高中物理动量守恒专题强化提升答案详解.docx
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高中物理动量守恒专题强化提升答案详解
省重点高中联考测评-动量守恒定律及答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
得分
一.选择题(共32小题)
1.把一支枪水平固定在小车上,小车放在光滑的水平面上,枪发射出一颗子弹时,关于枪、弹、车,下列说法正确的是( )
A.枪和弹组成的系统,动量守恒
B.枪和车组成的系统,动量守恒
C.因为枪弹和枪筒之间的摩擦力很大,使系统的动量变化很大,故系统动量守恒
D.三者组成的系统,动量守恒,因为系统只受重力和地面支持力这两个外力作用,这两个外力的合力为零
【分析】明确动量守恒的条件,根据题意分析给出的系统是否满足系统所受外力之和为零即可解答。
【解答】解:
A、枪和弹组成的系统,由于小车对枪有外力,枪和弹组成的系统外力之和不为零,所以动量不守恒。
故A错误;
B、枪和车组成的系统,由于子弹对枪有作用力,导致枪和车组成的系统外力之和不为零,所以动量不守恒。
故B错误;
C、枪弹和枪筒之间的摩擦力为内力,系统是否守恒与枪弹和枪筒之间的摩擦力大小无关,故C错误;
D、枪、弹、车组成的系统,它们之间相互作用的力为内力,比如枪弹和枪筒之间的摩擦力,系统所受外力之和为零,系统动量守恒,故D正确;
故选:
D。
【点评】解决本题的关键掌握动量守恒的条件,即系统所受的合外力为零,知道系统内物体相互作用的力为内力。
2.静止的实验火箭,总质量为M,当它以对地速度为v0喷出质量为△m的高温气体后,火箭的速度为( )
A.
B.﹣
C.
D.﹣
【分析】以火箭和气体租车的系统为研究对象,应用动量守恒定律,可以求出喷气后火箭的速度。
【解答】解:
以火箭和气体组成的系统为研究对象,选高温气体的速度方向为正,由动量守恒定律得:
(M﹣△m)v′+△mv0=0,
解得:
v′=﹣
,故D正确,ABC错误。
故选:
D。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用,要注意研究对象和正方向的选取,明确本题中质量关系。
3.据新华社报道,2018年5月9日凌晨,我国长征系列运载火箭,在太原卫星发射中心完或第274次发射任务,成功发射高分五号卫星,该卫星是世界上第一颗实现对大气和陆地综合观测的全谱段高光谱卫星。
最初静止的运载火箭点火后喷出质量为M的气体后,质量为m的卫星(含未脱离的火箭)的速度大小为v,不计卫星受到的重力和空气阻力。
则在上述过程中,卫星所受冲量大小为( )
A.MvB.(M+m)vC.(M﹣m)vD.mv
【分析】根据动量定理可知,卫星受力的冲量等于卫星动量的变化。
【解答】解:
喷出气体过程中卫星的重力和空气阻力可忽略不计,可知在火箭发射的过程中卫星受到气体对卫星的冲量等于卫星动量的变化,则:
I=△mv=mv,故ABC错误,D正确
故选:
D。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用,考查了求导弹的速度问题,知道发射过程系统动量守恒是解题的前提,应用动量守恒定律可以解题。
4.在光滑的水平面上有一辆平板车,一个人站在车上用大锤敲打车的左端(如图)。
在连续的敲打下,关于这辆车的运动情况,下列说法中正确的是( )
A.由于大锤不断的敲打,小车将持续向右运动
B.由于大锤与小车之间的作用力为内力,小车将静止不动
C.在大锤的连续敲打下,小车将左右移动
D.在大锤的连续敲打下,小车与大锤组成的系统,动量守恒,机械能守恒
【分析】把人和小车看成一个系统,系统在水平方向不受外力,水平动量守恒,根据动量守恒定律分析人连续敲打小车的运动情况即可。
【解答】解:
ABC、人和锤、车组成的系统在水平方向上不受外力,系统动量守恒,总动量为零。
在锤抡起的过程中,锤在水平方向上的速度方向向左,由水平动量守恒知,小车的速度向右。
锤从最高点下落至刚接触车的过程中,锤在水平方向上的速度方向向右,小车的速度向左,所以在大锤的连续敲打下,小车将左右移动,不能持续向右运动,故AB错误,C正确。
D、在大锤的连续敲打下,小车与大锤组成的系统,竖直方向的合力不等于零,系统的动量不守恒。
人要做功,系统的机械能不守恒,故D错误。
故选:
C。
【点评】解决本题的关键是要知道系统的水平动量守恒,但总动量不守恒,运用动量守恒定律分析小车的运动情况。
5.设a、b两小球相撞,碰撞前后都在同一直线上运动。
若测得它们相撞前的速度为va、vb,相撞后的速度为va′、vb′,可知两球的质量之比
等于( )
A.
