江蘇專用新人教版高中物理選擇性必修第一冊(cè)第一章動(dòng)量守恒定律章末檢測(cè)含解析

動(dòng)量守恒定律 (時(shí)間：75分鐘　滿分：100分) 一、單項(xiàng)選擇題：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.如圖所示，坐落于中國(guó)天津永樂橋之上的“天津之眼”，以其獨(dú)特的位置優(yōu)勢(shì)成為“世界上唯一一座建在橋上的摩天輪”。假設(shè)乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列說法正確的是(　　)A．在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中，乘客動(dòng)量始終保持不變B．在最低點(diǎn)時(shí)，乘客所受重力大小大于座椅對(duì)他的支持力大小C．在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，座椅對(duì)乘客的沖量方向豎直向上D．從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的過程中，重力的瞬時(shí)功率逐漸增大解析：選C　在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，乘客的速度大小不變，但方向變化，乘客的動(dòng)量發(fā)生變化，故A錯(cuò)誤；在最低點(diǎn)，由重力和支持力的合力提供向心力F，向心力方向向上，F＝FN－mg，則支持力FN＝mg＋F，所以重力大小小于支持力大小，故B錯(cuò)誤；在摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，動(dòng)量變化量為零，則合力對(duì)乘客的總沖量為零，座椅對(duì)乘客的沖量與重力的沖量方向相反，即座椅對(duì)乘客的沖量方向豎直向上，故C正確；從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，重力的瞬時(shí)功率先增大后減小，故D錯(cuò)誤。 2.按壓式圓珠筆內(nèi)裝有一根小彈簧，尾部有一個(gè)小帽，壓一下小帽，筆尖就伸出來。如圖所示，使筆的尾部朝下，將筆向下按到最低點(diǎn)，使小帽縮進(jìn)，然后放手，筆將向上彈起至一定的高度。忽略摩擦和空氣阻力。則筆從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是(　　)A．筆的動(dòng)量一直增大B．彈簧的彈性勢(shì)能減少量等于筆的動(dòng)能的增加量C．筆的動(dòng)能先減小后增大D．若考慮運(yùn)動(dòng)的全過程，筆所受的重力的沖量大小等于彈力沖量大小解析：選D　筆從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)的過程中，筆向上運(yùn)動(dòng)，先加速再減速，故動(dòng)量、動(dòng)能都是先增大再減小，A、C錯(cuò)誤；忽略摩擦和空氣阻力，筆、彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，可知彈簧的彈性勢(shì)能減少量等于筆的動(dòng)能和重力勢(shì)能總和的增加量，B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力的沖量等于動(dòng)量的改變量，運(yùn)動(dòng)的全過程，初、末動(dòng)量都為零，則可知筆所受的重力的沖量大小等于彈力沖量大小，D正確。3.中國(guó)CNCAP(汽車碰撞實(shí)驗(yàn))是檢驗(yàn)汽車安全性能的重要標(biāo)準(zhǔn)，其中一項(xiàng)稱為40% ODB正面碰撞檢驗(yàn)：汽車速度為64 km/h，迎面碰到可潰障礙物上并停下來。某次測(cè)試中，駕駛座假人甲系著安全帶，副駕駛座假人乙沒有系安全帶，但其前方固定著一豎直擋板，假人質(zhì)量均為50 kg，碰撞時(shí)間為0.05 s，假人與安全帶的作用時(shí)間為 0.2 s，碰撞過程中甲、乙所受水平方向平均作用力之比為(　　)A．1∶4　　　B．4∶1　　　C．2∶5　　　D．5∶2解析：選A　取假人為研究對(duì)象，取車速方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理可得－Ft＝0－mv，解得F＝∝，碰撞過程中甲、乙所受水平方向平均作用力之比為＝＝＝，故選A。4.人們對(duì)手機(jī)的依賴性越來越強(qiáng)，有些人喜歡躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸到眼睛的情況。如圖所示，若手機(jī)質(zhì)量m為200 g，從離人眼約h＝10 cm 的高度無初速掉落，砸到眼睛后經(jīng)t＝0.01 s手機(jī)停止運(yùn)動(dòng)，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正確的是(　　)A．手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為30 NB．手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小約為58 NC．全過程手機(jī)重力的沖量大小約為0.48 N·sD．