0沿水平方向向右運(yùn)動，通過彈簧與物體B發(fā)生作用，A物體質(zhì)量為m，B物體質(zhì)量為2m，從A剛接觸彈簧至彈簧再次恢復(fù)原長的過程中（）A彈簧再次恢復(fù)原長時B的速度大小為B彈簧彈性勢能的最大值為C彈簧彈力對A的沖量大小為D物體A先做加速度減小的變減速運(yùn)動，再做加速度增大的變減速運(yùn)動77月31日，二青會

4、冰壺比賽在天津落下帷幕，西隊(duì)獲得2金、1銀、1銅。在比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞（如圖甲所示），從t=0開始，碰撞前后兩壺運(yùn)動的v-t圖線如圖乙中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行。已知兩冰壺質(zhì)量均為20kg，t=1s時兩壺相撞不計(jì)兩壺碰撞的時間，則（）A兩壺發(fā)生了彈性碰撞B碰后藍(lán)壺移動的距離為2.4mC碰撞過程中損失的動能為3.2JD碰后兩壺靜止時，它們之間的距離為1.8m8在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速度v0向右運(yùn)動，在小球A的前方O點(diǎn)有一質(zhì)量為m2（形狀與A完全相同）小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)。如圖所示，小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右

5、運(yùn)動，小球B在Q點(diǎn)處被墻壁彈回，返回時與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ=PO。假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞。則（）Am1=m2Bm1=2m2Cm1=3m2Dm1=4m29如圖所示，在光滑水平冰面上，一蹲在滑板上的小孩推著冰塊一起以速度向左勻速運(yùn)動。某時刻小孩將冰塊以相對冰面的速度向左推出，冰塊與豎直墻發(fā)生碰撞后原速率彈回。已知冰塊的質(zhì)量為，小孩與滑板的總質(zhì)量為，小孩與滑板始終無相對運(yùn)動。取。則（）A冰塊與豎直墻發(fā)生碰撞過程中，墻對冰塊的沖量大小為B小孩推完冰塊后，自己的速度沒有反向C小孩受到冰塊給的沖量大小為60D冰塊不會與小孩再一次相遇10如圖所示，質(zhì)量為4m的光滑物塊a靜止在

6、光滑水平地面上，物塊a左側(cè)面為圓弧面且水平地面相切，質(zhì)量為m的滑塊b以初速度向右運(yùn)動滑上a，沿a左側(cè)面上滑一段距離后又返回，最后滑離a，不計(jì)一切摩擦，滑塊b從滑上a到滑離a的過程中，下列說法正確的是（）A滑塊b沿a上升的最大高度為B滑塊a運(yùn)動的最大速度C滑塊b沿a上升的最大高度為D滑塊a運(yùn)動的最大速度11質(zhì)量相等的A、B兩球在光滑水平面上，沿同一直線、同一方向運(yùn)動，A球的動量，B球的動量，當(dāng)A追上B時發(fā)生碰撞，則碰后A、B兩球的動量可能值是（）A，B，C，D，12如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個小球A、B，帶有等量異種電荷，通過絕緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上。突然加一水平向右的勻

7、強(qiáng)電場后，兩球A、B將由靜止開始運(yùn)動，對兩小球A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，在以后的運(yùn)動過程中，以下說法正確的是（設(shè)整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用，且彈簧不超過彈性限度）（）A系統(tǒng)動量守恒B系統(tǒng)機(jī)械能守恒C彈簧彈力與電場力大小相等時系統(tǒng)機(jī)械能最大D系統(tǒng)所受合外力的沖量不為零13如圖所示，固定斜面足夠長，斜面與水平面的夾角，一質(zhì)量為3m的L形工件沿斜面以速度勻速向下運(yùn)動。工件上表面光滑，下端為擋板，現(xiàn)將一質(zhì)量為m的小木塊輕輕放在工件上的A點(diǎn)，當(dāng)木塊運(yùn)動到工件下端時（與擋板碰前的瞬間），工件速度剛好減為零，而后木塊與擋板第一次相碰，以后木塊將與擋板發(fā)生多次碰撞。已知木塊與擋板都是彈性碰撞且碰撞時間極

8、短，木塊始終在工件上運(yùn)動，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A下滑過程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上動量不守恒B下滑過程中，工件的加速度大小為2m/s2C木塊與擋板第1次碰撞后瞬間，工件的速度大小為1.5m/sD木塊與擋板第3次碰撞至第4次碰撞的時間間隔為0.75s14質(zhì)量分別為和的兩個小球A和，原來在光滑的水平面上沿同一直線、相同方向運(yùn)動，速度分別為。當(dāng)A追上時兩球發(fā)生正碰，則碰撞結(jié)束之后兩小球A、的速度可能是（）ABCD15如圖所示，光滑小球放置在水平面上，小球左側(cè)有一固定在地面上的斜面，某時刻將光滑小球從斜面上某位置靜止釋放，小球運(yùn)動到平面上后以速率跟小球發(fā)生碰撞，碰撞后小

