2024-2025學(xué)年新教材高中物理第一章動(dòng)量守恒定律單元檢測(cè)含解析新人教版選擇性必修1

PAGE14-第一章動(dòng)量守恒定律(90分鐘100分)一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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．關(guān)于動(dòng)量和動(dòng)能，以下說法中正確的是()A．速度大的物體動(dòng)量肯定大B．質(zhì)量大的物體動(dòng)量肯定大C．兩個(gè)物體的質(zhì)量相等，動(dòng)量大的其動(dòng)能也肯定大D．兩個(gè)物體的質(zhì)量相等，速度大小也相等，則它們的動(dòng)量肯定相等【解析】選C。依據(jù)動(dòng)量的計(jì)算公式可得：p＝mv，速度大的物體質(zhì)量不肯定大，則動(dòng)量不肯定大；質(zhì)量大的物體速度不肯定大，則動(dòng)量也不肯定大，故A、B錯(cuò)誤；兩個(gè)物體的質(zhì)量相等，依據(jù)Ek＝eq\f(p2,2m)可知，動(dòng)量大的其動(dòng)能也肯定大，故C正確；兩個(gè)物體的質(zhì)量相等，速度大小也相等，但速度的方向不肯定相同，它們的動(dòng)量不肯定相等，故D錯(cuò)誤。2.如圖所示，一光滑地面上有一質(zhì)量為M的木板ab，一質(zhì)量為m的人站在木板的a端，關(guān)于人由靜止起先運(yùn)動(dòng)到木板的b端(M、N表示地面上原a、b對(duì)應(yīng)的點(diǎn))，下列圖示正確的是()【解析】選D。依據(jù)動(dòng)量守恒定律，M、m系統(tǒng)動(dòng)量守恒，對(duì)于題中的“人板模型”，各自對(duì)地的位移為sM、sm，且有MsM＝msm，sM＋sm＝L板，解得：sm＝eq\f(ML板,M＋m)，sM＝eq\f(mL板,M＋m)；以M點(diǎn)為參考，人向右運(yùn)動(dòng)，木板向左運(yùn)動(dòng)，且人向右運(yùn)動(dòng)的位移加上木板向左運(yùn)動(dòng)的位移之和為板的長度，所以D正確。故選D。3．兩輛汽車的質(zhì)量分別為m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行駛且具有相等的動(dòng)能，則此時(shí)兩輛汽車動(dòng)量p1和p2的大小關(guān)系是()A．p1等于p2 B．p1小于p2C．p1大于p2 D．無法比較【解析】選C。動(dòng)量與動(dòng)能關(guān)系式為：p2＝2mEk；已知m1＞m2，具有相等的動(dòng)能，故p1大于p2；故選C。4．如圖所示，甲、乙兩人分別站在小車上，小車靜止在光滑的水平地面上，甲與車的總質(zhì)量為M，甲手上有一個(gè)質(zhì)量為m的球，乙與車的總質(zhì)量也為M。現(xiàn)甲以肯定的水平速度向右拋出小球，拋出后，甲的速度大小為v1，乙接到球后，乙的速度大小為v2，乙接球后，又以肯定的水平速度向左拋出，拋出后，乙的速度為v3，甲接球后，甲的速度為v4，則()A．v1＝v2B．v1＜v2C．v3＝v4D．v3＞v4【解析】選D。沿水平方向拋球，兩人和車及球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，系統(tǒng)的總動(dòng)量為零，因此乙接球后，甲與車的總動(dòng)量和乙與車及球的總動(dòng)量等大反向，即Mv1＝(M＋m)v2，解得：v1＞v2，同理，甲接球后有：Mv3＝(M＋m)v4，解得：v3＞v4，故A、B、C錯(cuò)誤，D正確。5．如圖所示，物體A、B靜止在光滑水平面上，且mA>mB，現(xiàn)用大小相等的兩個(gè)力F和F′分別作用在A和B上，使A、B沿一條直線相向運(yùn)動(dòng)，然后又先后撤去這兩個(gè)力，使這兩個(gè)力對(duì)物體做的功相同，接著兩物體碰撞并合為一體后，它們()A．可能停止運(yùn)動(dòng)B．肯定向右運(yùn)動(dòng)C．可能向左運(yùn)動(dòng)D．仍運(yùn)動(dòng)，但運(yùn)動(dòng)方向不能確定【解析】選B。先依據(jù)動(dòng)能定理分析兩個(gè)物體獲得的動(dòng)能大小，由p＝eq\r(2mEk)，分析碰撞前的動(dòng)量大小，依據(jù)碰撞過程動(dòng)量守恒，列式分析碰后共同體的運(yùn)動(dòng)方向。由動(dòng)能定理知，兩個(gè)力F和F′做功相同，碰撞前它們的動(dòng)能相同。由p＝eq\r(2mEk)，mA>mB知，pA>pB。碰撞過程中動(dòng)量守恒，則有：pA＋pB＝(mA＋mB)v，故碰后速度v肯定與pA相同，方向向右，故B正確。故選B。6.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理。如圖所示，從距秤盤80cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)勻稱地倒在秤盤上，持續(xù)作用時(shí)間為1s，豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话?，方向相反。若每個(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時(shí)間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為()A．0.2NB．0.6NC．1.0ND．1.6N【解析】選B。豆粒從80cm高處落下時(shí)速度為v，v2＝2gh，則v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s。設(shè)向上為正方向，依據(jù)動(dòng)量定理：Ft＝mv2－mv。F＝eq\f(mv2－mv,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×（－4）,1)N＝0.6N，故B項(xiàng)正確，A、C、D三項(xiàng)錯(cuò)誤。7.蹦床是一項(xiàng)技術(shù)含量很高的體育運(yùn)動(dòng)。如圖所示，某時(shí)刻運(yùn)動(dòng)員從空中最高點(diǎn)O自由下落，接觸蹦床A點(diǎn)后接著向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)C。B點(diǎn)為人靜止在蹦床上時(shí)的位置。忽視空氣阻力。運(yùn)動(dòng)員從最高點(diǎn)下落到最低點(diǎn)的過程中，運(yùn)動(dòng)員在()A．OA段動(dòng)量守恒B．AC段的動(dòng)量改變量小于AC段彈力的沖量C．B點(diǎn)的動(dòng)量為零D．OA段受到重力的沖量等于AC段彈力的沖量【解析】選B。運(yùn)動(dòng)員在OA段合外力即為重力，運(yùn)動(dòng)員做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，速度變大，由p＝mv，可知運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量增大，故A錯(cuò)誤；對(duì)運(yùn)動(dòng)員在AC段進(jìn)行受力分析，依據(jù)動(dòng)量定理得：IG＋I(xiàn)F彈＝Δp，可知，Δp＜0，IG＞0，IF彈<0，則有|Δp|<|IF彈|，故B正確；運(yùn)動(dòng)員從O點(diǎn)到B點(diǎn)過程加速向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度最大，由p＝mv，可知運(yùn)動(dòng)員的動(dòng)量在B點(diǎn)時(shí)最大，故C錯(cuò)誤；對(duì)運(yùn)動(dòng)員，在全過程中，依據(jù)動(dòng)量定理得：IG＋I(xiàn)F彈＝Δp＝0，可知OC段受到重力的沖量與AC段彈力的沖量大小相等，方向相反，明顯OA段受到重力的沖量與AC段彈力的沖量大小不等，方向相反，故D錯(cuò)誤。8．質(zhì)量為m的物體以速度v0從地面豎直上拋(不計(jì)空氣阻力)到落回地面，在此過程中()A．上升過程和下落過程中動(dòng)量的改變量大小均為mv0，但方向相反B．整個(gè)過程中重力的沖量為2mv0C．整個(gè)過程中重力的沖量為0D．上升過程重力沖量大小為mv0，方向向下【解析】選D。依據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性可得落地的速度大小為v0，方向豎直向下。上升過程和下落過程中只受到重力的作用。選取向上為正方向，上升過程動(dòng)量的改變量：Δp1＝0－mv0＝－mv0，下落過程中動(dòng)量的改變量：Δp2＝－mv0－0＝－mv0，大小均為mv0，方向相同，故A錯(cuò)誤；整個(gè)過程中重力的沖量為：I＝－mv0－mv0＝－2mv0，故B、C錯(cuò)誤；上升過程動(dòng)量的改變量：Δp1＝0－mv0＝－mv0，所以上升過程重力沖量大小為mv0，方向向下，故D正確。二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9．在不計(jì)空氣阻力作用的條件下，下列說法中正確的是()A．自由下落的小球在空中運(yùn)動(dòng)的隨意一段時(shí)間內(nèi)，其增加的動(dòng)能肯定等于其削減的重力勢(shì)能B．做平拋運(yùn)動(dòng)的小球在空中運(yùn)動(dòng)的隨意相同的時(shí)間內(nèi)，其速度的改變量肯定相同C．做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的小球在隨意一段時(shí)間內(nèi)其合外力做的功肯定為零，合外力的沖量也肯定為零D．單擺在一個(gè)周期內(nèi)，合外力對(duì)擺球做的功肯定為零，合外力的沖量也肯定為零【解析】選A、B、D。不計(jì)空氣阻力，自由下落的小球，其所受合外力為重力，則小球在運(yùn)動(dòng)的過程中機(jī)械能守恒，其增加的動(dòng)能肯定等于其減小的重力勢(shì)能，故A正確；做平拋運(yùn)動(dòng)的小球所受合外力為重力，加速度的大小與方向都不變，所以小球在空中運(yùn)動(dòng)的隨意相同的時(shí)間內(nèi)，其速度的改變量肯定相同，故B正確；做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的小球，其所受合外力的方向肯定指向圓心，小球在隨意一段時(shí)間內(nèi)其合外力做的功肯定為零；但由于速度的方向不斷改變，所以速度的改變量不肯定等于0，所以合外力的沖量也不肯定為零，故C錯(cuò)誤；經(jīng)過一個(gè)周期，單擺的小球又回到初位置，全部的物理量都與起先時(shí)相等，所以單擺在一個(gè)周期內(nèi)，合外力對(duì)擺球做的功肯定為零，合外力的沖量也肯定為零，故D正確。10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h(yuǎn)處由靜止起先沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復(fù)原過程中某時(shí)刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是()A．彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為mghB．彈簧被壓縮時(shí)所具有的最大彈性勢(shì)能為eq\f(mgh,2)C．B能達(dá)到的最大高度為eq\f(h,2)D．B能達(dá)到的最大高度為eq\f(h,4)【解析】選B、D。設(shè)碰前瞬間B物體的速度為vB有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，解得：vB＝eq\r(2gh)，依據(jù)動(dòng)量守恒定律：mvB＝(m＋m)v共，所以v共＝eq\f(1,2)vB＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)，從碰完到壓縮彈簧最短，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有：Epm＝eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共))＝eq\f(mgh,2)，A錯(cuò)誤，B正確；剛要分開時(shí)兩物體具有相同的速度，設(shè)為v′，從壓縮最短到分開，依據(jù)機(jī)械能守恒定律有：Epm＝eq\f(1,2)(m＋m)v′2＝eq\f(mgh,2)，解得：v′＝eq\r(\f(gh,2))，之后B物體起先沖上曲面，依據(jù)機(jī)械能守恒定律，有：eq\f(1,2)mv′2－0＝mghm，解得：hm＝eq\f(h,4)，C錯(cuò)誤，D正確。11．在光滑水平面上，動(dòng)能為E0、動(dòng)量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運(yùn)動(dòng)方向相反。將碰撞后球1的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別計(jì)為E1、p1，球2的動(dòng)能和動(dòng)量的大小分別計(jì)為E2、p2，則下列關(guān)系中正確的是()A．E1<E0B．p1<p0C．E2>E0D．p2<p0【解析】選A、B。由題知，碰撞后兩球均有速度。依據(jù)碰撞過程中總動(dòng)能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0，p1＜p0。否則，就違反了能量守恒定律。依據(jù)動(dòng)量守恒定律得：p0＝p2－p1＞0，得到p2＞p0，故A、B正確，C、D錯(cuò)誤。故選A、B。12．如圖所示，運(yùn)動(dòng)員前后兩次將籃球從同一位置斜向上拋出，第1次籃球在空中劃過一道弧線后擊中籃板，第2次籃球垂直打在籃板上同一位置。假設(shè)球與籃板碰撞前后水平速度的大小不變，方向相反，忽視空氣阻力。下列說法正確的有()A．碰撞前，第1次籃球在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間較短B．第1次籃球在豎直方向的初速度較大C．第2次籃球在水平方向的初速度較小D．碰撞過程中，第2次籃球受到水平作用力的沖量較大【解析】選B、D。由題圖可知，第1次投籃時(shí)籃球上升的高度較高，且籃球是在下降的過程中擊中籃板的，兩次投籃籃球在豎直方向上做的都是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由此可知第1次投籃時(shí)籃球在空中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長，且豎直方向的初速度較大，故A錯(cuò)誤，B正確；在兩次投籃中籃球在水平方向的位移相等，且在水平方向上做的都是勻速直線運(yùn)動(dòng)，而第2次的運(yùn)動(dòng)時(shí)間短，所以第2次投籃時(shí)水平方向的初速度較大，故C錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)量定理可知，籃球受到水平作用力的沖量等于籃球水平方向的動(dòng)量的改變量，因?yàn)榈?次投球，籃球在水平方向的分速度較大，所以第2次投球，籃球在水平方向的動(dòng)量改變量較大，即第2次投球，籃球受到的水平作用力的沖量較大，故D正確?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】1．(多選)質(zhì)量為2m的物體A以速度v0碰撞靜止的物體B，B的質(zhì)量為m，則碰撞后B的速度可能為()A．v0 B．2v0C．eq\f(2,3)v0 D．eq\f(1,2)v0【解析】選A、C。A物體和B物體碰撞的過程中動(dòng)量守恒，選A原來的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍偃绨l(fā)生完全非彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：2mv0＝(2m＋m)v2，解得：v2＝eq\f(2,3)v0；假如發(fā)生完全彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得：2mv0＝2mv1＋mv2，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)·mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得：v2＝eq\f(4,3)v0，則碰撞后B的速度為：eq\f(2,3)v0≤v0≤eq\f(4,3)v0，故A、C正確，B、D錯(cuò)誤。2.(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長度均為d。兩小球m1和m2與彈簧連接，m2的左邊有一固定擋板。m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2相距最近時(shí)m1速度為v1，則在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，可能的狀況是()A．m1的最小速度是0B．存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)C．m2的最大速度肯定是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1【解析】選A、B、D。從小球m1到達(dá)最近位置后接著前進(jìn)，此后拉著m2前進(jìn)，m1減速，m2加速，達(dá)到共同速度時(shí)兩者相距最遠(yuǎn)，此后m1接著減速，m2加速，當(dāng)兩球再次相距最近時(shí)，m1達(dá)到最小速度，m2達(dá)最大速度：兩小球水平方向動(dòng)量守恒，速度相同時(shí)保持穩(wěn)定，始終向右前進(jìn)，取向右為正方向。依據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律分別得m1v1＝m1v′1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))；解得v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，故m2的最大速度為eq\f(2m1,m1＋m2)v1，m1的最小速度為eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，當(dāng)m1＝m2時(shí)，m1的最小速度是0，故A、D正確，C錯(cuò)誤；若m1<m2，由上得v′1<0，知存在某段時(shí)間m1向左運(yùn)動(dòng)，故B正確。三、試驗(yàn)題：本題共2小題，共14分。13．(6分)如圖所示為驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的試驗(yàn)裝置示意圖。(1)若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2則________。A．m1>m2，r1>r2 B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2 D．m1<m2，r1＝r2(2)為完成此試驗(yàn)，以下所供應(yīng)的測(cè)量工具中必需的是________。(填下列對(duì)應(yīng)的字母)A．直尺B．游標(biāo)卡尺C．天平D．彈簧秤E．秒表(3)設(shè)入射小球的質(zhì)量為m1，被碰小球的質(zhì)量為m2，P為碰前入射小球落點(diǎn)的平均位置，則關(guān)系式(用m1、m2及圖中字母表示)____________成立，即表示碰撞中動(dòng)量守恒?！窘馕觥?1)在小球碰撞過程中水平方向動(dòng)量守恒，故有m1v0＝m1v1＋m2v2若碰撞過程中無機(jī)械能損失，有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1－m2＞0，m1＞m2，為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同，r1＝r2，故選C。(2)P為碰前入射小球落點(diǎn)的平均位置，M為碰后入射小球的位置，N為碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1＝eq\f(\x\to(OP),\r(\f(2h,g)))；碰撞后入射小球的速度v2＝eq\f(\x\to(OM),\r(\f(2h,g)))；碰撞后被碰小球的速度v3＝eq\f(\x\to(ON),\r(\f(2h,g)))；若m1v1＝m2v3＋m1v2則表明通過該試驗(yàn)驗(yàn)證了兩球碰撞過程中動(dòng)量守恒，代入數(shù)據(jù)得：m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)，所以須要測(cè)量質(zhì)量和水平位移，用到的儀器是直尺、天平；故選A、C。(3)若關(guān)系式m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)成立，即表示碰撞中動(dòng)量守恒。答案：(1)C(2)A、C(3)m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)14．(8分)用如圖甲所示的氣墊導(dǎo)軌來驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，用頻閃照相機(jī)閃光4次拍得的照片如圖乙所示，已知閃光時(shí)間間隔為Δt＝0.02s，閃光本身持續(xù)時(shí)間極短，已知在這4次閃光的時(shí)間內(nèi)滑塊A、B均在0～80cm范圍內(nèi)且第一次閃光時(shí)，A恰好過x＝55cm處，B恰好過x＝70cm處，則由圖可知：(1)兩滑塊在x＝____________cm處相碰。(2)兩滑塊在第一次閃光后t＝____________s時(shí)發(fā)生碰撞。(3)若碰撞過程中滿意動(dòng)量守恒，則A、B兩滑塊的質(zhì)量比為________?！窘馕觥?1)碰撞發(fā)生在第1、2兩次閃光時(shí)刻之間，碰撞后B靜止，故碰撞發(fā)生在x＝60cm處。(2)碰撞后A向左做勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速度為vA′，所以vA′·Δt＝20cm，碰撞到其次次閃光時(shí)A向左運(yùn)動(dòng)10cm，時(shí)間為t′有vA′·t′＝10cm，第一次閃光到發(fā)生碰撞時(shí)間為t，有t＋t′＝Δt，得t＝eq\f(Δt,2)＝0.01s(3)碰撞前，A的速度大小為：vA＝eq\f(5cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(10cm,Δt)；B的速度大小為vB＝eq\f(10cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(20cm,Δt)碰撞后，A的速度v′A＝eq\f(20cm,Δt)取向左為正方向則由動(dòng)量守恒定律可知：mAv′A＝mBvB－mAvA解得：mA∶mB＝2∶3答案：(1)60(2)0.01(3)2∶3四、計(jì)算題：本題共4小題，共46分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位。15.(8分)如圖所示，質(zhì)量為1kg的小物塊以10m/s的速度從傾角為37°的固定斜面(足夠長)底端向上滑行，物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物塊沿斜面對(duì)上滑行的最大距離；(2)物塊從最高點(diǎn)滑回底端所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間；(3)從起先沿斜面上滑到返回底端的過程中，物塊所受合力的沖量?！窘馕觥?1)設(shè)物塊沿斜面做勻減速運(yùn)動(dòng)加速度大小為a1，向上滑行的最大距離為x，由牛頓其次定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2a1x解得物塊沿斜面對(duì)上滑行的最大距離為x＝5m(2)設(shè)物塊沿斜面對(duì)下滑行時(shí)的加速度為a2、時(shí)間為t，回究竟端的速度大小為v，由牛頓其次定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：x＝eq\f(1,2)a2t2解得物塊從最高點(diǎn)滑回底端所經(jīng)驗(yàn)的時(shí)間為t＝eq\r(5)s(3)物塊下滑時(shí)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：v＝a2t解得：v＝2eq\r(5)m/s規(guī)定沿斜面對(duì)上為正方向，依據(jù)動(dòng)量定理得：I＝m(－v)－mv0＝－(2eq\r(5)＋10)N·s故物塊所受合力的沖量大小為(2eq\r(5)＋10)N·s，方向沿斜面對(duì)下。答案：(1)5m(2)eq\r(5)s(3)(2eq\r(5)＋10)N·s，方向沿斜面對(duì)下16.