“四翼”檢測評價（五） 自然界中的守恒定律

“四翼”檢測評價（五）自然界中的守恒定律A組—重基礎(chǔ)·體現(xiàn)綜合1．(多選)第二屆進博會上展出了一種乒乓球陪練機器人，該機器人能夠根據(jù)發(fā)球人的身體動作和來球信息，及時調(diào)整球拍將球擊回。若機器人將乒乓球以原速率斜向上擊回，球在空中運動一段時間后落到對方的臺面上，忽略空氣阻力和乒乓球的旋轉(zhuǎn)。下列說法正確的是()A．擊球過程合外力對乒乓球做功為零B．擊球過程合外力對乒乓球的沖量為零C．在上升過程中，乒乓球處于失重狀態(tài)D．在下落過程中，乒乓球處于超重狀態(tài)解析：選AC球拍將乒乓球原速率擊回，可知乒乓球的動能不變，動量方向發(fā)生改變，可知合力做功為零，沖量不為零，A正確，B錯誤。在乒乓球的運動過程中，加速度方向向下，可知乒乓球處于失重狀態(tài)，C正確，D錯誤。2．如圖所示，B、C、D、E、F球并排放置在光滑的水平面上，其中B、C、D、E球質(zhì)量相等，而F球質(zhì)量小于B球質(zhì)量。A球的質(zhì)量等于F球質(zhì)量。A球以速度v0向B球運動，所發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞，則碰撞之后()A．3個小球靜止，3個小球運動B．4個小球靜止，2個小球運動C．5個小球靜止，1個小球運動D．6個小球都運動解析：選A因A、B質(zhì)量不等，MA＜MB。A、B相碰后A向左運動，B向右運動。B、C、D、E質(zhì)量相等，彈性碰撞后，不斷交換速度，最終E有向右的速度，B、C、D靜止，又因為E、F質(zhì)量不等，ME＞MF，則E、F都向右運動。所以B、C、D靜止，A向左，E、F向右運動，A正確，B、C、D錯誤。3．一小球從水平地面上方無初速度釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設(shè)小球與地面碰撞過程沒有機械能損失，運動時的空氣阻力大小不變，下列說法正確的是()A．小球在上升過程中，動量的改變量的大小小于空氣阻力的沖量大小B．小球與地面碰撞過程中，地面對小球的彈力的沖量為零C．小球與地面碰撞過程中，地面對小球的彈力做功為零D．從釋放到反彈至速度為零的過程中，小球克服空氣阻力做的功大于重力做的功解析：選C小球上升的過程中受到重力和空氣的阻力，根據(jù)動量定理可知，小球上升過程中小球動量改變量等于該過程中空氣阻力與重力的沖量的矢量和，A錯誤；小球與地面碰撞后，速度方向與碰撞前的相反，速度的變化不等于0，由動量定理可知，地面對小球的彈力的沖量不為零，B錯誤；小球與地面碰撞過程中，地面對小球的彈力對球沒有位移，則地面對小球的彈力做功為零，C正確；從釋放到反彈至速度為零的過程中，只有重力和空氣阻力做功，小球的動能的變化為零，所以小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功，D錯誤。4．(2022·深圳高二檢測)在光滑的水平面上，有a、b兩球，其質(zhì)量分別為ma、mb，兩球在t0時刻發(fā)生正碰，并且在碰撞過程中無機械能損失，兩球在碰撞前后的速度圖像如圖所示，下列關(guān)系正確的是()A．ma＞mb B．ma＜mbC．ma＝mb D．無法判斷解析：選B根據(jù)題中圖像，由動量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′＜0，則b球獲得的動量大于a球最初的動量。若ma＝mb，則兩球交換速度，與題圖不符；由Ek＝eq\f(p2,2m)知，若ma＞mb，則b球的動能將會大于a球最初的動能，違背能量守恒定律，則必然滿足ma＜mb，B正確。5.如圖所示，在光滑的水平面上放有一物體M，物體M上有一光滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點為C，兩端A、B等高，現(xiàn)讓小滑塊m從A點由靜止開始下滑，在此后的過程中，則()A．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量守恒B．M和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，動量不守恒C．m從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動D．m從A到B的過程中，M運動的位移為eq\f(mR,M＋m)解析：選BM和m組成的系統(tǒng)機械能守恒，總動量不守恒，但水平方向動量守恒，A錯誤，B正確；m從A到C過程中，M向左加速運動，當m到達C處時，M向左速度最大，m從C到B過程中，M向左減速運動，C錯誤；在m從A到B過程中，有MxM＝mxm，xM＋xm＝2R，得xM＝eq\f(2mR,m＋M)，D錯誤。6.如圖所示，在光滑的水平面上并排放著一系列質(zhì)量均相等的滑塊，現(xiàn)給最左側(cè)滑塊一水平向右的速度(滑塊的初動能為Ek0)，然后與其右側(cè)的滑塊依次發(fā)生碰撞，并且每次碰后滑塊均黏合在一塊，經(jīng)過一系列的碰撞后，滑塊的總動能變?yōu)閑q\f(Ek0,8)。則碰撞的次數(shù)為()A．3B．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。7．(2022·廣州高二檢測) (多選)帶有eq\f(1,4)光滑圓弧軌道質(zhì)量為M的小車靜止置于光滑水平面上，如圖所示，一質(zhì)量也為M的小球以速度v0水平?jīng)_上小車，到達某一高度后，小球又返回車的左端，則(重力加速度大小為g)()A．小球以后將向左做平拋運動B．小球?qū)⒆鲎杂陕潴w運動C．此過程小球?qū)π≤囎龅墓閑q\f(1,2)Mv02D．小球在圓弧軌道上上升的最大高度為eq\f(v02,2g)解析：選BC從小球沖上小車到離開小車，系統(tǒng)在水平方向上動量守恒，由于沒有摩擦力做功，系統(tǒng)動能不變，此過程類似于彈性碰撞，作用后兩者交換速度，即小球返回車的左端時速度變?yōu)榱?，開始做自由落體運動，由動能定理知小球?qū)π≤囎龅墓閑q\f(1,2)Mv02，故B、C對，A錯；小球上升到最高點時與小車相對靜止，有共同速度v′，由動量守恒定律和機械能守恒定律有Mv0＝2Mv′，eq\f(1,2)Mv02＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)Mv′2))＋Mgh，解得h＝eq\f(v02,4g)，D錯。