内容正文:
物体的动量变化 vA=5.0 m/s (1分) 单元评估答案与解析 △p=mw一0=10kg·m/s,方向沿斜面方向 设子弹射入物块B后,子弹与B的共同速度为 向下。 (2分) VB,子弹与两物块作用过程系统动量守恒,则 13.(1)8m/s(2)8J mvo MUA+(M+m)v (2分) 第一章学业质量达标卷 碰撞过程应遵循的规律(动量守恒和碰撞前后的 解析:(1)B、C碰撞瞬间,动量守恒 B离开桌边的速度 1.D解析:物体的动量变化一定时,力作用的时间 动能关系),所以选项A、B可能正确 Bo=mBvh十1c (2分) vB=10 m/s 越短,力就越大,物体的动量变化率越大;反之就 8.ACD解析:由图像可直接得出选项A、D正确, 发生的是弹性碰撞,由能量守恒得 (2)设子弹离开A时的速度为1,子弹与物块A 越小。运输家用电器、易碎器件等物品时,经常用 B错误;由v-t图像的斜率表示加速度可知aM≥ 作用过程系统动量守恒,则 am,而M与m的相互作用力大小相等,因此m> (2分) 泡沫塑料作填充物,这是为了在运输过程中增大 mvo=mv+2MVA (2分) 作用时间以减小物品受到的作用力,使物体的动 M,选项C正确。 联立解得c=8m/s,v=2m/s (1分) =40m/s 量变化率减小,选项D正确 9.BC解析:火箭和有效载荷分离过程中使用了引 (2)在以后的运动中,当A、B的速度相等时,弹簧 子弹在物块B中穿行的过程中,由能量守恒得 2.A解析:做平抛运动的物体,只受重力作用,重 爆装置,该系统的总机械能不守恒,选项A错误: 压缩最短,弹性势能最大,对A、B系统水平方向 力是恒力,其在相等时间内的冲量始终相等,根据 从返回轨道下落至低空轨道,由GM=mg得 不受外力动量守恒mA%十mBB=(mA十mg)v fLB=号M,2+2mu2-号(M+m)2(2分) r2 动量定理,在相等的时间内,物体动量的变化量始 (2分) 子弹在物块A中穿行的过程中,由能量守恒得 终相同。 g=G“,火箭的重力加速度增大,选项B正确: 根据机械能守恒得 fLa=号mw2-号mn3-(aM+M0u2(2分) 3.A解析:设任一细杆与竖直方向的夹角为α,环 火箭变轨进入返回地球大气层的返回轨道,并加 2mm(m+m) 解得 运动的时间为t,圆周的直径为D,则环的加速度 速下落至低空轨道,火箭处于失重状态,选项C (2分) Lg=3.5×10-2m (1分) 大小a=gcos a。 正确;由动量定理可知,打开气寰可以减小受到地 联立解得E。=8J (1分 (3)子弹在物块A中穿行的过程中,物块A在水 由位移公式得Deosa=a,得到1一√ 2D ,所 面的冲击力,而不能减小地面对火箭的冲量,选项 14.(1)0.6s(2)2m/s(3)0.6m 平桌面上的位移为$1,根据动能定理得 D错误。 解析:(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体 以三个环运动时间相同。 (2分) 10.AC解析:A.小球下落过程中系统合外力不为 f方=2(M+M)2-0 由于三个环的重力相等,运动时间相同,由公式 零,因此系统动量不守恒,故A正确:B.绳子拉 运动,有h=2g① (2分) 子弹在物块B中穿行的过程中,物块B在水平 I=Ft分析可知,各环重力的冲量相等,选项A正 力属于内力,当小球到达最低点时,系统在水平 代入数据解得t=0.6s② (1分) 桌面上的位移为s2,根据动能定理得 确:cd杆上滑环受到的弹力最大,运动时间相等, 方向不受外力作用,因此系统水平方向动量守 (2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为,有 (2分) 则弹力对cd杆上滑环的冲量最大,选项B错误; fs:-Mvi-Mur 恒,但竖直方向合外力不为0,动量不守恒,故B =gt③ (2分) Qd杆上滑环的加速度最大,受到的合力最大,则 物块B到桌边的最小距离 错误;CD.当小球落到最低点时,只有水平方向 细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力, 合力对ad杆上滑环的冲量最大,选项C错误;重 5mim=5十52=2.5X10-2m (1分) 有速度,此时小球和滑块的速度均达到最大,根 A、B相互作用,由动量守恒得 力对ad杆上滑环做功最大,其动能的增量最大 据系统水平方向动量守恒得Mv,=m2,小球下 第一章学业质量提优卷 mBh=(mA十B)④ (4分 选项D错误。 之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的 4.B解析:由v-t图像可知,两球碰撞前a球运 落程中系统机核能守恒,则mg1=M+司 速度v即为A的最大速度, 第一章学业质量提优卷 动,b球静止,碰后a球反弹,b球沿a球原来的运 2m2gl 2Mgl 联立②③④式,代入数据解得v=2m/s⑤ 1.B解析:冲量是矢量,甲对乙的冲量与