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第18课时动量守恒定律的应用(A卷)考测点导航1.A2.C3.4.(1)射出第一颗子弹时,设船的速度为V1,由动量守恒定律得10()Mnmmvmv,1(1)mvvMnm(2)每射出一颗子弹的过程,系统的动量均守恒,而每一颗子弹进入靶中后,船的速度将为零,故每一颗子弹射出时,船后退的速度是相同的,即1(1)nmvvvMnm(3)每发射一颗子弹的过程实际上经历了三个阶段:第一阶段是击发到子弹射出枪瞠为止;第二个阶段是子弹在空中飞行的阶段;第三个阶段是子弹从击中靶子到静止为止.三个阶段都遵从动量守恒定律,第一、第三阶段历时很短,故这两个阶段船的移动可忽略.因此每发射一颗子弹的过程,只在第二阶段船向后移动.每发射完一颗子弹后船向移动的距离1(1)mvtsvtMnm而子弹射出时相对船的速度为12()vv,则有1(1)mvLvvtvtMnm联立解得/()smLMnm所以发射完n颗子弹后船移动总距离'/()snsnmLMnm新活题网站1.ABD2.AC3.BC4.B5.256.设分离后卫星与火箭壳相对地面的速度分别为V1和V2,分离时系统在轨道切线方向上动量守恒,211122()mmvmvmv,21vvu解得分离后卫星与火箭壳体的速度分别为33127.310/,5.510/vmsvms卫星分离后的速度3317.310/7.010/vmsvms将发生“离心现象”,卫星对地面的高度将增大,该过程需克服地球引力做功,万有引力势能将增大,动能将减小,卫星将在某一较高的圆轨道上“稳定”下来作匀速圆周运动。而火箭壳体分离的一速度325.510/vmsv,它的轨道高度将不断降低,地球对它的引力做正功,万有引力势能不断减小,动能不断增大,最后将会在大气层中烧毁。7.解析:在爆炸的瞬间,爆竹获得向上的速度vl,木块获得向下的速度v2,A、B系统在竖直方向可以看作动量守恒,而木块在其重力及沙的阻力作用下以速度v2下陷一段距离,由动量定理可求出v2来.对木块A运用动量定理,初态动量是mAv2,末态动量是零,以向下为正方向有2()0AAmgftmv解得20.5/vms.以A、B为对象,系统动量守恒,有120BAmvmv,即130/vms.爆炸后,爆竹以v1作竖直上抛运动,上升的最大高度为21/245Hvgm8.(1)0000(23)2nmvvvnvnmv,01/4nvnv(2)101nmvnmvv,10/2vv(3)第二号木块最小速度是与长木块具有共同速度的初时。设'1v为第一号木块与木板相对静止时第二块木块具有的速度,'10010102()1.5vvvvvvv,'2112(1)()(1)()nmvvnmvv,20212nvvn第18课时动量守恒定律的应用(B卷)纠错训练1.AB2.C3.B检测提高1.C2.B3.C4.B5.A6.C7.C8.59.mb/(m+M)10.设锤砸到石板前的速度为Vo,石板获得的瞬时速度为V,以锤和石板为研究系统,则0mvMv(因为m《M,所以砸上后认为共同运动时m略去》0/vmvM所以石板获得的能量22012mEMvmvM石1=2当M》m,时,石板的动能极小。EE石1=40锤11.M,m与固定支架碰撞前的自由下落,所以22/vghms碰撞后,M原速返回向上作初速Vo的匀减速运动,m作初速Vo向下匀加速运动.设绳刚要绷直时,M的速度为v1,上升的高度为h1,m的速度为V2,下降的高度为h2,经历的时间为t则:由上述五式解得:v2=3m/s,v1=1m/s在绳绷紧瞬间,时间极短,重力的冲量忽略不计,则M与m组成的系统动量守恒.设向下为正.有212()()mvMvMmvmvMvvMm12.()A、B与C组成的系统动量守恒,系统初动量为零,则碰撞后的末动量也为零.则VC=0(2)A、B弹开后,在两者都没与档板碰撞的过程,A、B的动量守恒,有AABBmvmv得1.5/Bvms,此过程C一直静止.由以上分析可知是A先与C碰撞.由于碰撞时间极短,则有'()AAACCmvmmv得'1/Cvms,则0.3lcm13.(1)0.25m,0.2s(2)7颗
本文标题:第18课时动量守恒定律的应用(A卷)(答案)
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