高中物理滬科技版（2020）選修第一冊(cè)綜合復(fù)習(xí)與測(cè)試精品復(fù)習(xí)練習(xí)題

這是一份高中物理滬科技版（2020）選修第一冊(cè)綜合復(fù)習(xí)與測(cè)試精品復(fù)習(xí)練習(xí)題，文件包含本章復(fù)習(xí)與測(cè)試作業(yè)原卷版docx、本章復(fù)習(xí)與測(cè)試作業(yè)解析版docx等2份試卷配套教學(xué)資源，其中試卷共17頁(yè)， 歡迎下載使用。
一、單項(xiàng)選項(xiàng)題：共11題，每題4分，共44分，每題只有一個(gè)選項(xiàng)最符合題意。
1．下面列舉的裝置各有一定的道理，其中不能用動(dòng)量定理進(jìn)行解釋的是（ ）
A．運(yùn)輸玻璃器皿等易碎物品時(shí)，在器皿的四周總是墊著碎紙或海綿等柔軟、有彈性的墊襯物
B．建筑工人戴的安全帽內(nèi)有帆布?jí)|，把頭和帽子的外殼隔開一定的空間
C．熱水瓶膽做成兩層，且把兩層中間的空氣抽去
D．跳高運(yùn)動(dòng)中的墊子總是十分松軟
【答案】C
2．（2020·上海曹楊二中期末）一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長(zhǎng)為L(zhǎng)、系有小球的水平細(xì)繩，小球由靜止釋放，如圖1所示，不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是（ ）
圖1
A．小球的機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒
B．小球的機(jī)械能不守恒，動(dòng)量也不守恒
C．球、車系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒
D．球、車系統(tǒng)的機(jī)械能、動(dòng)量都不守恒
【答案】B
【解析】小球由靜止釋放過程中，小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，故系統(tǒng)只在水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)小球有向右的速度時(shí)小車將同時(shí)有向左的速度，所以小球在下落過程中并不是真正的圓周運(yùn)動(dòng)，小車將通過細(xì)繩對(duì)小球做功，小球機(jī)械能不守恒．動(dòng)量守恒的研究對(duì)象是一個(gè)系統(tǒng)，小球動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤，B正確；小球與小車系統(tǒng)在整個(gè)過程中只有重力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故C、D錯(cuò)誤。
3.（2020·上海宜川高三二模）如圖2所示，“渤海之眼”摩天輪位于濰坊市的北端，摩天輪懸掛透明座艙，人坐在艙內(nèi)隨旋轉(zhuǎn)座椅一起做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。以下說法正確的是（ ）
圖2
A．轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，人的動(dòng)量不變
B．轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，人所受合力的沖量不為零
C．轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，人所受重力的沖量不為零
D．轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，人所受合力為零
【答案】C
【解析】轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，人的動(dòng)量大小不變，方向不斷變化，則動(dòng)量變化，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，人動(dòng)量的變化為零，則由動(dòng)量定理可知，人所受合力的沖量為零，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)I＝mgt可知，轉(zhuǎn)動(dòng)一圈，人所受重力的沖量不為零，選項(xiàng)C正確；轉(zhuǎn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，人的加速度不為零，則所受合力不為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
4．（2020·海南卷）太空探測(cè)器常裝配離子發(fā)動(dòng)機(jī)，其基本原理是將被電離的原子從發(fā)動(dòng)機(jī)尾部高速噴出，從而為探測(cè)器提供推力，若某探測(cè)器質(zhì)量為490 kg，離子以30 km/s的速率（遠(yuǎn)大于探測(cè)器的飛行速率）向后噴出，流量為3.0×10－3 g/s，則探測(cè)器獲得的平均推力大小為（ ）
A．1.47 N B．0.147 N C．0.09 N D．0.009 N
【答案】C
【解析】對(duì)離子，根據(jù)動(dòng)量定理有F·Δt＝Δmv
而Δm＝3.0×10－3×10－3Δt
解得F＝0.09 N.
