2022年秋新教材高中物理課時跟蹤檢測六自然界中的守恒定律粵教版選擇性必修第一冊

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B．5C．7 D．9解析：選C假設(shè)最左側(cè)滑塊的初速度為v0，碰撞次數(shù)為x時滑塊的總動能變?yōu)閑q\f(Ek0,8)，整個過程動量守恒，則碰撞x次后的整體速度為v＝eq\f(v0,x＋1)，對應(yīng)的總動能為Ek＝eq\f(1,2)(x＋1)mv2＝eq\f(mv02,2x＋1)，由題可知Ek＝eq\f(mv02,2x＋1)＝eq\f(Ek0,8)＝eq\f(1,8)×eq\f(1,2)mv02，解得x＝7，C正確。5.水平面上有質(zhì)量相等的a、b兩個物體，水平推力F1、F2分別作用在a、b上。一段時間后撤去推力，物體繼續(xù)運(yùn)動一段距離后停下。兩物體的v-t圖線如圖所示，圖中AB∥CD。則整個過程中()A．F1的沖量等于F2的沖量B．F1的沖量大于F2的沖量C．摩擦力對a物體的沖量等于摩擦力對b物體的沖量D．合外力對a物體的沖量等于合外力對b物體的沖量解析：選D由AB∥CD可知a、b兩物體與水平面間的動摩擦因數(shù)相等，又因?yàn)閍、b兩物體質(zhì)量相等，則a、b受水平面的摩擦力相等，根據(jù)動量定理，對整個過程研究得F1t1－ftOB＝0，F(xiàn)2t2－ftOD＝0；由題圖可看出tOB＜tOD，則有F1t1＜F2t2，即F1的沖量小于F2的沖量，故A、B錯誤。由于兩物體受到的摩擦力大小相等，但b物體的運(yùn)動總時間大于a物體的運(yùn)動總時間，故摩擦力對a物體的沖量小于摩擦力對b物體的沖量，故C錯誤。根據(jù)動量定理可知，合外力的沖量等于物體動量的變化量，a、b兩個物體動量的變化量都為零，所以相等，故D正確。6.在一對很大的平行正對金屬板間可形成勻強(qiáng)電場，通過改變兩金屬板間的電壓，可使其間的電場強(qiáng)度E隨時間t按如圖所示的規(guī)律變化。在這個電場中間，有一個帶電粒子從t＝0時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，且運(yùn)動過程中不接觸金屬板，則下列說法正確的是()A．帶電粒子一定只向一個方向運(yùn)動B．0～3.0s內(nèi)，電場力的沖量等于0，電場力做的功小于0C．4.0s末帶電粒子回到原出發(fā)點(diǎn)D．2.5～4.0s內(nèi)，電場力的沖量等于0解析：選D帶電粒子在勻強(qiáng)電場中受到的電場力F＝Eq，其沖量I＝Ft＝Eqt，可見，電場力的沖量與E-t圖像與橫軸所圍“面積”成正比(注意所圍圖形在橫軸之上和橫軸之下時的“面積”符號相反)。帶電粒子在平行正對金屬板間先向某一方向運(yùn)動，而后反向運(yùn)動，4.0s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點(diǎn)，選項(xiàng)A、C錯誤；由圖像與橫軸所圍“面積”表示與電場力沖量成正比的量可知，0～3.0s內(nèi)，電場力的沖量不等于0,2.5～4.0s內(nèi)，電場力的沖量等于0，選項(xiàng)B錯誤，選項(xiàng)D正確。7.(多選)一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是()A．第2s末，質(zhì)點(diǎn)的動量為零B．第4s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn)C．在0～2s時間內(nèi)，力F的功率先增大后減小D．在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為零解析：選CD由題圖可知，0～2s時間內(nèi)F的方向和質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動的方向相同，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷了一個加速度逐漸增大的加速運(yùn)動和一個加速度逐漸減小的加速運(yùn)動，所以第2s末，質(zhì)點(diǎn)的速度最大，動量最大，故選項(xiàng)A錯誤；在2～4s內(nèi)F的方向與0～2s內(nèi)F的方向不同，該質(zhì)點(diǎn)在0～2s內(nèi)做加速運(yùn)動，2～4s內(nèi)做減速運(yùn)動，所以質(zhì)點(diǎn)在0～4s內(nèi)的位移均為正，故選項(xiàng)B錯誤；0～2s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時功率P＝Fv得，力F瞬時功率開始為0,2s末時為0，所以在0～2s時間內(nèi)，力F的功率先增大后減小，故選項(xiàng)C正確；在F-t圖像中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量大小，由題圖可知，1～2s內(nèi)的面積與2～3s內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3s時間內(nèi)，力F的沖量為零，故選項(xiàng)D正確。