第18课时动量守恒定律的应用(A卷)(答案)

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21/245Hvgm8.（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()()mvMvMmvmvMvvMm12.（）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0.3lcm13.(1)0．25m,0.2s(2)7颗