課時跟蹤檢測（六）自然界中的守恒定律A組—重基礎·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。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球質量相等，而F球質量小于B球質量。A球的質量等于F球質量。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，故A正確，B、C、D錯誤。3．一小球從水平地面上方無初速釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設小球與地面碰撞沒有機械能損失，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，故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，故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，故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，故D錯誤。4.如圖所示，在光滑的水平面上并排放著一系列質量均相等的滑塊，現(xiàn)給最左側滑塊一水平向右的速度(滑塊的初動能為Ek0)，然后與其右側的滑塊依次發(fā)生碰撞，并且每次碰后滑塊均黏合在一塊，經過一系列的碰撞后，滑塊的總動能變?yōu)?/span>。則碰撞的次數(shù)為(　　)A．3   B．5C．7   D．9解析：選C　假設最左側滑塊的初速度為v0，碰撞次數(shù)為x時滑塊的總動能變?yōu)?/span>，整個過程動量守恒，則碰撞x次后的整體速度為v＝，對應的總動能為Ek＝(x＋1)mv2＝，由題可知Ek＝＝＝×mv02，解得x＝7，C正確。5.水平面上有質量相等的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，又因為a、b兩物體質量相等，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，F2t2－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物體的運動總時間大于a物體的運動總時間，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．0～3.0 s內，電場力的沖量等于0，電場力做的功小于0C．4.0 s末帶電粒子回到原出發(fā)點D．2.5～4.0 s內，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，4.0 s末帶電粒子不能回到原出發(fā)點，選項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，0～3.0 s內，電場力的沖量不等于0,2.5～4.0 s內，電場力的沖量等于0，選項B錯誤，選項D正確。7.(多選)一質點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2 s末，質點的動量為零B．第4 s末，質點回到出發(fā)點C．在0～2 s時間內，力F的功率先增大后減小D．在1～3 s時間內，力F的沖量為零解析：選CD　由題圖可知，0～2 s時間內F的方向和質點運動的方向相同，質點經歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和一個加速度逐漸減小的加速運動，所以第2 s末，質點的速度最大，動量最大，故選項A錯誤；在2～4 s內F的方向與0～2 s內F的方向不同，該質點在0～2 s內做加速運動，2～4 s內做減速運動，所以質點在0～4 s內的位移均為正，故選項B錯誤；0～2 s內，質點速度在增大，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0,2 s末時為0，所以在0～2 s時間內，力F的功率先增大后減小，故選項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，1～2 s內的面積與2～3 s內的面積大小相等，一正一負，則在1～3 s時間內，力F的沖量為零，故選項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，將質量為M的沙箱用長為l的細繩懸掛起來，一顆質量為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)機械能守恒，得：(m＋M)v2＝(m＋M)gl(1－cos α)解得：v0＝。答案：　測試過程利用了動量守恒定律和機械能守恒定律 B組—重應用·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＝時間內，A、B的總動量不守恒B．t＝時，A的動量為2mvC．t＝至t＝時間內，A、B的總動量守恒D．t＝時，A的動量為4mv解析：選B　因為最初質量均為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。輕繩斷開后，對物體B應用動量定理有－F·tB＝0－mv，解得B繼續(xù)運動的時間tB＝。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，選項A、C錯誤。t＝時，物體B恰好停止運動，對A、B整體應用動量守恒定律，有2×mv＝0＋pA′，即pA′＝2mv，選項B正確。在t＝到t＝的過程中，對A運用動量定理，F×＝PA終－2mv，故pA終＝3mv，選項D錯誤。10.如圖所示，質量分別為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。(設重力加速度為g，A、B兩物體體積很小，可視為質點，彈簧在彈性限度內)(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，設此時物體B的速度為vB0由能量守恒有，W0＝mBvB02解得vB0＝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＝。(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＋mBvBmBvB02＝mAvA2＋mBvB2解得vB＝vB0＝。(3)若物體B恰好過最高點不脫離圓形軌道，物體B經過最高點時，有mBvB2＝mBv12＋mBg·2R，mBg＝mB解得R＝，所以R≤若物體B恰好能運動到與圓形軌道圓心等高處，有mBvB2＝mBgR解得R＝，所以R≥。答案：(1)　(2) (3)R≥或R≤

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第六節(jié) 自然界中的守恒定律

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