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(共60張PPT)
章末檢測卷(五)(第六章內容)
題號
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一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24分。每小題只有一個選項符合題目要求。
1．科技發展，造福民眾。近兩年推出的“智能防摔馬甲”是一款專門為老年人研發的科技產品。該裝置的原理是通過馬甲內的傳感器和微處理器精準識別穿戴者的運動姿態，在其失衡瞬間迅速打開安全氣囊進行主動保護，能有效地避免摔倒帶來的傷害。在穿戴者著地的過程中，安全氣囊可以(　　)
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A．減小穿戴者動量的變化量
B．減小穿戴者動量的變化率
C．增大穿戴者所受合力的沖量
D．減小穿戴者所受合力的沖量
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√
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B　[依題意，根據動量定理FΔt＝Δp，可得F＝，可知安全氣囊的作用是延長人與地面的接觸時間Δt，從而減小人所受到的合力，即減小穿戴者動量的變化率，而穿戴者動量的變化量Δp，也即穿戴者所受合力的沖量FΔt均未發生變化。]
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2．(2024·貴州貴陽高三檢測)冬奧會速滑比賽中，甲、乙兩運動員的質量分別為m和M，若他們的動能相等，則甲、乙動量大小之比是(　　)
A．1∶1 B．m∶M
C．∶ ∶
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C　[由動能表達式Ek＝mv2和動量大小表達式p＝mv，可得p＝，二者動能相等，所以甲、乙動量大小之比為∶，故A、B、D錯誤，C正確。]
3．(2024·安徽黃山二模)某小球質量為M，現讓它在空氣中由靜止開始豎直下落，下落過程中所受空氣阻力與速率的關系滿足f ＝kv(k為定值)，當下落時間為t時，小球開始勻速下落，已知重力加速度為g，則小球在t時間內下降的高度h為(　　)
A．h＝ B．h＝
C．h＝ D．h＝
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A　[根據題意可得，當小球勻速下落時，有Mg＝f ＝kv，下落過程中，根據動量定理可得Mgt－t＝kh，聯立可得h＝，故選A。]
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4．a、b兩球在光滑的水平面上沿同一直線發生正碰，作用前a球動量pa＝30 kg·m/s，b球動量pb＝0，碰撞過程中，a球的動量減少了20 kg·m/s，則作用后b球的動量為(　　)
A．－20 kg·m/s B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s D．30 kg·m/s
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C　[碰撞過程中，a，b兩球組成的系統動量守恒，a球的動量減少了20 kg·m/s，b球動量就增加20 kg·m/s，所以p′b＝pb＋Δpb＝
20 kg·m/s。故選項C正確。]
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5．滑塊a、b沿水平面上同一條直線發生碰撞，碰撞后兩者粘在一起運動，兩者的位置x隨時間t變化的圖像如圖所示。則滑塊a、b的質量之比為(　　)
A．5∶4
B．1∶8
C．8∶1
D．4∶5
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B　[設滑塊a、b的質量分別為m1、m2，a、b兩滑塊碰撞前的速度分別為v1、v2，由題圖得v1＝－2 m/s，v2＝1 m/s，兩滑塊發生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度設為v，由題圖得v＝ m/s，由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，聯立解得m1∶m2＝1∶8，選項B正確。]
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6．(2024·湖北武漢二模)中國汽車拉力錦標賽是我國級別最高、規模最大的汽車賽事之一，其賽道有很多彎道。某輛賽車在一段賽道內速度大小由2v變為4v，隨后一段賽道內速度大小由5v變為7v，前后兩段賽道內，合外力對賽車做的功分別為W1和W2，賽車的動量變化的大小分別為Δp1和Δp2，下列關系式可能成立的是(　　)
A．W1＝W2，Δp1＝Δp2 B．W1＝W2，Δp1＝Δp2
C．W1＝W2，Δp1＝4Δp2 D．W1＝W2，Δp1＝4Δp2
