人教版選擇性必修第一冊-15彈性碰撞和非彈性碰撞-同步訓練4(含解析)(參考版)
2025-04-05 05:19本頁面
【正文】 (2)經分析可知，碰撞后瞬間的速度不為零、方向水平向左，設碰撞后瞬間的速度方向也水平向左，以水平向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有根據(jù)能量守恒定律有解得即碰撞后瞬間的速度大小為、方向水平向右。(3)甲乙發(fā)生彈性碰撞，有動量守恒和能量守恒解得假設物體剛好落到坡底，有解得所以甲球落到坡上，乙球落到水平地面上。10．（1）；；（2）【詳解】不計重力，全過程中動量守恒得若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒第1次碰撞前第1次碰撞后第2次碰撞前化簡得第2次碰撞后，得同理，第3次碰撞后第n次碰撞后動能11．(1) －6kmgL；(2)；(3)【詳解】(1)設運動過程中摩擦阻力做的總功為W，則W＝－kmgL－2kmgL－3kmgL＝－6kmgL(2)設第一車的初速度為，第一次碰前速度為，碰后共同速度為，第二次碰前速度為，碰后共同速度為，有動量守恒人給第一輛車水平沖量的大小(3)根據(jù)以上公式解得則第一次碰撞系統(tǒng)動能損失12．(1)5m/s，2m/s；(2)2m/s；(3)【詳解】(1)由題意可知，物體A碰前向右做勻加速直線運動，由牛頓第二定律可得其中由運動學公式可得，物體A碰前的速度為物體A與物體B碰后，物體A反彈向左做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得由運動學公式可得，物體A碰后的速度為(2)規(guī)定向右為正方向，對于物體A與物體B的碰撞過程，由動量守恒定律可得解得，碰撞后物體B的速度為(3)碰撞后，物體B向右做勻減速直線運動，由牛頓第二定律可得又解得13．(1)；(2)；(3) ；【詳解】(1)物塊由靜止到第一次過點，槽靜止不動，對物塊由機械能守恒在點 對槽的壓力 (2)物塊從點離開“U型槽”時“U型槽”的速度為，對物塊和槽組成的系統(tǒng)，由水平方向的動量守恒物塊從點到離“U型槽”后的最高點，對物塊和槽組成的系統(tǒng)，由能量守恒聯(lián)立解得(3)當物塊從“U型槽”返回時的速度最大時，由水平方向的動量守恒和能量守恒解得方向水平向左最終物塊與“U型槽”相對靜止，由能量守恒物塊在部分運動的總路程14．(1)；(2)3mg【詳解】(1)設A與B碰撞之前的瞬時速度為v0，則①A、B碰撞前后動量守恒，即mv0＝2mv1②式中v1為A與B碰撞后的共同速度聯(lián)立①②解得:(2)當A、B的速度最大時，它們所受的合力為零，即處于平衡狀態(tài)，設此時水平地面對滑塊C的支持力大小和滑塊C對水平地面的壓力大小分別為FN′和FN，對于A、B、C組成的系統(tǒng)，由受力分析可知FN′－3mg＝0③由牛頓第三定律可知FN′＝FN④聯(lián)立③④解得：FN＝3mg15．(1)，方向水平向左，方向水平向右；(2)；(3) ，不能，最終A、B、C會以相同的速度向右運動【詳解】(1)對小物塊A受力分析，如圖由牛頓第二定律可得解得方向水平向左此時不確定B、C之間是否發(fā)生相對滑動，則假設B、C之間為靜摩擦力，即B、C之間無相對滑動，則由牛頓第二定律，可得對B有對C有聯(lián)立解得故假設成立，即B、C之間無相對滑動，則有方向水平向右(2) A、B恰能發(fā)生碰撞，即A運動到B位置時，A、B、C恰好共速，對A、B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒定律，可得由能量守恒定律，可得聯(lián)立解得(3)A與B碰撞后，交換速度，若B、C恰能碰撞，即表示B運動到C最右端時，三者共速，由動量守恒定律，可得由能量守恒定律，可得聯(lián)立解得B、C碰后會交換速度，此時，A、B受力相同，速度相等，不會發(fā)生碰撞，之后，A、B做勻加速直線運動，C做勻減速直線運動，最終A、B、C共速16．(1)；(2)；(3)【詳解】(1)設彈簧釋放的瞬間木板和物塊的速度分別為，由于系統(tǒng)在水平方向上所受合力為零，由動量守恒和能量守恒定律知 由以上兩式解得 (2)釋放彈簧后，設木板運動到豎直墻時的速度大小為v，運動的時間為，則 解得 解得 設在時間內物塊的加速度大小為a，位移為大小x，時刻速度大小為，由得 時刻物塊的速度大于木板的速度，所以物塊繼續(xù)以加速度a減速，設時刻之后木板
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