B.
C.
D.
【分析】两球碰撞过程中系统的动量守恒,由动量守恒定律列式,可以求出两球的质量之比。
【解答】解:
两球碰撞过程系统的动量守恒,以碰撞前A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得:
mava+mbvb=mava′+mbvb′,
解得:
=
故选:
A。
【点评】本题是碰撞类型,要掌握碰撞的基本规律:
动量守恒定律。
要知道本题提供了一种研究两球质量关系的方法。
6.两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动,A球的动量是8kg•m/s,B球的动量是6kg•m/s,A球追上B球时发生碰撞,则碰撞后A、B两球的动量可能为( )
A.pA=0,pB=l4kg•m/s
B.pA=4kg•m/s,pB=10kg•m/s
C.pA=6kg•m/s,pB=8kg•m/s
D.pA=7kg•m/s,pB=8kg•m/s
【分析】当A球追上B球时发生碰撞时,系统遵守动量守恒。
根据碰撞过程中系统的动量守恒定律和总动能不增加,列式进行分析。
【解答】解:
以A、B两球组成的系统为研究对象。
设两球的质量均为m。
当A球追上B球时发生碰撞,遵守动量守恒。
碰撞前总动量为:
p′=pA′+pB′=(8+6)kg•m/s=14kg•m/s。
碰撞前总动能为:
Ek′=
+
=
+
=
;
A、碰撞后,总动量为p=pA+pB=(0+14)kg•m/s=14kg•m/s,符合动量守恒定律,碰撞后总动能为Ek=
+
=
=
>Ek′,总动能增加,违反了能量守恒定律,不可能,故A错误。
B、碰撞后,总动量为p=pA+pB=(4+10)kg•m/s=14kg•m/s,符合动量守恒定律。
碰撞后总动能为Ek=
+
=
+
=
>Ek′,总动能增加,违反了能量守恒定律,不可能,故B错误。
C、碰撞后,总动量为p=pA+pB=(6+8)kg•m/s=14kg•m/s,符合动量守恒定律。
碰撞后总动能为Ek=
+
=
+
=
=Ek′,总动能不变,是可能的,故C正确。
D、碰撞后,总动量为p=pA+pB=(7+8)kg•m/s=15kg•m/s,动量不守恒,不可能,故D错误。
故选:
C。
【点评】对于碰撞过程,往往根据三大规律进行分析:
1、是动量守恒定律;2、总动能不增加;3、符合物体的实际运动情况。
7.质量为m1=2kg和m2的两个物体在光滑的水平面上正碰,碰撞时间不计,其χ﹣t(位移﹣时间)图象如图所示,则m2的质量等于( )
A.3kgB.4kgC.5kgD.6kg
【分析】x﹣t图象的斜率等于速度,根据图象的斜率求出碰撞前后两球的速度,再根据碰撞过程中动量守恒即可求解m2。
【解答】解:
根据x﹣t图象的斜率等于速度,可知碰撞前m2是静止的,
m1的速度为:
v1=
=
m/s=4m/s
碰后m1的速度为:
v′1=
=
m/s=﹣2m/s,
m2的速度为:
v′2=
=
m/=2m/s,
以两个物体组成的系统为研究对象,取碰撞前m1的速度方向为正方向,根据动量守恒定律有:
m1v1=m1v1′+m2v2′,
代入数据得:
2×4=2×(﹣2)+m2×2,
解得:
m2=6kg;
故选:
D。
【点评】解决本题的关键要掌握碰撞的基本规律:
动量守恒定律,要知道x﹣t图象的斜率等于速度,要注意斜率的正负表示速度的方向。
8.如图所示,光滑水平面上,甲、乙两个球分别以大小为v1=1m/s、v2=2m/s的速度做相向运动,碰撞后两球粘在一起以0.5m/s的速度向左运动,则甲、乙两球的质量之比为( )
A.1:
1B.1:
2C.1:
3D.2:
1
【分析】甲、乙两个球碰撞过程中,系统的动量守恒,由动量守恒定律可以求得甲、乙两球的质量之比。
【解答】解:
设碰撞前甲球的速度方向为正方向,根据动量守恒定律得:
m甲v1﹣m乙v2=﹣(m甲+m乙)v
已知v1=1m/s、v2=2m/s,v=0.5m/s,解得m甲:
