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ΔE,根据题意可知,整个过程中小物块和箱子构成11的系统满足动量守恒和能量守恒,则有mv=(M+m)vt(①式)、2mv2=2(M+
ΔE,根据题意可知,整个过程中小物块和箱子构成11的系统满足动量守恒和能量守恒,则有mv=(M+m)
vt(①式)、2mv2=2(M+m)v+ΔE(②式),由①②联立解得ΔE=v2,可知选项A错误,B正
速度的大小.(2)若小球B的质量m已知,在小球A与弹簧相互作用的整个过程中,小球A受到弹簧作用力的冲
能为()1mM2B.2(m+M)v21C.2NμmgLD.NμmgL解析:选BD.设系统损失的动能为
1
00
0
C.v-2v
02
m
0m021
1202211
1
0
0
122
行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v为()
第二节动量守恒定律碰撞爆炸反冲
(建议用时:60分钟)
一、单项选择题
1.(高考浙江自选模块)如图所示,甲木块的质量为m,以v的速度沿光滑水平地面向
前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后()
A.甲木块的动量守恒
B.乙木块的动量守恒
C.甲、乙两木块所组成系统的动量守恒
D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒
解析:选C.两木块在光滑水平地面上相碰,且中间有弹簧,则碰撞过程系统的动量守恒,机械能也守恒,故选项A、B错误,选项C正确.甲、乙两木块碰撞前、后动能总量不变,但碰撞过程中有弹性势能,故动能不守恒,只是机械能守恒,选项D错误.
2.(2018·泉州检测)有一个质量为3m的爆竹斜向上抛出,到达最高点时速度大小为v0、
方向水平向右,在最高点爆炸成质量不等的两块,其中一块质量为2m,速度大小为v,方向水平向右,则另一块的速度是()
A.3v-vB.2v-3v00
C.3v-2vD.2v+v
解析:选C.在最高点水平方向动量守恒,由动量守恒定律可知,3mv=2mv+mv′,可
得另一块的速度为v′=3v-2v,对比各选项可知,答案选C.
3.一枚火箭搭载着卫星以速率v进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离.已
知前部分的卫星质量为m,后部分的箭体质量为m,分离后箭体以速率v沿火箭原方向飞
1
A.v-v02
m
0m21
B.v+v
D.v+2(v-v)
解析:选D.对火箭和卫星由动量守恒定律得(m+m)v=mv+mv,解得
v=
v
.9.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()mM0C.M-
.9.质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上,箱子中间有一质量为m的小物块,小物块与箱子底
忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则喷气结束时火箭模型获得的速度大小是()mM0C.M-mv0D.M
正方向,则小球B动量的增量为mv,根据动量守恒小球A动量的增2根据动量定理有I=-mv,小球A受到弹
速度大小可能是()A.2.1m/sC.2.8m/sB.2.4m/sD.3.0m/s解析:选AB.以A
(m+m)v-mvm
0
11
0
A.vB.mv0
Mm
由动量守恒定律可得:0=mv0-(M-m)v′故v′=M-,选项D正确.
m
12022=v+m2·(v0-v2).
4.将静置在地面上,质量为M(含燃料)的火箭模型点火升空,在极短时间内以相对地
面的速度v竖直向下喷出质量为m的炽热气体.忽略喷气过程重力和空气阻力的影响,则
喷气结束时火箭模型获得的速度
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