20xx粵教版高中物理選修3-513動(dòng)量守恒定律在碰撞中的應(yīng)用一課三練-展示頁
2024-12-15 21:36本頁面
【正文】 落地的這段時(shí)間內(nèi)， a 飛行的水平距離一定比 b 的大 C． a、 b 一定同時(shí)到達(dá)水平地面 D．在炸裂過程中， a、 b 受 到的爆炸力的大小一定相等 2． (雙選 )半徑相等的小球甲和乙，在光滑水平面上沿同一直線相向運(yùn)動(dòng)．若甲球的質(zhì)量大于乙球的質(zhì)量，碰撞前兩球的動(dòng)能相等，則碰撞后兩球的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)可能是 ( ) A．甲球的速度為零而乙球的速度不為零 B．乙球的速度為零而甲球的速度不為零 C．兩球的速度均不為零 D．兩球的速度方向均與原方向相反，兩球的動(dòng)能仍相等 3．如圖 4 所示， 圖 4 質(zhì)量為 M 的小車原來靜止在光滑水平面上，小車 A 端固定一根輕彈簧，彈簧的另一端放置一質(zhì)量為 m 的物體 C， 小車底部光滑，開始時(shí)彈簧處于壓縮狀 態(tài)，當(dāng)彈簧釋放后，物體 C 被彈出向 B 端運(yùn)動(dòng)，最后與 B 端粘在一起，下列說法中不正確的是 ( ) A．物體離開彈簧時(shí)，小車向左運(yùn)動(dòng) B．物體與 B 端粘在一起之前，小車的運(yùn)動(dòng)速率與物體 C 的運(yùn)動(dòng)速率之比為mM C．物體與 B 端粘在一起后，小車靜止下來 D．物體與 B 端粘在一起后，小車向右運(yùn)動(dòng) 4．三個(gè)相同的木塊 A、 B、 C 從同一高度處自由下落，其中木塊 A 剛開始下落的瞬間被水平飛來的子彈擊中，木塊 B 在下落到一定高度時(shí)，才被水平飛來的子彈擊中．若子彈均留在木塊中，則三木塊下落 的時(shí)間 tA、 tB、 tC的關(guān)系是( ) A． tAtBtC B． tAtBtC C． tA＝ tCtB D． tA＝ tBtC 5． (雙選 )放在光滑水平面上的物體 A 和 B 之間用一個(gè)彈簧相連，一顆水平飛行的子彈沿著 AB 連線擊中 A，并留在其中，若 A、 B、子彈質(zhì)量分別為 mA、mB、 m，子彈擊中 A 之前的速度為 v0，則 ( ) A． A 物體的最大速度為 mv0mA＋ m B． B 物體的最大速度為 mv0m＋ mB C．兩物體速度相同時(shí)其速度為 mv0mA＋ mB＋ m D．條件不足，無法計(jì)算 6．在光滑水平面上， A、 B 兩球沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)，碰撞后粘在一起，若碰撞前 A、 B 球的動(dòng)量分別為 6 kgm/s，碰撞中 B 球動(dòng)量減少 6 kg2mv22 由以上兩式解得： v1＝－ v3， v2＝ 23v，故選項(xiàng) B 正確． ] 5． BC [A、 B 兩球同向運(yùn)動(dòng)， A 球追上 B 球要滿足 vA動(dòng)量守恒，且動(dòng)能不會(huì)增多，碰撞結(jié)束要滿足 vB′ ≥ vA′ . 由 vAvB得 pAmA pBmB，即 mAmBpApB＝ 1012＝ 由碰撞過程動(dòng)量守恒得 pA＋ pB＝ pA′ ＋ pB′ ， pB′ ＝ 14 kgm/s－ 6 kgm/s，由動(dòng)量守恒定律知 pA′ ＝ 12 kgm/s＋ 200 (－ ) kgm/s. 碰撞后的總動(dòng)量為 p′ ＝ (m1＋ m2)v， 根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知 p＝ p′ ，代入數(shù)據(jù)解得 v≈ － m/s，即碰撞后兩車以 m/s 的共同速度運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)方向向左． 9． (1)v04 (2)v08 解析 解 法一 本題所研究的過程可分成兩個(gè)物理過程：一是子彈射入 A的過程 (從子彈開始射入 A 到它們獲得相同速度 )，這一過程作用時(shí)間極短，物體A 的位移可忽略，故彈簧沒有形變， B 沒有受到彈簧的作用，其運(yùn)動(dòng)狀態(tài)沒有變化，所以這個(gè)過程中僅是子彈和 A 發(fā)生相互作用 (碰撞 )，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝ (m＋ mA)v1 則子彈和 A 獲得的共同速度為 v1＝ mv0/(m＋ mA)＝ mv 0/(m＋ 3m)＝ v0/4 二是 A(包括子彈 )以 v1的速度開始?jí)嚎s彈簧．在這一過程中， A(包括子彈 )向右做減速運(yùn)動(dòng)， B 向右做加速運(yùn)動(dòng)．