20xx-20xx學年滬科版選擇性必修第一冊13動量守恒定律的案例分析-課時作業(yè)3(含解析)(編輯修改稿)
2025-04-05 05:02 本頁面
【文章內(nèi)容簡介】 側l=16m處放有一物塊P，P的質量是木板質量的2倍，t=0時，一小鐵塊從左端以某一速度滑上長木板，鐵塊與墻壁碰撞后，速度隨時間變化關系如圖乙所示．不計所有碰撞的機械能損失，重力加速度，求：（1）小鐵塊與木板間的摩擦因數(shù)；（2）長木板的長度；（3）小鐵塊最終與墻壁間的距離．23．如圖乙，一質量為m的平板車左端放有質量為M的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)為μ．開始時，平板車和滑塊共同以速度v0沿光滑水平面向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設碰撞時間極短，且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反．平板車足夠長，以至滑塊不會滑出平板車右端，重力加速度為g．求：①平板車第一次與墻壁碰撞后再次與滑塊速度相同時兩者的共同速度；②平板車第一次與墻壁碰撞后再次與滑塊速度相同時，平板車右端距墻壁的距離．7參考答案1．C【詳解】若，則由動量守恒定律可知解得此時碰前動能碰后動能則假設不合理，因而這種情況不可能發(fā)生，故選項C正確，ABD錯誤。故選C。2．B【詳解】子彈射入木塊過程中以子彈和木塊為系統(tǒng)動量守恒，設子彈質量為m1，初速度為v0，木塊質量為m2，一起運動的速度為v，所以有代入數(shù)據(jù)可解得v=8m/s，故B正確，ACD錯誤。故選B。3．C【詳解】碰撞過程中，a球的動量減少了20kgm/s，故此時a球的動量是10kgm/s，a、b兩球碰撞前后總動量保持不變?yōu)?0kgm/s，則作用后b球的動量為20kgm/s。故選C。4．C【詳解】AD．考慮實際運動情況，碰撞后兩球同向運動，A球速度應不大于B球的速度，故AD錯誤；兩球碰撞過程，系統(tǒng)不受外力，故碰撞過程系統(tǒng)總動量應守恒．碰撞前總動量為p=pA+pB=mAvA+mBvB=（16+22）kg?m/s=10kg?m/s總動能B．碰撞后，總動量為p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=1(4)+27=10kg?m/s總動能則p′=p，符合動量守恒，但是不符合能量關系；故B錯誤；C．碰撞后，總動量為p′=pA′+pB′=mAvA′+mBvB′=（12+24）kg?m/s=10kg?m/s符合動量守恒定律，能量關系則p′=p，則碰后符合動量和能量關系，則C正確。故選C。5．B【詳解】AB．左圖中，探測器類似于與行星對面正碰，設探測器的質量為m，行星的質量為M，碰后探測器滑塊的速度大小為v1，行星的速度大小為u1，設向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有由能量守恒可得聯(lián)立解得由于，則負號表示方向向左，故A錯誤，B正確；CD．右圖中，類似于探測器追上行星與之正碰，設探測器的質量為m，行星的質量為M，碰后探測器滑塊的速度大小為v2，行星的速度大小為u2，設向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有由能量守恒可得聯(lián)立解得由于，則方向向右，故CD錯誤。故選B。6．A【詳解】規(guī)定向右為正方向，碰撞前A、B兩球的動量均為，說明A、B兩球的速度方向向右，兩球質量關系為，所以碰撞前，所以左方是A球。碰撞后A球的動量增量為，所以碰撞后A球的動量是2kg?m/s，碰撞過程系統(tǒng)總動量守恒所以碰撞后B球的動量是10kg?m/s，根據(jù)，所以碰撞后A、B兩球速度大小之比為2：5，A正確，BCD錯誤。故選A。7．C【詳解】設該過程人相對地面的位移為，小車的對地位移為，由人船模型可得又聯(lián)立解得小車移動的距離故ABD錯誤，C正確。故選C。8．D【詳解】選物體與盒子組成的系統(tǒng)為研究對象，由于
環(huán)評公示相關推薦
鄂ICP備17016276號-1