2024屆高考物理復(fù)習(xí)實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律

第5講實(shí)驗(yàn)：驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律把握經(jīng)典實(shí)驗(yàn)方案一、基本原理與操作原理裝置圖碰撞前：p＝m1v1＋m2v2碰撞后：p′＝m1v1′＋m2v2′操作要領(lǐng)(1)測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出兩球的質(zhì)量(2)安裝：斜槽末端切線必須沿水平方向(3)起點(diǎn)：入射小球每次都必須從斜槽同一高度由靜止釋放(4)鋪紙：白紙?jiān)谙?，?fù)寫紙?jiān)谏锨以谶m當(dāng)位置鋪放好。記下鉛垂線所指的位置O(5)測(cè)距離：用小球平拋的水平位移替代速度，用刻度尺量出O到所找圓心的距離二、核心關(guān)鍵——數(shù)據(jù)處理(1)碰撞找點(diǎn)：把被碰小球放在斜槽末端，每次讓入射小球從斜槽同一高度自由滾下，使它們發(fā)生碰撞，重復(fù)實(shí)驗(yàn)10次。標(biāo)出碰撞前、后入射小球落點(diǎn)的平均位置P、M和被碰小球落點(diǎn)的平均位置N。如圖2所示。(2)驗(yàn)證：測(cè)量線段OP、OM、ON的長(zhǎng)度。將測(cè)量數(shù)據(jù)填入表中，最后代入m1·OP＝m1·OM＋m2·ON，看在誤差允許的范圍內(nèi)是否成立。融通多彩實(shí)驗(yàn)方案方案(一)研究氣墊導(dǎo)軌上滑塊碰撞時(shí)的動(dòng)量守恒[實(shí)驗(yàn)器材]氣墊導(dǎo)軌、光電計(jì)時(shí)器、天平、滑塊(兩個(gè))、重物、彈簧片、細(xì)繩、彈性碰撞架、膠布、撞針、橡皮泥、游標(biāo)卡尺等。[實(shí)驗(yàn)步驟](1)測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出滑塊質(zhì)量。(2)安裝：正確安裝好氣墊導(dǎo)軌。(3)實(shí)驗(yàn)：接通電源，利用配套的光電計(jì)時(shí)裝置測(cè)出兩滑塊各種情況下碰撞前后的速度(①改變滑塊的質(zhì)量；②改變滑塊的初速度大小和方向)。[數(shù)據(jù)處理](1)滑塊速度的測(cè)量：v＝eq\f(Δx,Δt)，式中Δx為滑塊擋光片的寬度(儀器說(shuō)明書上給出，也可直接測(cè)量)，Δt為光電計(jì)時(shí)器顯示的滑塊(擋光片)經(jīng)過(guò)光電門的時(shí)間。(2)驗(yàn)證的表達(dá)式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′。方案(二)利用等長(zhǎng)擺球完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)[實(shí)驗(yàn)器材]帶細(xì)線的擺球(兩套，等大不等重)、鐵架臺(tái)、天平、量角器、刻度尺、游標(biāo)卡尺、膠布等。[實(shí)驗(yàn)步驟](1)測(cè)質(zhì)量和直徑：用天平測(cè)出小球的質(zhì)量m1、m2，用游標(biāo)卡尺測(cè)出小球的直徑d。(2)安裝：把小球用等長(zhǎng)懸線懸掛起來(lái)，并用刻度尺測(cè)量懸線長(zhǎng)度l。(3)實(shí)驗(yàn)：一個(gè)小球靜止，拉起另一個(gè)小球，放下時(shí)它們相碰。(4)測(cè)角度：用量角器測(cè)量小球被拉起的角度和碰撞后兩小球擺起的角度。(5)改變條件重復(fù)實(shí)驗(yàn)：①改變小球被拉起的角度；②改變擺長(zhǎng)。[數(shù)據(jù)處理](1)擺球速度的測(cè)量：v＝eq\r(2gh)，式中h為小球釋放時(shí)(或碰撞后擺起)的高度，h可由擺角和擺長(zhǎng)l＋eq\f(d,2)計(jì)算出。(2)驗(yàn)證的表達(dá)式：m1v1＝m1v1′＋m2v2′。方案(三)利用兩輛小車完成一維碰撞實(shí)驗(yàn)[實(shí)驗(yàn)器材]光滑長(zhǎng)木板、打點(diǎn)計(jì)時(shí)器、紙帶、小車(兩個(gè))、天平、撞針、橡皮泥、刻度尺等。[實(shí)驗(yàn)步驟](1)測(cè)質(zhì)量：用天平測(cè)出兩小車的質(zhì)量。(2)安裝：將打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在光滑長(zhǎng)木板的一端，把紙帶穿過(guò)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，連在小車的后面，在兩小車的碰撞端分別裝上撞針和橡皮泥。(3)實(shí)驗(yàn)：小車B靜止，接通電源，讓小車A運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)撞針插入橡皮泥中，兩小車連接成一個(gè)整體運(yùn)動(dòng)。(4)改變條件重復(fù)實(shí)驗(yàn)：①改變小車A的初速度；②改變兩小車的質(zhì)量。[數(shù)據(jù)處理](1)小車速度的測(cè)量：通過(guò)紙帶上兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離及時(shí)間，由v＝eq\f(Δx,Δt)計(jì)算。(2)驗(yàn)證的表達(dá)式：m1v1＝(m1＋m2)v2。歸納共性實(shí)驗(yàn)關(guān)鍵1．不變的實(shí)驗(yàn)原理兩個(gè)物體發(fā)生碰撞，測(cè)量出兩個(gè)物體的質(zhì)量以及碰撞前后兩個(gè)物體的速度。2．通用的數(shù)據(jù)處理方法計(jì)算碰撞之前的總動(dòng)量m1v1＋m2v2和碰撞之后的總動(dòng)量m1v1′＋m2v2′。3．共同的注意事項(xiàng)(1)碰撞的兩物體應(yīng)保證“水平”和“正碰”。(2)選質(zhì)量較大的小球作為入射小球，即m入＞m被碰。4．一致的誤差分析思路(1)主要來(lái)源于質(zhì)量m1、m2的測(cè)量。