训练5 动量定理动量守恒定律-2023老教材老高考物理【导学教程】大二轮专题辅导与训练

参考答案 10.AD 将两环的速度分解如图所 P€e 0 (3)A、B从开始运动到分离时，运动状态相同，速度相 B环下降高度为？L时 等，B一直做匀加速直线运动，则 v2=2a.x1 中a=3=45°则有vAc0sa= 解得v1=0.6m/s B cos,所以A环与B环速度大 F-x图线与x轴包围的面积表示F对B做的总功W, 小相等，A正确；B开始下降的 过程中速度由0开始增大，所以是做加速运动，当绳子 则w=合×1.8+5.40×0.09J=0.324J 与水平方向之间的夹角接近90°时，tana→o,则vB= 对A、B和弹簧组成的系统，根据功能关系 A→0可知当A到达O点时，B的速度等于0，所以 W=△E+(Mg1+2Mar3) tan a B一定还存在减速的过程，即A环到达O点的过程： 解得△E=-0.162J 中，B环先加速后减速，B错误；由于A到达O点时B 负号表示A与弹簧组成的系统的机械能减少。 的速度等于0，由机械能守恒得7m0n2-2mgL,则有 答案(1)0.45kg(2)40N/m0.45kg (3)-0.162J A=2√gL,C错误；环A过O点后做加速度等于g 训练（五） 的匀加速直线运动，B做自由落体运动，当A追上B:1.ABD题意可知，在t1后AB水平方向上只受弹簧的弹 时有N+日=L+名，好释1=名V正，D 力，弹簧对AB的弹力大小始终相等，通过乙图可知，t1 后的任意时刻，A的加速度大小都比乙大，根据牛顿第 正确。 二定律可知A<mB,A正确。在t1时，弹簧处于原长 11.解析(1)第一次篮球下落的过程中由动能定理可得 状态弹性势能为零，0一1时间弹簧的弹性势能全部转 E1=mgh1 化为B的动能，此时B的速度最大，S1为0~t1时间内 篮球反弹后向上运动的过程由动能定理可得 速度的变化量，即B此时的速度大小；t1一t3,弹簧弹力 0-E2=-mgh2 作用使得A加速，B减速，弹性势能转化为AB的动能， 第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，在篮： 在t3时刻加速的为零，弹力为零，弹性势能为零。t3时 球反弹上升的过程中，由动能定理可得 刻AB动能之和等于t1时刻B的动能，t3时刻B的速 0-E4=0-mgh4 度不为零，1~t3时间内B物体的速度变化量小于0~t1 第二次从1.5m的高度静止下落，同时向下拍球，篮球 时间内速度的变化量，故S1>S2,B正确；t4时刻，弹簧 下落过程中，由动能定理可得W十mgh3=E3 的状态与0时刻弹簧的状态相同，应该是弹簧压缩量最 因篮球每次和地面撞击的前后动能的比值不变，则有 大，C错误；根据t1~t5的图像信息可知，t5时刻，A的 比例关春骨一号 速度减为零，B的速度为v0,则0~t5弹簧对B的动量 定理I弹=mB0o一0，弹簧对AB的作用力时刻大小相等 代入数据可得W=4.5J。 方向相反，因此弹簧弹力对A的冲量大小等于弹簧弹 (2)因作用力是恒力，在恒力作用下篮球向下做匀加速 力对B的冲量大小即为mB心o,D正确。 直线运动，因此由牛顿第二定律可得 2.B设中子的质量为m,氢核的质量为m,氨核的质量为 F+mg=ma 14m,设中子和氢核碰撞后中子速度为v3,由动量守恒 在拍球时间内运动的位移为=子2 1 定律和能量守恒定律可得m6=m1十mu3,2m2- 做的功为W=Fx 1 联立可得F=9N(F=-15N舍去)。 m2+7m0g2联立解得=0，设中子和氯枝难拉 答案(1)4.5J(2)9N 后中子速度为4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得 12.解析(1)当B的位移大小为x1=9cm时，A与B恰 mw=14my+m1,7mw2=号·14moy2+2ma42联 好分离，A、B间的弹力为0 2 根据牛顿第二定律F1一Mg=Ma 立解得=后0可得01=0>v2,碰撞后氢核的动量 代入数据解得M=0.45kg。 为pH=m1=m0,氨核的动量为pN=14mv2= (2)设A、B叠放在弹簧上静止时的压缩量为x0,则 (M+m)g=kxo 28m,可得pN>pH,碰撞后氢核的动能为B, 15 在A、B分开之前，对A、B整体，根据牛顿第二定律 F+k(xo-x)-(M+m)g=(M+m)a 2m12=1 1 mw2,氢核的动能为E,=号·14mug2= 联立以上两式可得F=k.x十(M十m)a 28mvo2 225 ,得Ek>Ek,故B正确，A、C、D错误。故 结合图(b可知k=5.48N/m=40Nym,m=0.45kg。 0.09 选B。 308 专题集训 3.D子弹穿过木块过程，对子弹和木块组成的系统，外 加速运动，说明B速度为零时，弹簧恢复原长，AB发生 力之和为零，动量守恒，以0的方向为正方向，有 的完全弹性碰撞，根据m0=m11,7m心2