mB=kg,选项B、D正确.
6.BC [解析]碰撞的瞬间滑块甲和丙组成的系统动量守恒,滑块乙的速度在瞬间不变,以滑块甲的初速度方向为正方向,若碰后滑块甲和丙的速度分别变为v1和v2,由动量守恒定律得Mv=Mv1+mv2;若碰后滑块甲和丙的速度相同,由动量守恒定律得Mv=(M+m)v',故B、C正确.
7.AC [解析]机车牵引力不变,脱钩后机车做加速运动,拖车做减速运动,拖车最后速度为0,对运动的整体,由动量守恒定律得2Mv0=Mv1+Mv2,当v1=15m/s时,v2=5m/s,选项A正确,B错误;对系统,由动能定理得Fx1-f1x1-f2x2=ΔEk,因加速过程的位移大于减速过程的位移,即x1>x2,则动能增大,选项C正确.
8.BC [解析]以人与两船组成的系统为研究对象,人在跳跃过程中系统总动量守恒,所以A、B两船(包括人)的动量大小之比总是1∶1,选项B正确;最终人在B船上,以系统为研究对象,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
mvA-vB=0,解得=,选项A错误;A的动能为EkA=,B(包括人)的动能为
EkB=,则EkA∶EkB=3∶2,选项C正确,D错误.
9.AD [解析]设碰后蓝壶的速度为v2,碰前红壶的速度v0=1.0m/s,碰后红壶的速度v1=0.2m/s,根据动量守恒定律得mv0=mv1+mv2,解得v2=0.8m/s,选项A正确;根据碰前红
壶的速度图像可得红壶的加速度大小a==
m/s2=0.2m/s2,碰后蓝壶减速到
零需要的时间t==
B
s=5s,碰后蓝壶运动图像与时间轴围成的面积表示走过的错误;碰撞过程两壶损失的动能为Δ
位移,x2=m=2m,选项
E=m-m-m=3.04J,选项C错误;碰后红壶走过的位移为
x1==0.1m,所以碰后红、蓝两壶所滑过的距离之比为1∶20,选项D正确.
10.ABD [解析]当A、B、C三者的速度相等时,弹簧的弹性势能最大,对A、B、C三者组成的系统,由动量守恒定律得(mA+mB)v=(mA+mB+mC)vA,解得vA=2m/s,选项A正确;B、C碰撞时,B、C组成的系统动量守恒,有mBv=(mB+mC)v1,解得碰后瞬间两者的速度
v1=m/s,碰后系统的机械能守恒,故弹簧的最大弹性势能为
Ep=
(mB+mC)+mAv2-(mA+mB+mC)=J,选项B正确,C错误;由动
量守恒定律得(mA+mB)v=mAv'A+(mB+mC)v'B,假设A向左运动,即v'A<0,则v'B>此
时
A
、
B
、
C
的
动
能
之
和
m/s,为
E'k=mAv+
(mB+mC)v>(mB+mC)v=J,实
际上系统的动能Ek=
(mB+mC)+mAv2=
J,根据能量守恒定律可知E'k>Ek违
反了能量守恒定律,是不可能的,选项D正确.
11.AC [解析]规定向右为正方向,碰撞前A、B两球的动量均为6kg·m/s,说明A、B两球的速度方向向右,两球质量关系为mB=2mA,所以碰撞前vA>vB,左方是A球;碰撞后A球的动量增量为-4kg·m/s,所以碰撞后A球的动量是2kg·m/s;碰撞过程中系统总动量守恒,所以碰撞后B球的动量是10kg·m/s,根据mB=2mA,所以碰撞后A、B两球速度大小之比为
2∶5,选项
C
正确,D
错误.碰撞前系统总动能为
+=+=,碰撞后系统动能为
+=+=,则碰撞前后系统机械能不变,碰撞是弹性
碰撞,选项A正确,B错误.
12.(1)1.6×104N·s 1.6×105N (2)不会 [解析](1)v1=36km/h=10m/s
取速度v1的方向为正方向,由动量定理得-I0=0-m1v1 解得I0=1.6×104N·s 由冲量定义有I0=F0t1 解得F0=1.6×105N
(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v,由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v 对试验车,由动量定理得-Ft2=m1v-m1v1
联立解得F=2.5×104N
因F 13.D [解析]小球与小车组成的系统在水平方向上所受合外力为零,系统在水平方向上动量守恒,但系统整体所受合外力不为零,系统动量不守恒,故选项A错误;系统在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,在水平方向上,由动量守恒定律得mv-mv'=0,即m-m=0,解得小车的位移x=R,故选项B错误;小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒,类似于人船模型,小球离开小车时系统在水平方向上动量为零,小球与小车在水平方向上的速度为零,小球离开小车后做竖直上抛运动,故选项C错误;小球第一次在车中运动的过程中,由动能定理得mg-Wf=0,Wf为小球克服摩擦力做功大小,解得 Wf= mgh0,即小球第一次在车中滚动损失的机械能为mgh0,由于小球第二次 在车中滚动时,对应位置处速度变小,因此小车对小球的弹力变小,摩擦力变小,克服摩 擦力做功小于 mgh0,机械能损失小于mgh0,因此小球再次离开小车时,能上 升的最大高度大于 h0-h0= h0,而小于h0,故选项D正确. 课时作业(十八)B 1.B [解析]两球组成的系统在水平方向上动量守恒,以向右为正方向,在水平方向,由动 量守恒定律得mv-mv'=0,由机械能守恒定律得 mv'2+mv2=mgl,联立解得 v=,选项B正确. 2.B [解析]A、B组成的系统在水平方向动量守恒,以B的初速度方向为正方向,由动量 守恒定律得mBv=(mA+mB)v',由机械能守恒定律得立解得h=0.10m,选项B正确. mBv2=(mA+mB)v'2+mBgh,联 3.A [解析]最后滑块与子弹相对静止,根据动量守恒定律可知,两种情况下滑块和子弹的共同速度相等,根据能量守恒定律可知,两种情况下碰撞前后动能的减少量相等,产生的热量相等,而子弹相对滑块的位移大小不等,故滑块对子弹的阻力不一样大,A错误,D正确;根据动能定理可知,滑块动能的增加量等于子弹对滑块做的功,所以两种情况下子弹对滑块做的功一样多,B正确;根据动量定理,两种情况滑块受到的冲量一样大,C正确. 4.D [解析]根据动量守恒定律可得mv0=(m+mA)v,由图像可知v=1m/s,解得mA=2kg,选 项A、B错误;0~2s内,A、B组成的系统损失的机械能ΔE损=选项D正确,C错误. m- (mA+m)v2=3J, 5.BD [解析]斜劈和滑块组成的系统所受的合外力不为零,动量不守恒,选项A错误;斜劈和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒,设滑块运动的位移为s1,斜劈运动的位移为s2,由动量守恒定律得ms1-Ms2=0,且s1+s2=L,解得s2= ,选项B正确;斜劈的动量 变化量应该与合外力的冲量大小相等,选项C错误;系统的机械能守恒,所以滑块克服支持力做的功等于斜劈增加的动能,选项D正确. 6.BC [解析]以物体A、B和弹簧为系统,由动量守恒定律可知,第一种情况,有
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