當(dāng) A(包括子彈 )的速度大于 B 的速度時(shí)，它們間的距離縮短，彈簧的壓縮量增大；當(dāng) A(包括子彈 )的速度小于 B 的速度時(shí)，它們間的距離增大，彈簧的壓縮量減小，所以當(dāng) A(包括子彈 )的速度和 B 的速度相等時(shí)，彈簧被壓縮到最短，在這一過程中，系統(tǒng) (A、子彈、 B)所受的外力 (重 力、支持力 )的合力為零，遵守動(dòng)量守恒定律，由動(dòng)量守恒定律得 (m＋ mA)v1＝ (m＋ mA＋ mB)v2 v2＝ (m＋ mA)v1/(m＋ mA＋ mB) ＝ (m＋ 3m)v1/(m＋ 3m＋ 4m)＝ v1/2＝ v0/8 即彈簧壓縮到最短時(shí) B 的速度為 v0/8. 解法二 子彈、 A、 B 組成 的系統(tǒng)，從子彈開始射入木塊一直到彈簧被壓縮到最短的過程中，系統(tǒng)所受的外力 (重力、支持力 )的合力始終為零，故全過程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得 mv0＝ (m＋ mA＋ mB)v2 v2＝ mv0/(m＋ mA＋ mB)＝ mv 0/(m＋ 3m＋ 4m)＝ v0/8 10．左 解析 A、 B 碰撞后 B 離開平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t＝ 2hg ＝ 2 ＝ s 碰撞后 B 的速度 vB＝ sBt ＝ m/s＝ 4 m/s， A、 B 碰撞過程中動(dòng)量守恒，則 m1v＝ m1vA＋ m2vB， 碰撞后 A 的速度 vA＝ m1v－ m2vBm1＝ 5－ m/s＝－ 1 m/s 負(fù)號(hào)說明碰撞后 A 被彈回，向左側(cè)運(yùn)動(dòng)并離開平臺(tái)做平拋運(yùn)動(dòng)，并且水平距離為 sA＝ vAt＝ m. 11． 2∶ 1 解析 從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?，小?A 和 B 的速度大小保持不變．根據(jù)它們通過的路程，可知小球 B和小球 A在碰撞后的速度大小之比為 4∶ 1. 設(shè)碰撞后小球 A 和 B 的速度分別為 v1和 v2，因碰撞是彈 性的，在碰撞過程中動(dòng)量守恒，碰撞前后動(dòng)能相等，有 m1v0＝ m1v1＋ m2v2 12m1v20＝12m1v21＋12m2v22 利用 v2v1＝ 4，聯(lián)立解得 m1∶ m2＝ 2∶ 1 習(xí)題課 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用 【概念規(guī)律練】 知識(shí)點(diǎn)一 利用動(dòng)量守恒定律分析微觀粒子的運(yùn)動(dòng) 1． 2021 年，美國《科學(xué)》雜 志評(píng)出的 2021 年世界十大科技突破中，有一項(xiàng)是加拿大薩得伯里中微子觀測(cè)站的成果．該站揭示了中微子失蹤的原因，即觀測(cè)到的中微子數(shù)目比理論值少是因?yàn)椴糠种形⒆釉谶\(yùn)動(dòng)過程中轉(zhuǎn)化為一個(gè) μ 子和一個(gè) τ子．在上述研究中有以下說法，其中不正確的是 ( ) A．該研究過程中動(dòng)量守恒定律依然適用． B．該研究過程中能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律依然適用． C．若發(fā)現(xiàn) μ 子和中微子的運(yùn)動(dòng)方向一致，則 τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向也可能一致． D．若發(fā)現(xiàn) μ 子和中微子的運(yùn)動(dòng)方向相反，則 τ子的運(yùn)動(dòng)方向與中微子的運(yùn)動(dòng)方向也可能相反． 圖 1 2． K－ 介子衰變的方程為 K－ → π－ ＋ π0， K－ 介子和 π－ 介子帶負(fù)的基元電荷， π0介子不帶電．一個(gè) K－ 介子沿垂直于磁場(chǎng)的方向射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其軌跡為圓弧AP，衰變后產(chǎn)生的 π－ 介子的軌跡為圓弧 PB，兩軌跡在 P 點(diǎn)相切 (如圖 1)， AP 、PB 所在圓的半徑之比為 2∶ 1， π0 介子的軌跡未畫出．由此可知， π－ 介子的動(dòng)量大小與 π0介子的動(dòng)量大小之比為 ( ) A． 1∶ 1 B． 1∶ 2 C． 1∶ 3 D． 1∶ 6 知識(shí)點(diǎn)二 多個(gè)物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒問題 圖 2 3． (雙選 )如圖
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