功能與動量模塊測試【測】

（時間：90分鐘滿分：120分）

一、單項選擇題（本題共10小題，每小題3分，共30分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要

求的）

1.（2022?江蘇七市調研）如圖所示，引體向上是中學生體育測試的項目之一，引體向上運動的吉尼斯世界紀錄是

53次/分鐘.若一個普通中學生在30秒內完成12次引體向上，該中學生此過程中克服重力做功的平均功率最接

近于（）

A.5WB.20WC.IOOWD.400W

【答案】C

【解析】中學生體重約為50kg,每次引體向上上升高度約為0.5m,引體向上一次克服重力做功為W=mgh

=50x10x0.5J=250J,全過程克服重力做功的平均功率為A=方=%歲=IoOW,故C正確，A、B、D

錯誤.

2.（2022?河南洛陽市一模）為了人民的健康和社會的長遠發展，我國環保部門每天派出大量的灑水車上街進行空

氣凈化除塵，已知某種型號的灑水車的操作系統是由發動機帶動變速箱，變速箱帶動灑水泵產生動力將罐體內

的水通過管網噴灑出去，假設行駛過程中車受到的摩擦阻力與其質量成正比，受到的空氣阻力與車速成正比，

當灑水車在平直路面上勻速行駛并且勻速灑水時，以下判斷正確的是（）

A.灑水車的動能保持不變

B.發動機的功率保持不變

C.牽引力的功率隨時間均勻減小

D.牽引力大小跟灑水時間成反比

【答案】C

【解析】以車和車內的水為研究對象，受力分析可知，水平方向受牽引力、摩擦阻力和空氣阻力作用，由題

意，車受到的摩擦阻力與其質量成正比，受到的空氣阻力與車速成正比，灑水車勻速行駛，合力為零，整體的

2

質量在減小，故摩擦阻力在減小，空氣阻力恒定不變，則山尸一R一尸BI=O知，牽引力減小，Ek=SV,灑水

車的質量減小，速度不變，故動能減小，故A錯誤.發動機的功率P=EV,牽引力減小，速度不變，則發動機

的功率減小，故B錯誤.牽引力F=Ff+尸困，泗水車的質量隨灑水時間均勻減小，則牽引力的大小隨灑水時間

均勻減小，不成反比，故D錯誤.牽引力的功率隨灑水時間均勻減小，故C正確.

3.（2022?江蘇南京市調研）將一小球豎直向上拋出，向上為正方向.設小球在拋出點的重力勢能為零，小球所受

空氣阻力大小恒定.則上升過程中，小球的加速度速度丫、機械能￡、動能Ek與小球離拋出點高度人的關

系錯誤的是（）

【答案】B

【解析】小球上升階段做勻減速直線運動，向上為正方向，根據牛頓第二定律，則一〃嗚-6=〃也，解得α=

—安且，則選項A正確：根據儼=%2—2g〃可知，V與∕1不是一次線性函數關系，選項B錯誤；根據能量關

系：E=EO一尸也可知，選項C正確；根據動能定理：Ek=EkO-"?g〃-F∣Λ可知，選項D正確.

4.（2022?北京市東城區期末）如圖所示，質量為用的足球在離地高處時速度剛好水平向左，大小為以，守門員

此時用手握拳擊球，使球以大小為V2的速度水平向右飛出，手和球作用的時間極短，重力加速度為g,則（）

//

A.擊球前后球動量改變量的方向水平向左

B.擊球前后球動量改變量的大小是mv2-mv?

C.擊球前后球動量改變量的大小是mv2+trιv?

D.球離開手時的機械能不可能是加g∕z+5皿2

【答案】C

【解析】規定水平向右為正方向，擊球前球的動量0=—"7力，擊球后球的動量〃2=用也，擊球前后球動量改

變量的大小是Δp=P2-〃1=加以+m%，動量改變量的方向水平向右，故A、B錯誤，C正確；球離開手時的機

22

械能為mgh+^mv2f因口與血可能相等，則球離開手時的機械能可能是mgh+V?f故D錯誤.

