人教版選擇性必修第一冊-13動量守恒定律-同步訓(xùn)練7(含解析)-資料下載頁
2025-04-05 05:51本頁面
【正文】 +m2）v代入數(shù)據(jù)解得v=系統(tǒng)動能的變化量代入數(shù)據(jù)解得△Ek=【點睛】本題屬彈簧連接體模型的變型題，這種模型兩物體之間有相互作用，但不受其它外力，滿足動量守恒，從能量的觀點看，系統(tǒng)的動能與勢能相互轉(zhuǎn)化，并且當(dāng)兩物體速度相等時，勢能達到最大，動能損耗最多。16．（1）1m/s ，方向水平向右；（2）1. 5kgm/s；（3）【詳解】設(shè)水平向右為速度正方向（1）從開始到相對靜止水平方向動量守恒解得v=1m/s方向水平向右。（2）長木板的動量變化=1. 5kgm/s （3）對小木塊B，根據(jù)動量定理得解得17．(1)；(2)【詳解】(1)甲乙從B處飛出時做平拋運動，水平方向做勻速直線運動，有xCE=vt豎直方向做自由落體運動，有解得甲乙從B處飛出時速度大小v=(2)甲抱住乙的過程中，由動量守恒有解得甲剛滑到B處時的速度v1=10m/s設(shè)AB與水平方向的夾角為，甲從A到B下滑過程，由動能定理有由直角梯形的幾何關(guān)系得解得保護箱與斜面的動摩擦因數(shù)18．①；②m（u+v0）【詳解】①由動量守恒定律可知Mv0=（MΔm）vΔmu②Δm氣體所受沖量I′=mumv0由牛頓第三定律氣體對導(dǎo)彈的沖量I=I′=m（u+v0）19．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)小球a的質(zhì)量為，小球b的質(zhì)量為，碰撞前小球a的速度，碰撞后小球a的速度大小為，小球b的速度大小為，有解得根據(jù)解得（2）根據(jù)牛頓第二定律碰撞過程能量守恒小球a返回過程解得 （3）如圖所示，設(shè)小球b到達斜面上的 時的速度大小為， 、間距離為，由到的運動時間為t，由幾何關(guān)系得有題意可得小球做平拋運動解得20．(1)5m/s；(2)【詳解】(1)燃氣全部噴出后小車的速度為，根據(jù)動量守恒定律解得(2)燃氣噴出過程對燃氣，有解得根據(jù)牛頓第三定律火箭的質(zhì)量根據(jù)牛頓第二定律解得21．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）設(shè)物體A碰前速度為，對物體A從高度處自由下落，由機械能守恒定律得解得設(shè)A、B碰撞后共同速度為，則由動量守恒定律得解得（2）當(dāng)A、B達到最大速度時，A、B所受合外力為零，設(shè)此時彈力為F，對A、B由平衡條件得設(shè)地面對C的支持力為，對ABC整體，因加速度為零，所以由牛頓第三定律得C對地面的壓力大小為60N（3）設(shè)物體A從距B的高度H處自由落下，根據(jù)（1）的結(jié)果， A、B碰撞后共同速度當(dāng)C剛好離開地面時，由胡克定律得彈簧伸長量為根據(jù)對稱性，當(dāng)A、B一起上升到彈簧伸長為x時彈簧的勢能與A、B碰撞后瞬間的勢能相等，則對A、B一起運動到C剛好離開地面的過程中，由機械能守恒得聯(lián)立以上方程解得22．（1）；（2）；（3）【詳解】（1）滑塊2由A點到B點過程，根據(jù)機械能守恒解得滑塊2 的速度（2）設(shè)倆個滑塊碰撞后的速度為，根據(jù)動量守恒解得在最低點解得 根據(jù)牛頓第三定律得對軌道的壓力（3）塊1與滑塊2相撞后粘在一起恰好能通過圓軌道的最高點，設(shè)此時的速度為，根據(jù)解得粘在一起的滑塊從B點滑至C點的過程中，根據(jù)動能定理解得克服摩擦阻力所做的功23．(1) d；(2)；(3) （2 +）d 2【詳解】(1)如圖，彈簧的壓縮量ΔL與釋放點橫坐標(biāo)x之間存在關(guān)系式ΔL =當(dāng)橫坐標(biāo)為d時釋放彈簧后，彈性勢能轉(zhuǎn)化為小球甲的動能kΔL02 = mv12整理得(2)當(dāng)粒子釋放點坐標(biāo)為x時，有小球甲與小球乙發(fā)生彈性正碰過程整理得乙在磁場中運動時聯(lián)立得由于 因此當(dāng)x→0時，r→0時，可見，小球乙離開磁場的位置為O點，由幾何知識得r = 2 x即整理得(3)當(dāng)彈簧最大壓縮量為ΔLm =d 時最大軌道運動如圖所示最小矩形的長為a = 2 R矩形的寬為 矩形面積為
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