(2)小球落點(diǎn)的確定。(3)小球水平位移的測(cè)量。一、基礎(chǔ)考法保住分考查點(diǎn)(一)實(shí)驗(yàn)原理與操作1．某同學(xué)用圖甲所示的裝置來(lái)驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，A、B為半徑相同的小球(mA>mB)，圖中PQ是斜槽，QR為水平槽。實(shí)驗(yàn)時(shí)先使A球從斜槽上某一位置G由靜止釋放，落到位于水平地面的記錄紙上，留下痕跡。重復(fù)上述操作多次，得到多個(gè)落點(diǎn)痕跡。再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，讓A球仍從位置G由靜止釋放。兩球碰撞后，A、B球分別在記錄紙上留下各自的落點(diǎn)痕跡，重復(fù)這種操作多次。圖甲中O點(diǎn)是水平槽末端R在記錄紙上的豎直投影點(diǎn)。B球落點(diǎn)痕跡如圖乙所示，圖中米尺的零刻度線與O點(diǎn)對(duì)齊(未畫出)。(1)碰撞后B球的水平射程應(yīng)為_(kāi)_______cm。(2)以下選項(xiàng)中，本次實(shí)驗(yàn)必須進(jìn)行測(cè)量的是______(填選項(xiàng)前的字母)。A．測(cè)量A球未與B球相碰時(shí)的平均落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離B．測(cè)量A球與B球相碰后的平均落點(diǎn)到O點(diǎn)的距離C．測(cè)量A球和B球的直徑D．測(cè)量A球和B球的質(zhì)量E．測(cè)量水平槽面相對(duì)于O點(diǎn)的高度解析：(1)如題圖所示，用盡可能小的圓把小球落點(diǎn)圈在里面，由此可見(jiàn)圓心的位置是65.7cm，即碰撞后B球的水平射程應(yīng)為65.7cm；(2)本實(shí)驗(yàn)需要驗(yàn)證的方程是：mAeq\x\to(OK)＝mAeq\x\to(ON)＋mBeq\x\to(OM)，(其中的K、N、M分別是A球未與B球碰撞時(shí)的平均落地點(diǎn)、A球與B球相碰后A球的平均落地點(diǎn)以及A球與B球相碰后B球的平均落地點(diǎn))，則需要測(cè)量?jī)汕虻馁|(zhì)量mA、mB，水平槽上未放B球時(shí)，測(cè)量A球平均落點(diǎn)位置到O點(diǎn)的距離eq\x\to(OK)。A球與B球碰撞后，測(cè)量?jī)汕蚵潼c(diǎn)位置到O點(diǎn)的平均距離eq\x\to(ON)和eq\x\to(OM)。故A、B、D正確，C、E錯(cuò)誤。答案：(1)65.7(65.5～65.9均正確)(2)ABD[關(guān)鍵點(diǎn)撥]實(shí)驗(yàn)操作的四點(diǎn)提醒(1)調(diào)整斜槽末端切線水平，保證小球碰后均做平拋運(yùn)動(dòng)。(2)入射小球與被碰小球的平拋起點(diǎn)相同。(3)小球碰撞前后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，因此，可用平拋的水平位移替代平拋的初速度進(jìn)行實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證。(4)以最小的圓包括小球的落地點(diǎn)，則該圓的圓心即為小球落點(diǎn)的平均位置?？疾辄c(diǎn)(二)數(shù)據(jù)處理與誤差分析2．(2022·重慶高考)如圖為某小組探究?jī)苫瑝K碰撞前后的動(dòng)量變化規(guī)律所用的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。帶刻度尺的氣墊導(dǎo)軌右支點(diǎn)固定，左支點(diǎn)高度可調(diào)，裝置上方固定一具有計(jì)時(shí)功能的攝像機(jī)。(1)要測(cè)量滑塊的動(dòng)量，除了前述實(shí)驗(yàn)器材外，還必需的實(shí)驗(yàn)器材是________。(2)為減小重力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，開(kāi)動(dòng)氣泵后，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的左支點(diǎn)，使輕推后的滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上近似做________運(yùn)動(dòng)。(3)測(cè)得滑塊B的質(zhì)量為197.8g，兩滑塊碰撞前后位置x隨時(shí)間t的變化圖像如圖所示，其中①為滑塊B碰前的圖線。取滑塊A碰前的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，由圖中數(shù)據(jù)可得滑塊B碰前的動(dòng)量為_(kāi)_____kg·m·s－1(保留2位有效數(shù)字)，滑塊A碰后的圖線為_(kāi)_______(選填“②”“③”或“④”)。解析：(1)要測(cè)量滑塊的動(dòng)量還需要測(cè)量滑塊的質(zhì)量，故還需要的器材是天平。(2)為了減小重力對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響，應(yīng)該讓氣墊導(dǎo)軌處于水平位置，故調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌后要使滑塊能在氣墊導(dǎo)軌上近似做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(3)取滑塊A碰前運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍鶕?jù)x-t圖線可知滑塊B碰前的速度為vB＝eq\f(0.424－0.476,0.9)m/s≈－0.058m/s則滑塊B碰前的動(dòng)量為pB＝mBvB＝0.1978kg×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－0.058))m/s≈－0.011kg·m/s由題意可知兩滑塊相碰要符合碰撞制約關(guān)系，則④圖線為碰前A滑塊的圖線，由圖可知碰后③圖線的速度大于②圖線的速度，根據(jù)“后不超前”的原則可知③為碰后A滑塊的圖線。答案：(1)天平(2)勻速直線(3)－0.011③(1)氣墊導(dǎo)軌應(yīng)保持水平，能讓滑塊在氣墊導(dǎo)軌上近似做勻速直線運(yùn)動(dòng)。(2)兩物體碰撞后要根據(jù)實(shí)際情況，符合“后不超前”原則。[關(guān)鍵點(diǎn)撥]

