階段驗收評價(三)能量動量守恒定律(考試時間：90分鐘試卷分值：100分)一、選擇題Ⅰ(本題共13小題，每小題3分，共39分。每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)1．如圖所示，質量為m的小車在與豎直方向成α角的恒定拉力F作用下，沿水平地面向左運動一段距離l。在此過程中，小車受到的阻力大小恒為Ff，重力加速度為g，則()A．拉力對小車做功為FlcosαB．支持力對小車做功為FlsinαC．阻力對小車做功為－FflD．重力對小車做功為mgl解析：選C根據(jù)恒力做功的公式W＝Flcosθ，其中θ為力與位移的夾角，所以拉力對小車做功為W＝Flsinα，選項A錯誤；支持力、重力不做功，選項B、D錯誤；阻力對小車做功為Wf＝－Ffl，選項C正確。2.如圖為跳水運動員從起跳到落水過程的示意圖，運動員從最高點到入水前的運動過程記為Ⅰ，運動員入水后到最低點的運動過程記為Ⅱ，忽略空氣阻力，則運動員()A．過程Ⅰ的動量改變量等于零B．過程Ⅱ的動量改變量等于零C．過程Ⅰ的動量改變量等于重力的沖量D．過程Ⅱ的動量改變量等于重力的沖量解析：選C過程Ⅰ中動量改變量等于重力的沖量，即為mgt，不為零，故A錯誤，C正確；運動員入水前的速度不為零，末速度為零，過程Ⅱ的動量改變量不等于零，故B錯誤；過程Ⅱ的動量改變量等于合外力的沖量，不等于重力的沖量，故D錯誤。3.如圖所示，用輕彈簧相連的物塊A和B放在光滑的水平面上，物塊A緊靠豎直墻壁，一顆子彈沿水平方向射入物塊B后留在其中，由子彈、彈簧和物塊A、B所組成的系統(tǒng)在下列依次進行的過程中，機械能不守恒的是()A．子彈射入物塊B的過程B．子彈射入物塊B后，物塊B帶著子彈向左運動，直到彈簧壓縮量達到最大的過程C．彈簧推著帶子彈的物塊B向右運動，直到彈簧恢復原長的過程D．帶著子彈的物塊B因慣性繼續(xù)向右運動，直到彈簧伸長量達到最大的過程解析：選A子彈射入物塊B的過程中，由于要克服子彈與物塊之間的滑動摩擦力做功，一部分機械能轉化為內能，所以系統(tǒng)機械能不守恒；子彈和物塊B達到共同速度以后一起向左壓縮彈簧、彈簧推著帶子彈的物塊B向右運動過程中，以及物塊A離開墻壁整體向右運動的過程中，系統(tǒng)內部只有彈簧彈力做功，系統(tǒng)動能與彈性勢能相互轉化，系統(tǒng)機械能守恒，故B、C、D過程機械能均守恒，A過程機械能不守恒。4.如圖甲所示，視為質點的小球用不可伸長的輕繩連接，繞定點O在豎直面內做圓周運動，小球經過最高點的速度大小為v，此時繩子的拉力大小為FT。拉力FT與速度的平方的關系如圖乙所示，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。則小球從最高點運動到最低點的過程中動能的變化量為()A.eq\f(2ab,g)B.eq\f(ab,4g)C.eq\f(ab,2g)D.eq\f(4ab,g)解析：選A小球在最高點時有FT＋mg＝meq\f(v2,r)，即FT＝eq\f(m,r)v2－mg，由題圖乙可知eq\f(m,r)＝k＝eq\f(b,a)，mg＝b，解得m＝eq\f(b,g)，r＝eq\f(a,g)，小球從最高點運動到最低點的過程中重力所做的功等于其動能的變化量，即ΔEk＝2mgr＝eq\f(2ab,g)。5．某廂式貨車在裝車時，用木板做成斜面，將貨物沿斜面拉到車上，拉力方向始終平行于接觸面。第一次裝卸工人用長木板搭成與地面夾角較小斜面，將貨物從所在位置直接沿斜面拉到車上；第二次裝卸工人用較短木板搭成與地面夾角較大斜面，先沿水平地面拉動貨物，再通過短木板搭成的斜面將貨物拉到貨車上。兩次拉動過程中，貨物與貨車的水平距離保持不變，貨物與地面及兩斜面間的動摩擦因數(shù)均相同，則兩次拉動過程中，關于摩擦力對貨物所做的功，下列說法正確的是()A．第一次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功較多B．