金版教程物理2024導(dǎo)學(xué)案選擇性必修第一冊(cè)人教版新第一章 動(dòng)量守恒定律第一章 水平測(cè)評(píng)含答案

《金版教程(物理）》2024導(dǎo)學(xué)案選擇性必修第一冊(cè)人教版新第一章動(dòng)量守恒定律第一章水平測(cè)評(píng)本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，滿分100分，考試時(shí)間75分鐘。第Ⅰ卷(選擇題，共50分)一、選擇題(本題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．有關(guān)實(shí)際生活中的現(xiàn)象，下列說(shuō)法不正確的是()A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度B．體操運(yùn)動(dòng)員在著地時(shí)屈腿是為了減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力C．用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身是為了減小反沖的影響D．為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，汽車前部的發(fā)動(dòng)機(jī)艙越堅(jiān)固越好答案D解析根據(jù)反沖運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)與應(yīng)用可知，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大的速度，故A正確；體操運(yùn)動(dòng)員在著地的過(guò)程中，動(dòng)量變化量一定，則運(yùn)動(dòng)員受到地面的沖量I一定，由I＝FΔt可知，體操運(yùn)動(dòng)員屈腿可延長(zhǎng)作用時(shí)間Δt，從而減小地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力F，故B正確；用槍射擊時(shí)，子彈給槍身一個(gè)反作用力，會(huì)使槍身后退，影響射擊的準(zhǔn)確度，為了減小反沖的影響，用槍射擊時(shí)要用肩部抵住槍身，故C正確；為了減輕撞車時(shí)對(duì)司乘人員的傷害程度，就要延長(zhǎng)碰撞的時(shí)間，由I＝FΔt可知位于汽車前部的發(fā)動(dòng)機(jī)艙不能太堅(jiān)固，故D錯(cuò)誤。本題選說(shuō)法不正確的，故選D。2．在某局冰壺比賽中，挪威隊(duì)質(zhì)量為m1的冰壺以速度v0與靜止的意大利隊(duì)質(zhì)量為m2的冰壺發(fā)生碰撞，碰撞后挪威隊(duì)冰壺的速度為v1，碰后冰壺速度均在一條直線上且方向相同。定義碰后被撞物體獲得的動(dòng)能與碰前入射物體的動(dòng)能之比叫作動(dòng)能傳遞系數(shù)，則此局比賽兩冰壺碰撞時(shí)的動(dòng)能傳遞系數(shù)為()A.eq\f(m2（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,m1veq\o\al(2,0)) B.eq\f(m1（veq\o\al(2,0)－veq\o\al(2,1)）,m2veq\o\al(2,0))C.eq\f(m2（v0－v1）2,m1veq\o\al(2,0)) D.eq\f(m1（v0－v1）2,m2veq\o\al(2,0))答案D解析挪威隊(duì)的冰壺與意大利隊(duì)的冰壺在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則有m1v0＝m1v1＋m2v2，解得v2＝eq\f(m1（v0－v1）,m2)，此局比賽兩冰壺碰撞時(shí)的動(dòng)能傳遞系數(shù)為eq\f(\f(1,2)m2veq\o\al(2,2),\f(1,2)m1veq\o\al(2,0))＝eq\f(m1（v0－v1）2,m2veq\o\al(2,0))，故D正確。3.電動(dòng)餐桌就是在大圓桌面上安裝一電動(dòng)轉(zhuǎn)盤，使用時(shí)轉(zhuǎn)盤可以低速勻速旋轉(zhuǎn)，方便用餐人員夾取食物菜肴。如圖所示，一質(zhì)量為m的盤子(可視為質(zhì)點(diǎn))隨電動(dòng)餐桌一起以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，已知A、B兩點(diǎn)與圓心O的距離均為r，∠AOB＝120°，則盤子隨餐桌從A轉(zhuǎn)到B的過(guò)程中，摩擦力對(duì)盤子沖量的大小為()A.eq\r(3)mωr B.eq\r(2)mωrC．mωr D．0答案A解析由于摩擦力是變力，由動(dòng)量定理得：I＝mvB－mvA，盤子在A、B兩點(diǎn)速度方向如圖甲所示，且有vA＝ωr，vB＝ωr，將vA平移到B點(diǎn)，如圖乙所示，解得I＝mΔv＝eq\r(3)mωr，A正確，B、C、D錯(cuò)誤。4.如圖所示，斜面體A的底面光滑、斜面粗糙，物塊B由靜止開始從斜面的頂端滑到底端，在這個(gè)過(guò)程中()A．A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．B對(duì)A的沖量等于A的動(dòng)量變化C．A、B動(dòng)量變化量的水平分量大小相等D．A對(duì)B的支持力的沖量為零答案C解析A、B組成的系統(tǒng)，所受合力不為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理知合力對(duì)A的沖量等于A的動(dòng)量變化，B錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，則A、B動(dòng)量變化量的水平分量大小相等、方向相反，C正確；A對(duì)B的支持力不等于零，故支持力的沖量不為零，D錯(cuò)誤。5．如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的木塊，木塊與輕彈簧水平相連，彈簧的另一端連在豎直墻上，木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)。一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0擊中木塊，并嵌在其中，木塊壓縮彈簧后在水平面上做往復(fù)運(yùn)動(dòng)。木塊自被子彈擊中前到第一次回到原來(lái)位置的過(guò)程中，受到的合力的沖量為()A．－eq\f(Mmv0,M＋m) B．2Mv0C.eq\f(2Mmv0,M＋m) D．2mv0答案A解析子彈射入木塊的時(shí)間極短，在這一過(guò)程中，子彈與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。設(shè)木塊被子彈擊中后子彈和木塊共同的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq\f(mv0,M＋m)。木塊第一次回到原來(lái)位置的速度大小等于子彈擊中木塊后瞬間木塊的速度大小，木塊被子彈擊中前到第一次回到原來(lái)位置的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量I＝－Mv－0＝－eq\f(Mmv0,M＋m)，故A正確。6．在摸高測(cè)試中，一質(zhì)量為m的同學(xué)下蹲后，用力蹬地的同時(shí)舉臂起跳，在剛要離地時(shí)其手指距地面的高度為h1，離地后身體姿勢(shì)保持不變，手指摸到的最大高度為h2，若從蹬地到離開地面的時(shí)間為t，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g，則關(guān)于從下蹲后蹬地至離開地面的過(guò)程，下列說(shuō)法正確的是()A．地面對(duì)該同學(xué)做正功B．地面對(duì)該同學(xué)的沖量為meq\r(2g（h2－h(huán)1）)C．該同學(xué)的機(jī)械能增加mg(h2－h(huán)1)D．地面對(duì)該同學(xué)的彈力平均值為eq\f(m\r(2g（h2－h(huán)1）),t)＋mg答案D解析從蹬地到離開地面的過(guò)程中，地面對(duì)該同學(xué)有作用力，但在該過(guò)程中地面對(duì)該同學(xué)的力的作用點(diǎn)在力的方向上的位移為0，則地面對(duì)該同學(xué)不做功，故A錯(cuò)誤；設(shè)起跳離地時(shí)的速度為v，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mv2＝mg(h2－h(huán)1)，解得v＝eq\r(2g（h2－h(huán)1）)，設(shè)從蹬地到離開地面的過(guò)程中地面對(duì)該同學(xué)的沖量為I，有I－mgt＝mv－0，解得I＝mgt＋meq\r(2g（h2－h(huán)1）)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理，從蹬地至離開地面的過(guò)程中，地面對(duì)該同學(xué)的彈力平均值為eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(I,t)＝eq\f(m\r(2g（h2－h(huán)1）),t)＋mg，故D正確；從蹬地到離開地面的過(guò)程中，該同學(xué)重心升高，重力勢(shì)能增大，由B項(xiàng)分析可知，動(dòng)能的增加量為ΔEk＝eq\f(1,2)mv2＝mg(h2－h(huán)1)，則此過(guò)程該同學(xué)的機(jī)械能增加量大于mg(h2－h(huán)1)，故C錯(cuò)誤。7.如圖所示，足夠長(zhǎng)的光滑細(xì)桿PQ水平固定，質(zhì)量為m的物塊A穿在桿上，可沿桿無(wú)摩擦滑動(dòng)，質(zhì)量為0.99m的物塊B通過(guò)長(zhǎng)度為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩豎直懸掛在A上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)。若把A固定，讓質(zhì)量為0.01m的子彈以速度v0水平射入物塊B后，物塊B恰好能在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，且B不會(huì)撞到輕桿。則以下說(shuō)法不正確的是(子彈射入時(shí)間極短且未穿出物塊B)()A．在子彈射入物塊B的過(guò)程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，其動(dòng)量和機(jī)械能都守恒B．子彈射入物塊B的初速度v0＝100eq\r(5gL)C．