二、創(chuàng)新考法不失分創(chuàng)新角度(一)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡膭?chuàng)新1．如圖甲所示，沖擊擺是一個(gè)用細(xì)線懸掛著的擺塊，彈丸擊中擺塊時(shí)陷入擺塊內(nèi)，使擺塊擺至某一高度，利用這種裝置可以測(cè)出彈丸的發(fā)射速度。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①用天平測(cè)出彈丸的質(zhì)量m和擺塊的質(zhì)量M；②將實(shí)驗(yàn)裝置水平放在桌子上，調(diào)節(jié)擺繩的長(zhǎng)度，使彈丸恰好能射入擺塊內(nèi)，并使擺塊擺動(dòng)平穩(wěn)，同時(shí)用刻度尺測(cè)出擺長(zhǎng)；③讓擺塊靜止在平衡位置，扳動(dòng)彈簧槍的扳機(jī)，把彈丸射入擺塊內(nèi)，擺塊和彈丸推動(dòng)指針一起擺動(dòng)，記下指針的最大偏角；④多次重復(fù)步驟③，記錄指針最大偏角的平均值；⑤換不同擋位測(cè)量，并將結(jié)果填入下表。擋位平均最大偏角θ/度彈丸質(zhì)量m/kg擺塊質(zhì)量M/kg擺長(zhǎng)l/m彈丸的速度v/(m·s－1)低速擋15.70.007650.07890.2705.03中速擋19.10.007650.07890.2706.77高速擋0.007650.07890.2707.15完成下列填空：(1)現(xiàn)測(cè)得高速擋指針最大偏角如圖乙所示，請(qǐng)將表中數(shù)據(jù)補(bǔ)充完整：θ＝________。(2)用上述測(cè)量的物理量表示發(fā)射彈丸的速度v＝________。(已知重力加速度為g)(3)為減小實(shí)驗(yàn)誤差，每次實(shí)驗(yàn)前，并不是將指針置于豎直方向的零刻度處，常常需要試射并記下各擋對(duì)應(yīng)的最大指針偏角，每次正式射擊前，應(yīng)預(yù)置指針，使其偏角略小于該擋的最大偏角。請(qǐng)寫出這樣做的一個(gè)理由：________________________________________。[創(chuàng)新點(diǎn)分析](1)利用動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒計(jì)算彈丸的發(fā)射速度。(2)減小實(shí)驗(yàn)誤差的措施，體現(xiàn)了物理知識(shí)和物理實(shí)驗(yàn)的實(shí)用性、創(chuàng)新性和綜合性。解析：(1)分度值為1°，故讀數(shù)為22.5。(2)彈丸射入擺塊內(nèi)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒：mv＝(m＋M)v′擺塊向上擺動(dòng)，由機(jī)械能守恒定律得：eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝(m＋M)gl(1－cosθ)，聯(lián)立解得：v＝eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)。(3)較大的速度碰撞指針，會(huì)損失較多的機(jī)械能(其他理由，如“擺塊在推動(dòng)指針偏轉(zhuǎn)時(shí)要克服摩擦力做功”“指針擺動(dòng)較長(zhǎng)的距離損失的機(jī)械能較多”等，只要合理即可)。答案：(1)22.5(22.3～22.7均正確)(2)eq\f(m＋M,m)eq\r(2gl1－cosθ)(3)見(jiàn)解析創(chuàng)新角度(二)實(shí)驗(yàn)器材的創(chuàng)新2．為了驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律(探究碰撞中的不變量)，某同學(xué)選取了兩個(gè)材質(zhì)相同、體積不等的立方體滑塊A和B，按下述步驟進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：步驟1：在A、B的相撞面分別裝上尼龍拉扣，以便二者相撞以后能夠立刻結(jié)為整體；步驟2：安裝好實(shí)驗(yàn)裝置如圖甲，鋁質(zhì)軌道槽的左端是傾斜槽，右端是長(zhǎng)直水平槽，傾斜槽和水平槽由一小段弧連接，軌道槽被固定在水平桌面上，在軌道槽的側(cè)面與軌道等高且適當(dāng)遠(yuǎn)處裝一臺(tái)數(shù)碼頻閃照相機(jī)；步驟3：讓滑塊B靜置于水平槽的某處，滑塊A從斜槽某處由靜止釋放，同時(shí)開(kāi)始頻閃拍攝，直到A、B停止運(yùn)動(dòng)，得到一幅多次曝光的數(shù)碼照片；步驟4：多次重復(fù)步驟3，得到多幅照片，挑出其中最理想的一幅，打印出來(lái)，將刻度尺緊靠照片放置，如圖乙所示。(1)由圖分析可知，滑塊A與滑塊B碰撞發(fā)生的位置在________。①P5、P6之間②P6處③P6、P7之間(2)為了探究碰撞中動(dòng)量是否守恒，需要直接測(cè)量或讀取的物理量是________。①A、B兩個(gè)滑塊的質(zhì)量m1和m2②滑塊A釋放時(shí)距桌面的高度③頻閃照相的周期④照片尺寸和實(shí)際尺寸的比例⑤照片上測(cè)得的s45、s56和s67、s78⑥照片上測(cè)得的s34、s45、s56和s67、s78、s89⑦滑塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)寫出驗(yàn)證動(dòng)量守恒的表達(dá)式_________________________________________________。