8.沙擺是一種用來測量子彈速度的簡單裝置。如圖所示，將質(zhì)量為M的沙箱用長為l的細(xì)繩懸掛起來，一顆質(zhì)量為m的子彈水平射入沙箱(未穿出)，使沙箱發(fā)生擺動。測得沙箱最大擺角為α，求子彈射擊沙箱時的速度。請陳述這樣測試的原理。解析：設(shè)子彈射擊沙箱時的速度為v0，子彈和沙箱開始一起向右擺動的速度為v，由動量守恒定律可得：mv0＝(m＋M)v子彈和沙箱一起向上擺動過程，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，得：eq\f(1,2)(m＋M)v2＝(m＋M)gl(1－cosα)解得：v0＝eq\f(m＋M\r(2gl1－cosα),m)。答案：eq\f(m＋M\r(2gl1－cosα),m)測試過程利用了動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律B組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新9.如圖所示，在粗糙水平面上，用水平輕繩相連的兩個材料相同的物體A、B，質(zhì)量均為m，在水平恒力F作用下以速度v做勻速運(yùn)動。在t＝0時輕繩斷開，A在F作用下繼續(xù)前進(jìn)，則下列說法正確的是()A．t＝0至t＝eq\f(mv,F)時間內(nèi)，A、B的總動量不守恒B．t＝eq\f(2mv,F)時，A的動量為2mvC．t＝eq\f(2mv,F)至t＝eq\f(3mv,F)時間內(nèi)，A、B的總動量守恒D．t＝eq\f(4mv,F)時，A的動量為4mv解析：選B因?yàn)樽畛踬|(zhì)量均為m的兩個物體A、B在水平恒力F作用下一起以速度v勻速運(yùn)動，所以，每一個物體受到的阻力大小均為eq\f(F,2)。輕繩斷開后，對物體B應(yīng)用動量定理有－eq\f(1,2)F·tB＝0－mv，解得B繼續(xù)運(yùn)動的時間tB＝eq\f(2mv,F)。在物體B停止運(yùn)動前，以A、B整體為研究對象，合外力仍然為零，系統(tǒng)的動量守恒，選項(xiàng)A、C錯誤。t＝eq\f(2mv,F)時，物體B恰好停止運(yùn)動，對A、B整體應(yīng)用動量守恒定律，有2×mv＝0＋pA′，即pA′＝2mv，選項(xiàng)B正確。在t＝eq\f(2mv,F)到t＝eq\f(4mv,F)的過程中，對A運(yùn)用動量定理，eq\f(1,2)F×eq\f(2mv,F)＝PA終－2mv，故pA終＝3mv，選項(xiàng)D錯誤。10.如圖所示，質(zhì)量分別為mA＝m、mB＝3m的A、B兩物體放置在光滑的水平面上，其中A物體緊靠光滑墻壁，A、B兩物體之間用輕彈簧相連。對B物體緩慢施加一個水平向右的力，使A、B兩物體之間彈簧壓縮到最短并鎖定，此過程中，該力做功為W0?，F(xiàn)突然撤去外力并解除鎖定。(設(shè)重力加速度為g，A、B兩物體體積很小，可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧在彈性限度內(nèi))(1)求從撤去外力到A物體開始運(yùn)動，墻壁對A物體的沖量IA的大??；(2)A、B兩物體離開墻壁后到達(dá)圓軌道之前，B物體的最小速度vB是多大？(3)若在B物體獲得最小速度瞬間脫離彈簧，從光滑圓形軌道右側(cè)小口進(jìn)入(B物體進(jìn)入后小口自動封閉組成完整的圓形軌道)圓形軌道，要使B物體不脫離圓形軌道，試求圓形軌道半徑R的取值范圍。解析：(1)物體A開始運(yùn)動時，彈簧恢復(fù)原長，設(shè)此時物體B的速度為vB0由能量守恒有，W0＝eq\f(1,2)mBvB02解得vB0＝eq\r(\f(2W0,3m))此過程中墻壁對物體A的沖量大小等于彈簧對物體A的沖量大小，也等于彈簧對物體B的沖量大小，有IA＝mBvB0＝eq\r(6mW0)。(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長后，物體A離開墻壁，彈簧伸長，物體A的速度逐漸增大，物體B的速度逐漸減小。當(dāng)彈簧再次恢復(fù)到原長時，物體A達(dá)到最大速度，物體B的速度減小到最小值，此過程滿足動量守恒、機(jī)械能守恒，有mBvB0＝mAvA＋mBvBeq\f(1,2)mBvB02＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2解得vB＝eq\f(1,2)vB0＝eq\r(\f(W0,6m))eq\b\lc\(\rc\)(\a