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入時(shí)，物塊B上擺的初速度將等于原來(lái)物塊A固定時(shí)上擺的初速度D．若物塊A不固定，要使物塊B上擺的最大高度與A等高，子彈的初速度應(yīng)為200eq\r(gL)答案A解析在子彈射入物塊B的過(guò)程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，其水平方向動(dòng)量守恒，由于摩擦發(fā)熱，機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；子彈射入物塊B的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律有0.01mv0＝mv，物塊B恰好能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)有mg＝meq\f(veq\o\al(2,1),L)，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，由動(dòng)能定理得－2mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立解得v0＝100eq\r(5gL)，B正確；若物塊A不固定，子彈仍以v0射入物塊B瞬間，系統(tǒng)不受A的影響，所以子彈和物塊B水平方向仍動(dòng)量守恒，物塊B上擺的初速度將等于原來(lái)物塊A固定時(shí)上擺的初速度，C正確；若物塊A不固定，要使物塊B上擺的最大高度與A等高，則有0.01mv0′＝mv′，0.01mv0′＝2mv2，eq\f(1,2)mv′2＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋mgL，聯(lián)立解得v0′＝200eq\r(gL)，D正確。本題選說(shuō)法不正確的，故選A。8．光滑水平面上的三個(gè)小球a、b、c的質(zhì)量均為m，小球b、c與輕彈簧相連且靜止，小球a以速度v0沖向小球b，與之相碰并粘在一起運(yùn)動(dòng)。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是()A．三個(gè)小球與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒B．三個(gè)小球與彈簧組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能也守恒C．當(dāng)小球b、c速度相等時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大D．當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球c的速度一定最大，球b此時(shí)的速度方向一定水平向左答案AC解析在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，三個(gè)小球與彈簧組成的系統(tǒng)所受的合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，a與b碰撞的過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能減小，A正確，B錯(cuò)誤；當(dāng)小球b、c速度相等時(shí)，彈簧的形變量最大，彈性勢(shì)能最大，C正確；當(dāng)彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，小球c的動(dòng)能一定最大，因?yàn)樾∏騛、b的總質(zhì)量大于小球c的質(zhì)量，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可知，小球a、b的粘合體不會(huì)“反彈”，小球b的速度方向一定向右，D錯(cuò)誤。9．在一個(gè)反應(yīng)堆中用石墨做慢化劑使快中子減速。碳原子核的質(zhì)量是中子的12倍，中子的質(zhì)量約為電子質(zhì)量的2000倍。假設(shè)中子與碳原子核的每次碰撞都是彈性正碰，而且認(rèn)為碰撞前碳核都是靜止的。用碳作為中子減速劑比起用更重的原子(比如硅，它的質(zhì)量是中子的28倍)，其優(yōu)勢(shì)有()A．每一次碰撞的減速效果明顯B．達(dá)到相同能量要求，需要減速的次數(shù)較少C．其他材料中電子對(duì)碰撞的影響不可忽略D．中子與質(zhì)量較小的原子碰撞，物理規(guī)律相對(duì)簡(jiǎn)單、計(jì)算簡(jiǎn)便答案AB解析用m1表示中子質(zhì)量，m2表示某原子核質(zhì)量，v10和v1表示中子碰撞前后的速度，v20和v2表示某原子核碰撞前后的速度。當(dāng)中子與靜止的原子核發(fā)生彈性正碰時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，總動(dòng)能不變，故有m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,10)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,20)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，其中v20＝0，聯(lián)立解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v10；中子碰后，動(dòng)能損失比率為eq\f(ΔE,E)＝eq\f(m1veq\o\al(2,10)－m1veq\o\al(2,1),m1veq\o\al(2,10))＝1－eq\f(veq\o\al(2,1),veq\o\al(2,10))＝eq\f(4m1m2,（m1＋m2）2)；用碳作為中子減速劑時(shí)eq\f(ΔE,E)＝eq\f(4×12,（12＋1）2)≈0.28，用硅作為中子減速劑時(shí)eq\f(ΔE,E)＝eq\f(4×28,（28＋1）2)≈0.13，可知用碳作為中子減速劑時(shí)，每一次碰撞的減速效果較明顯，則達(dá)到相同能量要求，需要減速的次數(shù)較少，故A、B正確，D錯(cuò)誤；由于電子質(zhì)量極小，根據(jù)v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)·v10，與電子碰撞后，中子的速度幾乎不變，則任何材料中電子對(duì)碰撞的影響都可忽略，C錯(cuò)誤。10．冰壺是冬季奧運(yùn)會(huì)比賽項(xiàng)目之一。如圖a所示，紅壺以一定速度與靜止在大本營(yíng)中心的藍(lán)壺發(fā)生對(duì)心碰撞(碰撞時(shí)間極短)，碰撞前后兩壺運(yùn)動(dòng)的v-t圖線如圖b中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，已知兩壺質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度取10m/s2。由圖b可知()A．紅、藍(lán)兩壺碰撞過(guò)程是彈性碰撞B．碰撞后瞬間，藍(lán)壺的速度為0.6m/sC．碰撞后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為1.1mD．紅、藍(lán)兩壺碰后至停止運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所受冰面作用力的沖量方向相同，大小之比約為2∶3答案BC解析碰前藍(lán)壺靜止在圓形區(qū)域內(nèi)，由圖b可知，碰前瞬間紅壺的速度v0＝1.0m/s，碰后瞬間紅壺的速度為v0′＝0.4m/s，設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入數(shù)據(jù)解得：v＝0.6m/s，B正確；碰撞前瞬間兩壺的總動(dòng)能為Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，碰撞后瞬間兩壺的總動(dòng)能為Ek2＝eq\f(1,2)mv0′2＋eq\f(1,2)mv2，代入數(shù)據(jù)可知Ek2<Ek1，所以兩壺發(fā)生的碰撞為非彈性碰撞，故A錯(cuò)誤；根據(jù)圖b可知碰前紅壺的加速度大小為a1＝eq\f(1.2－1.0,1)m/s2＝0.2m/s2，所以碰后藍(lán)壺靜止的時(shí)刻為t＝eq\f(0－1.2,－0.2)s＝6s，又v-t圖像與時(shí)間軸圍成的面積表示位移，則碰后兩壺相距的最遠(yuǎn)距離為sm＝eq\f(0.6×（6－1）,2)m－eq\f(0.4×（3－1）,2)m＝1.1m，故C正確；碰后藍(lán)壺的加速度大小為a2＝eq\f(0.6,6－1)m/s2＝0.12m/s2，則紅壺所受冰面的作用力大小為F1＝eq\r(（ma1）2＋（mg）2)，方向與速度反方向的夾角θ1滿足tanθ1＝eq\f(mg,ma1)，藍(lán)壺所受冰面的作用力大小為F2＝eq\r(（ma2）2＋（mg）2)，方向與速度反方向的夾角θ2滿足tanθ2＝eq\f(mg,ma2)，結(jié)合沖量的定義式I＝Ft可知，紅、藍(lán)兩壺碰后至停止運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，所受冰面作用力的沖量方向不同，大小之比為eq\f(I1,I2)＝eq\f(F1t1,F2t2)，聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)，可得eq\f(I1,I2)≈eq\f(2,5)，D錯(cuò)誤。第Ⅱ卷(非選擇題，共50分)二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共12分)11．(6分)某同學(xué)利用如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置探究動(dòng)量定理，用天平測(cè)量重物的質(zhì)量m＝300g，把打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在鐵架臺(tái)上，紙帶下端連接重物，上端穿過(guò)限位孔后用固定在橫桿上的夾子夾住。(1)該同學(xué)接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的電源，釋放重物，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，從打出的紙帶中選出一條理想的紙帶，如圖乙所示。每相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有1個(gè)點(diǎn)未標(biāo)出，打點(diǎn)頻率為50Hz，取g＝10m/s2。