20xx-20xx學年滬科版選擇性必修第一冊14美妙的守恒定律-課時作業(yè)3(含解析)-資料下載頁
2025-04-05 05:43本頁面
【正文】 彈簧的初動能從碰撞結束到最低點由動能定理可得聯立解得故B正確；CD．設兩木塊向下壓縮彈簧的最大長度為s，兩木塊被彈簧彈回到P點時的速度為v2，則兩木塊在P點處分開后，木塊B上滑到Q點的過程聯立可得故C錯誤，D正確。15．（1）；（2）【詳解】（1）設滑塊到B點時木塊的速度為，對木塊、長板、圓板整體由動量守恒定律可得由能量守恒定律可得解得（2）滑塊到C點時，滑塊與圓板速度相同設為，對木塊和圓板，由動量守恒定律可得由機械能守恒定律可得解得16．(1)；(2)；(3)能【詳解】(1)設軌道B點對物塊2的支持力為N，根據牛頓第二定律有解得 N=根據牛頓第三定律可知，物塊2對軌道B點的壓力大小N′=(2)設物塊1碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度為v1，對于物塊1與物塊2的碰撞過程，根據動量守恒定律有因碰撞過程中無機械能損失，所以有代入數據聯立解得v0=(3)設物塊2能通過半圓形軌道最高點的最大半徑為Rm，對應的恰能通過最高點時的速度大小為v，根據牛頓第二定律，對物塊2恰能通過最高點時有對物塊2由B運動到D的過程，根據機械能守恒定律有聯立可解得Rm=所以為使物塊2能通過半圓形軌道的最高點。題設中半圓形軌道的半徑r= Rm=，所以物塊2能通過半圓形軌道的最高點。17．(1)；(2)【詳解】(1)小球離開c點后做平拋運動，則有解得(2)對b根據機械能守恒定律得解得取向右為正方向，對于碰撞過程，由動量守恒和機械能守恒得解得設a球碰后在圓軌道能上升的最大高度為h，則解得18．（(1)；(2)103N (3)【詳解】(1)以運動員和滑板為一個系統(tǒng)，運動員以v0沖上滑板，此后運動員和滑板的共同速度為v，系統(tǒng)水平方向總動量守恒，即Mv0=(m+M)v運動員與滑板恰好運動到C點，以AB水平面為零勢能面，由機械能守恒得兩式聯立解得v0=，v=(2)到達B點時，由牛頓第二定律得FN–(m+M)g=解得FN=103N(3)因為ABC光滑，由機械能守恒知運動員滑回A點速度大小仍為v=，向右滑過A點后至停下過程，由動能定理得代入數據解得x=所走的路程為19．(1) 5 m/s；(2) 1 m；(3) 2 m/s； m【詳解】(1) 設小物塊離開彈簧后的速度為v1，小物塊滑上大滑塊的過程中系統(tǒng)水平方向動量守恒解得(2) 小物塊第一次躍升到最高點時水平速度等于v2，系統(tǒng)機械能守恒解得(3) 小物塊能下落到大滑塊并從大滑塊上滑到水平面，系統(tǒng)水平方向動量守恒、機械能守恒解得，系統(tǒng)水平方向動量守恒、機械能守恒解得20．（1）2m/s；（2）40J；（3）20m【詳解】（1）由于A、B組成的系統(tǒng)合外力為零，則A、B組成的系統(tǒng)動量守恒有代入數據得：（2）由能量守恒定律可知，全部過程中，A、B組成的系統(tǒng)共損失的機械能代入數據得：（3）設薄木板的長度為L，對A、B整體列動能定理有代入數據得：21．(1)v1=1m/s，v2=2m/s；(2)；(3)v=m/s【詳解】(1)A下滑過程，有A、B碰撞過程，根據動量守恒和能量守恒有解得v1=1m/s，v2=2m/s(2)B碰撞后上滑，有B發(fā)生的位移xB=x1x2由題意x板=xB=(3)碰撞后至彈簧第一次被壓縮到最過程，對A分析有對A及薄板分析，由題意初始時，A及薄板剛好靜止在斜面上，可知μ=tan30176。解得v=m/s22．（1）60N；（2）【詳解】（1）設A、B的質量分別為mm2，碰撞后A的速度大小為v1，B的速度大小為v2，以A、B為系統(tǒng)，根據動量守恒定律和能量守恒定律有 ① ②以A為研究對象，設碰后瞬間軌道對A的支持力大小為N，根據牛頓第二定律有 ③由①②③式解得N=60N ④由牛頓第三定律得A對軌道的壓力大小N′=N=60N ⑤（2）設B的初速度的最小值為v，碰撞后瞬間A、B的共同速度大小為v3，以A、B為系統(tǒng)，根據動量守恒定律有 ⑥設A、B一起恰好通過軌道最高點的速度大小為v4，根據牛頓第二定律有 ⑦A、B從軌道最低點到軌道最高點，根據動能定理有 ⑧由⑥⑦⑧式解得 ⑨27
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