第二次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功較多C．兩次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功相同D．兩次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功多少無法比較解析：選C第一次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功Wf1＝μmgcosθ·L1；第二次拉動貨物過程中，貨物克服摩擦力做功Wf2＝μmgcosα·L2＋μmgx；由題意可知L1cosθ＝L2cosα＋x，則Wf1＝Wf2，故C項正確。6．如圖所示為雙層立體泊車裝置。欲將靜止在1號車位的轎車移至4號泊車位，需先通過1號車位下方的移動板托舉著轎車耗時10s豎直抬升2m至3號位，再耗時15s水平右移3m停至4號車位。若轎車質量為2t，則()A．水平右移過程移動板對車的摩擦力做正功B．豎直抬升過程支持力做功大于克服重力做功C．豎直抬升過程移動板對1號車做功4×103JD．整個過程移動板對車做功功率為1.6×103W解析：選D車水平右移過程速度變化量為零，由功能關系知，水平方向的合力對車做功為零，而車水平方向只受摩擦力，則摩擦力做功為零，A錯誤；豎直抬升過程可認為支持力等于重力，則支持力做功等于克服重力做功，B錯誤；豎直抬升過程移動板對1號車做功W＝Fh＝mgh＝2000×10×2J＝4.0×104J，C錯誤；整個過程移動板對車做功功率為P＝eq\f(W,t)＝eq\f(4.0×104,25)W＝1.6×103W，D正確。7．花樣滑冰運動是2022年北京冬奧會的一個項目。圖中有兩個穿著冰鞋的甲、乙運動員站在水平冰面上，當甲猛推乙時，兩人會向相反的方向滑行。不計冰面對運動員的水平作用，推乙的過程中，下列說法正確的是()A．甲和乙的加速度大小總是相等B．甲獲得的速度與乙獲得的速度大小總是相等C．甲對乙的作用力與乙對甲的作用力總是大小相等D．甲對乙做的功與乙對甲做的功一定相等解析：選C一個人從背后輕輕推另一個人時，兩人之間有相互作用力，為作用力與反作用力，作用力與反作用力大小相等，方向相反，根據(jù)牛頓第二定律可知F＝ma，由于甲、乙運動員的質量可能不同，故產生的加速度大小可能不同，由于作用時間相同，故最終獲得速度可能不同，故A、B錯誤，C正確；根據(jù)動量定理可得Ft＝mv，根據(jù)動能定理可得：W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(Ft2,2m)，故甲對乙做的功與乙對甲做的功可能不相等，故D錯誤。8．如圖所示，某同學將質量相同的三個物體從水平地面上的A點以同一速率沿不同方向拋出，運動軌跡分別為圖上的1、2、3。若忽略空氣阻力，在三個物體從拋出到落地過程中，下列說法正確的是()A．軌跡為1的物體在最高點的速度最大B．軌跡為3的物體在空中飛行時間最長C．軌跡為1的物體所受重力的沖量最大D．三個物體單位時間內速度變化量不同解析：選C將拋體運動分為水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的勻變速直線運動，三條路徑中軌跡1最高，根據(jù)：t＝2eq\r(\f(2h,g))可知軌跡為1的物體在空中飛行時間最長，軌跡為3的物體在空中飛行時間最短，故B錯誤；水平方向的位移：x＝vxt，軌跡3水平方向的位移最大，但運動的時間最短，所以軌跡3水平方向的分速度最大，所以軌跡為3的物體在最高點的速度最大，故A錯誤；重力的沖量：I＝mgt，三個物體質量相等，軌跡為1的物體在空中飛行時間最長，所以軌跡為1的物體所受重力的沖量最大，故C正確；加速度是速度變化快慢的物理量，由于三個物體都做拋體運動，加速度都等于重力加速度，所以三個物體單位時間內速度變化量相同，故D錯誤。9．