全過程手機(jī)重力做功約為20 J解析：選A　手機(jī)下落的高度h＝10 cm＝0.10 m，手機(jī)的質(zhì)量m＝200 g＝0.20 kg，根據(jù)自由落體速度v＝＝ m/s≈1.4 m/s，手機(jī)與眼睛作用后手機(jī)的速度變成0，選取向上為正方向，所以手機(jī)與眼睛作用過程中動(dòng)量變化為Δp＝0－(－mv)＝0.2×    1.4 kg·m/s＝0.28 kg·m/s，手機(jī)與眼睛接觸的過程中受到重力與眼睛的作用力，根據(jù)動(dòng)量定理可知Ft－mgt＝Δp，解得手機(jī)對(duì)眼睛的作用力大小F＝30 N，故A正確，B錯(cuò)誤；手機(jī)下落時(shí)t′＝＝ s＝0.14 s，全過程中重力的沖量I＝mg(t＋t′)＝0.2×10×(0.14＋0.01)N·s＝0.30 N·s，故C錯(cuò)誤；全過程手機(jī)重力做功W＝mgh＝0.2 J，D錯(cuò)誤。5.如圖，一輕彈簧左端固定在長(zhǎng)木塊M的左端，右端與小物塊m連接，且m與M及M與地面間接觸光滑。開始時(shí)，m和M均靜止，現(xiàn)同時(shí)對(duì)m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，從兩物塊開始運(yùn)動(dòng)以后的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，對(duì)m、M和彈簧組成的系統(tǒng)(整個(gè)過程中彈簧形變不超過其彈性限度)，正確的說法是(　　)A．由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒B．F1、F2分別對(duì)m、M做正功，故系統(tǒng)動(dòng)量不斷增加C．F1、F2分別對(duì)m、M做正功，故系統(tǒng)機(jī)械能不斷增加D．當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時(shí)，m、M的動(dòng)能最大解析：選D　由于F1、F2等大反向，系統(tǒng)所受合外力為零，所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒，當(dāng)彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時(shí)，m、M加速終止，m、M速度最大，以后開始減速，系統(tǒng)機(jī)械能先增加后減小，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。6.如圖所示，甲、乙兩船的總質(zhì)量(包括船、人和貨物)分別為12m、14m，兩船沿同一直線、同一方向運(yùn)動(dòng)，速度分別為2v0、v0。為避免兩船相撞，乙船上的人將一質(zhì)量為m的貨物沿水平方向拋向甲船，甲船上的人將貨物接住，拋出貨物的最小速度為(不計(jì)水的阻力)(　　)A．4v0　　　　B．5v0　　　　C．6v0　　　　D．7v0解析：選B　先對(duì)于乙和貨物由動(dòng)量守恒定律得14mv0＝－mv＋13mv1，再對(duì)于甲和貨物列由動(dòng)量守恒定律得12m·2v0－mv＝13mv2，由于恰好不相碰，則至少必須保證v1＝v2，解得v＝5v0，故選B。7.質(zhì)量為M的小車靜止于光滑的水平面上，小車的上表面和圓弧的軌道均光滑。如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的小球以速度v0水平?jīng)_向小車，當(dāng)小球返回左端脫離小車時(shí)，下列說法中正確的是(　　)A．整個(gè)過程中，m和M組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒B．如果 m>M，小球脫離小車后，做自由落體運(yùn)動(dòng)C．如果 m>M，小球脫離小車后，沿水平方向向右做平拋運(yùn)動(dòng)D．如果 m<M，小球脫離小車后，沿水平方向向右做平拋運(yùn)動(dòng)解析：選C　整個(gè)過程中，m和M組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，其他方向動(dòng)量不守恒，A錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22，解得v1＝v0，如果m>M，則v1>0，小球脫離小車后，沿水平方向向右做平拋運(yùn)動(dòng)，C正確，B錯(cuò)誤；如果 m<M，則v1<0，小球脫離小車后，沿水平方向向左做平拋運(yùn)動(dòng)，D錯(cuò)誤。8.如圖所示，一砂袋用無彈性輕細(xì)繩懸于O點(diǎn)。開始時(shí)砂袋處于靜止?fàn)顟B(tài)，一彈丸以水平速度v0擊中砂袋后未穿出，二者共同擺動(dòng)，若彈丸質(zhì)量為m，砂袋質(zhì)量為5m，彈丸和砂袋形狀大小忽略不計(jì)，彈丸擊中沙袋后漏出的沙子質(zhì)量忽略不計(jì)，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。下列說法中正確的是(　　)A．彈丸打入砂袋過程中，細(xì)繩所受拉力大小保持不變B．彈丸打入砂袋過程中，彈丸對(duì)砂袋的沖量大小大于砂袋對(duì)彈丸的沖量大小C．彈丸打入砂袋過程中所產(chǎn)生的熱量為D．