5.（2022?云南昆明市一模）籃球和滑板車是深受青少年喜愛的兩項體育活動.某同學抱著一籃球站在滑板車上一

起以速度W沿光滑水平地面運動，某一時刻該同學將籃球拋出，拋出瞬間籃球相對于地面的速度大小為四,方

向與拋出前滑板車的運動方向相反，已知籃球的質量為，”，該同學和滑板車質量之和為好則拋出籃球后瞬間該

同學和滑板車的速度大小為（）

(M+26Wo(M-m)劭)

A:b

M-M

(Λ∕+"z)θo

Vo

C.D.M

【答案】A

【解析】以滑板車的運動方向為正方向，則由動量守恒定律有（M+m）w=Λ?-∕nvo,解得V="號曬，故

選A.

6.（2022?山東淄博市一模）2020年新型冠狀病毒主要傳播方式為飛沫傳播，打噴嚏可以將飛沫噴到十米之外.有

關專家研究得出打噴嚏時氣流噴出的速度可達40m∕s,假設打一次噴嚏大約噴出50mL的空氣,用時約0.02s.己

知空氣的密度為1.3kg∕m3,估算打一次噴嚏人受到的平均反沖力為（）

A.13NB.2.6NC.0.68ND.0.13N

【答案】D

【解析】打一次噴嚏大約噴出氣體的質量m=p∕

由動量定理F?t=mv

z-/?vPVv1.3×50×10^×40

斛fe2傳aF=Ei=?Z=0^2N=0.13N

根據牛頓第三定律可知，打一次噴嚏人受到的平均反沖力為0.13N,故選D.

7.（2022?吉林省重點高中調研）我國汽車的整車安全性碰撞試驗在1998年已與國際開始接軌.碰撞試驗是讓汽車

在水平路面上以48.3km/h的國際標準碰撞速度駛向質量為80t的國際標準碰撞試驗臺，撞擊使汽車的動量一

下子變到0,技術人員通過查看載著模擬乘員的傳感器的數據以便對汽車安全性能裝置進行改進.重力加速度g

取IOm?2,請結合以上材料回答，下列說法正確的是（）

A.若因為安全帶對座位上的模擬乘員的保護，在碰撞時乘員的速度變為0所用時間約為0.13s,則安全帶對乘

員的作用力約等于乘員重力的10倍

B.在水平路面上運動時汽車所受支持力的沖量與重力的沖量相同

C.若試驗汽車的標準碰撞速度增加為原來的1.2倍，則其動量變為原來的2.4倍

D.為了減輕碰撞時對模擬乘員的傷害程度，汽車前面的發動機艙越堅固越好

【答案】A

2

【解析】對整個碰撞過程應用動量定理得安全帶對乘員的作用力尸=-??！謜vlOOm∕s=10∕w人g,選項A正

確；在水平路面上運動時汽車所受支持力的沖量與重力的沖量的方向不同，所以兩沖量不同，選項B錯誤；由

P=WV可知試驗汽車的標準碰撞速度增加為原來的1.2倍，則其動量變為原來的1.2倍，選項C錯誤；汽車前

面的發動機艙在碰撞時若能運動，可增加乘員與汽車的碰撞時間，由動量定理可知，碰撞過程中乘員受到的作

用力減小，即減輕對模擬乘員的傷害程度，選項D錯誤.

