“四翼”检测评价（五） 自然界中的守恒定律

“四翼”检测评价（五）自然界中的守恒定律A组—重基础·体现综合1．(多选)第二届进博会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是()A．击球过程合外力对乒乓球做功为零B．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C．在上升过程中，乒乓球处于失重状态D．在下落过程中，乒乓球处于超重状态解析：选AC球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零，A正确，B错误。在乒乓球的运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C正确，D错误。2．如图所示，B、C、D、E、F球并排放置在光滑的水平面上，其中B、C、D、E球质量相等，而F球质量小于B球质量。A球的质量等于F球质量。A球以速度v0向B球运动，所发生的碰撞均为弹性碰撞，则碰撞之后()A．3个小球静止，3个小球运动B．4个小球静止，2个小球运动C．5个小球静止，1个小球运动D．6个小球都运动解析：选A因A、B质量不等，MA＜MB。A、B相碰后A向左运动，B向右运动。B、C、D、E质量相等，弹性碰撞后，不断交换速度，最终E有向右的速度，B、C、D静止，又因为E、F质量不等，ME＞MF，则E、F都向右运动。所以B、C、D静止，A向左，E、F向右运动，A正确，B、C、D错误。3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞过程没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是()A．小球在上升过程中，动量的改变量的大小小于空气阻力的冲量大小B．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力的冲量为零C．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力做功为零D．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功大于重力做的功解析：选C小球上升的过程中受到重力和空气的阻力，根据动量定理可知，小球上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力与重力的冲量的矢量和，A错误；小球与地面碰撞后，速度方向与碰撞前的相反，速度的变化不等于0，由动量定理可知，地面对小球的弹力的冲量不为零，B错误；小球与地面碰撞过程中，地面对小球的弹力对球没有位移，则地面对小球的弹力做功为零，C正确；从释放到反弹至速度为零的过程中，只有重力和空气阻力做功，小球的动能的变化为零，所以小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，D错误。4．(2022·深圳高二检测)在光滑的水平面上，有a、b两球，其质量分别为ma、mb，两球在t0时刻发生正碰，并且在碰撞过程中无机械能损失，两球在碰撞前后的速度图像如图所示，下列关系正确的是()A．ma＞mb B．ma＜mbC．ma＝mb D．无法判断解析：选B根据题中图像，由动量守恒定律得mava＝mava′＋mbvb′，由于va′＜0，则b球获得的动量大于a球最初的动量。若ma＝mb，则两球交换速度，与题图不符；由Ek＝eq\f(p2,2m)知，若ma＞mb，则b球的动能将会大于a球最初的动能，违背能量守恒定律，则必然满足ma＜mb，B正确。5.如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M，物体M上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为R，最低点为C，两端A、B等高，现让小滑块m从A点由静止开始下滑，在此后的过程中，则()A．M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒B．M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒C．m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动D．m从A到B的过程中，M运动的位移为eq\f(mR,M＋m)解析：选BM和m组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A错误，B正确；m从A到C过程中，M向左加速运动，当m到达C处时，M向左速度最大，m从C到B过程中，M向左减速运动，C错误；在m从A到B过程中，有MxM＝mxm，xM＋xm＝2R，得xM＝eq\f(2mR,m＋M)，D错误。6.如图所示，在光滑的水平面上并排放着一系列质量均相等的滑块，现给最左侧滑块一水平向右的速度(滑块的初动能为Ek0)，然后与其右侧的滑块依次发生碰撞，并且每次碰后滑块均黏合在一块，经过一系列的碰撞后，滑块的总动能变为eq\f(Ek0,8)。则碰撞的次数为()A．3B．5C．7 D．9解析：选C假设最左侧滑块的初速度为v0，碰撞次数为x时滑块的总动能变为eq\f(Ek0,8)，整个过程动量守恒，则碰撞x次后的整体速度为v＝eq\f(v0,x＋1)，对应的总动能为Ek＝eq\f(1,2)(x＋1)mv2＝eq\f(mv02,2x＋1)，由题可知Ek＝eq\f(mv02,2x＋1)＝eq\f(Ek0,8)＝eq\f(1,8)×eq\f(1,2)mv02，解得x＝7，C正确。7．(2022·广州高二检测) (多选)带有eq\f(1,4)光滑圆弧轨道质量为M的小车静止置于光滑水平面上，如图所示，一质量也为M的小球以速度v0水平冲上小车，到达某一高度后，小球又返回车的左端，则(重力加速度大小为g)()A．小球以后将向左做平抛运动B．小球将做自由落体运动C．此过程小球对小车做的功为eq\f(1,2)Mv02D．小球在圆弧轨道上上升的最大高度为eq\f(v02,2g)解析：选BC从小球冲上小车到离开小车，系统在水平方向上动量守恒，由于没有摩擦力做功，系统动能不变，此过程类似于弹性碰撞，作用后两者交换速度，即小球返回车的左端时速度变为零，开始做自由落体运动，由动能定理知小球对小车做的功为eq\f(1,2)Mv02，故B、C对，A错；小球上升到最高点时与小车相对静止，有共同速度v′，由动量守恒定律和机械能守恒定律有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错。8.在一对很大的平行正对金属板间可形成匀强电场，通过改变两金属板间的电压，可使其间的电场强度E随时间t按如图所示的规律变化。在这个电场中间，有一个带电粒子从t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，且运动过程中不接触金属板，则下列说法正确的是()A．带电粒子一定只向一个方向运动B．0～3.0s内，电场力的冲量等于0，电场力做的功小于0C．4.0s末带电粒子回到原出发点D．2.5～4.0s内，电场力的冲量等于0解析：选D带电粒子在匀强电场中受到的电场力F＝Eq，其冲量I＝Ft＝Eqt，可见，电场力的冲量与E-t图像与横轴所围“面积”成正比(注意所围图形在横轴之上和横轴之下时的“面积”符号相反)。带电粒子在平行正对金属板间先向某一方向运动，而后反向运动，4.0s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；由图像与横轴所围“面积”表示与电场力冲量成正比的量可知，0～3.0s内，电场力的冲量不等于0，2.5～4.0s内，电场力的冲量等于0，B错误，D正确。9.如图所示，质量m＝245g的物块(可视为质点)放在质量M＝0.5kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.4，质量m0＝5g的子弹以速度v0＝300m/s沿水平方向射入物块并留在其中(时间极短)，g取10m/s2，求：(1)子弹和物块一起滑行的最大速度v1；(2)木板向右滑行的最大速度v2；(3)物块在木板上滑行的时间t和产生的内能E。解析：(1)子弹进入物块后与物块一起向右滑行，物块的初速度即为物块的最大速度。对子弹和物块组成的系统，以向右为正方向，由动量守恒定律得m0v0＝(m0＋m)v1，解得v1＝eq\f(m0v0,m0＋m)＝6m/s。(2)当子弹、物块和木板三者速度相同时，木板的速度达到最大，由动量守恒定律得(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2，解得v2＝eq\f(m0＋mv1,m0＋m＋M)＝2m/s。(3)对物块和子弹组成的系统，由动量定理得－μ(m0＋m)gt＝(m0＋m)v2－(m0＋m)v1，解得t＝eq\f(v1－v2,μg)＝1s，对物块和子弹以及木板组成的系统，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组—重应用·体现创新10．(2022·湛江高二检测)(多选)水平面上的A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前、后的位移随时间变化的图像，a、b分别为A、B两球碰前图像，c为碰撞后两球共同运动的图像，已知A球质量是m＝2kg，则由图像判断下列结论正确的是()A．由图像可知碰撞前A球做匀减速直线运动，B球做匀加速直线运动B．碰撞前后A球动量变化量大小为4kg·m/sC．B球质量为eq\f(4,3)kgD．A、B两球碰撞前的总动量大小为3kg·m/s解析：选BC由于x-t图像的斜率表示速度，因此碰撞前A、B两球都做匀速运动，A错误；碰撞前有：vA＝－3m/s，vB＝2m/s，碰撞后有：vA′＝vB′＝－1m/s；碰撞前后A的动量变化为：ΔpA＝mvA′－mvA＝2×(－1)kg·m/s－2×(－3)kg·m/s＝4kg·m/s，B正确；根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为：ΔpB＝－ΔpA＝－4kg·m/s，又：ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以解得mB＝eq\f(4,3)kg，C正确；A与B碰撞前的总动量为：p总＝mvA＋mBvB＝2×(－3)kg·m/s＋eq\f(4,3)×2kg·m/s＝－eq\f(10,3)kg·m/s，故D错误。11.如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳相连的两个材料相同的物体A、B，质量均为m，在水平恒力F作用下以速度v做匀速运动。在t＝0时轻绳断开，A在F作用下继续前进，则下列说法正确的是()A．t＝0至t＝eq\f(mv,F)时间内，A、B的总动量不守恒B．t＝eq\f(2mv,F)时，A的动量为2mvC．t＝eq\f(2mv,F)至t＝eq\f(3mv,F)时间内，A、B的总动量守恒D．t＝eq\f(4mv,F)时，A的动量为4mv解析：选B因为最初质量均为m的两个物体A、B在水平恒力F作用下一起以速度v匀速运动，所以，每一个物体受到的阻力大小均为eq\f(F,2)。轻绳断开后，对物体B应用动量定理有－eq\f(1,2)F·tB＝0－mv，解得B继续运动的时间tB＝eq\f(2mv,F)。在物体B停止运动前，以A、B整体为研究对象，合外力仍然为零，系统的动量守恒，A、C错误。t＝eq\f(2mv,F)时，物体B恰好停止运动，对A、B整体应用动量守恒定律，有2×mv＝0＋pA′，即pA′＝2mv，B正确。在t＝eq\f(2mv,F)到t＝eq\f(4mv,F)的过程中，对A运用动量定理，eq\f(1,2)F×eq\f(2mv,F)＝PA终－2mv，故pA终＝3mv，D错误。12.如图所示，质量分别为mA＝m、mB＝3m的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连。对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为W0。现突然撤去外力并解除锁定。(设重力加速度为g，A、B两物体体积很小，可视为质点，弹簧在弹性限度内)(1)求从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量IA的大小；(2)A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度vB是多大？(3)若B物体在获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨道右侧小口进入(B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道)圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围。解析：(1)物体A开始运动时，弹簧恢复原长，设此时物体B的速度为vB0由能量守恒有，W0＝eq\f(1,2)mBvB02解得vB0＝eq\r(\f(2W0,3m))此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小，有IA＝mBvB0＝eq\r(6mW0)。(2)当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小。当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，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))不符合题意舍