如圖所示，外層覆蓋鋅的納米機器人可攜帶藥物進入老鼠體內，到達老鼠的胃部之后，外層的鋅與消化液中的酸發(fā)生化學反應，產生氫氣氣泡作為推進動力，機器人的速度可達6×10－5m/s。若不計重力和浮力，則下列說法正確的是()A．胃液中運動的納米機器人不受阻力B．機器人前進時對胃液的作用力比胃液對機器人的作用力大C．氫氣氣泡對機器人作用力一定比胃液對機器人作用力小D．機器人在胃液中加速前進時，氫氣氣泡對機器人做的功大于機器人動能的增加量解析：選D納米機器人受到胃液的阻力，故A錯誤；根據(jù)牛頓第三定律可知，B錯誤；由于機器人向前加速，根據(jù)牛頓第二定律可知C錯誤；根據(jù)動能定理可知，氫氣氣泡對機器人做的功加上胃液阻力對機器人做的負功等于機器人動能的增加量，故D正確。10．如圖所示，物體P以初速度v0＝5m/s滑到靜止于光滑水平地面的水平小車右端，小車Q上表面粗糙，物體P與小車Q的v-t圖像如圖乙所示，物體P剛好不從小車Q上掉下來，由圖乙中各物理量不能求出的是()A．物體P和小車Q之間的動摩擦因數(shù)B．小車Q上表面的長度C．小車Q的質量D．物體P與小車Q的質量之比解析：選Cv-t圖像的斜率等于加速度，由v-t圖像可以求出物體P的加速度a，設P的質量為m，由牛頓第二定律得：μmg＝ma，可以求出動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(a,g)，故A不符合題意；v-t圖線與坐標軸所圍圖形的面積等于位移，由v-t圖像可以求出物體P與小車Q的位移，物體P與小車Q的位移差等于小車Q上表面的長度，故B不符合題意；由v-t圖像可以求出物體P的初速度v0＝5m/s，P、Q共同運動的速度v＝3m/s，設P的質量為m，Q的質量為M，P、Q組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝(M＋m)v，解得m∶M＝3∶2，由于不知道物體P的質量m，不能求出小車Q的質量，故C符合題意，D不符合題意。11．如圖所示，足夠長的水平傳送帶以恒定速率v勻速運動，某時刻一個質量為m的小物塊，以大小也是v、方向與傳送帶的運動方向相反的初速度沖上傳送帶，最后小物塊的速度與傳送帶的速度相同。在小物塊與傳送帶間有相對運動的過程中，滑動摩擦力對小物塊做的功為W，小物塊與傳送帶間因摩擦產生的熱量為Q，則下列判斷中正確的是()A．W＝0，Q＝mv2 B．W＝0，Q＝2mv2C．W＝eq\f(mv2,2)，Q＝mv2 D．W＝mv2，Q＝2mv2解析：選B對小物塊，由動能定理有W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv2＝0，設小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，小物塊向左做減速運動時，二者間的相對路程x1＝eq\f(v,2)t＋vt＝eq\f(3,2)vt，小物塊向右做加速運動時，二者間的相對路程x2＝vt－eq\f(v,2)t＝eq\f(v,2)t，又t＝eq\f(v,μg)，則小物塊與傳送帶間的相對路程x相對＝x1＋x2＝eq\f(2v2,μg)，小物塊與傳送帶因摩擦產生的熱量Q＝μmgx相對＝2mv2，選項B正確。12．如圖所示，質量為M的滑塊可在水平放置的光滑固定導軌上自由滑動，質量為m的小球與滑塊上的懸點O由一不可伸長的輕繩相連，繩長為L。開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止。現(xiàn)將小球由靜止釋放，當小球到達最低點時，滑塊剛好被一表面涂有粘性物質的固定擋板粘住，在極短的時間內速度減為零，小球繼續(xù)向左擺動到繩與豎直方向的夾角為60°時達到最高點?；瑝K與小球均視為質點，空氣阻力不計，重力加速度為g，則以下說法正確的是()A．繩的拉力對小球始終不做功B．滑塊與小球的質量關系為M＝2mC．釋放小球時滑塊到擋板的距離為eq\f(L,2)D．