故探測(cè)器獲得的平均推力大小為0.09 N，故選C。
5．（2020·華師大二附中高二月考）2020年5月28日，中國(guó)第一艘國(guó)產(chǎn)航空母艦“山東艦”在某海域執(zhí)行訓(xùn)練任務(wù)。如圖3，假設(shè)某次艦上進(jìn)行飛機(jī)起飛訓(xùn)練，質(zhì)量為m＝2×104 kg的飛機(jī)在彈射系統(tǒng)作用下經(jīng)過t1＝0.2 s以某一初速度進(jìn)入甲板跑道，之后在甲板上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過t2＝4.0 s在跑道上運(yùn)動(dòng)120 m后成功起飛，且飛機(jī)的起飛速度為v＝50 m/s，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是（ ）
圖3
A．飛機(jī)在彈射系統(tǒng)作用下獲得的動(dòng)量大小為1×105 kg·m/s
B．彈射系統(tǒng)作用于飛機(jī)的平均作用力大小為1×106 N
C．飛機(jī)在甲板跑道上的加速度大小為12.5 m/s2
D．彈射系統(tǒng)對(duì)飛機(jī)做的功為2.5×105 J
【答案】B
【解析】設(shè)飛機(jī)在彈射系統(tǒng)作用下獲得的初速度為v0，則eq \f(v0＋v,2)t2＝s，解得v0＝10 m/s，則飛機(jī)在彈射系統(tǒng)作用下獲得的動(dòng)量大小為p0＝mv0＝2×105 kg·m/s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可知Ft1＝p0，解得F＝1×106 N，選項(xiàng)B正確；飛機(jī)在甲板跑道上的加速度大小為a＝eq \f(v－v0,t2)＝eq \f(50－10,4) m/s2＝10 m/s2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；彈射系統(tǒng)對(duì)飛機(jī)所做的功為W＝eq \f(1,2)mv02＝1×106 J，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。
6．一只爆竹豎直升空后，在高為h處達(dá)到最高點(diǎn)并發(fā)生爆炸，分為質(zhì)量不同的兩塊，兩塊質(zhì)量之比為3∶1，其中質(zhì)量小的一塊獲得大小為v的水平速度，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則兩塊爆竹落地后相距（ ）
A．eq \f(v,4)eq \r(\f(2h,g)) B．eq \f(2v,3)eq \r(\f(2h,g))
C．4veq \r(\f(2h,g)) D．eq \f(4v,3)eq \r(\f(2h,g))
【答案】D
【解析】設(shè)質(zhì)量小的一塊的質(zhì)量為m，另一塊質(zhì)量為3m.爆炸過程系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以速度v的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mv－3mv′＝0，解得v′＝eq \f(v,3)；設(shè)兩塊爆竹落地用的時(shí)間為t，則有：h＝eq \f(1,2)gt2，得t＝eq \r(\f(2h,g))，落地后兩者間的距離為：s＝（v＋v′）t，聯(lián)立各式解得：s＝eq \f(4v,3)eq \r(\f(2h,g))，故選D。
7．（2020·全國(guó)卷Ⅱ）甲、乙兩個(gè)物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動(dòng)，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖4中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為1 kg，則碰撞過程兩物塊損失的機(jī)械能為（ ）
圖4
A．3 J B．4 J C．5 J D．6 J
【答案】A
【解析】根據(jù)題圖圖像，碰撞前甲、乙的速度分別為v甲＝5.0 m/s，v乙＝1.0 m/s，碰撞后甲、乙的速度分別為v甲′＝－1.0 m/s，v乙′＝2.0 m/s，碰撞過程由動(dòng)量守恒定律得m甲v甲＋m乙v乙＝m甲v甲′＋m乙v乙′，解得m乙＝6 kg，碰撞過程損失的機(jī)械能ΔE＝eq \f(1,2)m甲v甲2＋eq \f(1,2)m乙v乙2－eq \f(1,2)m甲v甲′2－eq \f(1,2)m乙v乙′2，解得ΔE＝3 J，故選A。
8．（2020·成都石室中學(xué)高三月考）如圖5所示，足夠長(zhǎng)的光滑細(xì)桿PQ水平固定，質(zhì)量為2m的物塊A穿在桿上，可沿桿無摩擦滑動(dòng)。質(zhì)量為0.99m的物塊B通過長(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v0的速度水平射入物塊B（時(shí)間極短，子彈未穿出）后，物塊B恰好能到達(dá)水平桿PQ位置，重力加速度為g，則（ ）