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B　[根據動能定理有W1＝m(4v)2－m(2v)2＝6mv2，W2＝m(7v)2－m(5v)2＝12mv2，可得W1＝W2，由于速度和動量是矢量，具有方向，當初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，可知動量變化的大小范圍是2mv≤Δp1≤6mv，2mv≤Δp2≤12mv，可得Δp2≤Δp1≤3Δp2，故選項B正確。]
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7．(2024·江西贛州高三聯考)彈玻璃球是小孩子愛玩的游戲之一。一次游戲中，有大小相同、但質量不同的A、B兩玻璃球，質量分別為mA、mB，且mAA．1∶2 B．1∶3
C．1∶4 D．1∶5
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B　[兩球碰撞時由動量守恒定律可得mAv0＝mAv1＋mBv2，由能量守恒定律可得＝，聯立可得v1＝，v2＝，玻璃球B返回水平面后兩球速度相等，故v1＝－v2，可得mA∶mB＝1∶3，故選B。]
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8．如圖所示，光滑的四分之一圓弧軌道M靜止在光滑水平面上，一個物塊m在水平地面上以大小為v0的初速度向右運動并無能量損失地滑上圓弧軌道，當物塊運動到圓弧軌道上某一位置時，物塊向上的速度為零，此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1∶2，則此時物塊的動能與重力勢能之比為(以地面為零勢能平面)(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶6 D．1∶9
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C　[因為水平面光滑，m和M組成的系統水平方向動量守恒，當物塊向上的速度為零時，根據題意可知此時物塊與圓弧軌道速度相同，又因為此時物塊與圓弧軌道的動能之比為1∶2，即mv2∶Mv2＝1∶2，得m∶M＝1∶2，根據動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v，得v0＝3v，根據能量守恒定律有＝(m＋M)v2＋Ep，得物塊的重力勢能為Ep＝，此時物塊的動能為Ek＝mv2＝，所以此時物塊的動能與重力勢能之比為Ek∶Ep＝1∶6，故C正確，A、B、D錯誤。]
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二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。
9．2023年7月27日，我國在西昌衛星發射中心使用長征二號丁運載火箭，采用“一箭三星”方式，成功將遙感三十六號衛星發射升空。已知火箭的總質量為m，發動機點火瞬間，從火箭尾部豎直向下噴出高溫高壓氣體的密度為ρ，相對地面的速度為v。尾部噴口的橫截面面積為S，重力加速度為g。不考慮火箭由于噴氣帶來的質量變化，下列說法正確的是
(　　)
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A．發動機點火瞬間，噴出的氣體對火箭的推力大小為ρSv
B．發動機點火瞬間，噴出的氣體對火箭的推力大小為ρSv2
C．發動機點火瞬間，火箭的加速度大小為
D．發動機點火瞬間，火箭的加速度大小為－g
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BD　[根據題意，對Δt時間內噴出的氣體，由動量定理有F·Δt＝Δmv，又有Δm＝ρSv·Δt，聯立解得F＝ρSv2，由牛頓第三定律可知，噴出的氣體對火箭的推力大小為F′＝F＝ρSv2，故A錯誤，B正確；根據題意，由牛頓第二定律有F′－mg＝ma，解得a＝－g，故C錯誤，D正確。]
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10．(2024·河北保定二模)如圖所示，三個小孩分別坐在三輛碰碰車(可看成質點)上，任意一個小孩加上自己的碰碰車后的總質量都相等，三輛碰碰車在一光滑水平面上排成一直線，且初始時彼此隔開相等的距離。具有初動能E0的碰碰車1向右運動，依次與兩輛靜止的碰碰車2、3發生碰撞，碰撞時間很短且碰后連為一體，最后這三輛車粘成一個整體成為一輛“小火車”，下列說法正確的是(　　)
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A．三輛碰碰車整體最后的動能等于E0
B．碰碰車1運動到2的時間與2運動到3的時間之比為2∶3
C．碰碰車第一次碰撞時損失的機械能和第二次碰撞時損失的機械能之比為3∶1
D．碰碰車第一次碰撞時損失的機械能和第二次碰撞時損失的機械能之比為3∶2
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AC　[由系統動量守恒可得mv0＝3mv，其中E0＝，則三輛碰碰車整體最后的動能等于Ek＝×3mv2＝E0，故A正確；設相鄰兩車間的距離為x，碰碰車1運動到2的時間為t1＝，依題意，碰碰車1與靜止的碰碰車2碰撞過程，動量守恒，有mv0＝2mv12，則碰碰車2運動到3的時間為t2＝＝，可得t1∶t2＝1∶2，故B錯誤；碰碰
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車第一次碰撞時損失的機械能為ΔE1＝＝，第二次碰撞時損失的機械能為ΔE2＝－×3mv2＝，可得ΔE1∶ΔE2＝3∶1，故C正確，D錯誤。]
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11．如圖所示，質量為M＝2m的木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看作水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細線將鐵塊與船尾擋板連接，此時鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離x＝L，彈簧原長遠小于L。將細線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略木船在水中運動時受到的水的阻力以及其他一切摩擦力，重力加速度為g。下列判斷正確的有(　　)
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A．鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為L
B．鐵塊脫離木船時的瞬時速度大小為
C．木船最終的速度大小為
D．彈簧釋放的彈性勢能為
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BD　[設鐵塊脫離木船時的速度大小為v1，木船的速度大小為v2，從燒斷細線到鐵塊離開木船的過程中，由動量守恒定律可得mv1－Mv2＝0，已知M＝2m，則v1＝2v2，鐵塊的位移x1＝v1t，木船的位移為x2＝v2t，則x1＝2x2，由幾何關系得x1＋x2＝L，解得x1＝L，x2＝L，鐵塊脫離木船后在空中運動的水平距離為x3＝x2＋x＝L＋L＝L，A錯誤；鐵塊脫離木船后做平拋運動，則有h＝gt′2，x3＝L
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＝v1t′，解得v1＝，v2＝， B正確，C錯誤；彈簧釋放的彈性勢能為Ep＝，解得Ep＝，D正確。]
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12．如圖所示，一質量M＝3 kg的長木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質量m＝1 kg的小木塊A。現以地面為參考系，給A和B以大小均為4.0 m/s、方向相反的初速度，使A開始向左運動，B開始向右運動，但最后A并沒有滑離B板。A、B間的動摩擦因數為0.1，g取 10 m/s2。 下列說法正確的是(　　)
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A．木塊A一直做勻減速運動
B．木塊A在木板B上滑動過程中，木塊A的加速度大小不變，方向變化
C．在木塊A的加速運動過程中，木塊A相對于木板B運動了2.67 m
D．整個過程中，滑動摩擦產生的熱量為24 J
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CD　[系統的初動量方向水平向右，對木板與木塊組成的系統，合外力始終為零，系統的總動量守恒，由動量守恒定律可知，A、B共速時總動量也向右，故二者最終向右運動，所以木塊A先向左做勻減速運動，速度減到零后再反向做勻加速運動，最后和B一起做勻速運動，A錯誤；共速前A一直相對B向左滑動，故A受到的滑動摩擦力方向一直水平向右，由牛頓第二定律可知μmg＝ma，則木塊A的加速度的大小和方向一直不變，B錯誤；規定水平向右為正方向，
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根據動量守恒定律，木塊A速度為零時，有Mv0－mv0＝MvB，解得vB＝ m/s，之后A加速至和B速度相等，則MvB＝(M＋m)v共，解得v共＝2 m/s，由能量守恒定律知μmgs＝，解得s≈2.67 m，C正確；由能量守恒定律知Q＝，代入數據解得Q＝24 J，D正確。]
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三、非選擇題：本題共6小題，共60分。
13．(6分)用如圖所示的裝置來驗證動量守恒定律。滑塊在氣墊導軌上運動時阻力不計，其上方擋光條到達光電門D(或E)，計時器開始計時；擋光條到達光電門C(或F)，計時器停止計時。實驗主要步驟如下：
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a．用天平分別測出滑塊A、B的質量mA、mB；
b．給氣墊導軌通氣并調整使其水平；
c．調節光電門，使其位置合適，測出光電門C、D間的水平距離L；
d．A、B之間緊壓一輕彈簧(與A、B不連接)，并用細線連接，如圖靜置于氣墊導軌上；
e．燒斷細線，A、B各自運動，彈簧恢復原長前A、B均未到達光電門，從計時器上分別讀取A、B在兩光電門之間運動的時間tA、tB。
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(1)實驗中還應測量的物理量x是___________________________(用文字表達)。
(2)利用上述測量的數據，驗證動量守恒定律的表達式是_________________(用題中所給的字母表示)。
(3)利用上述數據還能測出燒斷細線前彈簧的彈性勢能Ep＝