m乙=1:
1
故选:
A。
【点评】本题考查了完全非弹性碰撞过程,应用动量守恒定律即可正确解题,注意要规定正方向,用符号表示速度的方向。
9.质量为1kg的木板B静止在水平面上,可视为质点的物块A从木板的左侧沿木板上表面水平冲上木板,如图甲所示。
A和B经过1s达到同一速度,之后共同减速直至静止,A和B运动的v﹣t图象如图乙所示,取g=10m/s2,则物块A的质量为( )
A.1kgB.3kgC.2kgD.6kg
【分析】A、B速度相同后,一起做匀减速运动,根据速度时间图线求出匀减速运动的加速度大小,结合牛顿第二定律求出与水平面间的动摩擦因数。
隔离对M分析,根据速度时间图线得出0﹣1s内M的加速度,根据牛顿第二定律求出A的质量。
【解答】解:
由图象可知,A在0﹣1s内的加速度a1=
=
=﹣2m/s2,
对A,由牛顿第二定律得,﹣μ1mAg=mAa1
解得AB间的动摩擦因数μ1=0.2。
由图象知,A、B在1﹣3s内的加速度a3=
=
=﹣1m/s2,
对AB由牛顿第二定律得﹣μ2(mB+mA)g=(mB+mA)a3
解得B与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1。
由图象可知B在0﹣1s内的加速度a2=
=
=2m/s2。
对B,由牛顿第二定律得,μ1mAg﹣μ2(mB+mA)g=mBa2,
代入数据解得mA=3kg。
故B正确,ACD错误;
故选:
B。
【点评】本题考查了牛顿第二定律和速度时间图线的综合运用,关键理清A、B的运动规律,结合图线的斜率求出加速度,根据牛顿第二定律进行研究。
10.如图,A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球,mB=3mA.B球静止,拉起A球,使细线与竖直方向偏角为30°,由静止释放,在最低点A与B发生弹性碰撞。
不计空气阻力,则关于碰后两小球的运动,下列说法正确的是( )
A.A静止,B向右,且偏角小于30°
B.A向左,B向右,且偏角都等于30°
C.A向左,B向右,A偏角小于B偏角,且都小于30°
D.A向左,B向右,A偏角等于B偏角,且都小于30°
【分析】先根据机械能守恒定律求出A球与B球碰撞前瞬间的速度。
两球碰撞过程动量守恒、机械能守恒,由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰后瞬间两球的速度,再由机械能守恒定律分析两球的偏角关系。
【解答】解:
设A球与B球碰撞前瞬间的速度为v0.碰撞后瞬间A、B两球的速度分别为vA、vB.碰撞前,A球下摆过程,由机械能守恒定律得:
mAgL(1﹣cos30°)=
mAv02。
碰撞过程,取水平向右为正方向,由动量守恒定律与机械能守恒定律得:
mAv0=mAvA+mBvB
mAv02=
mAvA2+
mBvB2。
联立以上三式解得:
vA=﹣
=﹣
,方向向左。
vB=
=
,方向向
设碰后A球的偏角为α,B球的偏角为β.由机械能守恒定律
对A球有:
mAvA2=mAgL(1﹣cosα)
对B球有:
mBvB2=mBgL(1﹣cosβ)
解得:
α=β<30°
因此:
A向左,B向右,A偏角等于B偏角,且都小于30°,故ABC错误,D正确。
故选:
D。
【点评】解决本题的关键是分析两球的运动过程,把握每个过程的物理规律,知道小球下摆或上摆过程中机械能守恒,弹性碰撞过程中动量和机械能都守恒,要注意选择正方向,用符号表示速度的方向。
11.质量分别为ma=0.5kg,mb=1.5kg的物体a、b在光滑水平面上发生正碰,若不计碰撞时间,它们碰撞前后的位移﹣时间图象如图所示,则下列说法正确的是( )
A.碰撞前a物体的动量大小为4kg•m/s
B.碰撞前b物体的动量大小为零
C.碰撞过程中b物体受到的冲量为1N•s
D.碰撞过程中a物体损失的动量大小为1kg•m/s
【分析】根据图示图象由速度公式求出碰撞前后物体的速度,然后由动量的计算公式求出物体的动量。
