物理第一章 动量和动量守恒定律第六节 自然界中的守恒定律随堂练习题

自然界中的守恒定律

1．为了模拟宇宙大爆炸的情况，科学家们将两个带正电的重离子加速后，使它们沿同一条直线相向运动而发生猛烈碰撞。若要使碰撞前的动能转化为内能的效率最大，应设法使离子在碰撞前的瞬间具有(　　)

A．相同的速率　　　　　 B．相同的质量

C．相同的动能 D．大小相同的动量

解析：选D　要使碰撞前的动能转化为内能的效率最大，也就是要使碰撞过程中损失的机械能尽可能多，所以本题关键是设法使这两个重离子在碰撞前瞬间具有大小相等、方向相反的动量，这样可以保证碰撞后粒子的动能最小，从而使更多的动能转化为内能。选项D正确。

2.如图所示，一块质量为0.5 kg的橡皮泥从距小车上表面1.25 m高处由静止下落，恰好落入质量为2 kg、速度为2.5 m/s沿光滑水平地面运动的小车上，并与小车一起沿水平地面运动，取g＝10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)

A．橡皮泥下落的时间为0.3 s

B．橡皮泥与小车一起在水平地面上运动的速度大小为3.5 m/s

C．橡皮泥落入小车的过程中，橡皮泥与小车组成的系统动量守恒

D．整个过程中，橡皮泥与小车组成的系统损失的机械能为7.5 J

解析：选D　橡皮泥做自由落体运动，则有t＝＝0.5 s，A错误。橡皮泥落到小车上，二者相互作用的过程在水平方向上动量守恒，则有Mv0＝(M＋m)v，解得v＝2 m/s，B、C错误。系统损失的机械能为ΔE＝Mv02＋mgh－(M＋m)v2＝7.5 J，D正确。

3．如图所示，质量为M、长为L的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上相对长木板最多能滑行的距离为(　　)

A．L B．

C． D．

解析：选D　长木板固定时，由动能定理得－μMgL＝0－Mv02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有Mv0＝2Mv，μMgs＝Mv02－×2Mv2，得s＝，A、B、C项错误，D项正确。

4．(多选)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，质量为m的子弹(可视为质点)以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是(　　)

A．子弹的末速度大小相等

B．系统产生的热量一样多

C．子弹对滑块做的功相同

D．子弹和滑块间的水平作用力一样大

解析：选ABC　以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度v＝，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层的过程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝Ff·x相对知，由于相对位移x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误。

5.(多选)(2020·辽宁大连校级月考)如图所示，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端。现有一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为x，物块刚好滑到小车的最右端。以下判断正确的是(　　)

A．此时物块的动能为(F－f)(x＋l)

B．此时物块的动量为Ft

C．这一过程中，物块和小车产生的内能为fx

D．这一过程中，物块和小车增加的机械能为F(l＋x)－fl

解析：选AD　对物块，由动能定理得Ek－0＝(F－f)·(x＋l)，此时物块的动能Ek＝(F－f)(x＋l)，选项A正确；对物块，由动量定理得p＝(F－f)t，选项B错误；这一过程中，物块和小车产生的内能为fl，选项C错误；根据能量守恒定律得，外力F做的功转化为小车和物块的机械能和摩擦产生的内能，则有F(l＋x)＝ΔE＋Q，则ΔE＝F(l＋x)－fl，选项D正确。

6.(多选)如图所示，水平面上O点的正上方有一个静止的物体P，炸成两块a、b水平飞出，分别落在A点和B点，且lOA>lOB。若爆炸时间极短，空气阻力不计，则(　　)

A．落地时a的速度大于b的速度

B．落地时a的速度小于b的速度

C．爆炸过程中a增加的动能大于b增加的动能

D．爆炸过程中a增加的动能小于b增加的动能

解析：选AC　物体P爆炸生成两块a、b的过程中在水平方向上动量守恒，则有mava－mbvb＝0，即|pa|＝|pb|。由于下落过程是平抛运动，由题图易知va＞vb，因此ma＜mb，由Ek＝知Eka＞Ekb，C正确，D错误；由于va＞vb，而下落过程中a、b在竖直方向的速度增量为gt是相等的，因此落地时仍有va′＞vb′，A正确，B错误。

7．(多选)如图甲所示，在光滑平台上，物体A以初速度v0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A与小车B的v ­t图像，由此可计算出(　　)