8.在一對很大的平行正對金屬板間可形成勻強電場，通過改變兩金屬板間的電壓，可使其間的電場強度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動，而后反向運動，4.0s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，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，B錯誤，D正確。9.如圖所示，質(zhì)量m＝245g的物塊(可視為質(zhì)點)放在質(zhì)量M＝0.5kg的木板左端，足夠長的木板靜止在光滑水平面上，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，質(zhì)量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)子彈和物塊一起滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物塊在木板上滑行的時間t和產(chǎn)生的內(nèi)能E。解析：(1)子彈進入物塊后與物塊一起向右滑行，物塊的初速度即為物塊的最大速度。對子彈和物塊組成的系統(tǒng)，以向右為正方向，由動量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝eq\f(m0v0,m0＋m)＝6m/s。(2)當子彈、物塊和木板三者速度相同時，木板的速度達到最大，由動量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝eq\f(m0＋mv1,m0＋m＋M)＝2m/s。(3)對物塊和子彈組成的系統(tǒng)，由動量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得t＝eq\f(v1－v2,μg)＝1s，對物塊和子彈以及木板組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m0＋m)v12＝eq\f(1,2)(m0＋m＋M)v22＋E，解得E＝3J。答案：(1)6m/s(2)2m/s(3)1s3JB組—重應(yīng)用·體現(xiàn)創(chuàng)新10．(2022·湛江高二檢測)(多選)水平面上的A、B兩球沿同一直線運動并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前、后的位移隨時間變化的圖像，a、b分別為A、B兩球碰前圖像，c為碰撞后兩球共同運動的圖像，已知A球質(zhì)量是m＝2kg，則由圖像判斷下列結(jié)論正確的是()A．由圖像可知碰撞前A球做勻減速直線運動，B球做勻加速直線運動B．碰撞前后A球動量變化量大小為4kg·m/sC．B球質(zhì)量為eq\f(4,3)kgD．A、B兩球碰撞前的總動量大小為3kg·m/s解析：選BC由于x-t圖像的斜率表示速度，因此碰撞前A、B兩球都做勻速運動，A錯誤；碰撞前有：vA＝－3m/s，vB＝2m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝－1m/s；碰撞前后A的動量變化為：ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3)kg·m/s＝4kg·m/s，B正確；根據(jù)動量守恒定律，碰撞前后B的動量變化為：ΔpB＝－ΔpA＝－4kg·m/s，又：ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以解得mB＝eq\f(4,3)kg，C正確；A與B碰撞前的總動量為：p總＝mvA＋mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋eq\f(4,3)×2kg·m/s＝－eq\f(10,3)kg·m/s，故D錯誤。11.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做勻速運動。在t＝0時輕繩斷開，A在F作用下繼續(xù)前進，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因為最初質(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)運動的時間tB＝eq\f(2mv,F)。在物體B停止運動前，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，A、C錯誤。t＝eq\f(2mv,F)時，物體B恰好停止運動，對A、B整體應(yīng)用動量守恒定律，有2×mv＝0＋pA′，即pA′＝2mv，B正確。在t＝eq\f(2mv,F)到t＝eq\f(4mv,F)的過程中，對A運用動量定理，eq\f(1,2)F×eq\f(2mv,F)＝PA終－2mv，故pA終＝3mv，D錯誤。12.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。現(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，彈簧在彈性限度內(nèi))(1)求從撤去外力到A物體開始運動，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圓軌道之前，B物體的最小速度vB是多大？(3)若B物體在獲得最小速度瞬間脫離彈簧，從光滑圓形軌道右側(cè)小口進入(B物體進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開始運動時，彈簧恢復原長，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)當彈簧恢復原長后，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。當彈簧再次恢復到原長時，物體A達到最大速度，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\vs4\al\co1(vB＝\r(\f(2W0,3m))不符合題意舍