第七章 静电场-2023高考物理一轮复习【导与练】高中总复习第1轮课时作业（老教材，教科版）

5.ABD根据题图可知，碰前A球的这度4一31，碰前LB球的这：5.BCD解除压箱后，弹簧在恢复原长的过程中，培壁对A物体有弹 度=2m5,碰后A、B两球头间的述度=一1ms,故碰拉前后 力的作用.解除正缩后到禅簧恢复原长前：两物体和弹簧红成的系 1球的动量变化量p:=n 一2以=4kg·ts.正确；A球的动 统动量不守恒，次复原长后，AB-一起向右运动，系统的合力为露 量变化量为4kg·、,碰撞过粑中动量守恒，乃球的动量变化量为 动量守恒.蚊A错误：解除压缩后·两物体和税簧组成的系统只有动 1kg·m,s.根据动堂定理，碰撞过程中球对B球所施加的冲量 能和弹性势能的柄豆转化，机诫能守恒，故正硝；正缩弹簧时，外 为1N·s.B正确：白于碰撞过程中动童守恒，有十meB一 力做的功全部转化为弹性势能，撤去外力，弹簧恢复原长，弹性势能 (3n|m1)o.解得nR=S,故磁控过程中A,B两球组成的系统损 会部转化为B的动能设此时B的速度为则W一E一之mu己， 失的动能AF-2m18+ 21s行2- 2（-m5)-10J,D正 解得一5ms.此过程墙壁对A的冲量大小等于弹簧对A的冲量 大小·也等于弹簧对B的冲堂大小，由动章定理得上一 确：A、B两球碰枪前的总动登P一h一wB一（十） 10N·s.故C正确：当弹簧恢复原长討，A的速度爱小，则m正一0， 少kg·ms,C错误。 A、B都运动后，B减滚，A加速，当A、这度相等村弹簽拉伸最长， 此后，继续减逸，A继续加逸，当弹簧再次恢复原长，以向右为正 6。AC开始时，木板和物块均在摩擦力作用下做句减运运动，两者最 方向：由系统动童守性定律、礼械能守性定律有Br一红4 终速度相同，P、Q組成的系统动量守恒：裉裾动量守恒定律 -UW一（十d),若LP一wQ,则U一0，图像为题图：若 之nBs2.解得1一2.5ms,组- 1wiQ,则0，图像为题图B;若rQ,则0，阁 2.5m8,故1D正确。 镰为题图(.故A、B、(:正确，D错误。 7.C由图知，与A碰前速度为1=9ms◆碰后速度为=3s,: 6解析：(1)小球甲到达最低点附，根据动能定理得2gK=号× 与碰接过程动量守道以心的初运度方)为正方，由动量守恒 2,解得=2正，在间弧轨道最低点V时，根据牛顿第二定律 定律得1=(n1十)2，可解得：=2kg,12s末1和C的遠 度为3一一3ms,18到12s,辣簧对A(C的冲癸为丁一(m十') 得F八一3g=2震，解得钱道对小球甲的支待力=眼，根超牛 一（机2一C)2,代入数据解符I一一36N·$,方向向左：由牛颜第 顿第三定祥，小球甲对执道的压力大小为6g:方向向下。 三定律可知墙壁对物块B的弹力大小等于弹簧对AC的弹力，则墙 (2)两球碰接，以水平句左为正方句.根据动量守恒定样及机械能守 壁对物决B的弹力在4s到12s的时间内对B的冲量1的大小为 恒定律得2=21出：|% 36N·s,故C:正确，，B、1)错误 8.解析：(1)当系统动能最小时，弹贷压架至最短，两球具有共同速度 2X2m2=22mm2+Xm2 其。设小球甲，乙的贵登分别为1、，碰撞前小球甲的速度为， 小球甲与弹簧分开后的速度为，从小琼甲碰到弹簧到与弹餐分 开的过程中，由系统动量守恒和能量守恒有1饰一11|p 解得n一2十n 交1：5之= 2m12/ 2m2, 吃一2严一寻√2gR,两琼碰控后分别做匀逸直线运动小球乙 在前且速度大·经过时间1，两球之间的距高为 联立解得 m1m,即1t饰一1一丝 27江170 s-（1)t-tw/2gR。 2 从小球甲碰到弹簧到两球共选的过程中，系统动量守恒，故 答案：(1)6mg,方向向下(2)t√2gR 沈一(m1一2)共，解得兴一 7.解析：(1)由功能关系知W-立， (2)设水平向右为正方向，则小球乙动登的增堂为，根服动登守恤 解得：一6ms 定律.小琼甲动童的增竟为.根摄动爸定理有I一m“,故小琼 (2)物块滑上平板些后，系统动量和能量守恒，则一(M十1， 甲受到弹簧作用的冲量大小为，方向水平向左 视失的动能转化为系统内能 答案：(1) 〔2)m心.方向水北向斤 ug-交n,2号(M1rw:, 能力提升 解得1一4ms.物块和平板生的相对位移l1一3n1 1,A子弹击中木块过程，系统内力远大于外力，系统动量守道，以向 (3)平板车第一次与四槽右端碰撞时，迄度大小不变，方向相反 右为正方向，由动童守过定控得m一(M十)，子弹击中木块后 海块相对平板车右端的距离12一111一5n1, 做匀减速直线运动，对子弹与木块纽成的系统，由动能定理得红(M 小物块的加速度41=g=2T3, I m)gx=0- 立(M1m)2,装立解得=m 小物块相对于站面向右运动的位移大小一一22， 11 2gx,故A