人教版選擇性必修第一冊-13動量守恒定律-同步訓(xùn)練6(含解析)-閱讀頁
2025-04-05 06:11本頁面
【正文】 位置越低，左球被撞后擺得越低，故ABD錯誤，C正確．故本題選C．6．C【詳解】根據(jù)動量守恒定律得p1+p2=p1′+p2′解得：p1′=2kg?m/s碰撞過程系統(tǒng)的總動能不增加，則有代入數(shù)據(jù)解得碰撞后甲的速度不大于乙的速度，則有代入數(shù)據(jù)解得綜上有故ABD錯誤，C正確；故選C。故選C。9．C【詳解】A．A、B兩木塊的質(zhì)量之比為mA∶mB=3∶2，燒斷細線后， A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受到小車給它們滑動摩擦力的作用且不相等，故該系統(tǒng)所受的合外力不為0，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；B．由于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)受到小車滑動摩擦力的作用，所以系統(tǒng)會產(chǎn)生內(nèi)能，故系統(tǒng)機械能不守恒，故B錯誤；CD．A、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)所受合外力為0，所以該系統(tǒng)動量守恒，由于A、B兩木塊的質(zhì)量之比為mA∶mB=3∶2，所以A對小車的滑動摩擦力大于B對小車的滑動摩擦力，故小車在A、B相對小車停止運動之前，小車受到的合力向左，小車將向左移動，所以C正確，D錯誤；故選C。故選ABC。故選AC。故選CD。故選CD。故選BCD。17．2 100 【詳解】[1] 流進小車的水與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，當淌入質(zhì)量為m的水后，小車速度為，則解得[2] 在極短的時間內(nèi)，沖擊小車的水的質(zhì)量為小車對水的作用力，據(jù)動量定理 解得根據(jù)牛頓第三定律，水對小車的沖擊力大小18． 【詳解】將A車和人組成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)的動量守恒，設(shè)人跳離A車后，A車的速度為，以向右為正方向，由動量守恒定律有，解得：，負號表示A車的速度方向向左；研究人和B車，以向右為正方向，由動量守恒定律有，解得：；19．【詳解】設(shè)小拖車的速度減為零時，玩具汽車的速度為v，由于玩具汽車和小拖車組成的系統(tǒng)所受的牽引力和阻力始終是一對平衡力，系統(tǒng)合外力為零，故系統(tǒng)動量守恒，有小汽車的速度20．(1)；(2)兩球碰后速度大小均為，A球速度水平向左，B球速度水平向右；(3)最低點，碰撞次數(shù)為奇數(shù)時，兩球碰后速度大小均為，A球速度水平向左，B球速度水平向右；碰撞次數(shù)為偶數(shù)時，A球速度大小為，方向水平向左，B球速度為0。(3)第一次碰撞后，兩球速度大小相等，方向相反，因為兩邊軌道完全對稱，根據(jù)機械能守恒定律，兩球沿軌道上升的任意相同高度處速度大小都相等，故兩球沿軌道同時運動到最高點，再同時滑至最低點，滑至最低點的速度大小均為，在最低點發(fā)生第二次彈性碰撞?？梢?，第二次碰撞后，B球停在最低點，A球能返回到最初的位置，第三次碰撞與第一次碰撞相同，第四次碰撞與第二次碰撞相同，以后以此類推，每次碰撞都在最低點發(fā)生。21．【詳解】小滑塊以水平速度v0右滑時，由動能定理有－fL＝0－mv02小滑塊以速度v滑上木板到運動至碰墻時速度為v1，由動能定理有－fL＝mv12－mv2滑塊與墻碰后至向左運動到木板左端，此時滑塊、木板的共同速度為v2，由動量守恒有mv1＝(m＋4m)v2由能量守恒定律可得fL＝mv12－(m＋4m)v22上述四式聯(lián)立，解得：＝22．(1)2m/s；(2)200N【詳解】(1)由子彈打木塊過程動量守恒，規(guī)定子彈初速度方向為正方向解得(2)對木塊由動量定理解得23．(1) ，；(2)；(3)【詳解】(1)滑塊B從釋放到最低點，其機械能守恒，有在最低點，由牛頓第二定律有又立解得(2)設(shè)A與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA和vB，取向左為正方向，由動量守恒定律有若A與臺階只碰撞一次，碰撞后必須滿足對A應(yīng)用動能定理有解得即A與臺階只能撞一次的條件是(3)設(shè)x=x0時，A左端到臺階板前瞬間，A、B恰好達到共同速度vAB，由動量守恒有對A應(yīng)用動能定理有，解得（i）當x≥x0即時，AB共速后A與擋板碰撞，可得A與臺階碰撞前瞬間的速度碰后由動量守恒得解得故發(fā)熱量為（ii）當即AB共速前A就與臺階碰撞，對A應(yīng)用動能定理有A與臺階碰撞前瞬間的速度B的速度碰后由動量守恒得的最小值為0，故發(fā)熱量故最大發(fā)熱量為
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