20xx-20xx學(xué)年滬科版選擇性必修第一冊(cè)14美妙的守恒定律-課時(shí)作業(yè)1(含解析)(參考版)
2025-04-05 05:53本頁面
【正文】 根據(jù)機(jī)械能守恒得解得(2)碰前，對(duì)于小球1，根據(jù)機(jī)械能守恒得兩小球相碰，根據(jù)動(dòng)量守恒得解得19．(1)；(2)【詳解】(2)小球由靜止擺到最低點(diǎn)的過程中，有mgR(1cos60176。故選AD。故選AB。B正確；C．B與C碰撞前，A的速度小于B的速度，B與C碰撞后，AB的速度一樣，所以二者沒有碰撞的機(jī)會(huì)。14．AB【詳解】A．剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，A與B均減速運(yùn)動(dòng)，C加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A與C的速度一樣時(shí)，A的速度最小，有，解得A正確；B．AC共速后，一起運(yùn)動(dòng)，當(dāng)B以v0的速度與C的右檔板發(fā)生碰撞時(shí)，有解得交換速度后，A、B的速度為v0，C的速度為v0，AB在C的摩擦力的作用下，向右加速。13．BCD【詳解】A．小球離開曲面體時(shí)，與曲面體具有相同的水平分速度，所以小球做斜拋運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；B．小球離開彈簧時(shí)，有解得在曲面體上運(yùn)動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，在B點(diǎn)時(shí)，有解得從小球開始運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)過程中，機(jī)械能守恒，有解得B正確；C．小球離開B點(diǎn)上升的高度為小球離開曲面體后，在豎直方向上做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則從最高點(diǎn)落回B點(diǎn)有所以從離開到回到B點(diǎn)，有此過程，曲面體前進(jìn)的距離為C正確；D．小球由滑上曲面體到返回，系統(tǒng)機(jī)械能、動(dòng)量均守恒，有 ，解得D正確。不是一動(dòng)一靜彈性正碰，所以碰后A的速度不為0，B錯(cuò)誤。12．ACD【詳解】A．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，三個(gè)物體組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，A正確；C．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，當(dāng)彈簧最短時(shí)，A、B速度相等，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝（m＋m）v1解得B、C碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝mvB＋mvC由能量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得vB＝0，C正確；D．接下來，A、B再次共速時(shí)彈簧的彈性勢能最大，A、B動(dòng)量守恒，由mv1＝（m＋m）v2解得從A開始?jí)嚎s彈簧到A、B第二次共速的過程中，由機(jī)械能守恒定律得解得D正確；B．A、B再次共速前后動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，得mv1＝mvA39。11．BD【詳解】A．細(xì)繩被拉斷瞬間，滑塊所受彈簧的彈力等于F，彈力方向向右，故A錯(cuò)誤；B．對(duì)木板，由牛頓第二定律得得方向向左，故B正確；C．彈簧恢復(fù)原長時(shí)木板獲得動(dòng)能，所以滑塊的動(dòng)能小于，故C錯(cuò)誤；D．彈簧的壓縮量達(dá)最大時(shí)，滑塊速度減為0，細(xì)繩恰好被拉斷，木塊和長木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則木板停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，滑塊的速度為零，動(dòng)能為零，故D正確。10．BC【詳解】A．，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得解得碰撞后瞬間，A錯(cuò)誤；B．紅壺的加速度為如果不發(fā)生碰撞，紅壺停止所需要的時(shí)間為碰后藍(lán)壺經(jīng)過4s停止運(yùn)動(dòng)，B正確；C．根據(jù)動(dòng)量定理得，紅、藍(lán)兩壺從碰后至停止運(yùn)動(dòng)過程中，所受摩擦力的沖量的大小之比為C正確；D．兩壺在碰撞過程中損失的機(jī)械能為兩壺從碰后到停止損失的總機(jī)械能為兩壺在碰撞過程中損失的機(jī)械能與兩壺從碰后到停止損失的總機(jī)械能的比值為D錯(cuò)誤。9．AC【詳解】若A、B發(fā)生的是彈性的碰撞，則沒有能量的損失，碰后的總動(dòng)能為，若發(fā)生的是損失能量最多的完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒有則碰后兩者總動(dòng)能為因此，碰后兩者總動(dòng)能范圍是AC正確，BD錯(cuò)誤。8．ACD【詳解】A．開始長木板勻速下滑時(shí)，由平衡條件得解得把小滑塊放上長木板后，對(duì)長木板，由牛頓第二定律得解得A正確；B．長木板上表面光滑，碰撞前小滑塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，長木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，小滑塊從放上長木板到與擋板相撞的時(shí)間小滑塊放在木板上的瞬間，其與P的距離為解得B錯(cuò)誤；CD．設(shè)小滑塊與擋板第一次碰撞前小滑塊的速度為v，則滑塊與擋板碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得即小滑塊與擋板第1次碰撞后的瞬間，方向沿斜面向上，CD正確。若發(fā)生的是完全非彈性碰撞，則滿足可知整體速度，故不管發(fā)生何種碰撞，球a可能沿原來方向繼續(xù)前進(jìn)、可能靜止、可能反向，但球b必反向
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