(3)請(qǐng)你寫出一條有利于提高實(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確度或改進(jìn)實(shí)驗(yàn)原理的建議：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析：(1)由題圖可知碰撞位置發(fā)生在P5、P6之間或P6處，又由于P6位置滑塊速度明顯減小，故A、B相撞的位置在P6處，故②正確。(2)設(shè)碰撞前滑塊A在P4、P5、P6的速度分別為v4、v5、v6，碰撞后，整體在P6、P7、P8的速度分別為v6′、v7、v8，則v4＝eq\f(s34＋s45,2T)，v5＝eq\f(s45＋s56,2T)，又v5＝eq\f(v4＋v6,2)，解得碰撞前滑塊A速度v6＝eq\f(2s56＋s45－s34,2T)，同理，碰撞后整體的速度v6′＝eq\f(2s67＋s78－s89,2T)，需要驗(yàn)證的方程為m1v6＝(m1＋m2)v6′，將以上兩式代入整理得m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)，故需要直接測(cè)量的物理量是A、B兩個(gè)滑塊的質(zhì)量m1和m2及s34、s45、s56和s67、s78、s89，故①、⑥正確。(3)提高實(shí)驗(yàn)準(zhǔn)確度或改進(jìn)實(shí)驗(yàn)原理的建議：①使用更平整的軌道槽，軌道要平整，防止各段摩擦力不同，滑塊做非勻變速運(yùn)動(dòng)。②在足夠成像的前提下，縮短頻閃照相每次曝光的時(shí)間，使滑塊碰撞位置拍攝更清晰、準(zhǔn)確。③適當(dāng)增大相機(jī)和軌道槽的距離，減小由于鏡頭拍攝引起的距離誤差。④將軌道的一端墊起少許，平衡摩擦力，使得滑塊碰撞前后都做勻速運(yùn)動(dòng)。答案：(1)②(2)①⑥m1(2s56＋s45－s34)＝(m1＋m2)(2s67＋s78－s89)(3)見(jiàn)解析(任意一條即可)創(chuàng)新角度(三)實(shí)驗(yàn)原理的創(chuàng)新3．某同學(xué)用如圖甲所示的裝置驗(yàn)證碰撞中動(dòng)量守恒。一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)不可伸縮細(xì)線一端拴住質(zhì)量為mA的小鋼球A，細(xì)線的另一端固定在懸點(diǎn)O，在最低點(diǎn)的前后放置一光電門，光電門前的水平面上放一質(zhì)量為mB的金屬物塊B，物塊的上表面中央固定一輕質(zhì)的遮光片?，F(xiàn)將小球向右拉至細(xì)線水平后靜止釋放，小球在最低點(diǎn)與物塊碰撞后反彈上升，測(cè)出小球反彈上升時(shí)細(xì)線的最大偏角為θ，光電門記錄的擋光時(shí)間為t，已知重力加速度為g。則(1)用20分度的游標(biāo)卡尺測(cè)遮光片的寬度如圖乙所示，則遮光片的寬度d＝________mm。(2)小球與物塊的質(zhì)量大小關(guān)系為mA________mB(選填“＞”“＝”或“＜”)。(3)驗(yàn)證小球與物塊在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒的表達(dá)式為_(kāi)________________。(用字母mA、mB、L、d、θ、t、g表示)[創(chuàng)新點(diǎn)分析](1)利用光電門測(cè)物塊碰后的速度。(2)利用機(jī)械能守恒定律得出小球碰撞前后的速度。解析：(1)主尺讀數(shù)為4mm，游標(biāo)尺讀數(shù)是7×0.05mm＝0.35mm，故最后讀數(shù)4mm＋0.35mm＝4.35mm；(2)小鋼球與金屬物塊碰后要求小球反彈，故mA＜mB；(3)設(shè)小球在碰撞前、后的速度大小分別為v1、v2，由機(jī)械能守恒定律有mAgL＝eq\f(1,2)mAv12，mAgL(1－cosθ)＝eq\f(1,2)mAv22，碰后物塊的速度v＝eq\f(d,t)，由碰撞中動(dòng)量守恒有mAv1＝mBv－mAv2，可得eq\r(2gL)1＋eq\r(1－cosθ)mAt＝mBd。答案：(1)4.35(2)＜(3)eq\r(2gL)1＋eq\r(1－cosθ)mAt＝mBd創(chuàng)新角度(四)實(shí)驗(yàn)過(guò)程的創(chuàng)新4．一同學(xué)采用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，設(shè)計(jì)了“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)裝置中的斜面和水平面之間用很短的平滑曲面連接，物塊通過(guò)平滑曲面時(shí)速度大小不變。實(shí)驗(yàn)步驟主要包括：①選取兩塊表面粗糙程度相同的物塊A、B。②將兩個(gè)粘扣分別釘?shù)絻晌飰K的側(cè)面上，使兩物塊相碰時(shí)能粘合在一起。③讓物塊A從斜面上某一位置O處由靜止開(kāi)始滑下，記下物塊A在水平面上停下的位置P(多次滑下以準(zhǔn)確確定位置P)，如圖乙所示。④在靠近斜面底端處放物塊B，并使帶有粘扣的一側(cè)朝左，標(biāo)出此時(shí)B所處位置M，讓物塊A從同一位置O處由靜止開(kāi)始滑下，A、B碰撞后粘合在一起，標(biāo)出停止時(shí)兩物塊的位置N，如圖丙所示。⑤用刻度尺測(cè)MP、MN的長(zhǎng)度s1和s2，用天平測(cè)出A、B的質(zhì)量mA、mB。(1)只要mA、mB、s1、s2之間滿足關(guān)系式____________________，就可以認(rèn)為碰撞瞬間A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變。(2)為了增大碰前物塊A的速度，可采取的措施有：①____________________________；②________________________________________________________________________。(1)使物塊A從同一位置由靜止下滑，以保證物塊A到達(dá)斜面底端時(shí)的速度相同。(2)物塊碰撞前后的速度可由其在水平面上滑行的距離分析得出。