20xx-20xx學(xué)年滬科版選擇性必修第一冊13動(dòng)量守恒定律的案例分析-課時(shí)作業(yè)6(含解析)-資料下載頁
2025-04-05 04:59本頁面
【正文】 夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有mv02μmgl ①即μ ②設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間， ③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒和能量守恒有 mv1＝mv1′＋mv2′ ④ ⑤聯(lián)立④⑤式解得 v2′＝v1 ⑥由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知 ⑦聯(lián)立③⑥⑦式，可得 ⑧聯(lián)立②⑧式得，a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為 ≤ μ 18．；【詳解】小球C下落到最低點(diǎn)時(shí)，AB開始分離，此過程水平方向動(dòng)量守恒．根據(jù)機(jī)械能守恒有 取水平向左為正方向，由水平方向動(dòng)量守恒得m0vC2mvAB=0聯(lián)立解得 19．(1)；(2)【詳解】(1)子彈擊中木塊過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0=（m+M）v即300=（+）v解得(2)子彈擊穿木塊過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0=mv1+Mv′即300=100+′解得20．(1) 5m/s；(2) ；(3)【詳解】(1)設(shè)物塊離開彈簧時(shí)的速度大小為v0，在物塊被彈簧彈出的過程中，由機(jī)械能守恒定律得解得v0=6m/s假設(shè)物塊在傳送帶上始終做勻減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a，則由牛頓第二定律得μmg=ma設(shè)物塊到達(dá)傳送帶右端時(shí)速度大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得解得ν=5m/s可見ν=5m/s＞4m/s，假設(shè)成立。(2)物塊與小球1發(fā)生彈性正碰，設(shè)物塊反彈回來的速度大小為的v1，小球1被撞后的速度大小為u1，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律得mv=mv1+mu1解得,物決被反彈回來后，在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)過程中，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得0v12=2as解得s=＜(3)由于小球質(zhì)量相等，且發(fā)生的都是彈性正碰，它們之間將進(jìn)行速度交換。由(2)可知，物塊第一次返回還沒到傳送帶左端速度就減小為零，接下來將再次向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到速度增加到v1，再跟小球1發(fā)生彈性正碰，同理可得，第二次碰后，物塊和小球的速度大小分別為,依次類推，物塊和小球1經(jīng)過n次碰撞后，它們的速度大小分別為,由于相鄰小球之間每次相互碰撞都進(jìn)行速度交換，所以，最終從1號小球開始，到n號小球，它們的速度大小依次為un、unun……、u1，則n個(gè)小球的總動(dòng)能為解得21．(1)4R；(2)?！驹斀狻?1)設(shè)小球A能上升的最大高度為H，A剛脫離B時(shí)水平方向的速度為v，對A、B，由水平方向動(dòng)量守恒及能量守恒，有帶入v0=，可得小球A能上升的最大高度H=4R；(2)設(shè)A、B最終分離時(shí)的速度分別為v1和v2，由水平方向動(dòng)量守恒及能量守恒，有解得。22．(1)；(2)?！驹斀狻?1)B物塊恰好到達(dá)c點(diǎn)，重力完全提供向心力：B物塊從碰后到最高點(diǎn)，應(yīng)用動(dòng)能定理：解得：；(2)A、B兩物塊碰撞滿足動(dòng)量守恒定律，選取水平向右為正：解得：，負(fù)號表示速度方向水平向左，碰撞過程應(yīng)用能量守恒定律：機(jī)械能損失量為：23． 【詳解】選取水平向右為正方向，以A、B物塊整體為研究對象，彈簧恢復(fù)原長過程中，墻對A的沖量大小即為對系統(tǒng)的沖量大小，應(yīng)用動(dòng)量定理：墻對A物體的沖量：；彈簧恢復(fù)原長后，A、B兩物體系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)A、B間距離最大時(shí)，二者速度相等：解得物塊速度：。24．【詳解】以系統(tǒng)為研究對象，應(yīng)用動(dòng)能定理：選取水平向右為正，系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒：解得：。15
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