圖5
A．在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)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(gL)
C．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，物塊B仍能擺到水平桿PQ位置
D．若物塊A不固定，子彈仍以v0射入，當(dāng)物塊B擺到最高點(diǎn)時(shí)速度為eq \f(\r(2gL),3)
【答案】D
【解析】在子彈射入物塊B的過程中，子彈和物塊B構(gòu)成的系統(tǒng)，所受的合外力遠(yuǎn)小于內(nèi)力，其動(dòng)量守恒，但由于摩擦要產(chǎn)生內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤；子彈射入物塊B后一起向上擺至最高點(diǎn)過程中，由機(jī)械能守恒定律有（0.01m＋0.99m）gL＝eq \f(1,2)×（0.01m＋0.99m）v2，解得v＝eq \r(2gL)；子彈射入物塊B過程中，由動(dòng)量守恒定律得0.01mv0＝（0.01m＋0.99m）v，解得v0＝100eq \r(2gL)，B錯(cuò)誤；若物塊 A不固定，子彈仍以v0射入后，子彈和物塊B的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為物塊A和物塊B（包括子彈）的動(dòng)能和物塊B（包括子彈）的重力勢(shì)能，所以物塊B的上擺高度小于物塊A固定時(shí)的上擺高度，C錯(cuò)誤；當(dāng)物塊B擺到最高點(diǎn)時(shí)，物塊A、B和子彈具有相同的速度，由動(dòng)量守恒定律有（0.01m＋0.99m）v＝（0.01m＋0.99m＋2m）v′，解得v′＝eq \f(\r(2gL),3)，D正確。
9．如圖6所示，質(zhì)量為m的小球A靜止于光滑的水平面上，在球A和豎直墻之間用水平輕彈簧連接，現(xiàn)用完全相同的小球B以水平速度v0與A相碰撞，碰撞后兩球粘在一起壓縮彈簧。若彈簧被壓縮過程中的最大彈性勢(shì)能為E，從球A被碰撞到回到原靜止位置的過程中彈簧對(duì)A、B整體的沖量大小為I，則下列表達(dá)式中正確的是（ ）
圖6
A．E＝eq \f(1,4)mv02，I＝mv0 B．E＝eq \f(1,4)mv02，I＝2mv0
C．E＝eq \f(1,2)mv02，I＝mv0 D．E＝eq \f(1,2)mv02，I＝2mv0
【答案】B
【解析】選取A、B作為一個(gè)系統(tǒng)，設(shè)兩球碰撞后的速度為v，在A、B兩球碰撞過程中，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律可得：mv0＝（m＋m）v，解得v＝eq \f(v0,2)，再將A、B及輕彈簧作為一個(gè)系統(tǒng)，在壓縮彈簧過程中利用機(jī)械能守恒定律可得：彈簧最大彈性勢(shì)能E＝eq \f(1,2)×2m（eq \f(v0,2)）2＝eq \f(1,4)mv02；彈簧壓縮到最短后，A、B開始向右運(yùn)動(dòng)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可知，A、B的速度大小均為eq \f(v0,2)，以水平向右為正方向，從球A被碰撞到回到原靜止位置的過程中，彈簧對(duì)A、B整體的沖量大小I＝2m×eq \f(v0,2)－2m×（–eq \f(v0,2)）＝2mv0，選項(xiàng)B正確。
10．如圖7所示，小車的上表面固定一個(gè)光滑彎曲圓管道，整個(gè)小車（含管道）的質(zhì)量為2m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個(gè)可以看作質(zhì)點(diǎn)的小球，質(zhì)量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車。小球恰好能到達(dá)管道的最高點(diǎn)，然后從管道左端滑離小車．關(guān)于這個(gè)過程，下列說法正確的是（重力加速度為g）（ ）
圖7
A．小球滑離小車時(shí)，小車回到原來位置
B．小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為eq \f(v,3)
C．車上管道中心線最高點(diǎn)離小車上表面的豎直高度為eq \f(v2,3g)
D．小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，小車的動(dòng)量變化大小是eq \f(mv,3)
【答案】C