[創(chuàng)新點(diǎn)分析]解析：(1)設(shè)碰前物塊A的速度大小為v1，碰后瞬間物塊A、B的共同速度為v2，對(duì)未放物塊B時(shí)物塊A從M運(yùn)動(dòng)到P的過(guò)程，由動(dòng)能定理得－μmAgs1＝－eq\f(1,2)mAv12，解得v1＝eq\r(2μgs1)，對(duì)碰撞后A、B一起從M運(yùn)動(dòng)到N的過(guò)程，由動(dòng)能定理可得－μ(mA＋mB)gs2＝－eq\f(1,2)(mA＋mB)v22，解得v2＝eq\r(2μgs2)，碰撞瞬間若滿足動(dòng)量守恒，則應(yīng)有mAv1＝(mA＋mB)v2，即mAeq\r(2μgs1)＝(mA＋mB)eq\r(2μgs2)，整理得mAeq\r(s1)＝(mA＋mB)eq\r(s2)。即只要mA、mB、s1、s2之間滿足關(guān)系式mAeq\r(s1)＝(mA＋mB)eq\r(s2)，碰撞瞬間A、B系統(tǒng)的總動(dòng)量就保持不變。(2)為了增大碰前物塊A的速度，可采取的措施有：①增加物塊A開(kāi)始下滑時(shí)的高度；②讓碰撞點(diǎn)盡量接近斜面底端。答案：(1)mAeq\r(s1)＝(mA＋mB)eq\r(s2)(2)見(jiàn)解析階段綜合檢測(cè)(二)[考查范圍：曲線運(yùn)動(dòng)萬(wàn)有引力與宇宙航行機(jī)械能和動(dòng)量](本試卷滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.如圖所示的裝置，M、N棒連接相同旋轉(zhuǎn)速度的電機(jī)，在圖中所示的時(shí)刻A點(diǎn)與B點(diǎn)位于同一豎直線上，對(duì)此下列說(shuō)法正確的是()A．A點(diǎn)與B點(diǎn)的線速度相同B．A點(diǎn)與B點(diǎn)的周期相同C．經(jīng)過(guò)t＝2s，A點(diǎn)與B點(diǎn)的線速度相同D．A點(diǎn)的向心加速度大于B點(diǎn)的向心加速度解析：選B由題知M、N棒連接相同旋轉(zhuǎn)速度的電機(jī)，則說(shuō)明M、N的角速度相同，則周期相同，根據(jù)角速度與線速度的關(guān)系可知v＝ωr，由圖可知rB>rA，則有vB>vA，A、C錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)向心加速度的計(jì)算公式有a＝ω2r，由圖可知rB>rA，則有aB>aA，D錯(cuò)誤。2．質(zhì)量為m的小鳥，以速度v沿著與水平成θ角斜向上的方向勻速飛行，重力加速度為g，則()A．小鳥處于超重狀態(tài)B．空氣對(duì)小鳥作用力的方向與v的方向相反C．空氣對(duì)小鳥作用力的大小為mgD．重力對(duì)小鳥做功功率為－mgv解析：選C小鳥勻速飛行，所受合力為零，A錯(cuò)誤；小鳥受重力和空氣對(duì)小鳥的作用力，空氣對(duì)小鳥的作用力與重力等大反向，大小為mg，B錯(cuò)誤，C正確；功率公式P＝Fv，要求力與速度共線，所以重力對(duì)小鳥做功功率為－mgvsinθ，D錯(cuò)誤。3．宇宙中兩顆靠得比較近的恒星，只受到彼此之間的萬(wàn)有引力互相繞轉(zhuǎn)，稱之為雙星系統(tǒng)，在浩瀚的銀河系中，多數(shù)恒星都是雙星系統(tǒng)。設(shè)某雙星系統(tǒng)A、B繞其連線上的O點(diǎn)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示。若AO>OB，則()A．星球A的質(zhì)量一定大于B的質(zhì)量B．星球A的角速度一定大于B的角速度C．星球A的線速度大小一定大于B的線速度大小D．星球A的向心加速度大小一定小于B的向心加速度大小解析：選C由于兩顆星始終繞著O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，他們的連線始終過(guò)O點(diǎn)，因此角速度相等，B錯(cuò)誤；由于兩顆星都繞著O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)，他們之間的萬(wàn)有引力提供向心力，因此eq\f(GMAMB,L2)＝MAω2rA①，eq\f(GMAMB,L2)＝MBω2rB②，將①②聯(lián)立可得MArA＝MBrB，由于rA>rB，因此MA<MB，A錯(cuò)誤；根據(jù)v＝ωr，由于角速度相等，可知vA>vB，C正確；根據(jù)a＝ω2r，可知D錯(cuò)誤。4．如圖所示，甲為一長(zhǎng)度為L(zhǎng)的均勻鏈條，總質(zhì)量為2m，一半放在水平桌面上，一半豎直下垂。乙為兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球，一個(gè)放在水平桌面上，一個(gè)豎直下垂，中間用不計(jì)質(zhì)量、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的細(xì)繩相連，水平部分和豎直部分長(zhǎng)度相等，小球可以視為質(zhì)點(diǎn)。現(xiàn)給甲、乙一個(gè)小擾動(dòng)，使得甲、乙都剛好離開(kāi)水平桌面。取水平桌面所在的平面為零勢(shì)能面，重力加速度大小為g，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．甲的重力勢(shì)能減少了eq\f(3,4)mgLB．乙的重力勢(shì)能減少了mgLC．甲受到的重力做的功小于乙受到的重力做的功D．甲、乙重力勢(shì)能的減少量相等解析：選A甲的重力勢(shì)能變化量為ΔEPA＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2mg\f(L,2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－mg\f(L,4)))＝－eq\f(3,4)mgL，A正確；乙的重力勢(shì)能變化量為ΔEPB＝(－mgL)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－mg\f(L,2)))＝－eq\f(1,2)mgL，B、D錯(cuò)誤；甲受到的重力做的功大于乙受到的重力做的功，C錯(cuò)誤。5．比賽用標(biāo)準(zhǔn)籃球充氣后從1.80m處自由下落后彈起的高度范圍應(yīng)在1.20m～1.40m之間。