在打計(jì)數(shù)點(diǎn)1和5的過(guò)程中重物重力的沖量的大小I＝________N·s，重物動(dòng)量改變量的大小Δp＝________kg·m·s－1。(2)定義δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%，則本次實(shí)驗(yàn)δ＝________%。答案(1)0.480.468(2)2.5解析(1)依題意，可知打點(diǎn)間隔為T＝eq\f(1,f)＝0.02s，打相鄰計(jì)數(shù)點(diǎn)間的時(shí)間間隔為Δt＝2T＝0.04s，在打計(jì)數(shù)點(diǎn)1和5的過(guò)程中重物重力的沖量的大小I＝mgt＝300×10－3×10×0.04×4N·s＝0.48N·s；打計(jì)數(shù)點(diǎn)1時(shí)重物的速度大小為v1＝eq\f(3.91＋5.46,2×0.04)×10－2m/s＝1.17m/s，打計(jì)數(shù)點(diǎn)5時(shí)重物的速度大小為v5＝eq\f(10.15＋11.70,2×0.04)×10－2m/s＝2.73m/s，在打計(jì)數(shù)點(diǎn)1和5的過(guò)程中重物動(dòng)量改變量的大小為Δp＝mv5－mv1＝0.468kg·m·s－1。(2)本次實(shí)驗(yàn)δ＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(I－Δp,I)))×100%＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(0.48－0.468,0.48)))×100%＝2.5%。12．(6分)如圖甲所示為利用“類牛頓擺”驗(yàn)證碰撞過(guò)程中的動(dòng)量守恒。實(shí)驗(yàn)器材：支架兩個(gè)，半徑相同的球1和球2，細(xì)線若干，坐標(biāo)紙，刻度尺等，實(shí)驗(yàn)所在地重力加速度大小為g。實(shí)驗(yàn)步驟如下：(1)測(cè)量小球1、2的質(zhì)量分別為m1、m2，將小球各用兩細(xì)線懸掛于水平支架上，使兩小球球心位于同一水平面，如圖甲；(2)將坐標(biāo)紙豎直固定在一個(gè)水平支架上，使坐標(biāo)紙與小球運(yùn)動(dòng)平面平行且盡量靠近。坐標(biāo)紙每一小格是相同的正方形。將小球1拉至某一位置A，由靜止釋放，垂直坐標(biāo)紙方向用手機(jī)高速連拍；(3)如圖乙所示，分析連拍照片得出，球1從A點(diǎn)由靜止釋放，在最低點(diǎn)與球2發(fā)生水平方向的正碰，球1碰后到達(dá)的最高位置為B，球2向右擺動(dòng)的最高位置為C，測(cè)得A、B、C到最低點(diǎn)的豎直高度差分別為h1、h2、h3，則碰后瞬間球1的速度大小為________，碰后瞬間球2的速度大小為________；(4)若滿足關(guān)系式____________________，則能證明碰撞中系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量守恒；若還滿足關(guān)系式________________，則說(shuō)明兩小球發(fā)生的是彈性碰撞。答案(3)eq\r(2gh2)eq\r(2gh3)(4)m1eq\r(h1)＝m1eq\r(h2)＋m2eq\r(h3)m1h1＝m1h2＋m2h3解析(3)球1碰后到達(dá)的最高位置為B，設(shè)碰后瞬間球1的速度大小為v1′，球2的速度大小為v2，則由動(dòng)能定理可知，小球1碰后過(guò)程有－m1gh2＝0－eq\f(1,2)m1v1′2，解得球1碰后瞬間的速度大小為v1′＝eq\r(2gh2)，小球2碰后的過(guò)程有－m2gh3＝0－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，解得球2碰后瞬間的速度大小為v2＝eq\r(2gh3)。(4)將小球1拉至某一位置A，由靜止釋放，設(shè)小球1到達(dá)最低點(diǎn)碰前瞬間的速度大小為v1，則小球1到達(dá)最低點(diǎn)過(guò)程有m1gh1＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)－0，解得小球1碰前瞬間的速度大小為v1＝eq\r(2gh1)；若兩小球碰撞中系統(tǒng)水平方向總動(dòng)量守恒，則有m1v1＝m1v1′＋m2v2，聯(lián)立可得m1eq\r(h1)＝m1eq\r(h2)＋m2eq\r(h3)；若兩小球發(fā)生的是彈性碰撞，由碰撞前后總動(dòng)能不變，有eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)，聯(lián)立可得m1h1＝m1h2＋m2h3。三、計(jì)算題(本題共3小題，共38分。要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)13.(9分)在2022年冬奧會(huì)花樣滑冰雙人滑比賽中，中國(guó)選手隋文靜韓聰組合獲得冠軍。如圖所示為某次訓(xùn)練中的情景，他們攜手滑步，相對(duì)光滑冰面的速度為1.0m/s。韓聰突然將隋文靜向原先運(yùn)動(dòng)方向推開，推力作用時(shí)間為2.0s，隋文靜的速度大小變?yōu)?.0m/s。假設(shè)隋文靜和韓聰?shù)馁|(zhì)量分別為40kg和60kg，求：(1)推開后韓聰?shù)乃俣却笮。?2)推開過(guò)程中隋文靜對(duì)韓聰?shù)钠骄饔昧Υ笮?。答?1)1m/s(2)60N解析(1)以他們?cè)冗\(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，推開過(guò)程由動(dòng)量守恒定律有(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2，其中m1＝40kg，m2＝60kg，v＝1.0m/s，v1＝4.0m/s，代入數(shù)據(jù)解得v2＝－1m/s，即推開后韓聰?shù)乃俣却笮?m/s。(2)設(shè)推開過(guò)程中隋文靜對(duì)韓聰?shù)钠骄饔昧镕，以韓聰為研究對(duì)象，該過(guò)程由動(dòng)量定理得Ft＝m2v2－m2v，代入數(shù)據(jù)解得F＝－60N，即該過(guò)程中隋文靜對(duì)韓聰?shù)钠骄饔昧Υ笮?0N。14.(11分)物理問(wèn)題的研究首先要確定研究對(duì)象。當(dāng)我們研究水流、氣流等流體問(wèn)題時(shí)，經(jīng)常會(huì)選取流體中的一小段來(lái)進(jìn)行研究，通過(guò)分析能夠得出一些有關(guān)流體的重要結(jié)論。水刀應(yīng)用高壓水流切割技術(shù)，相比于激光切割有切割材料范圍廣、效率高、安全環(huán)保等優(yōu)勢(shì)。如圖所示，某型號(hào)水刀工作過(guò)程中，將水從面積S＝0.1mm2的細(xì)噴嘴高速噴出，直接打在被切割材料表面，從而產(chǎn)生極大壓強(qiáng)，實(shí)現(xiàn)切割。已知該水刀每分鐘用水600g，水的密度為ρ＝1.0×103kg/m3。(1)求從噴嘴噴出水的流速v的大?。?2)高速水流垂直打在材料表面上后，水速幾乎減為0，不考慮重力的影響，求高速水流對(duì)材料表面的壓強(qiáng)p約為多大？答案(1)100m/s(2)1.0×107Pa解析(1)一分鐘噴出的水的質(zhì)量為m＝ρSvt，所以水的流速v＝eq\f(m,ρSt)，代入數(shù)據(jù)得v＝100m/s。(2)選取Δt時(shí)間內(nèi)打在材料表面質(zhì)量為Δm的水為研究對(duì)象，設(shè)材料對(duì)水的平均作用力大小為F，由動(dòng)量定理得－FΔt＝0－Δm·v，其中Δm＝ρSvΔt，解得F＝ρSv2，根據(jù)牛頓第三定律，材料表面受到的壓力大小F′＝F，則根據(jù)壓強(qiáng)公式p＝eq\f(F′,S)，聯(lián)立解得p＝ρv2＝1.0×107Pa。15．(18分)航空公司裝卸貨物時(shí)常因拋擲而造成物品損壞，為解決這個(gè)問(wèn)題，某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的緩沖轉(zhuǎn)運(yùn)裝置。裝置A緊靠飛機(jī)，轉(zhuǎn)運(yùn)車B緊靠A，包裹C沿A的光滑曲面由靜止滑下，經(jīng)粗糙的水平部分后滑上轉(zhuǎn)運(yùn)車并最終停在轉(zhuǎn)運(yùn)車上被運(yùn)走，B的右端有一固定擋板。已知C與A、B水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.2，緩沖裝置A與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2＝0.1，不計(jì)轉(zhuǎn)運(yùn)車與地面間的摩擦。A、B的質(zhì)量均為M＝40kg，A、B水平部分的長(zhǎng)度均為L(zhǎng)＝4m。包裹C可視為質(zhì)點(diǎn)且無(wú)其他包裹影響，C與B的右擋板碰撞時(shí)間極短，碰撞損失的機(jī)械能可忽略。重力加速度g取10m/s2。求：(1)要求包裹C在緩沖裝置A上運(yùn)動(dòng)時(shí)A不動(dòng)，則包裹C的質(zhì)量最大不超過(guò)多少？(2)若某包裹的質(zhì)量為m＝10kg，為使該包裹能停在轉(zhuǎn)運(yùn)車B上，則該包裹釋放時(shí)的高度h應(yīng)滿足的條件；(3)若某包裹的質(zhì)量為m＝50kg，為使該包裹能滑上轉(zhuǎn)運(yùn)車B，則該包裹釋放時(shí)h′的最小值。答案(1)40kg(2)0.8m≤h≤2.8m(3)0.85m解析(1)要求A不動(dòng)時(shí)需滿足μ1mg≤μ2(m＋M)g解得m≤eq\f(μ2M,μ1－μ2)＝40kg即包裹C的質(zhì)量不能超過(guò)40kg。(2)由于包裹質(zhì)量m＝10kg<40kg，裝置A始終靜止不動(dòng)，所以包裹C釋放高度最小時(shí)，恰好滑上B車，則由動(dòng)能定理有mghmin－μ1mgL＝0－0解得hmin＝0.8m包裹C釋放高度最大時(shí)，包裹C滑上B車與擋板碰撞后返回B車最左端時(shí)與B車恰好共速，設(shè)該包裹第一次剛好下滑至B車左端時(shí)的速度為v0，則由動(dòng)能定理有mghmax－μ1mgL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0設(shè)該包裹與B車共速時(shí)的速度為v，則由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可知，mv0＝(m＋M)veq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋μ1mg·2L解得hmax＝2.8m所以0.8m≤h≤2.8m。