滑塊撞擊擋板時，擋板對滑塊作用力的沖量大小為2meq\r(gL)解析：選C因滑塊不固定，繩下擺過程中，繩的拉力對滑塊做正功，對小球做負功，故A錯誤；下擺過程，系統(tǒng)機械能守恒：mgL＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22，水平方向動量守恒：0＝Mv1－mv2，小球向左擺動到最高點，機械能守恒：eq\f(1,2)mv22＝mgL(1－cos60°)，三式聯(lián)立，解得：M＝m，故B錯誤；由平均動量守恒Meq\f(x,t)－meq\f(L－x,t)＝0，解得x＝eq\f(L,2)，即釋放小球時滑塊到擋板的距離為eq\f(L,2)，故C正確；滑塊撞擊擋板時，擋板對滑塊作用力的沖量大小為I＝Mv1＝meq\r(gL)，故D錯誤。13．如圖甲是建筑工地將樁料打入泥土中以加固地基的打夯機示意圖，打夯前先將樁料扶正立于地基上。已知夯錘的質量為M＝450kg，樁料的質量為m＝50kg。每次打夯都通過卷揚機牽引將夯錘提升到距離樁頂h0＝5m處再釋放，讓夯錘自由下落，夯錘砸在樁料上并不彈起，而是隨樁料一起向下運動。樁料進入泥土后所受阻力隨打入深度h的變化關系如圖乙所示，直線斜率k＝5.05×104N/m。g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為9m/sB．夯錘與樁料碰撞后瞬間的速度為4.5m/sC．打完第一夯后，樁料進入泥土的深度為1mD．打完第三夯后，樁料進入泥土的深度為3m解析：選C根據(jù)v02＝2gh0得夯錘與樁料碰撞前瞬間的速度為v0＝eq\r(2gh0)＝10m/s，故選項A錯誤；取向下為正方向，打夯過程遵守動量守恒定律，則得：Mv0＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝9m/s，故選項B錯誤；由題乙圖知，樁料下沉過程中所受的阻力是隨打入深度均勻變化的，可用平均力求阻力做功，為Wf＝－eq\f(1,2)kh·h＝－eq\f(1,2)kh2，對夯錘與樁料，由動能定理得：(M＋m)gh＋Wf＝0－eq\f(1,2)(M＋m)v2，代入數(shù)據(jù)解得h＝1m，故選項C正確；由于每次提升夯錘距樁頂?shù)母叨染鶠閔0＝5m處再釋放，每次碰撞后瞬間的速度均為v，第三次打擊后共下降x，則由圖像可知，克服阻力做功W＝eq\f(1,2)kx2，由能量守恒定律得：(M＋m)gx＋3×eq\f(1,2)(M＋m)v2＝eq\f(1,2)kx2，解得經過三次撞擊后被打入泥土的深度為x≈1.65m，故選項D錯誤。二、選擇題Ⅱ(本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個備選項中至少有一個是符合題目要求的。全部選對的得3分，選對但不選全的得2分，有選錯的得0分)14．一足夠長斜面固定在水平地面上，傾角為30°，質量為2kg的物體從斜面的底端沖上斜面，取地面為參考平面，物體的動能Ek隨上升的高度h的變化關系如圖所示，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，由上述信息和圖中數(shù)據(jù)可得()A．上升2m過程中，機械能減少20JB．上升2m過程中，機械能減少60JC．物體所受摩擦力大小為5ND．物體與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.25解析：選AC由題圖可知，物體上升2m過程中，動能減少量為60J，重力勢能增加量為ΔEp＝mgh＝40J，因此機械能減少了20J，故A正確，B錯誤；物體上升2m過程中，沿斜面方向的位移為s＝eq\f(h,sin30°)＝4m，又因為物體克服摩擦力做功，機械能減少，則摩擦力大小為Ff＝eq\f(ΔE,s)＝5N，故C正確；對物體受力分析，垂直斜面方向分力為FN＝mgcos30°，又因為Ff＝μFN，聯(lián)立得μ＝eq\f(\r(3),6)，故D錯誤。15．如圖所示，一質量M＝3.0kg的長方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一個質量m＝1.0kg的小木塊A，同時給A和B以大小均為4.0m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，A始終沒有滑離B板，在小木塊A做加速運動的時間內，木板速度大小可能是()A．2.1m/s B．2.4m/sC．2.8m/s D．3.0m/s解析：選AB以A、B組成的系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，從A開始運動到A的速度為零過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝MvB1，代入數(shù)據(jù)解得vB1≈2.67m/s。從開始到A、B速度相同的過程中，由動量守恒定律得(M－m)v＝(M＋m)vB2，代入數(shù)據(jù)解得vB2＝2m/s，則在木塊A做加速運動的時間內，B的速度大小范圍為2m/s<vB<2.67m/s，故選項A、B正確。三、非選擇題(本題共5小題，共55分)16．實驗題(Ⅰ、Ⅱ兩題共14分)Ⅰ.(7分)利用氣墊導軌驗證機械能守恒定律，實驗裝置示意圖如圖所示。(1)主要實驗步驟如下：A．將氣墊導軌放在水平桌面上，并調至水平B．用游標卡尺測出擋光條的寬度lC．由導軌標尺讀出兩個光電門中心之間的距離x＝________cmD．將滑塊移至光電門1左側某處，待砝碼靜止不動時，釋放滑塊，要求砝碼落地前擋光條能通過光電門2E．從數(shù)字計時器(圖中未畫出)上分別讀出擋光條通過光電門1和光電門2所用的時間Δt1和Δt2F．用天平稱出托盤和砝碼的總質量mG．……(2)請回答下列問題：重力加速度取g。①為驗證機械能守恒定律，還需要測量的物理量是________________。(寫出物理量的名稱及符號)②滑塊通過光電門1和光電門2的瞬時速度分別為v1＝________和v2＝________(用測量量的字母表示)。③在實驗誤差范圍內，如果關系式____________________________(用測量量的字母表示)成立，則可認為驗證了機械能守恒定律。解析：(1)根據(jù)題圖中刻度可知，精確度為0.1cm，兩個光電門中心之間的距離為：80．30cm－20.30cm＝60.00cm。(2)①根據(jù)實驗原理，即托盤和砝碼減小的重力勢能等于滑塊和擋光條及托盤和砝碼增加的動能，因此還需要測量出滑塊和擋光條的總質量M；②根據(jù)極短時間內的平均速度等于瞬時速度知，v1＝eq\f(l,Δt1)，v2＝eq\f(l,Δt2)。③系統(tǒng)(包括滑塊、擋光條、托盤和砝碼)的總動能分別為：Ek1＝eq\f(1,2)(M＋m)v12＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(l2,Δt12)，Ek2＝eq\f(1,2)(M＋m)v22＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(l2,Δt22)。在滑塊從光電門1運動到光電門2的過程中，系統(tǒng)重力勢能的減少量ΔEp＝mgx。如果ΔEp＝Ek2－Ek1，即mgx＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(l2,Δt22)－eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(l2,Δt12)，可認為驗證了機械能守恒定律。答案：(1)60.00(2)①滑塊和擋光條的總質量M②eq\f(l,Δt1)eq\f(l,Δt2)③mgx＝eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(l2,Δt22)－eq\f(1,2)(M＋m)eq\f(l2,Δt12)Ⅱ.