在某次檢測(cè)時(shí)，籃球自離地面高1.80m處無(wú)初速度釋放后反彈最大高度為1.25m，該籃球的質(zhì)量為0.6kg，忽略空氣阻力的影響，g＝10m/s2，則下列說(shuō)法正確的是()A．籃球與地面碰撞前后瞬間的動(dòng)量變化量方向向下B．籃球與地面碰撞前后瞬間的動(dòng)量變化量大小為6.6kg·m/sC．從開(kāi)始下落至反彈到最高點(diǎn)，整個(gè)過(guò)程籃球的機(jī)械能守恒D．從開(kāi)始下落至反彈到最高點(diǎn)，整個(gè)過(guò)程合力對(duì)籃球所做的功為3.3J解析：選B取向下為正方向，由v2＝2gh，可得落地前的速度v1＝6m/s，反彈離開(kāi)地面前的速度大小是v2＝5m/s，方向向上，即v2＝－5m/s，則有Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－6.6kg·m/s，負(fù)號(hào)代表方向向上，大小為6.6kg·m/s，A錯(cuò)誤，B正確；籃球反彈的最大高度小于初始高度，所以機(jī)械能有損失，C錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，整個(gè)過(guò)程動(dòng)能變化量為零，合力做功也為零，D錯(cuò)誤。6．科學(xué)家研究表明：地球自轉(zhuǎn)的角速度在逐漸減小，假設(shè)這種趨勢(shì)持續(xù)下去，每經(jīng)過(guò)時(shí)間T，地球自轉(zhuǎn)周期增加t0。若地球半徑為R，地球可視為質(zhì)量均勻分布的球體；現(xiàn)在地球的自轉(zhuǎn)周期為T1，地球表面重力加速度在赤道處的大小為g，其他條件都不變，則經(jīng)過(guò)時(shí)間T，地球表面重力加速度在赤道處的大小應(yīng)為()A．4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T＋t02)))＋gB．g－4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T＋t02)))C．4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T1＋t02)))＋gD．g－4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T1＋t02)))解析：選C設(shè)赤道處質(zhì)量為m的物體受到的萬(wàn)有引力為F，則物體的重力為mg＝F－eq\f(m·4π2R,T12)，經(jīng)過(guò)時(shí)間T后，地球的自轉(zhuǎn)周期為T2＝T1＋t0，赤道處物體的重力為mg′＝F－eq\f(m·4π2R,T22)，聯(lián)立以上三式，約掉質(zhì)量m，可得g′＝4π2Req\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,T12)－\f(1,T1＋t02)))＋g，C正確。7．汽車從靜止勻加速啟動(dòng)，最后做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度隨時(shí)間及加速度、牽引力和功率隨速度變化的圖像如圖所示，其中錯(cuò)誤的是()解析：選B汽車最開(kāi)始做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)達(dá)到額定功率時(shí)，勻加速結(jié)束，然后做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至最后做勻速運(yùn)動(dòng)。開(kāi)始勻加速階段，有F－Ff＝ma，設(shè)勻加速剛結(jié)束時(shí)的速度為v1，有P＝Fv1，最后勻速時(shí)，有F額＝Ff即P＝F額vm，綜上所述，勻加速的末速度為v1＝eq\f(P,Ff＋ma)，最后勻速速度為vm＝eq\f(P,Ff)，接下來(lái)對(duì)各個(gè)圖像進(jìn)行逐個(gè)分析：在v-t圖像中斜率表示加速度，汽車開(kāi)始加速度不變，后來(lái)逐漸減小，A正確；汽車運(yùn)動(dòng)過(guò)程中開(kāi)始加速度不變，后來(lái)加速度逐漸減小，最后加速度為0，B錯(cuò)誤；汽車牽引力開(kāi)始大小不變，然后逐漸減小，最后牽引力等于阻力，C正確；開(kāi)始汽車功率逐漸增加，存在P＝Fv＝Fat，故為過(guò)原點(diǎn)的直線，后來(lái)功率恒定，D正確。二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)得6分，選對(duì)但不全得3分，有選錯(cuò)的得0分)8．2022年6月5日，超大型塔式起重機(jī)XGT15000－600S，成功下線交付(如圖甲)。該起重機(jī)某次從t＝0時(shí)刻由靜止開(kāi)始提升質(zhì)量為m的物體，其a-t圖像如圖乙所示，t1～t2時(shí)間內(nèi)起重機(jī)的功率為額定功率，不計(jì)其他阻力，重力加速度為g，則以下說(shuō)法正確的是()A．該起重機(jī)的額定功率為ma02t1B．該起重機(jī)的額定功率為(mg＋ma0)a0t1C．0～t1和t1～t2時(shí)間內(nèi)牽引力做功比為t1∶2(t2－t1)D．0～t1和t1～t2時(shí)間內(nèi)牽引力做功比為t1∶2t2解析：選BC0～t1時(shí)間內(nèi)，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，牽引力不變，功率增大，當(dāng)t＝t1時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律可得F－mg＝ma0，此時(shí)功率達(dá)到額定功率，且P額＝Fv1，又v1＝a0t1，聯(lián)立解得起重機(jī)的額定功率為P額＝(mg＋ma0)a0t1，故A錯(cuò)誤，B正確；0～t1時(shí)間內(nèi)牽引力做的功W1＝eq\f(P額t1,2)，t1～t2時(shí)間內(nèi)牽引力做的功W2＝P額(t2－t1)，則在0～t1和t1～t2時(shí)間內(nèi)牽引力做的功之比為W1∶W2＝t1∶2(t2－t1)，故C正確，D錯(cuò)誤。