(3)由于包裹質(zhì)量大于40kg，則包裹C在裝置A水平部分上運(yùn)動(dòng)時(shí)，裝置A和轉(zhuǎn)運(yùn)車B向右運(yùn)動(dòng)。包裹能滑上B車，h′最小時(shí)，包裹剛好可以滑上B車時(shí)A、B、C三者共速。包裹C在裝置A水平部分上運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B的加速度大小為a1＝eq\f(μ1mg－μ2（m＋M）g,2M)＝eq\f(1,8)m/s2包裹C的加速度大小為a2＝eq\f(μ1mg,m)＝μ1g＝2m/s2包裹在光滑曲面下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得mghmin′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C0)－0設(shè)包裹滑到A裝置水平部分上后，經(jīng)過(guò)時(shí)間t，A、B、C三者共速，則v共＝a1t＝vC0－a2tvC0t－eq\f(1,2)a2t2＝eq\f(1,2)a1t2＋L聯(lián)立解得hmin′＝0.85m。第一章知識(shí)網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建專題一動(dòng)量的綜合問(wèn)題探究臨界問(wèn)題分析臨界問(wèn)題的關(guān)鍵是尋找臨界狀態(tài)，在動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用中，常常出現(xiàn)相互作用的兩物體相距最近、避免相碰和物體開始反向運(yùn)動(dòng)等臨界狀態(tài)，其臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對(duì)速度關(guān)系與相對(duì)位移關(guān)系，這些特定關(guān)系的判斷是求解這類問(wèn)題的關(guān)鍵。例1如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲。甲和他的冰車總質(zhì)量為M＝30kg，乙和他的冰車總質(zhì)量也是30kg。游戲時(shí)，甲推著一個(gè)質(zhì)量為m＝15kg的箱子和他一起以v0＝2m/s的速度滑行，乙以同樣大小的速度迎面滑來(lái)。為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子滑到乙處，乙迅速抓住。(不計(jì)冰面摩擦)(1)若甲將箱子以速度v推出，甲的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示)(2)設(shè)乙抓住迎面滑來(lái)的速度為v的箱子后反向運(yùn)動(dòng)，乙抓住箱子后的速度變?yōu)槎嗌伲?用字母表示)(3)若甲、乙最后不相撞，則箱子被推出的速度至少多大？[規(guī)范解答](1)設(shè)甲的速度變?yōu)関1，甲將箱子推出的過(guò)程，甲和箱子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得(M＋m)v0＝mv＋Mv1解得v1＝eq\f(（M＋m）v0－mv,M)。(2)設(shè)乙抓住箱子后的速度變?yōu)関2，箱子和乙作用的過(guò)程，乙和箱子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以箱子的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv－Mv0＝(m＋M)v2解得v2＝eq\f(mv－Mv0,m＋M)。(3)甲、乙不相撞的條件是v1≤v2，其中v1＝v2為甲、乙恰好不相撞的臨界條件。即eq\f(（M＋m）v0－mv,M)≤eq\f(mv－Mv0,m＋M)代入數(shù)據(jù)得v≥5.2m/s所以若甲、乙最后不相撞，則箱子被推出的速度至少為5.2m/s。[答案](1)eq\f(（M＋m）v0－mv,M)(2)eq\f(mv－Mv0,m＋M)(3)5.2m/s模型點(diǎn)撥解決動(dòng)量臨界問(wèn)題的幾個(gè)要點(diǎn)(1)應(yīng)聯(lián)想其中一個(gè)物體速度很小或速度很大時(shí)的狀況。(2)通常臨界狀態(tài)發(fā)生在二者速度相同的時(shí)刻。(3)有時(shí)兩個(gè)物體間發(fā)生相互作用時(shí)，動(dòng)量守恒，動(dòng)能損失最大時(shí)的情況和無(wú)動(dòng)能損失的情況與完全非彈性碰撞和彈性碰撞相類似。[變式訓(xùn)練1]如圖所示，甲車質(zhì)量m1＝20kg，車上有質(zhì)量M＝50kg的人，甲車(連同車上的人)從足夠長(zhǎng)的斜坡上高h(yuǎn)＝0.45m處由靜止滑下，到水平面上后繼續(xù)向前滑動(dòng)，此時(shí)質(zhì)量m2＝50kg的乙車正以v0＝1.8m/s的速度迎面滑來(lái)。為了避免兩車相撞，當(dāng)兩車相距適當(dāng)?shù)木嚯x時(shí)，人從甲車跳到乙車上，求人跳出甲車的水平速度(相對(duì)地面)應(yīng)在什么范圍內(nèi)？(不計(jì)地面和斜面的摩擦，取g＝10m/s2)答案3.8m/s≤v≤4.8m/s解析在水平面上人跳離甲車和跳上乙車的兩個(gè)過(guò)程中，人與甲車組成的系統(tǒng)及人與乙車組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量是守恒的。甲車從斜坡滑到平面上的速度v甲＝eq\r(2gh)＝3m/s，設(shè)人跳離甲車后甲車的速度為v甲′，跳上乙車后乙車的速度為v乙′，人跳離甲車的水平速度為v，以水平向右為正方向，則(M＋m1)v甲＝Mv＋m1v甲′①M(fèi)v－m2v0＝(M＋m2)v乙′②分析可知，要使甲、乙不相撞，v乙′應(yīng)為正，v甲′可為正也可為負(fù)，且|v甲′|≤v乙′③聯(lián)立以上各式解得：3.8m/s≤v≤4.8m/s故為了避免兩車相撞，人跳出甲車的水平速度應(yīng)滿足3.8m/s≤v≤4.8m/s。探究碰撞的拓展模型1．“彈簧類”模型模型圖示模型特點(diǎn)(1)兩個(gè)或兩個(gè)以上的物體與彈簧相互作用的過(guò)程中，若系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒；(2)在能量方面，由于彈簧形變會(huì)使彈性勢(shì)能發(fā)生變化，系統(tǒng)的總動(dòng)能將發(fā)生變化；若系統(tǒng)中只有重力和彈簧彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒；(3)彈簧處于最長(zhǎng)(最短)狀態(tài)時(shí)兩物體速度相等，彈性勢(shì)能最大，系統(tǒng)動(dòng)能通常最小(完全非彈性碰撞拓展模型)；(4)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，彈性勢(shì)能為零，系統(tǒng)動(dòng)能最大(彈性碰撞拓展模型)2.“子彈打木塊”“滑塊—木板”模型模型圖示模型特點(diǎn)(1)若子彈未射穿木塊或滑塊未從木板上滑下，當(dāng)兩者速度相等時(shí)木塊或木板的速度最大，兩者的相對(duì)位移(為子彈射入木塊的深度或滑塊相對(duì)木板滑動(dòng)的距離)取得極值(完全非彈性碰撞拓展模型)；(2)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，但機(jī)械能不守恒，摩擦力與兩者相對(duì)路程(即相對(duì)運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)度)的乘積等于系統(tǒng)減少的機(jī)械能；(3)根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)損失的動(dòng)能ΔEk＝eq\f(M,m＋M)Ek0，可以看出，子彈(或滑塊)的質(zhì)量越小，木塊(或木板)的質(zhì)量越大，動(dòng)能損失越多；(4)該類問(wèn)題既可以從動(dòng)量、能量角度求解，相當(dāng)于完全非彈性碰撞拓展模型，也可以從力和運(yùn)動(dòng)的角度借助圖像求解3.“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型模型圖示模型特點(diǎn)(1)最高點(diǎn)：m與M具有共同水平速度v共。系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝(M＋m)v共；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)veq\o\al(2,共)＋mgh，其中h為滑塊上升的最大高度，不一定等于圓弧軌道的高度(完全非彈性碰撞拓展模型)；(2)最低點(diǎn)：m與M分離點(diǎn)。水平方向動(dòng)量守恒，mv0＝mv1＋Mv2；系統(tǒng)機(jī)械能守恒，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)(彈性碰撞拓展模型)4.“懸繩”模型“懸繩”模型(如圖所示)與“光滑圓弧軌道＋滑塊(小球)”模型特點(diǎn)類似，即系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，解題時(shí)需關(guān)注物體運(yùn)動(dòng)的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)。例2如圖所示，質(zhì)量為2kg的木板A和質(zhì)量為1kg的物塊C靜止放置在光滑水平面上，質(zhì)量為6kg的物塊B以6m/s的初速度從木板左端滑上A，B、C的大小相對(duì)于A均可忽略，B與A之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，A的速度為3m/s時(shí)與C發(fā)生完全非彈性碰撞，且碰撞后A、C不再分離。求：(g取10m/s2)(1)A、C碰撞之前，B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(2)A、C碰撞后的瞬間，A、B、C的速度大??；(3)確保B不從A上滑下來(lái)，A的最短長(zhǎng)度。[規(guī)范解答](1)假設(shè)B滑上A后，在A、C碰撞前便與A共速，則由動(dòng)量守恒定律得mBvB0＝(mA＋mB)vAB解得vAB＝4.5m/s因4.5m/s>3m/s，可知假設(shè)不成立，即A、C碰撞前，A、B一直相對(duì)運(yùn)動(dòng)自B滑上A，至A、C碰撞前瞬間，對(duì)A根據(jù)動(dòng)量定理有ft＝mAvA－0其中f＝μmBg可解得A、C碰撞之前，A、B運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝0.25s。