8.（2022?安徽省示范高中聯考）如圖甲所示，用豎直向上的力尸拉靜止在水平地面上的一物體，物體在向上運動

的過程中,其機械能E與位移X的關系如圖乙所示,其中/8為曲線,其余部分為直線,下列說法不正確的是（）

甲乙

A.在O?Xi的過程中，物體所受拉力不變

B.在M?X2的過程中，物體的加速度先減小后增大

C.在0?X3的過程中，物體的動能先增大后減小

D.在0?X2的過程中，物體克服重力做功的功率一直增大

【答案】D

【解析】根據功能關系可得AE=FAt,得F=親,則E—X圖線的斜率表示尸，則在0??的過程中物體所受

拉力不變，故A正確；在XI?X2的過程中，拉力逐漸減小到零，所以合力先減小后反向增大，則加速度先減小

后反向增大，故B正確；山題圖乙分析知，在0?%的過程中，物體先向上做勻加速運動，再做加速度反向逐

漸增大的減速運動，最后做勻減速直線運動，可知物體的速度先增大后減小，即動能先增大后減小，故C正確；

在0?X2的過程中，物體的速度先增大后減小，則物體克服重力做功的功率先增大后減小，故D錯誤.

9.(2022?河北邯鄲市模擬)如圖所示是汽車的牽引力廠和車速V的倒數;的關系圖線.若汽車的質量為2χl03kg,

由靜止開始沿平直公路行駛，阻力恒定，最大車速為30m∕s.以下說法正確的是()

A.汽車運動過程中受到的阻力為6xl(PN

B.汽車的額定功率為6xl()4w

C.汽車先做勻加速運動，然后再做勻速直線運動

D.汽車做勻加速運動的時間是IOs

【答案】B

【解析】當汽車達到最大車速30m/s時，牽引力為2X103N,可知汽車受到的阻力為2*1()3N,汽車的額定功

率為P=尸Vm=2χl()3χ30W=6xl04W,選項A錯誤，B正確.因尸一F圖線開始是直線，則斜率為FV=P為定

值，可知汽車以恒定功率啟動，開始做變加速運動，不做勻加速運動，后來做勻速運動，選項C、D錯誤.

10.(2022?湖北孝感高級中學調研)兩個小球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，如圖3所示，球2在前，

球1在后，球1、2的質量分別為如=1kg、W2=3kg,初速度分別為Vol=6m/s、W=3m/s,當球1與球2發

生碰撞后，兩球的速度分別為M、也，將碰撞后球1的動能和動量大小分別記為昂、pi，則vl?v2,El、Pl的

可能值為（）

A.vι=1.75m∕s,V2=3.75m/s

B.叨=1.5m/s,以=4.5m/s

C.Eι=9J

D.Pl=Ikg?m∕s

【答案】B

【解析】兩球碰撞過程中兩球組成的系統動量守恒，有如加+〃?2%2=羽m+加2也，代入數據可知A錯誤，B

正確.以兩球的初速度方向為正方向，如果兩球發生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律有如V01+∕M2%2=（m∣+

"?2）也代入數據解得V=3.75m/s,如果兩球發生彈性碰撞，由動量守恒定律有，〃1如+〃?2口02=如0+加2丫2，由機

械能守恒定律得VIOI2+；小2丫022=/"|02+；加2吸2,聯立解得也=1.5?！迁Ms,V2=4.5Π√S.故碰撞后球1的速度滿

足1.5τn∕s<v∣<3.75m/s,球1的動能Ei=Jmv/,滿足1.125J≤fι<7.03J,球1的動量大小Pl=如叫，滿足1.5

kg?m∕s?ι<3.75kg?m∕s,選項C、D錯誤.

二、多項選擇題（本題共5小題，每小題4分，共20分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全

部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分）

11.（2022?江蘇宿豫中學高三月考）某人用手將2kg的物體由靜止向上提起0.8m,這時物體的速度為2m∕s（g取

10m∕s2）,則下列說法正確的是（）

A.手對物體做功20JB.物體克服重力做功16J

C.合力做功4JD.合力做功20J

【答案】ABC

【解析】由動能定理得合外力做功為少各o=:χ2x22J=4J,而合外力做的功力方=%—解得手

對物體做功的大小為伊=少a+mg∕）=4J+2χl0χ0.8J=20J,物體克服重力做功為ΓFc=M1gA=2×10×0.8J=16J,

故A、B、C正確，D錯誤。

12.（2022?甘肅天水市高三期末）如圖所示，圓弧形光滑軌道Z8C固定在豎直平面內，。是圓心，OC豎直，。/

水平。Z點緊靠一足夠長的平臺MM。點位于/點正上方，如果從。點無初速度釋放一個小球，從/點進入

圓弧軌道，有可能從C點飛出，做平拋運動，落在平臺MN上。下列說法正確的是（）

A.只要。點的高度合適，小球可以落在MN上任意一點

B.在由D運動到"和由C運動到P的過程中重力功率都越來越大

C.小球運動的整個過程中機械能守恒

D.如果小球能從C點飛出，則小球過C點時與軌道的壓力不可能為零

【答案】BC

【解析】小球恰好通過C點時，小球對軌道的壓力為零，則有加g=貸，得小球通過C點的最小速度為VC

=曬，小球離開C點后做平拋運動，則有凡解得/=、欄，小球離開C點做平拋運動的水平距離最

小值為X=Va=也穴，所以小球只能落在平臺MN上距加點距離為（6一I）R的右側位置上，故A、D錯誤；在

由。運動到〃的過程中，速度增大，由P=MgV知重力功率增大；由C運動到P的過程中，匕,增大，由P=

WgVr知重力功率增大，故B正確：小球山。經小B、C到。的過程中，軌道對小球不做功，只有重力做功，

機械能守恒，故C正確。

13.（2022?湖南長沙市模擬）如圖所示，豎直固定放置的粗糙斜面ZB的下端與光滑的圓弧軌道8CD在8點相切，

圓弧軌道的半徑為R,圓心。與。在同一水平面上，C點為圓弧軌道最低點，□CO5=J=30o.現使一質量

為m的小物塊從D點無初速度地釋放,小物塊與粗糙斜面/8間的動摩擦因數〃Vtan。.關于小物塊的運動情況，

下列說法正確的是（）

A.小物塊可能運動到N

B.小物塊經過較長時間后會停在C點

C.小物塊通過圓弧軌道最低點C時，對C點的最大壓力大小為3mg

D.小物塊通過圓弧軌道最低點C時，對C點的最小壓力大小為（3一小）〃陪

【答案】CD

【解析】小物塊從D點無初速度滑下后，由于克服摩擦力做功，所以物塊在斜面上運動時機械能不斷減小，

根據能量守恒，不可能運動到/點，又知道〃Vtan仇即mgsin">w"gcos仇最終小物塊在與C點對稱的8、E

點之間來回運動，A、B錯誤.物塊第一次運動到C點時速度最大，對軌道的壓力最大，物塊從。點第一次運

2

動到C點時，由動能定理得：mgR=^nvi,設此時軌道對物塊的支持力大小為B,由牛頓第二定律得：F1-

mg=n^,聯立解得：Fi=3mg,由牛頓第三定律知物塊對C點的最大壓力大小為3,"g,故C正確?當最后穩

定后，物塊在8、E之間運動時，設物塊經過C點的速度為V2,由動能定理得：cosO）=%n√,設軌道

對物塊的支持力大小為F2,由牛頓第二定律得：B—"嗚=〃?亨，聯立解得：&=（3一?。?g,由牛頓第三定律

可知，物塊對C點的最小壓力大小為（3—√5）∕πg,D正確.

14.（2022?四川宜賓第四中學開學考試）如圖，半徑為R質量為"?的半圓軌道小車靜止在光滑的水平地面上，將

質量也為機的小球從距Z點正上方/?高處由靜止釋放，小球自由落體后由Z點經過半圓軌道后從8沖出，在空

中能上升的最大高度*〃，不計空氣阻力，小球可視為質點，則（）

A.小球和小車組成的系統動量守恒

B.小車向左運動的最大距離為TA

C.小球離開小車后做豎直上拋運動

13

D.小球第二次能上升的最大高度垢滿足：/＜垢＜0

【答案】CD

【解析】小球與小車組成的系統在水平方向所受合外力為零，水平方向系統動量守恒，由于小球有豎直分加

速度，所以系統整體所受合外力不為零，系統動量不守恒，故A錯誤；系統水平方向動量守恒，以向右為正方

2R—γV-

向，在水平方向，由動量守恒定律得：〃"一"M=O,加一7二一加y=0,解得，小車的最大位移：x=R,故B錯

誤；小球與小車組成的系統在水平方向動量守恒，小球離開小車時系統水平方向動量為零，小球與小車水平方

向速度為零，小球離開小車后做豎直上拋運動，故C正確；小球第一次在車中運動的過程中，由動能定理得:

3I

wg（/?一，）一%=0,%為小球克服摩擦力做功大小，解得：％=力唁/?，即小球第一次在車中運動損失的機械能

為由于小球第二次在車中運動時，對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩

擦力做功小于;mg/?,機械能損失小于;因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于：^Λ=∣A,而小

于會,故D正確.

15.（2022?廣西桂林市、百色市和崇左市第三次聯考）如圖甲，光滑水平面上放著長木板8,質量為〃?=2kg的

木塊Z以速度vo=2m∕s滑上原來靜止的長木板8的上表面，由于4、8之間存在摩擦，之后木塊力與長木板8

的速度隨時間變化情況如圖乙所示，重力加速度g=10m∕s2.則下列說法正確的是（）

A.木塊”與長木板8之間的動摩擦因數為0.1

B.長木板的質量Λ∕=2kg

C.長木板8的長度至少為2m

D.木塊/與長木板8組成的系統損失的機械能為4J

【答案】AB

【解析】由題圖乙可知，木塊/先做勻減速運動，長木板8先做勻加速運動，最后一起做勻速運動，共同速

度V=Im∕s,取向右為正方向，對/、8組成的系統，根據動量守恒定律有"IVO=(∕M+M)V,解得：M=m=2kg,

故B正確；由題圖乙可知，長木板8勻加速運動的加速度為：m∕s2=lm∕s2,對長木板8,根據牛頓

第二定律得：""7g=Mαs,解得〃=0」，故A正確；由題圖乙可知前IS內長木板8的位移為：xs=IXlXlm=

2+1

0.5m,木塊力的位移為：1=—/—χlm=L5m,所以長木板8的最小長度為：L=XΛ-XB=?m,故C錯誤；

木塊/與長木板8組成的系統損失的機械能為：AE=*M-I(ZM+M)∕=2j,故D錯誤.

三、計算題(本題共6小題，共70分)

16.(8分)(2022?浙江杭州市模擬)在賽車場上，為了安全，車道外圍都固定上廢舊輪胎作為圍欄，當車碰撞圍欄

時起緩沖作用，如圖甲所示.在一次模擬實驗中用彈簧來代替廢舊輪胎，實驗情景如圖乙所示，水平放置的輕

彈簧左側固定于墻上，處于自然狀態，開始時賽車在/處且處于靜止狀態，距彈簧自由端的距離為Zd=Imo

當賽車啟動時，產生水平向左的恒為尸=24N的牽引力使賽車向左勻加速前進，當賽車接觸彈簧的瞬間立即關

閉發動機，賽車繼續壓縮彈簧，最后被彈回到8處停下。己知賽車的質量為機=2kg,A.8之間的距離為心

=3m,賽車被彈回的過程中離開彈簧時的速度大小為v=4m∕s,方向水平向右。g取IOm∕s2<,

(1)求賽車和地面間的動摩擦因數；

(2)彈簧被壓縮的最大距離是多少？試從加速度和速度變化的角度分析賽車關閉發動機后的運動性質;