9．如圖所示，質(zhì)量為m的小球從半徑為R的豎直半圓弧軌道最低點(diǎn)A點(diǎn)進(jìn)入后恰能通過(guò)最高點(diǎn)B，然后落回水平面。已知C為半圓弧AB的中點(diǎn)，D為圓弧AC之間一點(diǎn)，θ＝60°，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是()A．小球通過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力大小為3mgB．小球落到水平面時(shí)距離A點(diǎn)的距離為eq\r(2)RC．若將半圓弧軌道上部的BC段圓弧截去，其他條件不變，則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距離水平面的高度為2.5RD．若將半圓弧軌道上部的BD段圓弧截去，其他條件不變，則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距離水平面的高度為2R解析：選ACD小球恰能經(jīng)過(guò)B點(diǎn)，則mg＝meq\f(vB2,R)，則從C到B，由機(jī)械能守恒eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mvB2＋mgR在C點(diǎn)時(shí)FNC＝meq\f(vC2,R)，解得FNC＝3mg，A正確；小球從B點(diǎn)平拋，則x＝vBeq\r(\f(4R,g))＝2R，B錯(cuò)誤；若將半圓弧軌道上部的BC段圓弧截去，其他條件不變，則小球到達(dá)C點(diǎn)后做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距離水平面的高度為H＝eq\f(vC2,2g)＋R＝2.5R，C正確；若將半圓弧軌道上部的BD段圓弧截去，其他條件不變，則小球到達(dá)D點(diǎn)后做斜拋運(yùn)動(dòng)，從D到C有eq\f(1,2)mvD2＝eq\f(1,2)mvC2＋mg·eq\f(1,2)R，解得vD＝2eq\r(gR)，到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)距離水平面的高度為H′＝eq\f(1,2)R＋eq\f(vDsin60°2,2g)＝2R，D正確。10．斜面傾角為30°，某一物體從距地面高為h＝2m處的A點(diǎn)以速度v0＝4m/s與斜面成60°飛出，最后落回斜面B點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，O點(diǎn)為斜面最低點(diǎn)。關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)情況下列說(shuō)法正確的是()A．物體飛行時(shí)間為0.8sB．物體離開(kāi)斜面時(shí)的最遠(yuǎn)距離為eq\f(\r(3),5)mC．線段AB＝1.6mD．物體離地面的最大高度為2.2m解析：選AD將運(yùn)動(dòng)沿著斜面和垂直斜面方向正交分解，在垂直斜面方向上2v0sin60°＝gtcos30°，可得飛行時(shí)間t＝0.8s，A正確；當(dāng)運(yùn)動(dòng)0.4s時(shí)距離斜面最遠(yuǎn)，且最遠(yuǎn)距離為d＝eq\f(v0sin60°2,2gcos30°)＝eq\f(2\r(3),5)m，B錯(cuò)誤；AB的長(zhǎng)度L＝v0tcos60°＋eq\f(1,2)gsin30°·t2＝3.2m，C錯(cuò)誤；將運(yùn)動(dòng)沿水平方向和豎直方向分解，由幾何關(guān)系可得初速度與豎直方向夾角為60°，因此最大高度時(shí)H＝h＋eq\f(v0cos60°2,2g)＝2.2m，D正確。三、非選擇題(本題共5個(gè)小題，共54分)11．(6分)在一次實(shí)驗(yàn)中，某同學(xué)選用了兩個(gè)外形相同的硬質(zhì)小球A和B，小球A質(zhì)量較大，小球B質(zhì)量較小。該同學(xué)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：若在水平面上用A球去撞擊原來(lái)靜止的B球，碰后A和B都向前運(yùn)動(dòng)；若用B球去撞擊原來(lái)靜止的A球，碰后A球向前運(yùn)動(dòng)，B球向后運(yùn)動(dòng)。為了探究碰撞中的不變量，該同學(xué)計(jì)劃用如圖所示的圓弧槽進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，分別將小球M、N放在豎直平面內(nèi)的半圓形玻璃軌道內(nèi)側(cè)(軌道半徑遠(yuǎn)大于小球半徑)?，F(xiàn)讓小球M從與圓心O等高處由靜止釋放，在底部與靜止的小球N發(fā)生正碰。(1)實(shí)驗(yàn)中，若實(shí)驗(yàn)室里有如下所述的四個(gè)小球：①半徑為r的玻璃球；②半徑為2r的玻璃球；③半徑為1.5r的鋼球；④半徑為2r的鋼球。為了便于測(cè)量，M球應(yīng)選用________，N球應(yīng)選用________(填編號(hào))。(2)實(shí)驗(yàn)中不用測(cè)量的物理量為_(kāi)_______。①小球M的質(zhì)量m1和小球N的質(zhì)量m2；②圓弧軌道的半徑R；③小球M碰后上升的最高處與O點(diǎn)連線偏離豎直方向的夾角θ1；④小球N碰后上升的最高處與O點(diǎn)連線偏離豎直方向的夾角θ2。(3)用上述測(cè)得的物理量表示碰撞中的不變量的等式為：________________________。