2023華中師大一附中：動量守恒定律鞏固訓練（一）（含詳細解析）

車速度之比為()2M+2(M+m)M(2M+m)(M+2m)2M(M+m)再接到A車()知PQ=1.5PO。假設小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是為質(zhì)點，則A、B兩小球質(zhì)量之比為()速度接近于()法正確的是()B．球B與地面碰撞后，在離地面處與A球上沿一直線向右運動，經(jīng)過一段時間后兩球發(fā)生正碰，分別用ΔpA、ΔpB表示兩小球動量的變化量，則下列選項中可能正確的是()AAAAm2m、m，整個過程中彈簧未超過彈性限度。則下列說法正確的是()D．如果M=m，則物體 Mv0M+2mC離開擋板前、后彈簧的最大彈性勢能之比為3:1取值為()A．m=0.1MB．m=0.2MC．m=0.3MD．m=1.1M墻面緊靠。另一個質(zhì)量為2m的物塊C以某一初速度向A運動，C又彈開，A、B、C一邊振動一邊向左運動，那么()A．從C觸到A，到B離開墻面這一過程，系B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.20。重力加速度取g=10m/s2，A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性正碰且碰撞時間極短。則下列說法正確的是()B．物塊A先停止C．先停止的物塊剛停止時A與B之間值為()22到B船，再從B船跳回A船……經(jīng)n次跳躍后，人停在B船上。不計空氣和水的阻力，下列說法正確的是()說法正確的是()則下列說法中正確的是()mmD．小球A落地時的動能為mgl?mv22各自的動量可能是()＝－A=1kg，mB=2kg,vA=6m/s，A．vA=5m/s,vB=2.5m/sB．vA=2m/s,vB=4m/sC．v=3m/s,v=3.5m/sB球的動量變?yōu)?2kg?m/s，則兩球質(zhì)量mA、mB的關系可能是()A．mB=1.5mAC．mB=3mA定的足夠長的斜面體，斜面體底端與水平面平滑連接，不計一切15 2 535 4 5沿軌道下滑后與小球B發(fā)生彈性正碰，碰后小球A被彈回，Bm/sm/sm/sm/s能為()球均可視為質(zhì)點。已知兩小球之間的第二次碰撞恰好發(fā)生在B點處，且m1<m2小球的質(zhì)量之比m1:m2可能為()A．1:2B．1:3小球可視為質(zhì)點，重力加速度為。則下列說法正確的是()0的速度隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，下列說法正確的是()32．如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長度均為d，兩物體m1和m度為v1，已知m1<m2，則在以后的運動過程中()C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是v1間距為s＝4.5m，則下列說法正確的是()M=8kg的小球B靜止在水平軌道上，將質(zhì)量為m=2kg的小球A壓縮彈簧后由靜止釋放，小球能從P點進入圓弧軌道，通過軌道的最高點N時恰好與圓管無彈力作用，之后從Q A．釋放小球A時彈簧內(nèi)儲存的彈性勢能為10JB．兩小球第一次碰撞后速度大小之比為4:1彈性正碰后立刻將擋板撤走，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)。以下說法正確的是()限度內(nèi)，忽略一切摩擦阻力。則下列說法中正確的是()變量l的關系式為x=(m)(M＋m)v＝Mv1－m(u－v1)v1=0＝Mv2－2m(u－v2)v2 v12M AvABn-1ABnABn-1ABn得vn1得取 1 2mv02= 1 2mva2+ 21Mvb2= 21Mvb2= 2Mm2v(M+m)2 2m2vm2Mm2M;根據(jù)數(shù)學知識知，當m2M2mv02mv0b1+MM【詳解】從兩小球碰撞后到它們再次相遇，小球A和B的速度大小保持不變，根據(jù)它們通m1v0=m1v1＋m2v2m1v02=m1v12＋m2v22m12=2∶1mavavabvb1①2②2②2mbvb12mbvb1 b③vb122 2mbvb1 2mbvb1c 2 2Ek1=mgh；2v22LL2 gvA g vBvBmvAB'2'2 mvABABAB'2Ek2B22gh22ghvABABvAvAB碰撞時A對B所施沖量為kkB)BB所以A與B碰撞前的總動量為p總ABvBpA+pB=p+pp?pA=?