人教版選擇性必修第一冊-15彈性碰撞和非彈性碰撞-同步訓(xùn)練2(含解析)-資料下載頁
2025-04-05 05:37本頁面
【正文】 的速度，說明P要滑到曲面上再返回運動，物塊P相對滑板反方向運動過程中，可以知道當(dāng)再次回到B點時兩者的速度最大，此時P有向右運動的速度即可，因此再次回到B時水平方向動量守恒可得由能量守恒可得聯(lián)立可得方程因物體要經(jīng)過B點，因此要求判別式大于零，速度向右說明結(jié)果要小于零；則滿足不等式即，則聯(lián)立可得15．(1)g；；(2)【詳解】（1）設(shè)小物塊1進入圓軌道時的速度大小為v，根據(jù)動能定理可得其中h=R，解得 則小物塊1在B點的向心加速度大小方向向右；從開始到C點，根據(jù)動能定理可得解得 （2）小物塊1從C點滑上小車，若μ1＞μ2，則小物塊1與小車一起以速度vC向右運動，小物塊m2相對于小車向左運動，當(dāng)二者的速度剛好相等時相遇，水平板車長度最小，由于系統(tǒng)水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正、根據(jù)動量守恒定律可得m1vC=（m1+m2）v1解得根據(jù)能量關(guān)系可得 解得16．(1) 6m/s，2m/s ；(2)12J【詳解】(1)B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為vBC，則mBv=（mB+mC）vBC解得vBC=2m/sA的速度不變?nèi)詾?m/s。(2)ABC速度相同時彈簧的彈性勢能最大，設(shè)為Ep，A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒解得根據(jù)能量守恒Ep=17．(1)；(2)；(3)；(4)【詳解】(1)在D點，有從C到D，由動能定理，有解得彈簧釋放瞬間，由動量守恒定律，有由能量守恒得代入得(2)B滑上斜面體最高點時，對B和斜面體，根據(jù)動量守恒定律，有由機械能守恒定律，有解得(3)物塊B從滑上斜面到與斜面分離過程中，由動量守恒定律由機械能守恒，有解得 由功能關(guān)系知，物塊B與斜面體相互作用的過程中，物塊B對斜面體做的功 解得(4)假設(shè)B第一次就停止在水平粗糙段上，根據(jù)得最終停止在距離出發(fā)點位置處.18．(1)μ = ；(2)v = v0【詳解】(1)設(shè)木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，從O滑到P，對A、B，由動能定理得μ2mgs =2m()2 2mv02解得μ =(2)在P點爆炸時，A、B動量守恒，有2m= mv解得v = v019．(1)，；(2)4【詳解】(1) P自h高處落下與Q碰撞前，由動能定理可得P與Q碰撞后，由動量守恒得由能量守恒可得聯(lián)立解得，(2)由題意可知，要使二者始終共速運動，則需滿足在彈簧恢復(fù)原長時二者速度剛好為零。在Q壓縮彈簧時有從二者碰撞后共速到彈簧恢復(fù)原長二者速度剛好為零，由能量守恒可得因為為正整數(shù)，則聯(lián)立解得 20．(1)15m/s；(2)20m；(3)【詳解】(1)設(shè)小物塊甲與小物塊乙正碰粘在一起后的速度大小為，由動量守恒定律得解得(2)由于甲、乙兩物塊在B點恰好沒有能量損失進入圓弧軌道，可知拋物線和圓恰在B點相切，甲、乙兩物塊做平拋運動，在B點由幾何關(guān)系得到又解得高度差(3)由幾何關(guān)系可知從B到D過程，有動能定理解得甲乙物塊恰能到達半圓最高點，在E點有則從D到E解得21．(1)；(2)5J【詳解】(1)設(shè)物塊被子彈打擊后的速度為，由動量定理得①設(shè)木板最小長度為L，則從子彈打進物塊到最終停在木板最右端時的過程中，設(shè)最后的速度為，對全過程，由動量守恒定律得②由能量守恒定律得③由①②③解得④(2)設(shè)彈簧最大彈性勢能為，由題意可知，當(dāng)物塊碰到左側(cè)擋板且達到共同速度的瞬間，彈簧彈性勢能達到最大。由動量守恒定律和能量守恒定律可得⑤⑥解得⑦22．(1)2m；(2)56W；(3)【詳解】(1)開始時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對于C有對B有 聯(lián)立解得 (2) A剛要離開墻壁時，墻壁對A的彈力為零，彈簧剛好不發(fā)生形變，則B做勻加速直線運動，位移大小為時有根據(jù)牛頓第二定律，對B對C解得功率(3)當(dāng)時所以此過程中A、B、C系統(tǒng)合外力做功為零，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長時，A的速度最大為，B、C速度大小為，則系統(tǒng)動量大小之和不變有系統(tǒng)能量守恒有 解得
環(huán)評公示相關(guān)推薦
鄂ICP備17016276號-1