内容正文:
小球弹出后,小车在地面阻力作用下逐渐减速为0的恒.故②③正确所以C正确,A、B、D错误 过程中,由动能定理得 5.D[由题意可知,物体匀速运动到A点,说明物体受 kMgs=0-oM 到的摩擦力等于拉力,故拉力大小不变;由A到B运 动的位移相等,故摩擦力做功与速度大小无关;若速度 联立④⑤⑥式可得 越大,从A到B的时间越短,则由I=Ft可知冲量越 小,故D正确. 代入数据可得s=0.3m. 6.B[在炸裂过程中,由于重力远小于内力,系统的动量 (3)仅根据现有信息,不能预测与s的大小关系理守恒,炸裂后瞬间a物块的速度大小不能确定,以竖直 由如下: 向上为正方向,根据动量守恒定律有(mn+m)vb= 第一,在实验一中,上述计算弹簧储存的弹性势能E mn(-w)+mvb,解得vb 时,由于没有考虑小球运动过程中所受阻力的影响 物块的速度方向一定与原来物体的速度方向相同,故 使得E的预测值比实际值偏小,由⑦式可知预测值s A、C错误,B正确;由动量守恒定律可知,炸裂过程中, 将偏小 b物块的动量变化量大小一定等于a物块的动量变化 第二,在实验二中,上述预测值计算时没有考虑弹出 量大小,故D错误.] 小球过程中地面摩擦的影响,使得小车速度v的预 7.B[若物体发生弹性碰撞,则系统满足动量守恒和机 测值要比实际值偏大;同时,在上述预测值计算中,也 没有考虑小车反冲过程所受空气阻力的影响,由⑥式 械能守恒,即mb=m+m2,m=m 可知,均致使预测值s偏大. 综上,仅根据现有信息,无法比较上述偏差的大小关 2m2v,联立解得=k 若物体发生完全非弹性 系,所以不能预测S与s的大小关系 碰撞,有v=v,根据系统动量守恒,有m1v=(m1+ m)动,则质量为m1的物体碰撞后与碰撞前速度的比 单元学能测评 m21+k,综上可得1一k ≤r1,故B 1.C[物体做匀速圆周运动时,动量发生变化,而动能不 正确. 发生变化,故A错误;某段时间内物体受到的冲量不为 8.CD[小球滑上曲面的过程中,小车向右运动,小球从 0,根据动量定理,动量的变化量也不为0,故B错误;由 另一个曲面滑下时,小车还会继续前进,故不会回到原 mv,E=m2,则有p2=2mE,故动能相等时,位置,A错误;当两曲面光滑时,小球和小车所组成的 质量越大,则动量越大,C正确;动量是矢量,方向与速 系统满足动量守恒定律和机械能守恒定律,小球和小 度的方向相同,故D错误.] 车作用前后,小球和小车的速度不变,B错误,C正确; 2.D[由运动学公式v=2ax及动量p=mv得p 由于小球原来的动能为m2,小球运动到最高点时 8ax,对照p=8x(kg·m/s),得a=8m/s2,合力 小球与小车的速度相等,设为u,由系统内动量守恒得 F=m=16N,2s内合力冲量为32N·s,所以说法错 误的是D.] m=2m,解得v=2,此时系统的动能为2×2m 3.C[根据自由落体运动和动量定理有v=2gh(h为 )=mx,所以系统的动能减少了mx,如果曲面 25层楼的高度,约70m),(F-mg)t=m,代入数据解 光滑,则系统减少的动能等于小球增加的重力势能, 得F≈1×103N,所以C正确.] 4C[动量守恒定律的运用条件是不受外力或所受合外一m,得,量然,这是最大值,如果曲面粗 力为0,a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统受到墙壁糙,高度还要小些,故D正确. 对它们的作用力,系统的合外力不为0,不满足动量守9.BC[最终人停在B船上,以A、B两船及人组成的系 恒条件;a离开墙壁后,系统所受合外力为0,动量守统为研究对象,在整个过程中,以A的速度方向为正方 向,由动量守恒定律得mw-(m+bm)B=0,解得 2R=gt2,x=wt,结合m=bmva+2mgR,联 w=2,错误;以人与两船组成的系统为研究对象, 立并代入数据解得x=2、/Ru一4R2,因v、g已知 人在跳跃过程中总动量守恒,所以A、B(包括人)两船 则根据数学知识可知,逐渐增大半圆形轨道的半径, 的动量大小之比是1:1,B正确;由于系统的总动量守 球落地的水平距离减小,D错误. 恒,始终为0,故A、B(包括人)两船的动量之和也为0 12.(1)C.(2)20g.(3)1<M≤3 C正确:A、B(包括人)两船的动能之比EM= (1)在安装斜槽轨道时,应让斜槽末端保持水平,这 样做的目的是使入射球与被碰小球离开斜槽末端时 p2 D错误.] 的速度为水平方向,C正确. (2)由题图乙知碰前B球静止,A球的速度为v= 4m/s,碰后A球的速度为v1=2m/s,B球的速度为 10.BC[设子弹的初速度为,共同速度为τ,则根据动 ℃2=5m/s,由动量守恒定律知m1w=m1v+m2w, 量守恒定律,有m=(M+m)2,解得v=1C;由 代入数据