(2)自B滑上A，至A、C碰撞之前，對(duì)B根據(jù)動(dòng)量定理有－ft＝mBvB－mBvB0可解得A、C碰撞前的瞬間，B的速度大小vB＝5m/sA、C碰撞前后，B的速度不變，A、C碰撞過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAvA＝(mA＋mC)v共解得A、C碰撞后的瞬間速度大小都為v共＝2m/s。(3)A、C碰撞之前，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)能量守恒定律有μmBgs1＝eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B0)－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)－eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)解得A與C碰撞前，B比A多向右運(yùn)動(dòng)的距離為s1＝1m設(shè)A與C碰撞后，直至A、B、C三者共速，B又比A多向右運(yùn)動(dòng)了s2，則由動(dòng)量守恒定律有(mA＋mC)v共＋mBvB＝(mA＋mB＋mC)v共′由能量守恒定律有eq\f(1,2)(mA＋mC)veq\o\al(2,共)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)v共′2＋μmBgs2聯(lián)立解得s2＝eq\f(3,8)m為了確保B不從A上滑下來(lái)，A的最短長(zhǎng)度為L(zhǎng)min＝s1＋s2＝eq\f(11,8)m。[答案](1)0.25s(2)2m/s5m/s2m/s(3)eq\f(11,8)m模型點(diǎn)撥處理碰撞類模型的方法技巧(1)“彈簧類”模型的解題思路①系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。②系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。③應(yīng)用臨界條件：兩物體共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大。(2)“滑塊—木板”模型的解題思路①系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。②在涉及滑塊或木板的運(yùn)動(dòng)時(shí)間時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)量定理。③在涉及滑塊或木板的位移時(shí)，優(yōu)先考慮用動(dòng)能定理。④在涉及滑塊與木板的相對(duì)位移時(shí)，優(yōu)先考慮用系統(tǒng)的能量守恒。(摩擦力與兩者相對(duì)路程的乘積等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即摩擦產(chǎn)生的熱量。)⑤滑塊與木板不相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，兩者達(dá)到共同速度。[變式訓(xùn)練2]兩物塊A、B用輕彈簧相連，質(zhì)量均為2kg，初始時(shí)彈簧處于原長(zhǎng)，A、B兩物塊都以v＝6m/s的速度在光滑的水平地面上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示。B與C碰撞后二者會(huì)粘在一起運(yùn)動(dòng)，則在以后的運(yùn)動(dòng)中：(1)當(dāng)彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，物塊A的速度為多大？(2)系統(tǒng)中彈性勢(shì)能的最大值是多少？(3)物塊C的最大速度為多大？答案(1)3m/s(2)12J(3)4m/s解析(1)當(dāng)A、B、C三者的速度相等時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大。由A、B、C三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒得(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v1解得v1＝eq\f(（2＋2）×6,2＋2＋4)m/s＝3m/s。(2)B、C碰撞時(shí)B、C組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)碰后瞬間B、C兩者速度為v2，則mBv＝(mB＋mC)v2解得v2＝eq\f(2×6,2＋4)m/s＝2m/s物塊A、B、C速度相同時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)為Ep，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)mAv2－eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,1)解得Ep＝12J。(3)C的速度最大時(shí)，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)，設(shè)此時(shí)A的速度為v3，C的速度為v4，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mAv＋(mB＋mC)v2＝mAv3＋(mB＋mC)v4根據(jù)機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)mAv2＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,3)＋eq\f(1,2)(mB＋mC)veq\o\al(2,4)解得v3＝0，v4＝4m/s。探究力學(xué)三大觀點(diǎn)1．解力學(xué)問(wèn)題的三個(gè)基本觀點(diǎn)(1)動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)：用牛頓運(yùn)動(dòng)定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)解題，可處理勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題和圓周運(yùn)動(dòng)的瞬時(shí)問(wèn)題。(2)能量觀點(diǎn)：用動(dòng)能定理和能量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。(3)動(dòng)量觀點(diǎn)：用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒觀點(diǎn)解題，可處理非勻變速運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。2．力學(xué)規(guī)律的選用原則(1)如果涉及運(yùn)動(dòng)的細(xì)節(jié)或力的瞬時(shí)效果——加速度，則必須用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)求解。(2)研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問(wèn)題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問(wèn)題)。(3)若研究的對(duì)象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律(機(jī)械能守恒定律)，但需注意所研究的問(wèn)題是否滿足守恒的條件。(4)在涉及相對(duì)位移問(wèn)題時(shí)則優(yōu)先考慮能量守恒定律，系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。(5)在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，需注意到這些過(guò)程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換，這種問(wèn)題由于作用時(shí)間都極短，一般用動(dòng)量守恒定律。例3如圖所示，粗糙水平面上固定一足夠長(zhǎng)且表面光滑的斜面體，斜面傾角θ未知，在斜面體內(nèi)部埋置了一個(gè)與斜面平行的壓力傳感器，且初始示數(shù)為零。水平面上靠近斜面體處?kù)o止放置A、B兩物體，其中mA＝1kg，mB＝2kg，兩物體緊貼在一起，中間夾著一小塊炸藥(質(zhì)量可忽略)，點(diǎn)燃炸藥發(fā)生爆炸使兩物體脫離，B物體立刻沖上斜面體，經(jīng)過(guò)壓力傳感器時(shí)，測(cè)得傳感器上表面受到的壓力大小為16N，已知A物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.5，炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能為E＝27J且全部轉(zhuǎn)化為兩物體的動(dòng)能，不考慮B物體在斜面體與水平面連接處的動(dòng)能損失，A、B兩物體均可視為質(zhì)點(diǎn)，爆炸時(shí)間極短，取g＝10m/s2，求：(1)爆炸后瞬間，A、B兩物體獲得的速度大??；(2)B物體在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0；(3)要使B物體能追上A物體，B物體與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2的取值范圍。[規(guī)范解答](1)設(shè)爆炸后瞬間，A、B兩物體獲得的速度大小分別為vA、vB，對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，由于爆炸時(shí)間極短，內(nèi)力極大，該過(guò)程動(dòng)量守恒，則有mAvA－mBvB＝0由炸藥爆炸時(shí)釋放的化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動(dòng)能得E＝eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,B)聯(lián)立得vA＝6m/s，vB＝3m/s。(2)B在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，經(jīng)過(guò)壓力傳感器時(shí)傳感器上表面受到的壓力FN＝mBgcosθ由牛頓第二定律有mBgsinθ＝mBa由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律知，B物體從開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)至回到斜面底端，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0＝eq\f(2vB,a)聯(lián)立得t0＝1s。(3)設(shè)A從爆炸后運(yùn)動(dòng)至停止的時(shí)間為tA，位移大小為xA，根據(jù)動(dòng)量定理有－μ1mAgtA＝0－mAvA根據(jù)動(dòng)能定理有－μ1mAgxA＝0－eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,A)解得tA＝1.2s，xA＝3.6m由牛頓第二定律得，A物體在水平面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小aA＝eq\f(μ1mAg,mA)＝μ1g爆炸后，B物體回到斜面底端時(shí)，A物體向左運(yùn)動(dòng)的位移大小xA′＝vAt0－eq\f(1,2)aAteq\o\al(2,0)＝3.5m由牛頓第二定律得B在水平面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小aB＝eq\f(μ2mBg,mB)＝μ2gA停止時(shí)，B在水平面上的位移xB＝vB(tA－t0)－eq\f(1,2)aB(tA－t0)2≤vB(tA－t0)＝0.6m因?yàn)閤B<xA′，所以，要使B能追上A，B停止運(yùn)動(dòng)時(shí)在水平面上的位移xB′必須滿足xB′＝eq\f(0－veq\o\al(2,B),－2aB)≥xA解得μ2≤0.125。[答案](1)6m/s3m/s(2)1s(3)μ2≤0.125模型點(diǎn)撥力學(xué)綜合問(wèn)題的求解關(guān)鍵(1)根據(jù)題意進(jìn)行受力分析和運(yùn)動(dòng)分析，合理劃分過(guò)程或選取研究對(duì)象。(2)根據(jù)每個(gè)過(guò)程的特點(diǎn)或所選取的研究對(duì)象的特點(diǎn)，結(jié)合力學(xué)三大觀點(diǎn)的選用原則，選擇合適的力學(xué)規(guī)律列方程(有些題目可以選擇多種方法求解)。(3)聯(lián)立各方程求解。注：①有些情況需要先求出一個(gè)過(guò)程末狀態(tài)的相關(guān)物理量，然后才能分析下一個(gè)過(guò)程列方程，層層遞進(jìn)。②根據(jù)受力特點(diǎn)，有些多過(guò)程可以簡(jiǎn)化為一整個(gè)過(guò)程列方程，但等效簡(jiǎn)化時(shí)要注意細(xì)節(jié)分析。例如幾個(gè)物體連續(xù)碰撞的整個(gè)過(guò)程雖然動(dòng)量一直守恒，但可能有機(jī)械能損失，這種情況極容易出錯(cuò)。[變式訓(xùn)練3]如圖，一滑雪道由AB和BC兩段滑道組成，其中AB段傾角為θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圓弧連接。一個(gè)質(zhì)量為2kg的背包在滑道頂端A處由靜止滑下，若1s后質(zhì)量為48kg的滑雪者從頂端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度勻加速追趕，恰好在坡底光滑圓弧的水平處追上背包并立即將其拎起。背包與滑道的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(1,12)，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ＝eq\f(7,25)，cosθ＝eq\f(24,25)，忽略空氣阻力及拎包過(guò)程中滑雪者與背包的重心變化，求：(1)滑道AB段的長(zhǎng)度；(2)滑雪者拎起背包時(shí)這一瞬間的速度。答案(1)9m(2)7.44m/s解析(1)設(shè)滑道AB段的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，已知背包質(zhì)量為m1＝2kg，設(shè)其在AB段滑行的加速度為a1，由牛頓第二定律有m1gsinθ－μm1gcosθ＝m1a1代入數(shù)據(jù)解得a1＝2m/s2已知滑雪者質(zhì)量為m2＝48kg，初速度為v0＝1.5m/s，加速度為a2＝3m/s2，設(shè)其在AB段滑行時(shí)間為t，則背包在AB段的滑行時(shí)間為t＋t0(t0＝1s)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得L＝eq\f(1,2)a1(t＋t0)2L＝v0t＋eq\f(1,2)a2t2聯(lián)立解得t＝2s(t＝－1s舍去)故可得L＝9m。(2)設(shè)背包和滑雪者到達(dá)水平滑道時(shí)的速度分別為v1、v2，則v1＝a1(t＋t0)代入數(shù)據(jù)解得v1＝6m/sv2＝v0＋a2t代入數(shù)據(jù)解得v2＝7.5m/s滑雪者拎起背包的過(guò)程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)拎起背包時(shí)的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v代入數(shù)據(jù)解得v＝7.44m/s。1．(多選)如圖所示，光滑水平面上分別放著兩塊質(zhì)量、形狀相同的硬木和軟木，兩顆完全相同的子彈以相同的初速度分別打進(jìn)兩種木頭中，最終均留在木頭內(nèi)，已知軟木對(duì)子彈的摩擦力較小，以下判斷正確的是()A．子彈與硬木摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能較多B．兩個(gè)系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能一樣多C．子彈在軟木中打入深度較大D．子彈在硬木中打入深度較大答案BC解析設(shè)子彈質(zhì)量為m，木頭質(zhì)量為M，由于子彈最終均留在木頭內(nèi)，達(dá)到共同速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，可知共同速度v相同，根據(jù)功能關(guān)系有Q＝ΔE機(jī)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(m＋M)v2，可知子彈與硬木構(gòu)成的系統(tǒng)和子彈與軟木構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能減小量相同，產(chǎn)生的內(nèi)能Q一樣多，故A錯(cuò)誤，B正確；根據(jù)功能關(guān)系有Q＝Ffd，可知產(chǎn)生的內(nèi)能Q相同時(shí)，摩擦力Ff越小，子彈打入木塊的深度d越大，所以子彈在軟木中打入深度較大，故C正確，D錯(cuò)誤。2．(多選)如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量為x。現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測(cè)得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A．A物體的質(zhì)量為3mB．A物體的質(zhì)量為2mC．彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)的彈性勢(shì)能為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)D．彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)的彈性勢(shì)能為mveq\o\al(2,0)答案AC解析對(duì)題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮量為x時(shí)彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)；對(duì)題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時(shí)，A、B二者速度相等，由動(dòng)量守恒定律有M×(2v0)＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)M×(2v0)2－eq\f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立解得M＝3m，Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。3.如圖所示，質(zhì)量為m的滑環(huán)套在足夠長(zhǎng)的光滑水平桿上，質(zhì)量為M＝3m的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩與滑環(huán)連接?；h(huán)固定時(shí)，給小球一個(gè)水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h1(h1<L)；滑環(huán)不固定時(shí)，仍給小球以同樣的水平?jīng)_量I，小球擺起的最大高度為h2。則h1∶h2為()A．6∶1 B．4∶1C．2∶1 D．4∶3答案B解析設(shè)小球獲得沖量I對(duì)應(yīng)的初速度為v0，滑環(huán)固定時(shí)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律，有Mgh1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)，解得h1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2g)；滑環(huán)不固定時(shí)，設(shè)在小球擺起最大高度h2時(shí)，滑環(huán)和小球的速度都為v，在此過(guò)程中小球和滑環(huán)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，則eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)v2＋Mgh2，Mv0＝(m＋M)v，聯(lián)立可得h2＝eq\f(veq\o\al(2,0),8g)，則h1∶h2＝4∶1，故選B。4．如圖甲，光滑水平面上放著長(zhǎng)木板B，質(zhì)量為m＝2kg的木塊A以速度v0＝2m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板B的上表面，由于A、B之間有摩擦，之后，A、B的速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示，重力加速度g＝10m/s2。則下列說(shuō)法正確的是()A．