热门试卷

解：由图知，乙球碰撞前的速度为v2=2m/s，碰撞后的速度为v′2=-1m/s，

碰撞前后，根据动量守恒定律得：

m1v1+m2v2=0+m2v′2

代入数据解得：v1==-1.5m/s，所以碰前甲球速度的大小是1.5m/s，方向向右，

故选：D．

解：A、B两车以及人组成的系统，动量守恒，规定B车的速度方向为正方向，有：

0=MvB-（M+m）vA，

解得：．

可知A车的速度小，B车的速度大．

故选：C．

解：A、小球离开四分之一圆弧轨道，在水平方向上与小车的速度相同，则返回时仍然回到小车上．故A错误；

B、C、D、小球滑上滑车，又返回，到离开滑车的整个过程，相当于小球与滑车发生弹性碰撞的过程．

选取小球运动的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv2

由机械能守恒得：

整理得：

如果m＜M，小球离开滑车向左做平抛运动；

如果m=M，小球离开小车做自由落体运动；

如果m＞M，小球离开小车向右做平抛运动．故B、C错误，D正确．

故选：D．

解：A、由图象可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将做平抛运动离开平板车，故A正确；

B、根据图线知，滑块的加速度大小a1==．小车的加速度大小a2=，知铁块与小车的加速度之比为1：1，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度大小为：a1=，小车的加速度大小为：a2=，则滑块与小车的质量之比m：M=1：1．故B错误．

B、滑块的加速度a1==μg，又a1=，则μ=，故C正确；

D、滑块的位移x1=t0=v0t0，小车的位移x2=t0=v0t0，则小车的长度L=v0t0-v0t0=v0t0，故D错误．

故选：AC．