砂袋和彈丸一起擺動(dòng)所達(dá)到的最大高度為解析：選D　初態(tài)時(shí)，細(xì)繩的拉力等于砂袋的重力，彈丸打入砂袋過程中，砂袋的速度增大，做圓周運(yùn)動(dòng)，細(xì)繩拉力與砂袋的重力的合力提供向心力，拉力增大，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；彈丸打入砂袋過程中，彈丸和砂袋組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，彈丸對(duì)砂袋的沖量大小等于砂袋對(duì)彈丸的沖量大小，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；彈丸打入砂袋過程中，設(shè)初速度方向?yàn)檎鶕?jù)動(dòng)量守恒定律可知，mv0＝(m＋5m)v，根據(jù)能量守恒定律可知，產(chǎn)生的熱量Q＝mv02－(m＋5m)v2＝mv02，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；彈丸打入砂袋后，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，有(m＋5m)v2＝(m＋5m)·gh，解得最大高度h＝，D選項(xiàng)正確。9.一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對(duì)其施加兩個(gè)水平作用力，兩個(gè)力隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，由圖像可知(　　)A．在0～t1時(shí)間內(nèi)，物體的動(dòng)量不斷增大B．在t1時(shí)刻，物體的動(dòng)量為0C．在t1～t2時(shí)間內(nèi)，物體的動(dòng)量不斷減小D．在t2時(shí)刻，物體的動(dòng)量大小為解析：選B　由題圖可知，0～t1時(shí)間內(nèi)，物體所受的合力始終為0，保持靜止不動(dòng)，      A項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確；在t1～t2時(shí)間內(nèi)，物體所受的合力為負(fù)方向，大小逐漸增大，物體向負(fù)方向做加速運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量逐漸增大，C項(xiàng)錯(cuò)誤；F-t圖線與橫坐標(biāo)軸圍成的面積表示力的沖量，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，對(duì)物體由動(dòng)量定理結(jié)合圖像面積可知mv＝，     D項(xiàng)錯(cuò)誤。10.如圖所示，豎直放置的彈簧一端固定在地上，另一端連接物體B(視為質(zhì)點(diǎn))，保持靜止，彈簧被壓縮了h。另一個(gè)與B完全相同的物體A從彈簧原長(zhǎng)位置靜止釋放自由落下，A與B發(fā)生完全非彈性碰撞(但不粘連)，碰撞時(shí)間極短，重力加速度為g。則下列說法錯(cuò)誤的是(　　)A．碰后瞬間兩物體的速度為B．碰撞后兩物體一起向下運(yùn)動(dòng)的最大位移大于hC．兩物體反彈向上運(yùn)動(dòng)，A不能再回到釋放點(diǎn)D．兩物體反彈向上運(yùn)動(dòng)時(shí)在碰撞點(diǎn)上方分開解析：選D　設(shè)A、B的質(zhì)量為m，碰撞前A的速度為vA，碰撞后A、B的速度為vAB，由于碰撞時(shí)間極短，可忽略A所受的重力，則碰撞過程中動(dòng)量守恒，即mvA＝2mvAB，其中vA＝，解得vAB＝，A正確；設(shè)彈簧勁度系數(shù)為k，碰撞后兩物體一起向下運(yùn)動(dòng)的位移為x，則mg＝kh，兩物體碰撞前彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為E1＝kh2，碰撞后兩物體一起向下運(yùn)動(dòng)達(dá)到最大位移時(shí)彈簧儲(chǔ)存的彈性勢(shì)能為E2＝k(x＋h)2＝kh2＋×2m×vAB2＋2mgx，求解后舍去負(fù)值，得x＝(1＋)h，故B正確；由于碰撞過程中存在能量損失，所以A不能再回到釋放點(diǎn)，故C正確；碰撞后A、B及彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，反彈向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)碰撞點(diǎn)時(shí)，兩物體的速度大小等于碰后瞬間兩物體的速度，設(shè)兩物體上升x′后速度減小為零，則由動(dòng)能定理得kh2－k(h－x′)2－2mgx′＝0－×2m×vAB2，解得x′＝(－1)h<h，即物體A、B到達(dá)不了彈簧的原長(zhǎng)處，彈簧不可能對(duì)物體B產(chǎn)生向下的拉力，物體A、B不會(huì)分離，故D錯(cuò)誤。11.如圖所示，質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L的長(zhǎng)木板，靜止放置在光滑的水平地面上，一質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))以某一水平初速度v0從左端沖上木板，最終二者以速度v一起勻速運(yùn)動(dòng)，物塊與長(zhǎng)木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。整個(gè)過程中系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能和損失的機(jī)械能分別為Q和ΔE，下列關(guān)系式中正確的是(　　)A．mv0＝(M＋m)v　　　　 B．v02－v2＝2μgLC．Q＝mv02－Mv2   D．ΔE＝mv02－mv2解析：選A　物塊和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則mv0＝(M＋m)v，選項(xiàng)A正確；物塊的加速度為a1＝μg，則由運(yùn)動(dòng)公式有v02－v2＝2μg(L＋x)，其中x是木板的位移，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)系統(tