第一部分專題二第2講基礎題——知識基礎打牢1.(多選)(2022·廣東汕頭二模)科學家常在云室中加入鉛板以降低運動粒子的速度．圖示為物理學家安德森拍下的正電子在云室中運動的徑跡，已知圖示云室加垂直紙面方向的勻強磁場，由圖可以判定(BC)A．勻強磁場方向向外B．正電子由上而下穿過鉛板C．正電子在鉛板上、下磁場中運動角速度相同D．正電子在鉛板上、下磁場運動中動量大小相等【解析】正電子在勻強磁場中，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)，由于正電子經過鉛板后速度會減小，可知正電子經過鉛板后的軌跡半徑減小，從圖中可以看出正電子在鉛板上方軌跡半徑比下方軌跡半徑大，故正電子由上而下穿過鉛板，由左手定則判斷勻強磁場方向向里，A錯誤，B正確；正電子經過鉛板后速度會減小，則正電子經過鉛板后動量減小，正電子在鉛板上、下磁場運動中動量大小不相等，D錯誤；正電子在磁場中做圓周運動的角速度為ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(qB,m)可知正電子在鉛板上、下磁場中運動角速度相同，C正確．故選BC.2.(多選)(2022·重慶八中模擬)2022北京冬奧會期間，校園陸地冰壺也在積極的參與中．如圖所示，某次投擲時，冰壺A以速度v＝3m/s與冰壺B發生正碰，碰撞前后的速度均在同一直線上，若A、B的質量均為1kg，則下列說法正確的是(CD)A．碰撞后A的速度可能為2m/sB．碰撞后B的速度可能為1m/sC．碰撞后A不可能反向運動D．碰撞后B的速度可能為2.5m/s【解析】設A、B的質量為m，若發生彈性碰撞，根據動量守恒得mv＝mvA＋mvB，根據機械能守恒得eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)，解得A、B的速度分別為vA＝0，vB＝v＝3m/s，若發生完全非彈性碰撞，則mv＝(m＋m)v共，解得A、B的共同速度為v共＝1.5m/s，所以碰撞后A、B球的速度范圍分別為0～1.5m/s,1.5m/s～3m/s，故選CD.3.(2022·廣東汕頭二模)汕頭市屬于臺風頻發地區，圖示為風級(0～12)風速對照表．假設不同風級的風迎面垂直吹向某一廣告牌，且吹到廣告牌后速度立刻減小為零，則“12級”風對廣告牌的最大作用力約為“4級”風對廣告牌最小作用力的(A)風級風速(m/s)風級風速(m/s)00～0.2713.9～17.110.3～1.5817.2～20.721.6～3.3920.8～24.433.3～5.41024.5～28.445.5～7.91128.5～32.658.0～10.71232.7～36.9610.8～13.8…………A.45倍 B．36倍C．27倍 D．9倍【解析】設空氣的密度為ρ，廣告牌的橫截面積為S，經過Δt時間撞擊在廣告牌上的空氣質量為Δm＝ρΔV＝ρSvΔt，根據動量定理可得FΔt＝Δmv，解得F＝ρSv2，根據牛頓第三定律可知，風對廣告牌作用力為F′＝F＝ρSv2∝v2，則“12級”風對廣告牌的最大作用力與“4級”風對廣告牌最小作用力的比值為eq\f(F12′,F4′)＝eq\f(36.92,5.52)≈45，故選A.4.(2022·江蘇連云港模擬)離子發動機是利用電場加速離子形成高速離子流而產生推力的航天發動機，這種發動機適用于航天器的姿態控制、位置保持等．某航天器質量M，單個離子質量m，帶電量q，加速電場的電壓為U，高速離子形成的等效電流強度為I，根據以上信息計算該航天器發動機產生的推力為(B)A．Ieq\r(\f(mU,q)) B．Ieq\r(\f(2mU,q))C．Ieq\r(\f(3mU,q)) D．Ieq\r(\f(5mU,q))【解析】對離子，根據動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2qU,m))，根據電流的定義式則有I＝eq\f(Q,Δt)＝eq\f(Nq,Δt)，對離子，根據動量定理有F·Δt＝Nmv，解得F＝eq\f(Nmv,Δt)＝eq\f(mvI,q)＝Ieq\r(\f(2Um,q))，根據牛頓第三定律，推進器獲得的推力大小為F′＝Ieq\r(\f(2Um,q))，故B正確，A、C、D錯誤．5.(多選)(2022·湖南長郡中學月考)如圖所示，質量為m的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，其水平直徑AB長度為2R，現將質量也為m的小球從距A點正上方h0高處由靜止釋放，然后由A點經過半圓軌道后從B沖出，在空中能上升的最大高度為eq\f(h0,2)(不計空氣阻力)．則下列說法錯誤的是(ACD)A．小球和小車組成的系統動量守恒B．小車向左運動的最大距離為RC．小球從B點離開小車不會再落回軌道內D．小球從B點離開小車后又會從B點落回軌道，再次恰好到達A點時速度為零不會從A點沖出【解析】小球與小車組成的系統在水平方向不受外力，所以只是系統水平方向動量守恒，故A錯誤；系統水平方向動量守恒，以向右為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mv－mv′＝0，meq\f(2R－x,t)＝meq\f(x,t)解得x＝R，故B正確；由于小球第二次在車中滾動時，對應位置的速度減小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，克服摩擦力做的功小于eq\f(1,2)mgh0，因此小球一定能從A點沖出，故D錯誤；小球與小車組成的系統水平方向上動量守恒，則知小球由B點離開小車時水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度均為零，小球離開小車后豎直上拋運動，最后又從B點落回，故C錯誤．故選ACD.6.(多選)(2022·湖南長沙二模)如圖所示一平板車A質量為2m，靜止于光滑水平面上，其右端與豎直固定擋板相距為L.小物塊B的質量為m，以大小為v0的初速度從平板車左端開始向右滑行，一段時間后車與擋板發生碰撞，已知車碰撞擋板時間極短，碰撞前后瞬間的速度大小不變但方向相反．A、B之間的動摩擦因數為μ，平板車A表面足夠長，物塊B總不能到平板車的右端，重力加速度大小為g.L為何值，車與擋板能發生3次及以上的碰撞(CD)A．L＝eq\f(v\o\al(2,0),μg) B．L＝eq\f(v\o\al(2,0),32μg)C．L＝eq\f(v\o\al(2,0),65μg) D．L＝eq\f(v\o\al(2,0),96μg)【解析】在車與擋板碰撞前，有mv0＝2mvA＋mvB，如果L為某個值L1，使A與擋板能發生二次碰撞，從A開始運動到與擋板第一次碰撞前瞬間，對A由動能定理可得μmgL1＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,A)，設A第二次與擋板碰撞前瞬間A、B的速度大小分別為vA′、vB′，從A與擋板第一次碰撞后瞬間到第二次碰撞前瞬間，由動量守恒定律可得mvB－2mvA＝2mvA′＋mvB′且第二次碰撞前，A、B未達到共同速度，A在這段時間內先向左后向右運動，加速度保持不變，根據勻變速直線運動的對稱性可知vA′＝vA，A與擋板第二次碰撞后經一段時間后A、B同時停止運動，即mvB′－2mvA′＝0，聯立解得L1＝eq\f(v\o\al(2,0),64μg)，車與擋板能發生3次及以上的碰撞的條件L<eq\f(v\o\al(2,0),64μg)，故C、D可能，A、B不可能．7.(多選)(2022·江西貴溪二模)如圖所示，在光滑水平面上放置一個質量為M的滑塊，滑塊的一側是一個eq\f(1,4)弧形凹槽OAB，凹槽半徑為R，A點切線水平，另有一個質量為m(m>M)的小球以速度v0從A點沖上凹槽，重力加速度大小為g，不計摩擦．下列說法中正確的是(AB)A．當v0＝eq\r(2gR)時，小球不可能到達B點B．當v0＝eq\r(2gR)時，小球在弧形凹槽上運動的過程中，滑塊的動能一直增大C．如果小球的速度足夠大，小球將從滑塊的左側離開滑塊后落到水平面上D．當v0＝eq\r(gR)時，小球返回A點后可能做自由落體運動【解析】當小球能夠恰好到達B點時，設小球和滑塊達到共同速度v，根據動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，根據機械能守恒定律有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋mgR，聯立以上兩式解得v0＝eq\r(\f(2M＋m,M)gR)>eq\r(2gR)，所以當v0＝eq\r(2gR)時，小球不能到達B點，A正確；當v0＝eq\r(2gR)時，小球未到達B點，小球從進入凹槽至最高點的過程中，小球對滑塊的作用力始終做正功，所以滑塊的動能一直增大，B正確；如果小球的初速度足夠大，小球將從B點沖出，由于B點的切線方向豎直，小球離開滑塊時，二者水平方向的速度相同，小球相對滑塊做豎直上拋運動，最后將從B再次進入凹槽，最后從滑塊的右側離開，C錯誤；當v0＝eq\r(gR)時，小球再次回到凹槽底部時的速度為v1，凹槽的速度為v2，根據系統機械能守恒和水平方向動量守恒可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)，mv0＝mv1＋Mv2，解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0，因為m>M，則可知v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0>0，小球返回A點后做平拋運動，而不是自由落體運動，D錯誤．故選AB.應用題——強化學以致用8.(多選)(2022·重慶二診)噴丸處理是一種表面強化工藝，即使用丸粒轟擊工件表面，提升工件疲勞強度的冷加工工藝．用于提高零件機械強度以及耐磨性、抗疲勞性和耐腐蝕性等．某款噴丸發射器采用離心的方式發射噴丸，轉輪直徑為530mm，角速度為230rad/s，噴丸離開轉輪時的速度與轉輪上最大線速度相同．噴丸撞擊到器件表面后發生反彈，碰撞后垂直器件方向的動能變為碰撞前動能的81%，沿器件表面方向的速度不變．一粒噴丸的質量為3.3×10－5kg，若噴丸與器件的作用時間相同，且不計噴丸重力，則關于圖甲、乙所示的兩種噴射方式的說法正確的是(AD)A．噴丸發出過程噴丸發射器對一粒噴丸做的功約為0.06JB．噴丸發出過程噴丸發射器對一粒噴丸做的功約為0.12JC．圖甲、乙所示一粒噴丸對器件表面的平均作用力之比為2∶1D．圖甲、乙所示一粒噴丸對器件表面的平均作用力之比為2∶eq\r(3)【解析】噴丸離開轉輪時的速度與轉輪上最大線速度相同，轉輪上線速度的最大值為v＝ωr＝60.95m/s，則噴丸發出過程噴丸發射器對噴丸做的功約為W＝eq\f(1,2)mv2≈0.06J，選項A正確，B錯誤；結合題述可知，噴丸碰撞后垂直器件表面的速度大小變為碰撞前的90%，設噴丸速度為v，垂直噴射時有eq\x\to(F1)＝eq\f(0.9mv－－mv,t)，以60°角噴射時，有eq\x\to(F2)＝eq\f(0.9×\f(\r(3),2)mv－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),2)mv)),t)，解得eq\f(\x\to(F1),\x\to(F2))＝eq\f(2,\r(3))，選項C錯誤，D正確．故選AD.9.(多選)(2022·河北衡水四調)質量為3m足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，木板上依次排放質量均為m的木塊1、2、3，木塊與木板間的動摩擦因數均為μ.現同時給木塊1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，已知重力加速度為g.則下列說法正確的是(BCD)A．木塊1相對木板靜止前，木板是靜止不動的B．木塊1的最小速度是eq\f(1,2)v0C．木塊2的最小速度是eq\f(5,6)v0D．木塊3從開始運動到相對木板靜止時對地位移是eq\f(4v\o\al(2,0),μg)【解析】木塊1在木板上向右減速運動，該過程木板向右做加速運動，當木塊1與木板速度相等時相對木板靜止，由此可知，木塊1相對靜止前木板向右做加速運動，故A錯誤；木塊與木板組成的系統所受合外力為零，當木塊1與木板共速時木板的速度最小，設木塊與木板間的摩擦力為f，則木塊1的加速度a1＝eq\f(f,m)做勻減速運動，而木板a＝eq\f(3f,3m)＝eq\f(f,m)做勻加速運動，則v1＝v0－a1t＝at，v1＝eq\f(1,2)v0，故B正確；設木塊2的最小速度為v2，此時木塊2與木板剛剛共速，木塊2此時速度的變量為2v0－v2，則木塊3此時速度為3v0－(2v0－v2)＝v0＋v2，由動量守恒定律得：m(v0＋2v0＋3v0)＝5mv2＋m(v0＋v2)，解得v2＝eq\f(5,6)v0，故C正確；木塊與木板組成的系統動量守恒，以向右為正方向，木塊3相對木板靜止過程，由動量守恒定律得m(v0＋2v0＋3v0)＝(3m＋3m)v3，解得v3＝v0，對木塊3，由動能定理得－μmgx＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,3)－eq\f(1,2)m(3v0)2，解得x＝eq\f(4v\o\al(2,0),μg)，故D正確．故選BCD.10.(2022·遼寧沈陽二模)如圖(a)，質量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構成一個系統，外力F作用在A上，系統靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時彈簧形變量為x.撤去外力并開始計時，A、B兩物體運動的a-t圖像如圖(b)所示，S1表示0到t1時間內A的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時間內A、B的a-t圖線與坐標軸所圍面積大小．A在t1時刻的速度為v0.下列說法正確的是(C)A．mA<mBB．S1＋S2＝S3C．0到t1時間內，墻對B的沖量大小等于mAv0D．B運動后，彈簧的最大形變量等于x【解析】a-t圖線與坐標軸所圍圖形的面積大小等于物體速度的變化量，因t＝0時刻A的速度為零，t1時刻A的速度大小v0＝S1，t2時刻A的速度大小vA＝S1－S2，B的速度大小vB＝S3，由圖(b)所示圖像可知，t1時刻A的加速度為零，此時彈簧恢復原長，B開始離開墻壁，到t2時刻兩者加速度均達到最大，彈簧伸長量達到最大，此時兩者速度相同，即vA＝vB，則S1－S2＝S3，t1到t2時間內，A與B組成的系統動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝(mA＋mB)vA，聯立解得mA∶mB＝S3∶S2，由圖知S3>S2，所以mA>mB，故A、B錯誤；撤去外力后A受到的合力等于彈簧的彈力，0到t1時間內，對A，由動量定理可知，合力即彈簧彈力對A的沖量大小I＝mAv0，彈簧對A與對B的彈力大小相等、方向相反、作用時間相等，因此彈簧對B的沖量大小與對A的沖量大小相等、方向相反，即彈簧對B的沖量大小I彈簧＝mAv0，對B，以向右為正方向，由動量定理得I墻壁－I彈簧＝0，解得，墻對B的沖量大小I墻壁＝mAv0，方向水平向右，故C正確；B運動后，當A、B速度相等時彈簧形變量(伸長量或壓縮量)最大，此時A、B的速度不為零，A、B的動能不為零，由能量守恒定律可知，B運動后彈簧形變量最大時A、B的動能與彈簧的彈性勢能之和與撤去外力時彈簧的彈性勢能相等，則B運動后彈簧形變量最大時彈簧彈性勢能小于撤去外力時彈簧的彈性勢能，即B運動后彈簧形變量最大時彈簧的形變量小于撤去外力時彈簧的形變量x，故D錯誤．11.(2022·山東押題練)2022年北京冬奧會自由式滑雪女子大跳臺決賽中，中國選手谷愛凌以188.25分的成績獲得金牌．北京冬奧會報道中利用“Al＋8K”技術，把全新的“時間切片”特技效果首次運用在8K直播中，更精準清晰地抓拍運動員比賽精彩瞬間，給觀眾帶來全新的視覺體驗．將谷愛凌視為質點，其軌跡視為一段拋物線圖．圖(a)是“時間切片”特技的圖片，圖(b)是谷愛凌從3m高跳臺斜向上沖出的運動示意圖，圖(c)是谷愛凌在空中運動時離跳臺底部所在水平面的高度y隨時間t變化的圖線．已知t＝1s時，圖線所對應的切線斜率為4(單位：m/s)，重力加速度g取10m/s2，忽略空氣阻力．(1)求谷愛凌沖出跳臺時豎直速度的大小；(2)求谷愛凌離跳臺底部所在水平面的最大高度；(3)若谷愛凌從空中落到跳臺底部所在水平地面時與地面的碰撞時間Δt＝0.4s，經緩沖沒有脫離地面，水平速度不受影響，求碰撞過程中谷愛凌受到地面的平均作用力大小與自身重力大小的比值．【答案】(1)14m/s(2)12.8m(3)5【解析】(1)運動員豎直方向做勻減速直線運動，有vy＝vy0－gty-t圖線斜率表示豎直分速度，t＝1s時vy＝4m/s解得谷愛凌沖出跳臺時的豎直分速度vy0＝14m/s谷愛凌沖出跳臺時豎直速度的大小為14m/s.(2)最高點豎直分速度為0，豎直方向做勻減速直線運動，設離開跳臺可以上升h高度，則0－veq\o\al(2,y0)＝－2gh代入數據解得h＝9.8m跳臺離地面高度y0＝3m解得離跳臺底部所在水平面的最大高度為y＝h＋y0＝12.8m.(3)谷愛凌落到跳臺底部所在水平面的豎直分速度大小vyt＝eq\r(2gy)＝16m/s落在水平地面時，在豎直方向上，運動員受重力和水平地面的作用力，水平方向速度不變，以豎直向上為正方向，由動量定理得(F－mg)Δt＝0－(－mvyt)代入數據解得eq\f(F,mg)＝5.12.(2021·浙江6月選考)如圖所示，水平地面上有一高H＝0.4m的水平臺面，臺面上豎直放置傾角θ＝37°的粗糙直軌道AB、水平光滑直軌道BC、四分之一圓周光滑細圓管道CD和半圓形光滑軌道DEF，它們平滑連接，其中管道CD的半徑r＝0.1m、圓心在O1點，軌道DEF的半徑R＝0.2m、圓心在O2點，O1、D、O2和F點均處在同一水平線上．小滑塊從軌道AB上距臺面高為h的P點由靜止下滑，與靜止在軌道BC上等質量的小球發生彈性碰撞，碰后小球經管道CD、軌道DEF從F點豎直向下運動，與正下方固定在直桿上的三棱柱G碰撞，碰后速度方向水平向右，大小與碰前相同，最終落在地面上Q點．已知小滑塊與軌道AB間的動摩擦因數μ＝eq\f(1,