【解析】小球恰好到達(dá)管道的最高點(diǎn)，說明在最高點(diǎn)時(shí)小球和管道之間相對(duì)速度為0，小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由動(dòng)量守恒定律有mv＝（m＋2m）v′，得v′＝eq \f(v,3)，小車動(dòng)量變化大小Δp車＝2m·eq \f(v,3)＝eq \f(2,3)mv，D項(xiàng)錯(cuò)誤；小球從滑進(jìn)管道到滑到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律有mgH＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)（m＋2m）v′2，得H＝eq \f(v2,3g)，C項(xiàng)正確；小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：mv＝mv1＋2mv2，eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)mv12＋eq \f(1,2)×2mv22，解得v1＝－eq \f(v,3)，v2＝eq \f(2,3)v，則小球滑離小車時(shí)相對(duì)小車的速度大小為eq \f(2,3)v＋eq \f(1,3)v＝v，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由以上分析可知在整個(gè)過程中小車一直向右運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤。
11．（2020·同濟(jì)一附中期末）如圖8所示，質(zhì)量為m＝0.5 kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在水平面上O點(diǎn)，現(xiàn)給滑塊一水平向右的初速度v0＝9 m/s，經(jīng)過一段時(shí)間滑塊與豎直的墻壁發(fā)生碰撞，已知碰前的速度大小為v＝7 m/s，碰后的速度大小為v′＝6 m/s，O點(diǎn)與豎直墻壁的距離為L(zhǎng)＝5 m，滑塊與豎直墻壁碰撞所用時(shí)間為t＝0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2。則下列說法正確的是（ ）
圖8
A．滑塊與水平面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.16
B．滑塊與豎直墻壁碰撞過程中動(dòng)量的變化量大小為0.5 kg·m/s
C．碰撞過程中豎直墻壁對(duì)滑塊的作用力大小為130 N
D．滑塊從O點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到最終停止所用的總時(shí)間為2.5 s
【答案】C
【解析】滑塊從O點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)到與墻壁碰撞的過程中，對(duì)滑塊由動(dòng)能定理得－μmgL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mv02，代入數(shù)據(jù)可解得μ＝0.32，A錯(cuò)誤；取碰后的速度方向?yàn)檎较?，則滑塊與豎直墻壁碰撞過程中動(dòng)量的變化量為Δp＝mv′－（－mv），代入數(shù)據(jù)得Δp＝6.5 kg·m/s，B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理得Ft＝Δp，代入數(shù)據(jù)解得F＝130 N，C正確；碰前由動(dòng)量定理得－μmgt1＝mv－mv0，代入數(shù)據(jù)解得t1＝eq \f(5,8) s，碰后由動(dòng)量定理得－μmgt2＝0－mv′，代入數(shù)據(jù)解得t2＝eq \f(15,8) s，則全程所用的時(shí)間為t′＝（eq \f(5,8)＋0.05＋eq \f(15,8)） s＝2.55 s，D錯(cuò)誤。
二、非選擇題：共5題，共56分，其中第13題～第16題解答時(shí)請(qǐng)寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分；有效值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。
12．（8分）如圖9所示，用“碰撞實(shí)驗(yàn)器”可以驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系。
圖9
（1）實(shí)驗(yàn)中，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以通過僅測(cè)量________（填選項(xiàng)前的符號(hào)）間接地解決這個(gè)問題。
A．小球開始釋放高度h
B．小球拋出點(diǎn)距地面的高度H
C．小球做平拋運(yùn)動(dòng)的射程