(8分)如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的小物塊放在質(zhì)量為m1＝2kg的甲木板右端，二者以速度v1＝8m/s沿光滑水平地面對(duì)右運(yùn)動(dòng)，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。質(zhì)量m2＝2kg的乙木板在甲木板正前方以速度v2＝2m/s同向運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后兩木板碰撞并粘在一起，小物塊最終停留在乙木板上。已知小物塊與乙木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：(1)兩木板碰撞后瞬間乙木板的速度大小。(2)小物塊最終距乙木板左端的距離?！窘馕觥?1)設(shè)兩木板碰撞后的瞬間乙木板的速度大小為v′，兩木板碰撞的過程動(dòng)量守恒，取向右為正方向，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′代入數(shù)據(jù)解得：v′＝5m/s(2)設(shè)最終三者共速速度為v3，從起先到最終小物塊停留在乙木板上，依據(jù)動(dòng)量守恒定律得：(m1＋m)v1＋m2v2＝(m1＋m2＋m)v3，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝5.6m/s設(shè)小物塊最終距乙木板左端的距離為L，依據(jù)功能關(guān)系得：μmgL＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)(m1＋m2＋m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))，代入數(shù)據(jù)解得：L＝0.72m答案：(1)5m/s(2)0.72m17.(14分)兩質(zhì)量均為2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示。一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h，物塊從靜止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度為g。求：(1)物塊第一次離開劈A時(shí)，劈A的速度。(2)物塊在劈B上能夠達(dá)到的最大高度。【解析】(1)設(shè)物塊第一次離開A時(shí)的速度為v1，A的速度為v2，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒得：mv1－2mv2＝0①由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))②由①②解得：v2＝eq\r(\f(1,3)gh)，v1＝eq\r(\f(4,3)gh)(2)物塊在劈B上達(dá)到最大高度h′時(shí)兩者速度相同，設(shè)為v，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒得(m＋2m)v＝mv1③eq\f(1,2)(m＋2m)v2＋mgh′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))④由③④解得：h′＝eq\f(4,9)h答案：(1)eq\r(\f(gh,3))(2)eq\f(4,9)h18．(16分)如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的木塊放在平臺(tái)的右端，該平臺(tái)到地面的高度為h＝0.45m，木塊與平臺(tái)間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，質(zhì)量為m＝1kg的小松鼠從地面上跳上平臺(tái)抱住木塊，且小松鼠到達(dá)平臺(tái)木塊的位置時(shí)速度恰好沿水平方向，小松鼠抱住木塊后與木塊一起滑行，測(cè)量發(fā)覺滑行的距離恰好為s＝0.25m。小松鼠抱住木塊的過程時(shí)間極短，小松鼠與木塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小松鼠抱住木塊前瞬間的速度大??；(2)小松鼠起跳，離開地面時(shí)的動(dòng)能?！窘馕觥?1)對(duì)小松鼠和木塊組成的系統(tǒng)分析，設(shè)小松鼠抱住木塊后速度為v1，小松鼠抱住木塊前瞬間的速度大小為v0。系統(tǒng)在平臺(tái)上向左滑行過程中，依據(jù)動(dòng)能定理得－μ(m＋M)gs＝0－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得v1＝1m/s在松鼠和木塊相互作用的過程中，取水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1解得v0＝3m/s(2)小松鼠跳到平臺(tái)運(yùn)動(dòng)的過程是斜上拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向做速度為v0的勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速