A．小车上表面的长度

B．物体A与小车B的质量之比

C．物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数

D．小车B获得的动能

解析：选BC　由题图乙可知，物体A与小车B最终以共同速度v1匀速运动，但由于题给条件不足，不能确定小车上表面的长度，故A错误；由动量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)v1，解得＝，可以确定物体A与小车B的质量之比，故B正确；由题图乙可以知道，物体A相对于小车B的位移Δx＝v0t1，根据能量守恒定律得μmAgΔx＝mAv02－(mA＋mB)v12，根据求得的物体A与小车B的质量关系，可以解出物体A与小车B上表面之间的动摩擦因数，故C正确；由于小车B的质量未知，故不能确定小车B获得的动能，故D错误。

8．(2020·安徽江南十校联考)如图所示，固定的光滑圆弧面与质量为6 kg的小车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2 kg的滑块A，在小车C的左端有一个质量为2 kg的滑块B，滑块A与B均可看作质点。现使滑块A从距小车的上表面高h＝1.25 m处由静止下滑，与B碰撞后的瞬间合在一起共同运动，最终没有从小车C上滑出。已知滑块A、B与小车C间的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C与水平地面间的摩擦忽略不计，g取10 m/s2。求：

(1)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；

(2)小车C上表面的最短长度。

解析：(1)滑块A下滑的过程中，由机械能守恒定律得mAgh＝mAv12

在A、B碰撞过程中，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得mAv1＝(mA＋mB)v2，

联立并代入数据解得v2＝2.5 m/s。

(2)A、B、C三者组成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得

(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3，

由能量守恒定律得

μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v22－(mA＋mB＋mC)v32，

代入数据解得L＝0.375 m。

答案：(1)2.5 m/s　(2)0.375 m

9.(多选)(2020·福州十一中高二下学期期中)如图所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ。下列说法中正确的是(　　)

A．若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加

B．若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减小

C．若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减小

D．若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小

解析：选BCD　滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL相＝μmgL相，因为相对位移没变，所以产生的热量不变，故A错误；由极限法，当M很大时，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM＋L很小，对滑块根据动能定理得－μmg(xM＋L)＝mv12－mv02，可知滑块滑离木板时的速度v1较大，滑块动量变化较小，由动量守恒定律知，木板动量变化也较小，再根据动量定理知，木板受到的冲量较小，故B正确；采用极限法，当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移xM会很小，滑块的位移等于xM＋L也会很小，故D正确。

10.(多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图所示。现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，忽略空气阻力，则下列说法正确的是(　　)

A．从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒

B．子弹射入木块的瞬间动量守恒，故子弹射入木块的瞬间子弹和木块的共同速度为

C．子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能

D．子弹和木块一起上升的最大高度为

解析：选BD　从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒，但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A、C错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块的瞬间系统动量守恒可知，mv0＝(m＋M)v′，所以子弹射入木块后的共同速度为v′＝，故B正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得(M＋m)v′2＝(M＋m)gh，可得上升的最大高度为h＝，故D正确。

11.如图所示，一质量m2＝0.25 kg的平顶小车，车上右端放一质量m3＝0.30 kg的小物体，小物体可视为质点，与车之间的动摩擦因数μ＝0.4，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1＝0.05 kg的子弹以水平速度v0＝24 m/s射中小车的左端，并留在车中。子弹与车相互作用的时间很短。若小物体未从车上滑落，g取10 m/s2。求：

(1)最后小物体与车的共同速度的大小；

(2)小车的最小长度；

(3)小物体在小车上滑行的时间。

解析：(1)由小物体、子弹以及小车组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得

m1v0＝(m2＋m1＋m3)v2。

车与小物体的共同速度为v2＝2 m/s。

(2)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，以子弹初的速度方向为正方向，由动量守恒定律得m1v0＝(m2＋m1)v1。

设小车最小长度为L，小物体、子弹以及小车相对静止后，对系统利用能量守恒定律得

(m2＋m1)v12－(m2＋m1＋m3)v22＝μm3gL。

联立以上方程解得L＝1 m。

(3)以m3为研究对象，利用动量定理可得μm3gt＝m3v2

解得t＝0.5 s。

答案：(1)2 m/s　(2)1 m　(3)0.5 s

12.(2016·全国卷Ⅱ)如图所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)。已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小g＝10 m/s2。

(1)求斜面体的质量；

(2)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？

解析：(1)规定向右的方向为正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向上动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①

m2v202＝(m2＋m3)v2＋m2gh②

式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度。

联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg。③

(2)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④

代入数据得v1＝1 m/s⑤

设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有

m2v20＝m2v2＋m3v3⑥

m2v202＝m2v22＋m3v32⑦

联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s⑧

由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩。

答案：(1)20 kg　(2)见解析