（2）圖中O點(diǎn)是小球拋出點(diǎn)在地面上的垂直投影點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)時(shí)，先將入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌上S位置由靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復(fù)。（小球質(zhì)量關(guān)系滿足m1>m2）接下來要完成的必要步驟是________。（填選項(xiàng)前的符號(hào)）
A．用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2
B．測(cè)量小球m1開始釋放時(shí)的高度h
C．測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H
D．分別找到m1、m2相碰后平均落地點(diǎn)的位置M、N
E．測(cè)量平拋射程OM、ON
（3）若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，其表達(dá)式可表示為________[用（2）中測(cè)量的量表示]。
【答案】（1）C（2分） （2）ADE（3分） （3）m1·OP＝m1·OM＋m2·ON（3分）
【解析】（1）驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律實(shí)驗(yàn)中，即研究?jī)蓚€(gè)小球在軌道水平部分碰撞前后的動(dòng)量關(guān)系，直接測(cè)定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是可以由落地高度不變情況下的水平射程來體現(xiàn)速度．故選C。
（2）實(shí)驗(yàn)時(shí)，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置P，測(cè)量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球從斜軌上S位置靜止釋放，與小球相碰，并多次重復(fù)。測(cè)量平均落地點(diǎn)的位置，找到平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移，因此步驟中D、E是必需的，而且D要在E之前。至于用天平測(cè)量質(zhì)量，先后均可以．故選A、D、E。
（3）若兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，則m1v0＝m1v1＋m2v2，又OP＝v0t，OM＝v1t，ON＝v2t，代入得：m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
13．（7分）（2020·南通市期中）強(qiáng)夯機(jī)是在建筑工程中由于需要對(duì)松土壓實(shí)處理的機(jī)器，其中一種為吊重錘擊式，如圖10所示。重錘的質(zhì)量m＝1.0×104 kg，從離地h＝20 m高處自由下落，重錘夯土歷時(shí)Δt＝0.40 s，然后陷在土中．取g＝10 m/s2，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求：
圖10
（1）重錘自由下落的時(shí)間t和剛落地時(shí)的速度大小v；
（2）重錘對(duì)松土的平均作用力大小F？
【答案】（1）2.0 s 20 m/s （2）6×105 N
【解析】（1）由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有h＝eq \f(1,2)gt2（1分）
落地時(shí)的速度v＝gt（1分）
代入數(shù)據(jù)解得t＝2.0 s（1分）
v＝20 m/s（1分）
（2）研究重錘夯土過程，選豎直向上為正方向，對(duì)重錘由動(dòng)量定理有（F－mg）Δt＝0－（－mv）
（1分）
代入數(shù)據(jù)解得F＝6.0×105 N（1分）
由牛頓第三定律可知，
重錘對(duì)松土的平均作用力大小為6×105 N。（1分）
14．（9分）如圖11所示，人站在滑板A上，以v0＝3 m/s的速度沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)．當(dāng)靠近前方的橫桿時(shí)，人相對(duì)滑板豎直向上起跳越過橫桿，A從橫桿下方通過，與靜止的滑板B發(fā)生碰撞并粘在一起，之后人落到B上，與滑板一起運(yùn)動(dòng)，已知人、滑板A和滑板B的質(zhì)量分別為m人＝70 kg、mA＝10 kg和mB＝20 kg，求：
圖11
（1）A、B碰撞過程中，A對(duì)B的沖量的大小和方向；
（2）人最終與滑板的共同速度的大??？
【答案】（1）20 kg·m/s 方向水平向右 （2）2.4 m/s