(3)試分析賽車速度過大時，存在什么安全隱患。

【答案】(1)0.2(2)0.5m賽車的運動性質見解析(3)見解析

【解析】(1)從賽車離開彈簧到2點靜止，由動能定理得

一μmg(L?+￡2)=0-

解得〃=0.2。

(2)設彈簧被壓縮的最大距離為3從賽車加速到離開彈簧，由動能定理得

FLI-μmg(L↑+2L)=^mV2-O

解得￡=0.5m。

賽車接觸彈簧后立即關閉發動機，牽引力消失，水平方向摩擦力不變，彈簧彈力增大，由牛頓第二定律知賽車

做加速度增大的減速運動，當彈簧被壓縮至最短時，賽車速度減為零，然后賽車在彈簧彈力作用下被反向彈回，

賽車被反向彈回時摩擦力大小不變，方向向左，彈簧彈力逐漸減小，賽車脫離彈簧時彈力為0,賽車先做加速

度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動。賽車脫離彈簧后，做勻減速直線運動至速度減為0。

(3)若賽車速度過大，撞擊時超過彈簧的彈性限度，就會沖出圍欄，發生安全

事故。

17.(8分)(2022?甘肅天水市調研)如圖所示，在水平面上依次放置小物塊/和C以及曲面劈B,其中小物塊A與

小物塊C的質量相等均為機，曲面劈8的質量M=3〃?，曲面劈8的曲面下端與水平面相切，且曲面劈8足夠

高，各接觸面均光滑.現讓小物塊C以水平速度Vo向右運動，與小物塊Z發生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一

起滑上曲面劈B,重力加速度為g.求：

(1)碰撞過程中系統損失的機械能；

(2)碰后物塊N與C在曲面劈8上能夠達到的最大高度.

【答案】(l)%n√(2)∣^

【解析】(1)小物塊C與物塊/發生碰撞粘在一起，以Vo的方向為正方向

由動量守恒定律得：〃7W=2"7U

解得v=∣v0;

22

碰撞過程中系統損失的機械能為Effi=∣∕MVo-∣×2∕nv

2

解得Ewl=^mvo.

(2)當小物塊4、C上升到最大高度時，/、B、C系統的速度相等.三者組成的系統在水平方向上動量守恒，根

據動量守恒定律："?vo=(m+,w+3m)vi

解得Vi=∣v0

根據機械能守恒定律得

2mgh-^×2"d?—gx5?丫0)2

18.(8分)(2022?河南平頂山一中高三月考)如圖所示為某型號氣墊船，其總質量為3x105kg,裝有額定輸出功率

為600OkW的燃氣輪機。若該氣墊船由靜止開始做勻加速直線運動，當速度為36km/h時，燃氣輪機達到額定

輸出功率，之后保持該功率不變繼續運動30m距離，達到最大速度勻速運動，假設整個過程中氣墊船所受阻力

恒為3x105N,重力加速度g取IOnVS2。求：

(1)燃氣輪機提供的最大牽引力；

(2)整個過程氣墊船的最大速度；

(3)氣墊船由靜止開始到最大速度過程所經歷的時間。

【答案】(1)6×1O5N(2)20m/s(3)19s

【解析】(1)整個過程中勻加速階段牽引力最大，勻加速結束時速度為

v∣=36km/h=10?n/s

由Pm=Fmv?,

5

解得N=6×IONo

(2)達到最大速度時，氣墊船勻速運動，此時牽引力與阻力大小相等，

則由Pm-∕vm>

解得Vm=牛=20m∕s<,

(3)由牛頓第二定律得

則勻加速階段經歷的時間z?=^?=10s

設達到額定功率府到最大速度經歷時間為t2,

則由動能定理得Pt2—fs=∣mι?—∣∕H,解得/2=9s

則氣墊船由靜止開始到最大速度過程所經歷的時間

f=∕l+∕2=19So

20.(12分)(2022?湖北宜昌一中階段測試)如圖所示，傾角。=30。的足夠長的斜面上，放著兩個相距及、質量均為

的滑塊力和8,滑塊/的下表面光滑，滑塊8與斜面間的動摩擦因數〃=tan9=乎.由靜止同時釋放4和8,

此后48發生碰撞，碰撞時間極短且為彈性碰撞.己知重力加速度為g,求：

(1M與B第一次相碰后B的速率;

(2)從A開始運動到兩滑塊第二次碰撞所經歷的時間.