(p?pB)即B所以瞬時功率為0，所以碰撞前A球重力2 mv02222222 2 22v2v122222m2v22m1v02m2v2mv=2運動了周，則有2121222 m1v0=m1v1+m2v2222Mv0小也為2Mv0。故B錯誤；2(M+m)v2=(M+m)v+mvEp1=(M+m)v2(M+m)v=(M+2m)v,Ep2=(M+m)v2?(M+2m)v,2Ep13=E1p2mv02mv2mv2mv0即12m?Mm?Mm+Mv2=v0v0有2v3v31m+M2mv4=v2mm+M即v0或v32m2(?2)M<m<M2mv022Ek00次恢復到原長時B的速度最大，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得2 x3mv1=x3mvCA+mvB222解得B的最大速度vB111212聯(lián)立解得B離開墻面后，彈簧的最大彈性勢能為E,pm2mBvB0=mAvA?mBvB，Ek=m2mBvBAvA則BvBt2xB=0xB'μmAgt2vAA'μmAgt2'vA'對A由動能定理可得'22?μmAgxA=mAvA?mAvA22AB位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的'2 mAv? mAv?mAvAA22vAmAAvA0+mBvB0，1mAv''2=1mAvA02+1mBvB02222vA0'xA2 mAvA0'xB'xBμmAg22mBvB0μmBgxA=0.63m，xB=0.28mxA'小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s=xA+xB=0.91m【詳解】碰撞前系統(tǒng)總動量m1v01＋m2v02=(m1＋m2)vm1v01＋m2v02=m1v1＋m2v2m1v012+m2v022=m1v12+m2v22v12E1=m1v12p1=m1v11.5kg.m/s≤p1≤3.75kg.m/s2v12=5:4AB=2:1A即FfA=FfB，【詳解】AB．人落地時豎直方向速度分量為vyy2 v2=m/s向的動量守恒，原來系統(tǒng)水平方向的動量為零，在b2mv=22kAkA22EkA2共p2,符2mB．p1′=-4kg?m/s，p2′=2kg?m/sp2,符2mp2,總2mp2,總2m物體的實際運動情況.【詳解】以碰撞前A的速度方向為正方向，碰撞前系統(tǒng)的總動量：p=mAvA+mBvB=1×6+2×2=10kg?m/s，Ek=mAvA2+mBvB2=22J；p′=mAvA′+mBvB′=1×2+2×4=10kg?m/sEk′=mAvA′2+mBvB′2=18Jp′=mAvA′+mBvB′=1×3+2×3.5=10kg?m/sEk′=mAvA′2+mBvB′2=16.75Jp′=mAvA′+mBvB′=1×(-4)+2×7=10kg?m/sEk′=mAvA′2+mBvB′2=57JpA+pB=pA,+pB,由于pB,=12kgm/s解得pA,=4kgm/s 2mA2mB 2mA2mB2mA2mB mB21pApB mAmAmB mBpB9pp AppmAmAmB, , mBpB,3 3mB21【詳解】由題意可知，要發(fā)生第二次碰撞，第一次碰撞后小球A必定反彈，并且速度大小mv0=?mav0+5mv1av012 122mv0mv0=mv1+2mv222 mv0222000448448mv02 A1C1mvA1=mvA2+MvB12 A12v0vA2C122m+4mM?M22(?2)M<m<M2v2222 m1v0=m1v1+m2v222222223xx=即22v2222 m1v0=m1v1+m2v2222m21即=即222v22222m2v22m2v2m21即2m0gh=2m0gh='m0v0v0v1'21 222v=1?kv0m00，v2220223v320224v4302 m4v4=m4v4+2m4gR224號球在最高點有m4m4g20得s0故A錯誤,B正確；CD．滑塊與第n個小球碰撞，設小球運動到最高點時速度為v,n，?μmgns=mv?mv③Lnv?2μgsn410v?2μgsn4105g255g252)v22v22 2v2222