2022年粤教版物理选择性必修第一册课时跟踪检测试卷（六）自然界中的守恒定律（含答案）

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1、课时跟踪检测（六）自然界中的守恒定律课时跟踪检测（六）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，

2、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( ) A3 个小球静止，3 个小球运动 B4 个小球静止，2 个小球运动 C5 个小球静止，1 个小球运动 D6 个小球都运动 解析：选 A 因 A、B 质量不等，MAMB。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，

3、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，MEMF，则 E、F 都向右运动。所以 B、C、D 静止，A 向左，E、F 向右运动，故 A 正确，B、C、D 错误。 3一小球从水平地面上方无初速释放，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

4、 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，故 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，故 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，故 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，故 D 错误。 4.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

5、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Ek08。则碰撞的次数为( ) A3 B5 C7 D9 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Ek08，整个过程动量守恒，则碰撞 x 次后的整体速度为 vv0 x1，对应的总动能为 Ek12(x1)mv2mv022x1，由题可知 Ekmv022x1Ek081812mv02，解得 x7，C 正确。 5.水平面上有质量相等的 a、b 两个物体，水平推力 F1、F2分别作用在 a、b 上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的

6、v- t 图线如图所示，图中 ABCD。则整个过程中( ) AF1的冲量等于 F2的冲量 BF1的冲量大于 F2的冲量 C摩擦力对 a 物体的冲量等于摩擦力对 b 物体的冲量 D合外力对 a 物体的冲量等于合外力对 b 物体的冲量 解析：选 D 由 ABCD 可知 a、b 两物体与水平面间的动摩擦因数相等，又因为 a、b 两物体质量相等，则 a、b 受水平面的摩擦力相等，根据动量定理，对整个过程研究得 F1t1ftOB0，F2t2ftOD0；由题图可看出 tOBtOD，则有 F1t1F2t2，即 F1的冲量小于 F2的冲量，故 A、B 错误。由于两物体受到的摩擦力大小相等，但 b 物体的运动总

7、时间大于 a 物体的运动总时间，故摩擦力对 a 物体的冲量小于摩擦力对 b 物体的冲量，故 C 错误。根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，a、b 两个物体动量的变化量都为零，所以相等，故 D 正确。 6.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 t0 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 B03.0 s 内，电场力的冲量等于 0，电场力做的功小于 0 C4.0 s 末带电粒子

8、回到原出发点 D2.54.0 s 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 FEq，其冲量 IFtEqt，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，4.0 s 末带电粒子不能回到原出发点，选项 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，03.0 s 内，电场力的冲量不等于0,2.54.0 s 内，电场力的冲量等于 0，选项 B 错误，选项 D 正确。 7.(多选)一质点静止在光滑水平面上， 现对其施加水平外

9、力 F， 力 F 随时间按正弦规律变化， 如图所示，下列说法正确的是( ) A第 2 s 末，质点的动量为零 B第 4 s 末，质点回到出发点 C在 02 s 时间内，力 F 的功率先增大后减小 D在 13 s 时间内，力 F 的冲量为零 解析：选 CD 由题图可知，02 s 时间内 F 的方向和质点运动的方向相同，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和一个加速度逐渐减小的加速运动，所以第 2 s 末，质点的速度最大，动量最大，故选项A 错误；在 24 s 内 F 的方向与 02 s 内 F 的方向不同，该质点在 02 s 内做加速运动，24 s 内做减速运动，所以质点在 04 s 内的位移

10、均为正，故选项 B 错误；02 s 内，质点速度在增大，力 F 先增大后减小，根据瞬时功率 PFv 得，力 F 瞬时功率开始为 0,2 s 末时为 0，所以在 02 s 时间内，力 F 的功率先增大后减小，故选项 C 正确；在 F- t 图像中，图线与横轴所围的面积表示力 F 的冲量大小，由题图可知，12 s 内的面积与 23 s 内的面积大小相等，一正一负，则在 13 s 时间内，力 F 的冲量为零，故选项 D 正确。 8.沙摆是一种用来测量子弹速度的简单装置。如图所示，将质量为 M 的沙箱用长为 l 的细绳悬挂起来，一颗质量为 m 的子弹水平射入沙箱(未穿出)，使沙箱发生摆动。测得沙箱最大

11、摆角为 ，求子弹射击沙箱时的速度。请陈述这样测试的原理。 解析： 设子弹射击沙箱时的速度为 v0， 子弹和沙箱开始一起向右摆动的速度为 v， 由动量守恒定律可得： mv0(mM)v 子弹和沙箱一起向上摆动过程，系统机械能守恒，得： 12(mM)v2(mM)gl(1cos ) 解得：v0mM 2gl1cos m。 答案：mM 2gl1cos m 测试过程利用了动量守恒定律和机械能守恒定律 B 组重应用 体现创新 9.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 t0 时轻绳断开， A 在 F 作用下继续前进

12、， 则下列说法正确的是( ) At0 至 tmvF时间内，A、B 的总动量不守恒 Bt2mvF时，A 的动量为 2mv Ct2mvF至 t3mvF时间内，A、B 的总动量守恒 Dt4mvF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F2。轻绳断开后，对物体 B 应用动量定理有12F tB0mv，解得 B 继续运动的时间 tB2mvF。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，选项 A、C 错误。t2mvF时，物体 B 恰好停止运动，对

13、 A、B 整体应用动量守恒定律，有 2mv0pA，即 pA2mv，选项 B 正确。在 t2mvF到 t4mvF的过程中，对 A 运用动量定理，12F2mvFPA终2mv，故 pA终3mv，选项 D 错误。 10.如图所示，质量分别为 mAm、mB3m 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

14、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)若在 B 物体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，W012mBvB02 解得 vB02W03m 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 IAmBvB0 6mW0。 (2)当

15、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 mBvB0mAvAmBvB 12mBvB0212mAvA212mBvB2 解得 vB12vB0W06mvB 2W03m不符合题意舍去 。 (3)若物体 B 恰好过最高点不脱离圆形轨道，物体 B 经过最高点时，有 12mBvB212mBv12mBg 2R，mBgmBv12R 解得 RW030mg，所以 RW030mg 若物体 B 恰好能运动到与圆形轨道圆心等高处，有12mBvB2mBgR 解得 RW012mg，所以 RW012mg。 答案：(1) 6mW0 (2) W06m (3)RW012mg或 RW030mg