(7分)(1)如圖甲所示，小車A前端貼有橡皮泥，后端連一打點計時器紙帶，接通打點計時器電源后，輕推小車A使其沿調整好的傾斜木板做勻速直線運動，與置于木板上靜止的小車B相碰并粘在一起，繼續(xù)做勻速直線運動。打點計時器電源頻率為50Hz，紙帶各計數(shù)點之間的距離用刻度尺測量并標在圖乙上。已知小車A質量為0.4kg，小車B的質量為0.2kg。①計算碰撞前小車A的速度應選圖乙中的________。A．AB段 B．BC段C．CD段 D．DE段②則碰撞前兩車的總動量為________kg·m/s；碰撞穩(wěn)定后兩車的總動量為________kg·m/s。(結果均保留3位有效數(shù)字)(2)如圖所示是探究向心力的大小F與質量m、角速度ω和半徑r之間的關系的實驗裝置。轉動手柄，可使兩側變速塔輪以及長槽和短槽隨之勻速轉動。皮帶分別套在左右兩塔輪上的不同圓盤上，可使兩個槽內的小球分別以各自的角速度做勻速圓周運動，其向心力由擋板對小球的壓力提供，球對擋板的反作用力，通過杠桿作用使彈簧測力筒下降，從而露出標尺，標尺上露出的紅白相間的等分格顯示出兩個球所受向心力的比值。那么：①下列實驗的實驗方法與本實驗相同的是________。A．驗證力的平行四邊形定則B．驗證牛頓第二定律C．伽利略對自由落體的研究②為了能探究向心力大小的各種影響因素，左右兩側塔輪________(選填“需要”或“不需要”)設置半徑相同的輪盤。③利用傳感器升級實驗裝置，用力傳感器測壓力F，用光電計時器測周期進行定量探究。某同學多次改變轉速后，記錄一組力與對應周期數(shù)據(jù)，他用圖像法來處理數(shù)據(jù)，結果畫出了如圖所示的圖像，該圖線是一條過原點的直線，請你分析他的圖像橫坐標x表示的物理量是________。A．TB.eq\f(1,T)C．T2D.eq\f(1,T2)解析：(1)①推動小車由靜止開始運動，故小車有個加速過程，在碰撞前做勻速直線運動，即在相同的時間內通過的位移相同，BC段為勻速運動的階段，故選BC段計算碰前的速度；碰撞過程是一個變速運動的過程，而A和B碰后以相同速度做勻速直線運動，故在相同時間內通過相同的位移，故應選DE段來計算碰后共同的速度。故選B。②打點計時器的頻率為50Hz，每五個點選一個計數(shù)點，則相鄰計數(shù)點的時間為T＝eq\f(5,f)＝eq\f(5,50)s＝0.1s，碰前小車A的速度為v1＝eq\f(BC,T)＝eq\f(17.12×10－2,0.1)m/s＝1.712m/s，故碰前兩小車的總動量為p＝mAv1＝0.4×1.712kg·m/s≈0.685kg·m/s，碰后小車A、B的共同速度為v2＝eq\f(DE,T)＝eq\f(11.40×10－2,0.1)m/s＝1.140m/s，故碰后兩小車的動量為p′＝(mA＋mB)v2＝(0.4＋0.2)×1.140kg·m/s＝0.684kg·m/s。(2)①本實驗所用的研究方法是控制變量法，與驗證牛頓第二定律實驗的實驗方法相同。故選B。②為了能探究向心力大小的各種影響因素，因為要研究角速度一定時向心力與質量或半徑的關系，則左右兩側塔輪需要設置半徑相同的輪盤。③根據(jù)F＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))2r＝4π2mreq\f(1,T2)，縱坐標表示向心力F，則圖像橫坐標x表示的物理量是eq\f(1,T2)。故選D。答案：(1)①B②0.6850.684(2)①B②需要③D17．(8分)2022年第24屆冬季奧運會在北京和張家口成功舉行。冰壺運動是冬季運動項目之一，深受觀眾喜愛。圖1為中國運動員在訓練時投擲冰壺的鏡頭。冰壺的一次投擲過程可以簡化為如圖2所示的模型：在水平冰面上，運動員將冰壺甲推到A點放手，冰壺甲以速度v0從A點沿直線ABC滑行，之后與對方靜止在B點的冰壺乙發(fā)生正碰。