本章易错过关(一) 1.A [解析] 根据位移时间图像的斜率表示速度,可知,碰撞前甲的速度v1小于乙的速度v2,碰撞后两个物体的速度为零,根据动量守恒定律有p1+p2=0,得p1=-p2,C、D错误;由上面结论动量大小m1v1=m2v2,v1m2,因为动量p=mv,动能Ek=mv2,所以Ek=,所以Ek1I2,D错误,C正确. 3.C [解析] 当圆弧滑块固定时,有m=mgR,当圆弧滑块不固定时,取水平向右为正方向,根据系统水平方向动量守恒,有mv0=(m+M)v,根据机械能守恒定律有m=mg+(m+M)v2,联立解得m∶M=2∶1,故选C. 4.A [解析] 子弹射入木块过程,系统内力远大于外力,系统动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得mv1=(M+m)v,解得v=,子弹射入木块后,二者做匀减速直线运动,对子弹与木块组成的系统,由动能定理得-μ(M+m)gx=0-(M+m)v2,联立解得v1=,A正确. 5.BD [解析] 取极短的时间Δt,则Δt内从喷枪喷出水的质量为Δm=ρV=ρSvΔt,以水的初速度方向为正方向,由动量定理得-Ft=0-Δmv,联立解得水受到钢板的力大小为F=ρSv2,根据牛顿第三定律可知水对钢板的冲力为F'=F=ρSv2,故C错误;水对钢板冲力产生的压强为p==ρv2,可知减小水柱的横截面面积S,水对钢板冲力产生的压强不变;若水流速度v增大到原来的3倍,可以使水对钢板冲力产生的压强增大到原来的9倍,故A错误,D正确;水枪Δt时间内做功转化为水柱的动能为Ek=Δmv2,Δm=ρSvΔt,故水枪的功率为P==,故B正确. 6.CD [解析] 两球下落过程中,均处于完全失重状态,两球间没有作用力,故A错误;根据自由落体运动规律可知,两球落地前瞬间速度大小相等,设为v,篮球从地面反弹与网球相碰过程,根据动量守恒定律和能量守恒定律有7mv-mv=7mv1+mv2,×7mv2+mv2=×7m+m,解得v1= ,v2=v,故B错误;根据机械能守恒定律有7mgh=×7mv2,7mgh'=×7m,解得,篮球上升的最大高度为h'=,故C正确;根据机械能守恒定律有mgh″=m,解得,网球上升的最大高度为h″=6.25h,故D正确. 7.AD [解析] 两球碰撞过程系统动量守恒,以向右为正方向,由图示图线可知,t1时刻两球速度相等为1 m/s,由动量守恒定律得m1v0=(m1+m2)v,解得B球的质量为m2=2 kg,A正确;当两球速度相等时弹性势能最大,由能量守恒定律得 m1=(m1+m2)v2+Epm,解得Epm=3 J,B错误;两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统机械能守恒,由此可知,t3时刻两球的动能之和等于0时刻A球的动能,C错误;两球发生弹性碰撞,碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m1v0=m1vA+m2vB,由机械能守恒定律得m1v02=m1vA2+m2vB2,代入数据解得vA=-1 m/s,vB=2 m/s,t2时刻两球动能之比为==,D正确. 8.(1)> (2) (3)m1=m1+m2 (4)4 [解析] (1)在本实验中,甲、乙碰撞后没有反弹,可知m1>m2. (2)甲从O点到P点,根据动能定理-μm1gx0=0-m1,解得v0=. (3)同理,碰撞后甲的速度和乙的速度分别为v1=,v2=,若动量守恒,则满足m1v0=m1v1+m2v2,整理得m1=m1+m2 (4)甲、乙的碰撞为弹性碰撞,则m1=m1+m2,解得v1=,v2=,结合上述公式可得==,所以=,若逐渐增加甲的质量=4. 9.(1)2.4 kg·m/s (2)0.6 m [解析] (1)当环A固定时,对B摆动过程由动能定理可得-mBgL=0-mB 又根据动量定理有I=mBv0-0 联立解得I=2.4 kg·m/s (2)当环A不固定时,在B摆到最高点时离杆最近,此时两者有相等速度v,对A、B系统,在水平方向上根据动量守恒定律得 mBv0=(mB+mA)v 设B摆到最大高度时离杆的最近距离为h,对A、B系统,由机械能守恒定律可得 mBv02=mBg·(L-h ... ...
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