9、球以速率反彈后返回斜面，然后再從斜面上滑下，又能追上小球再次發(fā)生碰撞。已知小球的質(zhì)量是小球質(zhì)量的，不考慮小球在斜面與平面轉(zhuǎn)彎處的能量損失，則可能的值為（）ABCD二、解答題16如圖所示，在光滑水平面上有木塊A和B， 它們的上表面是粗糙的，今有一小鐵塊C，以初速沿兩木塊表面滑過，最后停留在B上，此時B、C以共同速度運(yùn)動，求： （1）A運(yùn)動的速度？（2）小鐵塊C剛離開A時的速度？（3）摩擦力對B做的功。17如圖，質(zhì)量為m=245g的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在質(zhì)量為M=0.5kg高度不計(jì)長度L=4.5m的木板左端，木板靜止在光滑水平桌面上，木板右端距桌邊s=0.25m，桌面距地面高h(yuǎn)=0.8m。物塊與木

10、板間的動摩擦因數(shù)=0.2。質(zhì)量為m0=5g的子彈以速度v0=300m/s沿水平方向射入物塊并留在其中（時間極短），g取10m/s2。求：（1）子彈射入物塊后，物塊的速度。（2）物塊經(jīng)過多長時間脫離木板。（3）物塊落地點(diǎn)距桌面右邊緣的水平距離。參考答案1B【詳解】AB小物塊上升到最高點(diǎn)時，速度與楔形物體的速度相同，系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機(jī)械能也守恒。以向右為正方向，在小物塊上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得故A錯誤，B正確；CD系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得故CD錯誤。故選B。2D【詳解】AB由于水平面光滑且每一次碰撞都沒有機(jī)械能損失，盒子與小物塊會一直碰撞下去，故AB錯誤；CD盒子

11、與小物塊發(fā)生第一次彈性碰撞后瞬間，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得盒子的速度大小為小物塊的速度大小為故C錯誤，D正確。故選D。3C【詳解】設(shè)a、b、c的質(zhì)量分別為ma、mb、mc。a與b碰撞后二者的速度分別為va和vb1，根據(jù)動量守恒定律有 根據(jù)機(jī)械能守恒定律有 聯(lián)立解得 由式可知，當(dāng)時，有 設(shè)b與c碰撞后二者的速度分別為vb2和vc，同理可得 聯(lián)立解得 由式可知，當(dāng)時，有 所以若b和c的質(zhì)量可任意選擇，碰后c的最大速度接近于4v，故選C。4A【詳解】A由圖可知，碰撞前瞬間甲的速度為，乙的速度為，碰撞后甲乙速度相等為，由動量守恒定律得解得故A正確；B由圖可知，乙的加速度大小為2.5，根據(jù)

12、解得故B錯誤；C根據(jù)圖像與軸圍成面積表示位移可知從0時刻到兩物體相遇，甲比乙多走的位移故C錯誤；D兩球碰撞過程中損失的機(jī)械能代入數(shù)據(jù)解得故D錯誤。故選A。5C【詳解】A分析題圖乙可知，碰前：小球處在位移為的位置靜止，小球A的位移均勻增大，做勻速直線運(yùn)動，其速度為方向向右，故A錯誤；B碰撞后小球A的速度方向水平向左；碰撞后小球的速度方向水平向右，故B錯誤；C碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得故C正確；D碰撞損失的機(jī)械能碰撞過程機(jī)械能守恒，故D錯誤。故選C。6B【詳解】A從A剛接觸彈簧至彈簧再次恢復(fù)原長的過程中，兩物體和彈簧組成的系統(tǒng)動能動量守恒、機(jī)械能守恒，以向右

13、正方，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得故A錯誤；B兩物體速度相等時彈簧壓縮量最大，彈簧彈性勢能最大，系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得由能量守恒定律得解得故B正確；C從A剛接觸彈簧到彈簧再次回復(fù)原長的過程，對A，由動量定理得解得彈簧彈力對A的沖量大小為，故C錯誤；D物體A與彈簧接觸后做減速運(yùn)動，B做加速運(yùn)動，彈簧壓縮量增大，彈簧彈力變大，A的加速度變大；當(dāng)A、B兩物體速度相等時彈簧壓縮量最大然后彈簧逐漸恢復(fù)原長，彈簧彈力減小，A的加速度減小，A繼續(xù)做減速運(yùn)動，整個過程A先做加速度增大的減速運(yùn)動后做加速度減小的減速運(yùn)動，故D錯誤。故選B。7C【詳解】A根據(jù)圖乙可知，碰撞前瞬間紅