已知兩冰壺的質量均為m，冰面與兩冰壺間的動摩擦因數(shù)均為μ，AB＝L，重力加速度為g，冰壺可視為質點。不計空氣阻力。(1)求冰壺甲滑行到B點時的速度大小v；(2)若忽略兩冰壺發(fā)生碰撞時的能量損失。請通過計算，分析說明碰后兩冰壺最終停止的位置將如圖3所示：甲停在B點，乙停在B右側某點D。(3)在實際情景中，兩冰壺發(fā)生碰撞時有一定的能量損失。如果考慮了它們碰撞時的能量損失，請你在圖4中畫出甲、乙兩冰壺碰后最終停止的合理位置。解析：(1)以甲冰壺為研究對象，從A到B，根據(jù)動能定理得：－μmgL＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mv02解得：v＝eq\r(v02－2μgL)。(2)以甲、乙兩冰壺為研究對象，設碰后瞬間它們的速度分別為v甲和v乙，取向右為正方向。根據(jù)動量守恒定律得：mv＝mv甲＋mv乙根據(jù)能量守恒定律得：eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mv甲2＋eq\f(1,2)mv乙2聯(lián)立解得：v甲＝0，v乙＝v即碰后甲停在B點，乙以速度v向前做勻減速直線運動，最后停在D點。(3)兩冰壺發(fā)生碰撞時有一定的能量損失，甲、乙兩冰壺碰后最終停止的合理位置如圖所示，甲、乙停在BD之間，甲在B點右側，乙在D點左側。答案：(1)eq\r(v02－2μgL)(2)理由見解析(3)甲、乙停在BD之間，甲在B點右側，乙在D點左側，見解析圖18．(11分)如圖，木板A靜止在光滑水平面上，其左端與固定臺階相距x。與滑塊B(可視為質點)相連的細線一端固定在O點。水平拉直細線并給B一個豎直向下的初速度，當B到達最低點時，細線恰好被拉斷，B從A右端的上表面水平滑入。A與臺階碰撞無機械能損失，不計空氣阻力。已知A的質量為2m，B的質量為m，A、B之間動摩擦因數(shù)為μ；細線長為L、能承受的最大拉力為B重力的5倍；A足夠長，B不會從A上表面滑出；重力加速度為g。(1)求B的初速度大小v0和細線被拉斷瞬間B的速度大小v1；(2)A與臺階只發(fā)生一次碰撞，求x滿足的條件；(3)x在滿足(2)條件下，討論A與臺階碰撞前瞬間的速度vA與x關系。解析：(1)滑塊B從釋放到最低點，其機械能守恒，有eq\f(1,2)mv02＋mgL＝eq\f(1,2)mv12，在最低點，由牛頓第二定律有：T－mg＝meq\f(v12,L)，聯(lián)立解得：v0＝eq\r(2gL)，v1＝2eq\r(gL)。(2)設A與臺階碰撞前瞬間，A、B的速度分別為vA和vB，取向左為正方向，由動量守恒定律有mv1＝mvB＋2mvA，若A與臺階只碰撞一次，碰撞后必須滿足：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2mvA))≥eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(mvB))，對A應用動能定理有：μmgx＝eq\f(1,2)×2mvA2，解得：x≥eq\f(L,4μ)。(3)設x＝x0時，A左端到臺階前瞬間，A、B恰好達到共同速度vAB，由動量守恒有mv1＝(m＋2m)vAB，對A應用動能定理有：μmgx0＝eq\f(1,2)×2mvAB2，解得：x0＝eq\f(4L,9μ)(ⅰ)當x≥x0即x≥eq\f(4L,9μ)時，AB共速后A與臺階碰撞，可得A與臺階碰撞前瞬間的速度：vA1＝vAB＝eq\f(v1,3)＝eq\f(2\r(gL),3)。(ⅱ)當x0>x>eq\f(L,4μ)，即eq\f(4L,9μ)>x>eq\f(L,4μ)時，AB共速前A就與臺階碰撞，對A應用動能定理有：μmgx＝eq\f(1,2)×2mvA22，A與臺階碰撞前瞬間的速度：vA2＝eq\r(μgx)。