【解析】（1）人跳起后A與B碰撞前后動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍?br>設(shè)碰后AB的速度為v1，有mAv0＝（mA＋mB）v1 （2分）
解得：v1＝1 m/s（1分）
A對(duì)B的沖量：I＝mBv1＝20×1 kg·m/s＝20 kg·m/s方向水平向右。（3分）
（2）人下落與AB作用前后，水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)共同速度為v2，有m人v0＋（mA＋mB）v1＝（m人＋mA＋mB）v2（2分）
代入數(shù)據(jù)得：v2＝2.4 m/s。（1分）
15．（14分）（2020·上海嘉定一中期中）如圖12所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓，AB部分與BC部分平滑連接。一質(zhì)量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質(zhì)量為m的子彈射中，子彈留在木塊中．子彈擊中木塊前的速度為v0.若被擊中的木塊能沿軌道滑到最高點(diǎn)C，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，求：
圖12
（1）子彈擊中木塊并留在其中的過程中子彈和木塊產(chǎn)生的熱量Q；
（2）木塊從C點(diǎn)飛出后落地點(diǎn)距離B點(diǎn)的距離s？
【答案】（1）eq \f(Mmv02,2?M＋m?) （2）2eq \r(\f(m2v02R,g?M＋m?2)－4R2)
【解析】（1）子彈擊中木塊的過程滿足動(dòng)量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍衜v0＝（M＋m）v1（2分）
解得v1＝eq \f(mv0,M＋m)（1分）
根據(jù)能量守恒定律可得Q＝eq \f(1,2)mv02－eq \f(1,2)（M＋m）v12（2分）
聯(lián)立解得Q＝eq \f(Mmv02,2?M＋m?)（1分）
（2）從子彈擊中木塊后到木塊運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律有
eq \f(1,2)（M＋m）v12＝eq \f(1,2)（M＋m）vC2＋2（M＋m）gR（2分）
解得vC＝eq \r(v12－4gR)（1分）
木塊離開C點(diǎn)后做平拋運(yùn)動(dòng)，s＝vCt，（2分） 2R＝eq \f(1,2)gt2（2分）
解得s＝2eq \r(\f(m2v02R,g?M＋m?2)－4R2)。（1分）
16．（18分）（2020·上海松江一中高二上期末）如圖13所示，光滑水平面上靜止放置質(zhì)量M＝2 kg的長(zhǎng)木板C，離板右端x＝0.72 m處?kù)o止放置質(zhì)量mA＝1 kg的小物塊A，A與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4；在木板右端靜止放置質(zhì)量為mB＝1 kg的小物塊B，B與C間的摩擦忽略不計(jì)。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2。現(xiàn)在木板上施加一水平向右的力F＝3 N，到A與B發(fā)生彈性碰撞時(shí)撤去力F。問：
圖13
（1）A與B碰撞之前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是多少？
（2）若A最終能停在C上，則長(zhǎng)木板C的長(zhǎng)度至少是多少？
【答案】（1）1.2 s （2）0.84 m
【解析】（1）若A、C相對(duì)滑動(dòng)，則A受到的摩擦力為Ff＝μmAg＝4 N>F，
故A、C不可能發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)。（2分）
設(shè)A、C一起運(yùn)動(dòng)的加速度為a
則a＝eq \f(F,mA＋M)＝1 m/s2（2分）
由x＝eq \f(1,2)at2（2分）
得A與B碰撞之前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t＝eq \r(\f(2x,a))＝1.2 s（1分）
（2）因A、B發(fā)生彈性碰撞，mA＝mB，B相對(duì)水平面靜止，故A、B碰后，A的速度為0，（2分）
則從碰后瞬間到木板與A速度相同的過程中，對(duì)A、C系統(tǒng)
由動(dòng)量守恒定律有Mv0＝（M＋mA）v，v0＝at，（2分）
解得v0＝1.2 m/s，v＝0.8 m/s（2分）
由能量守恒定律得μmAgΔx＝eq \f(1,2)Mv02－eq \f(1,2)（M＋mA）v2（2分）
解得Δx＝0.12 m（1分）
故長(zhǎng)木板C的長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)＝x＋Δx＝0.84 m。（2分）