课时分层作业(三) 1．A [设航天员未喷气前质量为M，设喷出的气体质量为m、速度为v，则喷出气体后的航天员速度设为v1、质量为(M－m)，题意可知M＝120 kg、m＝0.2 kg、v＝40 m/s，把喷出的气体和喷出气体后的航天员作为系统，分析可知，该过程系统动量守恒，取喷出的气体速度方向为正方向，则0＝mv－(M－m)v1，解得v1≈0.066 8 m/s。喷气后，航天员匀速运动到空间站，故所需时间t＝ s≈450 s，故A正确，B、C、D错误。] 2．A [系统中所有物体的加速度都为零时，系统所受合力为零，系统的动量守恒，A正确；系统所受合力为零时，系统的动量守恒，与重力是否做功、系统内部是否有相互作用的摩擦力无关，B、C错误；系统所受合力不为零，系统总动量不守恒，但如果系统在某一方向上所受合力为零，则系统在该方向上动量守恒，D错误。] 3．B [小球从释放到第一次运动到B点的过程中，凹槽和小球组成的系统只有动能与重力势能相互转化，故系统机械能守恒；小球从A点运动到凹槽最低点的过程中，木桩对凹槽有水平方向的力，故凹槽和小球组成的系统水平方向动量不守恒。B正确。] 4．D [甲、乙的运动可类比“双星模型”，属于同轴转动，故A错误；甲、乙组成的系统不受外力作用，动量守恒，总动量为0，故B错误；根据动量、动能的公式p＝mv，Ek＝可知甲的速度为v＝，故C错误；甲、乙的总动量为0，则p＝mv＝m′v′，根据线速度与角速度的关系有，甲、乙做圆周运动的半径之比为k，则m′＝，故D正确；故选D。] 5．B [设重锤质量为M，预制桩质量为m，根据Mgh＝可得v＝，重锤与预制桩撞前瞬间的速度大小与重锤质量无关，A错误；碰撞过程中动量守恒，则Mv＝(M＋m)v1，可得v1＝v，因此重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，B正确；根据牛顿第三定律，碰撞过程中重锤对预制桩的作用力大小等于预制桩对重锤的作用力大小，C错误；整个过程中，由于受到阻力和重力作用，重锤和预制桩组成的系统动量不守恒，D错误。] 6．B [由题图乙可知，碰前A的速度vA＝ m/s＝5 m/s, 碰后A、B的共同速度v＝ m/s＝2 m/s, A、B碰撞过程动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v，解得mB＝3 kg, B正确。] 7．A [根据摆动过程中机械能守恒和两次击中木块摆动的角度相等可知，两次击中木块后木块的速度相同设为v，由动量守恒定律得第一次mv1＝(m＋M)v，第二次mv2－(m＋M)v＝(2m＋M)v，又M＝50m，联立以上三式得第二粒弹丸的水平速度v2＝515 m/s，故选A。] 8．B [小车与小球组成的系统在水平方向不受外力，以向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律有Mv1＋mv2cos θ＝(m＋M)v，解得v＝，B正确。] 9．C [把人和车看成整体，用大锤连续敲打车的左端，根据动量守恒定律可以知道，系统的总动量为零，车不会持续地向右驶去，故A错误；人从平板车的一端走到另一端的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒，系统总动量为零，车不会持续地向右驶去，故B错误；电风扇向左吹风，电风扇会受到一个向右的反作用力，从而使平板车持续地向右驶去，故C正确；站在车的右端将大锤丢到车的左端的过程中，系统水平方向不受外力，动量守恒，系统总动量为零，车不会持续地向右驶去，故D错误。] 10．AB [若ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为pA′＝pA＋ΔpA＝9 kg·m/s，pB′＝pB＋ΔpB＝16 kg·m/s，A的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，故A正确；若ΔpA＝－2 kg·m/s，ΔpB＝2 kg·m/s，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为pA′＝10 kg·m/s，pB′＝15 kg·m/s，A的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以 ... ...
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