答案：(1)eq\r(2gL)2eq\r(gL)(2)x≥eq\f(L,4μ)(3)當x≥eq\f(4L,9μ)，vA1＝eq\f(2\r(gL),3)當eq\f(4L,9μ)>x>eq\f(L,4μ)，vA2＝eq\r(μgx)19．(11分)如圖所示，長為L＝0.8m且不可伸長非彈性輕繩一端固定在O點，另一端拴質量m1＝0.3kg的小球P。固定的水平薄板AB距離O點h1＝0.2m，B端恰在O點正下方。長2m的粗糙水平桌面CD與O點距離L＝0.8m，在O點正下方的CD中點處靜置質量m2＝0.1kg的小物塊Q；C端連接光滑eq\f(1,4)圓弧形圓管，圓管下方豎直放置底端固定于地面的輕彈簧；D端有一豎直擋板?，F(xiàn)使P自B端以初速度v0水平向右拋出，在空中下落h2＝0.2m后開始做圓周運動，在最低點與Q發(fā)生彈性正碰，碰后Q向左運動，在Q到達C點前撤去P。已知Q與桌面的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，彈簧的壓縮量在彈性限度之內，g取10m/s2。若P、Q皆可看成質點，Q進出圓管及與D端豎直擋板碰撞時皆不損失機械能。(1)求P在空中平拋運動的水平位移及初速度v0；(2)求P與Q碰撞后瞬間輕繩對P的拉力；(3)若P的初速度不變、質量m1可變，求Q停止時到D點的距離x與P質量m1的關系式。解析：(1)小球P在空中下落h2＝0.2m后開始做圓周運動，此時繩伸直，由幾何關系得x＝eq\r(L2－h(huán)1＋h22)＝eq\f(2,5)eq\r(3)m由平拋運動公式h2＝eq\f(1,2)gt2，v0＝eq\f(x,t)可得v0＝2eq\r(3)m/s。(2)小球P繃緊時，繩與豎直方向的夾角為60°，且法線方向速度立即減為零，切線方向vx＝vysin60°－v0cos60°＝0則由動能定理可得eq\f(1,2)m1vP2＝m1geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－h(huán)1－h(huán)2))得vP＝2eq\r(2)m/sP、Q彈性碰撞，有m1vP＝m1v1＋m2v2eq\f(1,2)m1vP2＝eq\f(1,2)m1v12＋eq\f(1,2)m2v22解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)vP，代入得v1＝eq\r(2)m/s由向心力公式F－m1g＝m1eq\f(v12,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－h(huán)1)))解得F＝4N。(3)由(2)中的動量和能量守恒可得v2＝eq\f(2m1,m2＋m1)vP＝eq\f(4\r(2)m1,m2＋m1)碰撞之后，對Q有eq\f(1,2)m2v22＝μm2gs可得s＝eq\f(4m12,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＋0.1))2)當s＝1m時，可得m1＝0.1kg當s＝3m時，可得m1＝eq\f(3＋2\r(3),10)kg≈0.65kg當m1<0.1kg時，有x＝eq\f(4m12,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＋0.1))2)＋1當0.65kg≥m1≥0.1kg時，有x＝3－eq\f(4m12,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＋0.1))2)當m1>0.65kg時，有x＝eq\f(4m12,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m1＋0.1))2)－3。答案：(1)eq\f(2,5)eq\r(3)m2eq\r(3)m/s(2)4N(3)x＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(4m12,\b\lc\(\rc\