長(zhǎng)木板的質(zhì)量M＝2kgB．A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．長(zhǎng)木板長(zhǎng)度至少為2mD．A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4J答案A解析由圖乙可以看出，開始A做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，B做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，最后A、B一起做勻速直線運(yùn)動(dòng)，共同速度v＝1m/s，A在B上滑動(dòng)的過(guò)程，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v，代入數(shù)據(jù)解得M＝m＝2kg，故A正確；由圖乙可知，木板B勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度aB＝eq\f(Δv,Δt)＝1m/s2，對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得μmg＝MaB，解得A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，故B錯(cuò)誤；由圖乙可知，前1s內(nèi)B的位移xB＝0.5m，A的位移xA＝1.5m，所以長(zhǎng)木板的最小長(zhǎng)度L＝xA－xB＝1m，故C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝2J，故D錯(cuò)誤。5．如圖甲所示，質(zhì)量為2kg的小球B與質(zhì)量未知的小球C用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，另有一小球A以6m/s的初速度向右運(yùn)動(dòng)，t＝2s時(shí)球A與球B碰撞并瞬間粘在一起，碰后球B的v-t圖像如圖乙所示。已知彈簧的勁度系數(shù)k＝240N/m，彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)kx2(x為彈簧的形變量)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中彈簧始終在彈性限度內(nèi)。下列判斷正確的是()A．碰后球B的速度為零時(shí)彈簧長(zhǎng)度最短B．碰后球B的速度為零時(shí)球C的加速度為零C．碰后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球B加速度的最大值為20m/s2D．碰后運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小球B加速度的最大值為30m/s2答案C解析彈簧長(zhǎng)度最短時(shí)，彈簧壓縮量最大，此時(shí)三球共速，且該共同速度必不為零，故A錯(cuò)誤；由題圖乙可知，B的速度為0后繼續(xù)反向加速，說(shuō)明彈簧仍處于壓縮狀態(tài)，彈力不為0，故C球的加速度不為0，B錯(cuò)誤；A、B發(fā)生完全非彈性碰撞過(guò)程中，由動(dòng)量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v，代入數(shù)據(jù)解得mA＝4kg，由題圖乙可知，當(dāng)B的速度為v′＝－1m/s時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，對(duì)A、B、C組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律有(mA＋mB)v＝(mA＋mB)v′＋mCvC，由機(jī)械能守恒定律有eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(1,2)(mA＋mB)v′2＋eq\f(1,2)mCveq\o\al(2,C)，解得mC＝10kg，當(dāng)A、B、C共速時(shí)由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有(mA＋mB)v＝(mA＋mB＋mC)v共，eq\f(1,2)(mA＋mB)v2＝eq\f(1,2)(mA＋mB＋mC)veq\o\al(2,共)＋Epmax，聯(lián)立解得彈簧的最大彈性勢(shì)能Epmax＝30J，又Epmax＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,m)，可解得彈簧形變量最大值xm＝eq\f(1,2)m，此時(shí)小球B的加速度值最大，為am＝eq\f(kxm,mA＋mB)＝20m/s2，故C正確，D錯(cuò)誤。6．(多選)如圖甲所示，曲面為四分之一圓弧、質(zhì)量為M的滑塊靜止在光滑水平地面上，一光滑小球以某一速度水平?jīng)_上滑塊的圓弧面，且沒(méi)有從滑塊上端沖出去。若測(cè)得在水平方向上小球與滑塊的速度大小分別為v1、v2，作出圖像如圖乙所示，重力加速度為g，則下列說(shuō)法正確的是()A．小球的質(zhì)量為eq\f(a,b)MB．小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為eq\f(ab,a＋b)C．小球能夠上升的最大高度為eq\f(a2,2（a＋b）g)D．若圓弧面的下端距水平地面的高度為c，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后小球落地，落地時(shí)小球與滑塊之間的水平距離為aeq\r(\f(2c,g))答案BD解析設(shè)小球的質(zhì)量為m，初速度為v0，小球與滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向上動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，整理得v2＝eq\f(mv0,M)－eq\f(m,M)v1，結(jié)合圖乙可得eq\f(b,a)＝eq\f(m,M)，a＝v0，則小球的質(zhì)量m＝eq\f(b,a)M，故A錯(cuò)誤；小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向速度為零，在水平方向上與滑塊具有相同的速度v共，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v共，解得v共＝eq\f(mv0,m＋M)＝eq\f(ab,a＋b)，故B正確；小球從開始沖上滑塊到運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(2,共)＋mgh，解得h＝eq\f(Mveq\o\al(2,0),2（m＋M）g)＝eq\f(a3,2（a＋b）g)，故C錯(cuò)誤；規(guī)定向右為正方向，小球從開始運(yùn)動(dòng)到回到最低點(diǎn)的過(guò)程中，在水平方向上由動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1′＋Mv2′，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)Mv2′2，聯(lián)立兩式解得小球離開滑塊時(shí)的速度v1′＝eq\f(m－M,m＋M)v0，此時(shí)滑塊的速度v2′＝eq\f(2m,m＋M)v0，離開滑塊以后小球做平拋運(yùn)動(dòng)，滑塊向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小球落地時(shí)，兩者之間的水平距離為x＝v2′t－v1′t，且c＝eq\f(1,2)gt2，聯(lián)立得x＝aeq\r(\f(2c,g))，故D正確。7．某同學(xué)為了研究瞬間沖量，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置。將內(nèi)徑為d的圓環(huán)水平固定在離地面一定高度的鐵架臺(tái)上，在圓環(huán)上放置直徑為1.5d、質(zhì)量為m的薄圓板，板上放質(zhì)量為2m的物塊，圓板中心、物塊均在環(huán)的中心軸線上。對(duì)圓板施加指向圓心的瞬間沖量I，物塊與圓板間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，不計(jì)圓板與圓環(huán)之間的摩擦力，重力加速度為g，不考慮圓板翻轉(zhuǎn)，以下說(shuō)法正確的是()A．若物塊可以從圓板滑落，則沖量I越大，物塊與圓板相對(duì)滑動(dòng)的位移越大B．若物塊可以從圓板滑落，則沖量I越大，物塊離開圓板時(shí)的速度越大C．當(dāng)沖量I＝meq\r(2μgd)時(shí)，物塊一定會(huì)從圓板上掉落D．當(dāng)沖量I＝2meq\r(2μgd)時(shí)，物塊一定會(huì)從圓板上掉落答案D解析若物塊可以從圓板滑落，物塊與圓板的相對(duì)位移始終等于eq\f(3,4)d，故A錯(cuò)誤；設(shè)圓板獲得的初速度大小為v0，物塊掉下時(shí)，圓板和物塊的速度大小分別為v1和v2，由動(dòng)量定理，有I＝mv0，物塊與圓板在相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各自的加速度不變，根據(jù)位移關(guān)系有eq\f(3,4)d＝v0t－eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2，則v0越大，相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)間t越小，對(duì)物塊，根據(jù)動(dòng)量定理有2μmgt＝2mv2，則作用時(shí)間t越小，物塊離開圓板時(shí)的速度越小，故B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv0＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得2μmg×eq\f(3,4)d＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)))，聯(lián)立解得v2＝eq\f(2I－\r(\a\vs4\al(4I2－18μm2gd)),6m)，若物塊一定從圓板滑下，則4I2－18μm2gd≥0，即I≥eq\f(3,2)meq\r(2μgd)，故C錯(cuò)誤，D正確。8．