章末素养测评(一) 1.C [解析] 在拉弓过程中系统的机械能增加,由功能关系可知,手臂对系统做正功,故A错误;在瞄准过程中,箭矢受到弓弦的弹力,由公式I=Ft可知,箭矢受到弓弦的弹力的冲量不为0,故B错误;松开弓弦后,另一只手对弓仍有作用力,即对于弓和箭组成的系统,其水平方向合外力不为零,系统水平方向上的动量不守恒,故C正确;箭矢射出后,还受到重力的作用,所以系统的合外力不为零,由I合=F合t可知,系统的合外力冲量不为0,故D错误. 2.D [解析] 忽略一切阻力和分离前后系统质量的变化,卫星和箭体整体分离前后动量守恒,有(m1+m2)v0=m1v1+m2v2,解得v1=v0+(v0-v2),故D正确. 3.A [解析] 一段极短的时间Δt内落入货车的沙子质量为Δm=Q·Δt,沙子落入货车后,立即和货车共速,则水平方向由动量定理可得F'·Δt=Δmv-0,解得沙子受到货车水平的力为F'=Qv,方向向前,由牛顿第三定律可知,水平方向货车受到沙子的反作用力向后,大小为F″=Qv,对货车(连同落入的沙子),由牛顿第二定律可得F-F″=Ma,解得a=,故A正确. 4.C [解析] 碰撞过程系统动量守恒,以白色球的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得pA+pB=pA'+pB',解得pA'=1 kg·m/s,根据碰撞过程总动能不增加,则有+≥+,解得mB≥mA,碰后两球同向运动,A的速度不大于B的速度,则≤,解得mB≤4mA,综上可知mA≤mB≤4mA,故选C. 5.BD [解析] 由于B、A发生的是完全非弹性碰撞,有机械能损失,故A、B、C组成的系统具有的机械能小于小车B碰撞前具有的动能,A错误,B正确;B、A碰撞过程满足动量守恒,可得mv0=2mv1,A、B以共同速度v1向右运动,当砝码上升到最大高度时,三者构成的系统具有相同的速度v2,在水平方向满足动量守恒,可得2mv1=3mv2,可知A、B、C组成的系统具有的动量等于小车B碰撞前具有的动量,D正确;砝码具有的动量为p3=mv3=mv0,小车B碰撞前具有的动量为p1=mv0,两者不相等,C错误. 6.AD [解析] 1号球向下摆到最低点,由动能定理可得4mgh=×4m,解得v0=,故A正确;1号球碰2号球的过程动量和机械能均守恒,1号球碰后速度为,2号球再碰3号球的过程动量和机械能均守恒,2号球碰后速度为,3号球再碰4号球的过程动量和机械能均守恒,3号球碰后速度为,4号球碰后速度为,故B错误;由机械能守恒定律可得m=mgh4,解得h4=h,故C错误;1号球第一次与2号球碰撞后,由机械能守恒定律可得×4m=4mgh1,解得h1=,故D正确. 7.BD [解析] 设人落地时竖直方向速度分量为vy ,在竖直方向上,由运动学公式得=h,由动量定理得mgt-Ft=0-mvy,联立解得F=1800 N,由牛顿第三定律可知,屈膝缓冲过程中人对地面竖直方向的平均作用力为1800 N,故A错误,B正确;以地面为参考系,设人跳车后车相对地面的速度为v2,人相对地面的速度为v3,以初速度方向为正方向,则v3=-v1+v2,由动量守恒定律得(M+m)v0=mv3+Mv2,解得v2= m/s,v3= m/s,人离开车后做平抛运动,人落地的时间为t1==0.4 s,结合上述分析,落地时人与小车左端的水平距离为s=s人+s车=|v3t1|+v2t1=1.6 m,故C错误,D正确. 8.BD [解析] 由A的速度图像可知,t1时刻正在加速,说明弹簧被拉伸,t3时刻正在减速,说明弹簧被压缩,故选项A错误;t3时刻A正在减速,说明弹簧被压缩,t4时刻A的加速度为零,说明弹簧处于原长,故选项B正确;对0~t1过程,由动量守恒定律得m2×3 m/s=(m1+m2)×1 m/s,故m1∶m2=2∶1,选项C错误;动能Ek=mv2,t2时刻A与B的速度大小之比为2∶1,则动能之比为8∶1,故选项D正确. 9.向左 0.6 [解析] 取向右为正方向,根据动量守恒定律,有m甲(-v)+m乙v+Mv'=0,解得v'=-0.6 m/s,即小船的速度大小为0.6 m/s,方向向左. 10.1.0×10-3 10 050 [解析] 规定竖直向下为正方向,对雨滴砸中蚊子的过程,由动量定理得-I=0-mv0,解得I=1.0×10-3 N·s;对雨滴,根据动量定理可得(mg-F)t=0-mv0,根据牛顿第三定律得雨滴对蚊子的平均作用力F'=F,雨滴对 ... ...
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