豎直方向v1sinv2sin45°-v0sin45°=v0sin45°-gt豎直方向有vsinθ=g分)水平方向有L=(vcosθ)t總(1分)可得LR(1分)mv0=(m+M(v其他可得分)等式兩邊同乘以△t，有mv0Δt=mv1xΔt+Mv2Δt可得mv0Δt=m△x1+M△x2mv0t=mx1+Mx2(1分)根據(jù)位移關(guān)系有x1=x2+Rsinθ(1分)m2 mgH=mv2(2分)(上式用運動學(xué)公式,可等價給分) m1v1=(m1+m2(v(2分)則至少需要做功W=m1gh+m1v(2分)解得W=m1gh+gH(2分)(3)把手臂和軀體看作兩個部分,向前擺臂會使得起跳瞬間手臂部分的速度比身體的速度大,根據(jù)系統(tǒng)的速度大小vB；根據(jù)動量定理，氣囊恢復(fù)原狀后，滑塊B反向，即-IF=mvB-mv0(2分)B=0(1分)當(dāng)t=t1μmgx總mv分)總=6.4m(1分)根據(jù)功率公式P0=F牽vm(1分)m②掃起垃圾，與車共速，動量守恒即Mvm=(M+m(v(2分)此時牽引力F牽=k(M+m(g(1分)環(huán)衛(wèi)車的動能EkM1v分)kMvm0v分) 根據(jù)動量定理：F牽?t-kM1g?t=?mv0(2分)根據(jù)P=F牽v06.(12分)(2026河北邢臺七校聯(lián)考)在一次狩獵活動中，獵手站在高處將標(biāo)槍從離水平地面高度，H=2,=0-mvm,(mg-F,)△t=0-mvy(1分)則地面對標(biāo)槍的平均作用力最大值為xBC=、s2-d2=14.4mx1=xBC-v0t=-9.6mx2=-xBC-v0t=-38.4m綜上,獵物所在位置的坐標(biāo)范圍為-38.4m≤x≤-9.6m(1分)F根據(jù)動量定理有-FxΔt右側(cè)與質(zhì)量為m=1kg的滑塊A栓接，質(zhì)量也為m(1)滑塊A做簡諧運動的振幅A；(結(jié)果用根號表示)Fx=kx2。此后滑塊A做簡諧運動，動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能。由能量守恒定律，kA2=mv解得滑塊A做簡諧運動的振幅A=m，v0=1m/s(2)物塊B拋出后到達(dá)固定軌道時速度vm/sB在固定軌道上下滑到最低點的過程，由動能定理mgR(1-cos60°)=mv'2-mv2聯(lián)立解得FN=28N由牛頓第三定律得B對軌道的壓力大小為FN'=FN=28Nmv'=(m+m/2)v10； 由動量守恒定律mv10=mvC1+mv1；由機械能守恒，·mv=·mv1+mv；碰撞后C和B再次共速，由動量守恒定律mvC1+mv10=(m+m/2)v20；由牛頓第二定律μmg=ma，C前進的位移x1==m由動量守恒定律mv20=mvC2+mv2；由機械能守恒，mvmvmv碰撞后C和B再次共速，由動量守恒定律mvC2+mv20=(m+m/2)v30；C前進的位移x2==×m(1)小球C與小球A第一次碰撞后小球A的速度大??；(2)從t=0時刻至小球A第一次返回斜面底端所經(jīng)歷的時間△t；mgLsinα=mv……………1分小球C在斜面底端與小球A發(fā)生彈性碰撞有mv0=mvC1+mvA0……1分mv=mv1+mv0…………1分解得vA0=4m/s………………1分mgsinα=ma………………1分根據(jù)位移時間公式有L=gsinαt………………1分小球C與小球A第1次碰后至與小球B碰前時間為t2，則有L=vA0t2……………1分小球A與小球B第1次碰撞，根據(jù)動量守恒有mvA0=mvA1+3mvB1………………1分能量守恒mvmvmv……1分 L=νA1t3 小球A第1次返回斜面底端所經(jīng)歷的時間Δt=t1+t2+t3 ,小球B的速度大小也為小球A原來速度大小的…………1分故每次碰撞前小球B均已停下由v=2aBx得小球A與小球B第二次碰前小球B的位移大小x分小球A與小球B第三次碰前小球B的位移大小x2==m=0.25m……………1分從t=0時刻至A與B第3次碰撞前的過程中B的位移x=x1+x2=1.25m…………1分 =5N<f。由機械能守恒定律，mgsinkxmvm=3m/s(2)直桿開始運動時彈簧彈力F2=f=12.5N此時彈簧的壓縮量x2=F2/k=0.5m由機械能守恒定律，mgssinθ-fsmv解得滑塊與彈簧分離時的速度大小vm/s根據(jù)動量守恒定律，mAv0=mAvA+mBvB根據(jù)機械能守恒定律，mAvmAvmBv