【答案】(1侮⑵6?/f

［解析】(1)對8,由∕√=tan9=早知wgsinθ=μmgcosθ

則第一次碰撞前6將保持靜止

對4,由牛頓第二定律得wgsinθ=maAA在斜面上的加速度恒為aA=^g

由y∕=2q∕o得與B第一次碰撞前的速度vj=-?∕gZo

/、8發生第一次彈性碰撞，碰撞過程動量守恒，機械能守恒，有加?<=m/+〃?也

121,2.1?

即VA=2ΠV>十2m也

解得第一次相碰后4的速率M=0,8的速率P2=W=值.

⑵由VA=aAtA得從/開始運動到4B第一次碰撞所用時間八=言=

由(1)知，第一次相碰后/做初速度為0的勻加速直線運動，8做速度為吸的勻速直線運動，設再經時間及發生

第二次碰撞，則/2時間內/、8的位移分別為心=5汨

XB=Vlh

由必=XB得,2=4、^

故從/開始運動到兩滑塊第二次碰撞所經歷的時間t=h+t2=叭性.

21.(12分)(2022?山東煙臺市一模)如圖所示，質量為M=4.5kg的長木板置于光滑水平地面上，質量為m=?.5kg

的小物塊放在長木板的右端，在木板右側的地面上固定著一個有孔的彈性擋板，孔的尺寸剛好可以讓木板無接

觸地穿過.現使木板和物塊以vo=4ιτ√s的速度一起向右勻速運動，物塊與擋板碰撞后立即以碰前的速率反向彈

回，而木板穿過擋板上的孔繼續向右運動，整個過程中物塊不會從長木板上滑落.已知物塊與擋板第一次碰撞

后，物塊離開擋板的最大距離為Xl=L6m,重力加速度g=10m/s2：

(1)求物塊與木板間的動摩擦因數；

(2)若物塊與擋板第"次碰撞后，物塊離開擋板的最大距離為X"=6.25xl()Fm,求〃；

(3)求長木板的長度至少應為多少.

【答案】(1)0.5(2)5(3)6.4m

【解析】(1)物塊與擋板第一次碰撞后，物塊向左減速到速度為0的過程中只有摩擦力做功，由動能定理得

C1,

-///ng?i=0-2,wvθ

解得〃=0.5

(2)物塊與擋板碰后，物塊與木板組成的系統動量守恒，取水平向右為正方向.

設第一次碰撞后系統的共同速度為也，由動量守恒定律得

Λ∕vo-wvo=(Λ∕+w)vι□

M-m1

V尸而儲F

設物塊由速度為0加速到V,的過程中運動的位移為x∣'

,1,

μmgx?=-jmv?-?21

由□□式得

*1,=4x∣□

即物塊與擋板第二次碰撞之前，物塊與木板已經達到共同速度V1

第二次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小為W

經一段時間系統的共同速度為

M-m1?

也=而產=G)Vo

第三次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小為V2

經一段時間系統的共同速度為

M-in1,

“3=第*2=傷*。

第n次碰撞后，小物塊反彈后瞬間速度大小為vπ-1

M-m,1、

Vn-'=M+^n-2=(?)vo

2

由動能定理得~μmgxn-O-^ιnvn-i

由□□□式得

n=5

(3)由分析知，物塊多次與擋板碰撞后，最終將與木板同時都靜止.設物塊在木板上的相對位移為乙由能量守

恒定律得

μιngL=](Λ∕+/n)vɑ2

解得L=6Am

即木板的長度至少應為6.4m.

22.(14分)(2022?山東濰坊市模擬)如圖所示，固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半圓軌道，軌