【解答】解:
A、由图示图象可知,碰撞前a的速度:
va=
=
=4m/s,碰撞前a的动量:
Pa=mava=0.5×4=2kg•m/s,故A错误;
B、由图示图象可知,碰撞前b静止,碰撞前b的动量为零,故B正确;
C、由图示图象可知,碰撞由a、b的速度相等,为:
v=
=
=1m/s,碰撞后b的动量大小为:
Pb′=av=1.5×1=1.5kg•m/s,由动量定理可知碰撞过程中b物体受到的冲量为1.5N•s,故C错误;
D、碰撞后a的动量大小为:
Pa′=mav=0.5×1=0.5kg•m/s,碰撞过程中a物体损失的动量大小为:
△Pa=Pa′﹣Pa=0.5﹣2=﹣1.5kg•m/s。
故D错误;
故选:
B。
【点评】本题主要考查了动量的表达式及动量定理的直接应用,要求同学们能根据图象读出a碰撞前后的速度,难度适中。
12.在光滑的水平面上运动的两个小球发生正碰,下列说法正确的是( )
A.碰撞之前,被碰小球的动量一定比另一小球的动量小
B.碰撞前后,被碰小球的速度一定变大
C.碰撞前后,两小球的动量变化量一定大小相等,方向相反
D.碰撞前后,被碰小球的动量一定变大
【分析】两球组成的系统,所受的外力矢量和为零,碰撞前后,系统动量守恒。
【解答】解:
A、碰撞之前,被碰小球的动量不一定比另一小球的动量小,故A错误。
B、碰撞过程中,两球组成的系统动量守恒,则碰撞前后,两小球动量变化量的大小相等,方向相反。
碰撞后,被碰小球的速度不一定增大,则动量不一定增大,故B、D错误,C正确。
故选:
C。
【点评】本题考查了动量守恒的基本运用,知道动量守恒的条件,动量守恒时,系统中两物体动量变化量大小相等,方向相反。
13.“打羽毛球”是一种常见的体育健身活动。
当羽毛球以5m/s的水平速度飞来时,运动员迅速挥拍以10m/s的水平速度迎面击球,假设羽毛球和羽毛球拍的碰撞为弹性碰撞,且球拍的质量远大于球的质量,羽毛球反弹的速度大小为( )
A.25m/sB.20m/sC.15m/sD.5m/s
【分析】羽毛球和羽毛球拍发生的碰撞为弹性碰撞,遵守动量守恒定律和机械能守恒定律,由此列式,求出碰后羽毛球速度表达式,对照条件:
球拍的质量远大于球的质量,求得羽毛球反弹的速度大小。
【解答】解:
设碰撞前羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v1和v2,碰后羽毛球和羽毛球拍的速度分别为v1′和v2′。
取碰撞前羽毛球的速度方向为正方向,根据动量守恒定律和机械能守恒定律得:
m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′.①
m1v12+
m2v22=
m1v1′2+
m2v2′2.②
联立解得v1′=
据题有m1<<m2,则得v1′=2v2﹣v1=2×10﹣(﹣5)=25m/s
故选:
A。
【点评】解决本题的关键是弹性碰撞的基本规律:
动量守恒定律和机械能守恒定律,并能运用数学知识进行近似处理。
14.如图所示,光滑水平桌面上有两个大小相同的小球,m1:
m2=2:
1,球1以3m/s的速度与静止的球2发生正碰并粘在一起,已知桌面距离地面的高度h=1.25m,g=10m/s2,则落地点到桌面边沿的水平距离为( )
A.0.5mB.1.0mC.1.5mD.2.0m
【分析】根据动量守恒定律求出碰撞后粘在一起的速度,结合高度求出平抛运动的时间,从而得出落地点到桌面边缘的水平距离。
【解答】解:
对两球组成的系统运用动量守恒,规定向右为正方向,有:
m1v1=(m1+m2)v,
解得粘在一起的速度为:
v=
,
根据h=
得:
t=
,
则落地点到桌面边沿的水平距离为:
x=vt=2×0.5m=1m,故B正确,ACD错误。
故选:
B。
【点评】本题考查了动量守恒和平抛运动的综合运用,知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律,结合运动学公式灵活求解,通过动量守恒求出碰后的速度是关键。