______________________(用題中所給的字母表示)。
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光電門E、F間的水平距離
mA－mB＝0
mA＋mB
[解析]　(1)(2)由于A、B原來靜止，總動量為零，則驗證動量守恒定律的表達式為mA－mB＝0，所以還需要測量的物理量x是光電門E、F間的水平距離。
(3)彈簧恢復原長時，A滑塊的速度為vA＝，B滑塊的速度為vB＝，根據能量守恒定律得：Ep＝mA·＋mB。
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14．(8分)某同學利用如圖所示的實驗裝置完成了“驗證碰撞過程中的動量守恒”的實驗，將帶有斜槽的軌道固定在桌面上并調整至斜槽的末端水平。選取兩個大小完全相同的小球a、b，測量出其質量分別為m1、m2，且m1>m2。實驗時，首先將a球由一定高度靜止釋放，經過一段時間，小球打在右側豎直固定的擋板上某點處；然后在斜槽的末端放上b球，將a球由同一高度靜止釋放，兩球碰后均打在右側豎直固定的擋板上，已知A點與放在斜槽的末端的b球球心處在同一水平線上，
B、C、D三點為小球打在擋板上的落點。已知B、
C、D三點到A點的距離分別為hB、hC、hD。
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(1)若發生的是彈性碰撞，則兩球碰后，豎直擋板上的________點為a球的落點，豎直擋板上的__________點為b球的落點。
(2)如果兩球碰撞的過程動量守恒，則關系式____________________成立。
(3)如果兩球碰撞的過程沒有能量損失，則關系式_____________成立。
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D
B
m1＝m1＋m2
＝＋
[解析]　(1)根據題意可知，小球均做平拋運動，由題圖可知，水平位移相等，則速度越大，運動時間越短，下落距離越小。由于碰撞前小球a的速度大于碰撞后小球a的速度，碰撞后小球b的速度v′b＝va，大于碰撞前小球a的速度va，則兩球碰后，豎直擋板上的D點為a球的落點，豎直擋板上的B點為b球的落點。
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(2)小球均做平拋運動，水平方向上有x＝v0t，豎直方向上有h＝gt2，解得v0＝x，如果兩球碰撞的過程動量守恒，則有m1va＝m1v′a＋m2vb，整理可得m1＝m1＋m2。
(3)如果兩球碰撞的過程沒有能量損失，則有＝，整理可得＝＋。
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15．(8分)(2024·廣西南寧高三期末)將一質量為 0.6 kg 的籃球從距水平地面H＝5 m高處靜止釋放，籃球第一次撞地后能上升的高度為h＝3.2 m，不計空氣阻力，g取10 m/s2。
(1)求第一次撞地籃球動量的改變量及地面對籃球做的功；
(2)若碰撞時間為0.1 s，求第一次碰撞過程中地面對籃球平均作用力F的大小。
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[解析]　(1)籃球剛要著地時的速度滿足＝2gH
解得v1＝10 m/s，方向豎直向下
籃球反彈后的速度滿足＝2gh
解得v2＝8 m/s，方向豎直向上
以豎直向上為正方向，則籃球動量的改變量為Δp＝mv2－m·(－v1)＝10.8 kg·m/s，方向豎直向上
根據動能定理，地面對籃球做的功為W＝＝－10.8 J。
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(2)籃球第一次撞地過程，以豎直向上為正方向，根據動量定理可得
Ft－mgt＝mv2－m·(－v1)
解得F＝114 N。
[答案]　(1)10.8 kg·m/s，方向豎直向上　－10.8 J　(2)114 N
16．(8分)(2024·山東煙臺一模)如圖所示，一質量M＝2.0 kg的長木板AB靜止在水平面上，木板的左側固定一半徑R＝0.60 m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同。現在將質量m＝1.0 kg的小鐵塊(可視為質點)從弧形軌道頂端由靜止釋放，小鐵塊到達軌道底端時的速度v0＝3.0 m/s，最終小鐵塊和長木板達到共同速度。忽略長木
板與地面間的摩擦。取重力加速度g＝10 m/s2。
求：
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(1)小鐵塊在弧形軌道末端時所受支持力的大小F；
(2)小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功Wf；
(3)小鐵塊和長木板達到的共同速度v。
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[解析]　(1)小鐵塊在弧形軌道末端時，由牛頓第二定律得
F－mg＝
解得小鐵塊在弧形軌道末端時所受支持力的大小F＝25 N。
(2)根據動能定理有mgR－Wf＝－0
解得小鐵塊在弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功Wf＝1.5 J。
(3)根據動量守恒定律有mv0＝(m＋M)v
解得小鐵塊和長木板達到的共同速度v＝1.0 m/s。
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[答案]　(1)25 N　(2)1.5 J　(3)1.0 m/s
17．(14分)如圖(a)所示，一質量為m的物塊A與輕質彈簧連接，靜止在足夠長的光滑水平面上；物塊B向A運動，t＝0時與彈簧接觸，到t＝2t0時與彈簧分離，碰撞結束，A、B的v-t圖像如圖(b)所示。已知從t＝0到t＝t0時間內，物塊A運動的距離為0.36v0t0。碰撞過程中彈簧始終處于彈性限度內。求：
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(1)碰撞過程中，彈簧彈性勢能的最大值；
(2)碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值。
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[解析]　(1)當彈簧被壓縮至最短時，彈簧彈性勢能最大，此時A、B速度相等，即在t＝t0時刻
根據動量守恒定律有mB·1.2v0＝(mB＋m)v0
根據能量守恒定律有
Epmax＝
聯立解得mB＝5m，Epmax＝。
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(2)B接觸彈簧后壓縮彈簧的過程中，A、B動量守恒，有mB·1.2v0＝mBvB＋mvA
對方程兩邊同時乘以時間Δt，有
6mv0Δt＝5mvBΔt＋mvAΔt
0～t0之間，根據位移等于速度在時間上的累積，可得6mv0t0＝5mxB＋mxA，將xA＝0.36v0t0代入可得xB＝1.128v0t0
則碰撞過程中，彈簧壓縮量的最大值Δx＝xB－xA＝0.768v0t0。
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[答案]　　(2)0.768v0t0
18．(16分)(浙江Z20名校聯盟2025屆高三第一次聯考)如圖所示，質量m1＝0.1 kg的小物塊P從靜止開始沿斜面AB和水平面BC運動到C點，與C點處質量m2＝0.3 kg的小物塊Q發生碰撞，碰撞后，小物塊Q從C點飛出，運動到水平地面上的D點。斜面AB與水平面之間的夾角為θ，且tan θ＝0.5，斜面AB與水平面BC平滑連接，物塊與斜面AB和水平面BC間的動摩擦因數μ均為0.2，水平面BC的長度
為xBC＝0.3 m，C點距離水平地面的高度H＝0.6 m。
重力加速度g取10 m/s2，不計空氣阻力。
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(1)若小物塊Q從C點到D點運動的水平距離xCD＝0.6 m，求小物塊Q從C點拋出的初速度vC的大小；
(2)若小物塊P從h＝1.7 m處下滑，且最終xCD＝0.6 m，計算并回答：小物塊P、Q發生的是否為彈性碰撞；
(3)若小物塊P、Q發生的是彈性碰撞，當釋放高度h滿足什么條件時，小物塊Q能從C點飛出，而小物塊P不會從C點飛出(本問結果保留兩位小數)。
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[解析]　(1)小物塊Q被碰后做平拋運動，根據平拋運動規律有
在豎直方向上：H＝gt2
在水平方向上：xCD＝vCt
解得vC＝ m/s。
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(2)小物塊P下滑到與小物塊Q碰撞前瞬間，由動能定理得m1g(h－H)－＝－0
解得與小物塊Q碰撞前瞬間小物塊P的速度v0＝2 m/s
設碰撞后瞬間小物塊P和Q的速度大小分別為v1和v2，由(1)問可知v2＝ m/s
又由動量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2
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解得v1＝－ m/s
經驗算有＝
即碰撞過程小物塊P、Q組成的系統機械能守恒，所以小物塊P、Q發生的是彈性碰撞。
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(3)要滿足題述條件
第一種臨界情況：小物塊P到達C點時，速度恰好為0
則小物塊P從靜止開始運動至C點的過程，由動能定理得
m1g(h1－H)－＝0
解得h1＝0.70 m
第二種臨界情況：碰撞后，小物塊P反彈回斜面AB上，且第二次下滑到C點時速度恰好為0
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小物塊P從開始運動至運動到C點的過程，由動能定理得
m1g(h2－H)－＝－0
對碰撞過程，由動量守恒定律和機械能守恒定律分別有
m1v＝m1v′1＋m2v′2
m1v2＝
小物塊P碰后回到斜面AB上，由動能定理得
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－m1g(h1－H)－＝
聯立解得h2＝ m≈2.03 m
因此，h的取值為0.70 m題號
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[答案]　(1) m/s　(2)是彈性碰撞
(3)0.70 m謝 謝 ！

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