解析：(1)在本實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選擇直徑相同的小球，為了讓M球碰后反彈，要用質(zhì)量小的小球去碰撞質(zhì)量大的小球；由給出的小球可知，只能選用②④兩球，且應(yīng)用②球去碰撞④球；(2)小球與軌道間的摩擦可忽略，小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：m1gR＝eq\f(1,2)m1v12 ①m1gR(1－cosθ1)＝eq\f(1,2)m1v1′2 ②m2gR(1－cosθ2)＝eq\f(1,2)m2v2′2 ③以M球的初速度方向?yàn)檎较颍绻麅汕蚺鲎策^(guò)程動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得：m1v1＝m1(－v1′)＋m2v2′ ④由①②③④解得：m1＝－m1eq\r(1－cosθ1)＋m2eq\r(1－cosθ2) ⑤由⑤可知，探究碰撞中的不變量，需要測(cè)出兩球的質(zhì)量與碰撞后兩球上升的最高位置與O點(diǎn)連線偏離豎直方向所對(duì)應(yīng)的夾角，故需要測(cè)量的量為：①③④，不需要測(cè)量的物理量為：②。(3)由(2)可知，在碰撞中的不變量的等式為：m1＝－m1eq\r(1－cosθ1)＋m2eq\r(1－cosθ2)。答案：(1)②④(2)②(3)m1＝－m1eq\r(1－cosθ1)＋m2eq\r(1－cosθ2)12．(9分)采用如圖甲所示的裝置可以研究平拋運(yùn)動(dòng)。圖乙是確定小球位置的硬紙片的示意圖，帶有一大一小兩個(gè)孔，大孔寬度與做平拋運(yùn)動(dòng)的小球的直徑d相當(dāng)，可沿虛線折成圖甲中的樣式，放在如圖甲中的多個(gè)合適位置，可用來(lái)確定小球的運(yùn)動(dòng)軌跡。已知重力加速度為g。(1)已備有器材：有孔的硬紙片、坐標(biāo)紙、圖釘、長(zhǎng)方形平木板、鉛筆、三角板、刻度尺、弧形斜槽、小球、鐵架臺(tái)(含鐵夾)，還需要的一種實(shí)驗(yàn)器材是________。A．停表 B．天平C．鉛垂線 D．彈簧測(cè)力計(jì)(2)關(guān)于本實(shí)驗(yàn)的一些說(shuō)法，正確的是________。A．斜槽必須是光滑的，且每次釋放小球的初位置相同B．應(yīng)該將斜槽軌道的末端調(diào)成水平C．以斜槽末端緊貼著槽口處作為小球做平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)和所建坐標(biāo)系的原點(diǎn)OD．為使所描曲線與小球運(yùn)動(dòng)軌跡吻合，應(yīng)將所有通過(guò)硬紙片確定的點(diǎn)都用直線依次連接(3)判斷所描繪曲線是否為拋物線是本實(shí)驗(yàn)的目的之一。若某同學(xué)實(shí)驗(yàn)得到的平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡是圖丙所示的曲線，圖中的O點(diǎn)是小球做平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)。可用刻度尺測(cè)量各點(diǎn)的x、y坐標(biāo)，如P1的坐標(biāo)(x1，y1)、P2的坐標(biāo)(x2，y2)、P3的坐標(biāo)(x3，y3)等。怎樣通過(guò)這些測(cè)量值來(lái)判斷這條曲線是否為一條拋物線？請(qǐng)簡(jiǎn)述判斷的方法：。解析：(1)在做“研究平拋物體的運(yùn)動(dòng)”實(shí)驗(yàn)時(shí)，還需要鉛垂線確定豎直方向，使坐標(biāo)紙?jiān)谪Q直面內(nèi)且方格線沿豎直或水平方向，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。(2)為了使小球平拋運(yùn)動(dòng)的初速度相同，小球必須從斜槽上相同的位置自由滾下，但斜槽軌道不一定需要光滑，故A錯(cuò)誤；為了使小球做平拋運(yùn)動(dòng)，斜槽軌道的末端必須水平，故B正確；小球平拋運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)和所建坐標(biāo)系的原點(diǎn)O應(yīng)該是小球開(kāi)始靜止在斜槽末端時(shí)小球球心所在的位置，故C錯(cuò)誤；為了減小誤差，且使曲線與小球運(yùn)動(dòng)軌跡吻合，應(yīng)舍去誤差較大的點(diǎn)，用平滑的曲線連成軌跡，故D錯(cuò)誤。(3)方法一：根據(jù)二次函數(shù)的特點(diǎn)，令y＝ax2，代入實(shí)驗(yàn)所得各點(diǎn)的坐標(biāo)值求出一系列a，看在誤差允許范圍之內(nèi)，a是否相等，則可判斷實(shí)驗(yàn)所得的曲線是否是一條拋物線。方法二：按照實(shí)驗(yàn)所得各點(diǎn)的坐標(biāo)值，描繪y-x2圖像，觀察圖線在誤差允許范圍之內(nèi)是否為一條直線，則可判斷該實(shí)驗(yàn)曲線是否是一條拋物線。答案：(1)C(2)B(3)見(jiàn)解析13．(11分)如圖所示，一個(gè)長(zhǎng)方體鐵箱在水平推力作用下由靜止開(kāi)始向右勻加速運(yùn)動(dòng)，這時(shí)鐵箱內(nèi)一小木塊恰好能靜止在后壁(木塊和鐵箱不粘連)，小木塊離箱底h，離箱內(nèi)右側(cè)壁為kh，小木塊與鐵箱內(nèi)壁間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。鐵箱與水平地面間動(dòng)摩擦因數(shù)也為μ，鐵箱右側(cè)壁距離為eq\f(h,8)處有一豎直固定墻壁，鐵箱碰墻壁原速率彈回且同時(shí)撤去水平推力，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度為g。(1)求鐵箱向右勻加速的加速度大小a；(2)若鐵箱碰墻后小木塊直接擊中鐵箱的右下角，求k。解析：(1)向右加速過(guò)程，對(duì)木塊FN＝ma，μFN＝mg得a＝eq\f(g,μ)。(2)加速過(guò)程，有v2＝2aeq\f(h,8)若鐵箱停下時(shí)，恰好木塊平拋落在底板，有對(duì)鐵箱t1＝eq\f(v,a′)，其中μMg＝Ma′對(duì)木塊h＝eq\f(1,2)gt2，且t1＝t2，解得μ＝0.5若μ≥0.5，則鐵箱停下后，木塊落在底板，有kh＝vt2＋eq\f(v2,2a′)，得k＝eq\r(\f(1,2μ))＋eq\f(1,8μ2)若μ<0.5，則鐵箱未停下木塊就落在底板，有kh＝vt2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\