15.如图所示,木块A、B置于光滑水平桌面上,木块A沿水平方向向左运动与B相碰,碰后粘连在一起,将弹簧压缩到最短。
则木块A、B和弹簧组成的系统,从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中( )
A.动量不守恒、机械能守恒
B.动量不守恒、机械能不守恒
C.动量守恒、机械能守恒
D.动量守恒、机械能不守恒
【分析】系统所受的合外力为零时,系统动量守恒。
只有重力或弹力做功时,系统的机械能守恒,根据系统的受力情况与做功情况判断系统动量与机械能是否守恒。
【解答】解:
木块A、B和弹簧组成的系统,从A、B相碰到弹簧压缩至最短的整个过程中,墙壁对弹簧有作用力,系统的合外力不为零,所以动量不守恒。
A、B相碰粘连在一起的过程中,机械能有损失,所以机械能也不守恒,故ACD错误,B正确。
故选:
B。
【点评】解决本题的关键是掌握系统动量守恒的条件,以及知道当系统只有动能和势能之间相互转化时,系统机械能守恒。
分析清楚运动过程即可正确解题。
16.质量为1kg的物体从距地面5m高处自由下落,落在正以5m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上,车上装有砂子,车与砂的总质量为4kg,地面光滑,则车后来的速度为(g=10m/s2)( )
A.4m/sB.5m/sC.6m/sD.7m/s
【分析】物体落入小车的过程中,系统水平方向不受外力,水平方向动量守恒,根据动量守恒定律列式即可求解。
【解答】解:
物体落入小车的过程中,两者组成的系统水平方向不受外力,故系统水平方向动量守恒。
已知两者作用前,小车在水平方向的速度v0=5m/s,小球水平方向的速度v=0;
设当物体与小车相对静止后小车的速度为v′,取原来车的速度方向为正方向,根据水平方向系统的动量守恒得:
Mv0=(M+m)v′
解得:
v′=4m/s
故选:
A。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用,关键要注意系统的总动量并不守恒,只是水平方向动量守恒。
17.如图所示,某人站在一辆平板车的右端,车静止在光滑的水平地面上,现人用铁锤连续敲击车的右端。
下列对平板车的运动情况描述正确的是( )
A.锤子抡起的过程中,车向右运动
B.锤子下落的过程中,车向左运动
C.锤子抡至最高点时,车速度为0
D.锤子敲击车瞬间,车向左运动
【分析】把人和车看成一个整体,根据动量守恒定律分析人连续敲打车左端时的运动情况即可。
【解答】解:
A、人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒,总动量为零,锤抡起的过程中,锤在水平方向上的速度方向由向左变为向右,则车的动量先水平向右后水平向左,故A错误。
B、人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒,总动量为零,锤从最高点下落至刚接触车的过程中,锤在水平方向上的速度方向由向右变为向左,则车的动量先水平向左后水平向右,故B错误。
C、人和锤、车组成的系统在水平方向上动量守恒,总动量为零,锤运动到最高点时,锤与车、人的速度是相等的,所以它们的速度都是0,故C正确。
D、锤敲击车瞬间,锤在的速度减小至零,锤的动量由向左变为零,根据动量守恒知,车的动量和速度由向右变为零,故D错误。
故选:
C。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用,难度不大,属于基础题,掌握系统动量守恒是解决问题的关键。
18.如图所示,两个大小相等、质量均为1kg的小球A、B静止在光滑水平面上,现给小球A水平向右的瞬时冲量I=2N•s,小球A向右运动并与小球B发生对心碰撞,两小球碰撞过程中系统的机械能损失可能为( )