(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過(guò)8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為()A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg答案BC解析設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的質(zhì)量分別為m、m0，規(guī)定運(yùn)動(dòng)員運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍\(yùn)動(dòng)員開始時(shí)靜止，第1次將物塊推出后，設(shè)運(yùn)動(dòng)員和物塊的速度大小分別為v1、v0，則根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：0＝mv1－m0v0，解得v1＝eq\f(m0,m)v0，物塊與擋板彈性碰撞后，運(yùn)動(dòng)方向與運(yùn)動(dòng)員同向，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員第2次推出物塊時(shí)，有：mv1＋m0v0＝mv2－m0v0，解得v2＝eq\f(3m0,m)v0，第3次推出物塊時(shí)，有：mv2＋m0v0＝mv3－m0v0，解得v3＝eq\f(5m0,m)v0，以此類推，第8次推出物塊后，運(yùn)動(dòng)員的速度v8＝eq\f(15m0,m)v0。根據(jù)題意可知，v8＝eq\f(15m0,m)v0>v0，解得m<15m0＝60kg；第7次推出物塊后，運(yùn)動(dòng)員的速度v7＝eq\f(13m0,m)v0<v0，解得m>13m0＝52kg。綜上所述，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量應(yīng)滿足52kg<m<60kg，故A、D錯(cuò)誤，B、C正確。9.(多選)如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平地面H的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對(duì)地面的速度v0水平投出，落地時(shí)物資與熱氣球的距離為d。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M，所受浮力不變，重力加速度為g，不計(jì)阻力，以下判斷正確的是()A．投出物資后熱氣球做勻加速直線運(yùn)動(dòng)B．投出物資后熱氣球所受合力大小為mgC．d＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)D．d＝eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))\s\up12(2)H2)答案BC解析開始時(shí)載有物資的熱氣球處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受合力為0，有F?。組g＋mg；水平投出質(zhì)量為m的物資瞬間，根據(jù)整體動(dòng)量守恒，可知熱氣球獲得相對(duì)地面水平向左的速度v＝eq\f(mv0,M)；投出物資后熱氣球所受浮力不變，則其所受合力為F?。璏g＝mg，方向豎直向上，所以投出物資后熱氣球做勻加速曲線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤，B正確。投出物資后熱氣球和物資的運(yùn)動(dòng)示意圖如圖所示，設(shè)物資落地所用時(shí)間為t，根據(jù)H＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝eq\r(\f(2H,g))，熱氣球的加速度大小a＝eq\f(mg,M)＝eq\f(m,M)g，則在豎直方向上運(yùn)動(dòng)的位移為HM＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)·eq\f(m,M)g·eq\f(2H,g)＝eq\f(m,M)H；物資和熱氣球在水平方向均做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則物資和熱氣球的水平位移分別為xm＝v0t＝v0eq\r(\f(2H,g))，xM＝vt＝eq\f(m,M)v0·eq\r(\f(2H,g))，根據(jù)幾何關(guān)系可知，落地時(shí)物資與熱氣球的距離為d＝eq\r(（xm＋xM）2＋（H＋HM）2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,M)))·eq\r(\f(2Hveq\o\al(2,0),g)＋H2)，C正確，D錯(cuò)誤。10．(多選)如圖a，質(zhì)量分別為mA、mB的A、B兩物體用輕彈簧連接構(gòu)成一個(gè)系統(tǒng)，外力F作用在A上，系統(tǒng)靜止在光滑水平面上(B靠墻面)，此時(shí)彈簧形變量為x。撤去外力并開始計(jì)時(shí)，A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的a-t圖像如圖b所示，S1表示0到t1時(shí)間內(nèi)A的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小，S2、S3分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a-t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積大小。A在t1時(shí)刻的速度為v0。下列說(shuō)法正確的是()A．0到t1時(shí)間內(nèi)，墻對(duì)B的沖量等于mAv0B．mA>mBC．B運(yùn)動(dòng)后，彈簧的最大形變量等于xD．S1－S2＝S3答案ABD解析在0～t1時(shí)間內(nèi)，物體B靜止，物體A從靜止向右加速，t1時(shí)刻速度為v0，則對(duì)系統(tǒng)根據(jù)動(dòng)量定理可知，墻對(duì)B的沖量I＝mAv0，A正確；由a-t圖像可知，t1時(shí)刻后彈簧被拉伸，在t2時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量達(dá)到最大，此時(shí)根據(jù)牛頓第二定律有F彈＝mAaA＝mBaB，由圖b可知此時(shí)aB>aA，則mB<mA，B正確；由圖b可得，t1時(shí)刻B開始運(yùn)動(dòng)，此時(shí)A的速度為v0，之后系統(tǒng)動(dòng)量守恒，可得A、B的總動(dòng)能一定大于0，而整個(gè)過(guò)程，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，所以B運(yùn)動(dòng)后彈簧的彈性勢(shì)能一定小于開始時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能，彈簧的形變量一定小于x，C錯(cuò)誤；在t2時(shí)刻彈簧的伸長(zhǎng)量達(dá)到最大，A、B共速，由a-t圖像中圖線與t軸所圍面積表示速度變化量，可知此時(shí)vA＝S1－S2，vB＝S3，vA＝vB，則S1－S2＝S3，D正確。11．如圖所示，某同學(xué)在一輛車上蕩秋千，開始時(shí)車輪被鎖定，車的右邊有一個(gè)和地面相平的沙坑，且車右端和沙坑左邊緣平齊，當(dāng)同學(xué)擺動(dòng)到最大擺角θ＝60°時(shí)，車輪立即解除鎖定，使車可以在水平地面無(wú)阻力運(yùn)動(dòng)，該同學(xué)此后不再做功，并可以忽略自身大小，已知秋千繩子長(zhǎng)度L＝4.5m，該同學(xué)和秋千板的總質(zhì)量m＝50kg，車輛和秋千支架的總質(zhì)量M＝200kg，繩子質(zhì)量不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2。(1)該同學(xué)擺到最低點(diǎn)時(shí)的速率是多少？(2)在擺到最低點(diǎn)的過(guò)程中，繩子對(duì)該同學(xué)和秋千板做的功是多少？答案(1)6m/s(2)－225J解析(1)設(shè)擺到最低點(diǎn)時(shí)，該同學(xué)的速率為v1，車的速率為v2，該同學(xué)和秋千板與車輛和秋千支架組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，有mv1－Mv2＝0該同學(xué)和秋千板從最大擺角處向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有mgL(1－cos60°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)聯(lián)立可得v1＝6m/s。(2)設(shè)繩子對(duì)該同學(xué)和秋千板做的功為W，由動(dòng)能定理有mgL(1－cos60°)＋W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－0可得W＝－225J。12.如圖所示，水平地面上有兩個(gè)靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直，a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)，a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為eq\f(1,2)m，兩物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動(dòng)，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)滿足的條件。答案eq\f(8veq\o\al(2,0),25gl)≤μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)解析設(shè)物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)>μmgl①即μ<eq\f(veq\o\al(2,0),2gl)②設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋μmgl③設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度分別為v1′、v2′，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有mv1＝mv1′＋eq\f(1,2)mv2′④eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)×eq\f(1,2)mv2′2⑤聯(lián)立④⑤式解得v2′＝eq\f(4,3)v1⑥由題意，b沒(méi)有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知e