14、壺的速度為兩壺碰撞過程，動量守恒，有解得，藍(lán)壺碰后瞬間速度大小為因?yàn)楣逝鲎策^程中有機(jī)械能損失，碰撞不是完全彈性碰撞，故A錯誤；Bv-t圖線與時間軸圍成的面積表示位移，故碰后藍(lán)壺移動的距離為故B錯誤；C碰撞過程中損失的動能為故C正確；D紅壺運(yùn)動過程加速度大小為碰撞后，紅壺繼續(xù)移動的距離為故碰后兩壺靜止時，它們之間的距離為故D錯誤。故選C。8C【詳解】兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒得已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機(jī)械能損失，由機(jī)械能守恒定律得從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，由運(yùn)動學(xué)規(guī)律有聯(lián)立，并代入數(shù)據(jù)

15、解得故C正確。故選C。9C【詳解】A根據(jù)動量定理可得墻對冰塊的沖量大小A錯誤；B根據(jù)動量守恒解得因此小孩推完冰塊后，自己的速度反向，B錯誤；C根據(jù)動量定理，可得小孩受到冰塊給的沖量大小C正確；D由于冰塊返回后的速度大于小孩的速度，因此冰塊一定會與小孩再一次相遇，D錯誤。故選C。10B【詳解】ACb沿a上升到最大高度時，兩者速度相等，在水平方向，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得AC錯誤；BD滑塊b從滑上a到滑離a后，滑塊a運(yùn)動的速度最大。系統(tǒng)在水平方向動量守恒，對整個過程，以向右為正方向，由動量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得B正確，D錯誤。故選B。11A【詳解】設(shè)兩球質(zhì)量均為m碰撞前，總

16、動量p=pA+pB=12kgm/s碰撞前總動能為A若pA=6kgm/s，pB=6kgm/s，則碰撞后，總動量 p=pA+pB=12kgm/s動量守恒，能量關(guān)系則能量不增加，則選項(xiàng)A正確；B若碰撞后pA=4kgm/s， pB=6kgm/s，碰后總動量減小，則不可能，選項(xiàng)B錯誤；C若pA= -6kgm/s， pB=18kgm/s，總動量 p=pA+pB=12kgm/s動量不守恒，能量關(guān)系則能量增加，則選項(xiàng)C錯誤；D碰撞后，pA=2kgm/s，pB=10kgm/s，總動量 p=pA+pB=12kgm/s動量守恒碰撞后總動能為則知總動能增加了，是不可能的，故D錯誤；故選A。12A【詳解】AD加上電場后

17、，兩球所帶電荷量相等而電性相反，兩球所受的電場力大小相等、方向相反，則系統(tǒng)所受電場力的合力為零，系統(tǒng)的動量守恒，由動量定理可知，合外力沖量為零，故A正確；D錯誤；BC加上電場后，電場力對兩球分別做正功，兩球的動能先增加，當(dāng)電場力和彈簧彈力平衡時，動能最大，然后彈力大于電場力，兩球的動能減小，直到動能均為0，彈簧最長為止，但此過程中系統(tǒng)機(jī)械能一直都在增加，故BC錯誤。故選A。13BCD【詳解】A下滑過程中，工件和木塊系統(tǒng)沿斜面方向上合力為零，所以沿斜面方向上動量守恒，故A錯誤；B開始工件勻速下滑，根據(jù)牛頓第二定律有解得把木塊放上，對工件受力分析有解得故B正確；C設(shè)第一次碰撞前瞬間木塊速度為v。第

18、一次碰撞前工件與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，即解得設(shè)第一次碰撞后木塊速度為v1，工件的速度為v2，碰撞過程根據(jù)動量守恒有根據(jù)能量守恒有解得故C正確；D設(shè)木塊與擋板第1次碰撞至第2次碰撞的時間間隔為t，在此時間內(nèi)木塊的位移工件的位移為解得第2次碰撞前木塊的速度工件的速度與第1次碰撞前速度相同，此后不斷重復(fù)上述過程，所以任意兩次相鄰碰撞的時間間隔均相同，故D正確。故選BCD。14BC【詳解】A碰后兩小球A、的速度同向時，A球的速度必定比B小，故A錯誤；BC因?yàn)槟軌驖M足動量守恒和能量守恒定律，故BC正確；D因?yàn)椴粷M足動量守恒定律，故D錯誤。故選BC。15CD【詳解】設(shè)即、碰撞過程中，以方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律得球反彈后能追上再次相碰的條件是解得碰撞過程中損失機(jī)械能解得