A.0.8JB.1.2JC.1.6JD.2J
【分析】两球的碰撞性质未知,可能为弹性碰撞,系统机械能守恒,也可能是完全非弹性碰撞,系统的机械能损失最大。
根据这两种碰撞,由动量守恒定律和能量守恒定律求出系统的机械能损失范围,再得到特殊值。
【解答】解:
两球的碰撞性质未知,若为弹性碰撞,则两球交换速度,系统机械能守恒,机械能损失为0。
若为完全非弹性碰撞,则系统的机械能损失最大。
取向右为正方向,由动量守恒定律得:
mv0=2mv,对A,由动量定理得I=mv0。
由能量守恒定律得:
mv02=
×2mv2+△E,联立解得:
△E=1J,所以两小球碰撞过程中系统的机械能损失范围为0≤△E≤1J.故A正确,BCD错误。
故选:
A。
【点评】解决本题的关键是要知道碰撞的基本类型以及遵守的规律,要明确弹性碰撞系统机械能守恒,完全非弹性碰撞系统的机械能损失最大。
19.台球是一项深受人们喜爱的休闲运动,美式台球中共由大小相同的1个白球(母球)15个花球(色球)组成,又称花式台球。
如图在某次击球过程中,白球以3m/s的速度向右运动与静止的黑球发生正碰,假设白球与黑球质量相等,碰撞中没有机械能损失,将台球视为质点,通过计算得到两球碰撞后的运动情况为( )
A.白球静止,黑球以3m/s的速度向右运动
B.黑球静止,白球以3m/s的速度反弹向左运动
C.白球和黑球都以下1.5m/s的速度向右运动
D.白球以3m/s的速度反弹向左运动,黑球以3m/s的速度向右运动
【分析】两球碰撞过程中动量守恒,动能守恒,由动量守恒定律和动能守恒求出碰后瞬间白球的速度。
【解答】解:
设每个球质量为m。
取碰撞前白球的速度方向为正方向。
由动量守恒定律得:
mv0=mv白+mv黑
由动能守恒可得:
联立解得:
v白=0m/s,v黑=3m/s
故A正确,BCD错误
故选:
A。
【点评】应用动量守恒定律与动能计算公式即可正确解题,要知道弹性碰撞过程没有机械能损失,非弹性碰撞有机械能损失。
20.如图所示,一砂袋用无弹性轻细绳悬于O点。
开始时砂袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击中砂袋后未穿出,二者共同摆动。
若弹丸质量为m,砂袋质量为5m,弹丸和砂袋形状大小忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为g。
下列说法中正确的是( )
A.弹丸打入砂袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变
B.弹丸打入砂袋过程中,弹丸对砂袋的冲量大小大于砂袋对弹丸的冲量大小
C.弹丸打入砂袋过程中所产生的热量为
D.砂袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为
【分析】弹丸打入砂袋过程中,根据向心力的变化分析细绳拉力的变化。
根据牛顿第三定律和冲量的定义I=Ft分析弹丸对砂袋的冲量和于砂袋对弹丸的冲量大小关系。
弹丸打入砂袋过程中,内力远大于外力,系统的动量守恒,由动量守恒定律和能量守恒定律结合求出产生的热量。
弹丸打入砂袋后一起摆动过程中整体的机械能守恒,由机械能守恒定律求摆动所达到的最大高度。
【解答】解:
A、弹丸打入砂袋过程中,砂袋的速度不断增大,所需要的向心力,则细绳对砂袋的拉力增大,由牛顿第三定律知,砂袋对细绳的拉力增大,故A错误。
B、弹丸打入砂袋过程中,弹丸对砂袋的作用力与砂袋对弹丸的作用力大小相等,作用时间相同,则弹丸对砂袋的冲量大小等于砂袋对弹丸的冲量,故B错误。
C、弹丸打入砂袋过程中,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+5m)v,得v=
产生的热量为Q=
mv02﹣
(m+5m)v2=
,故C错
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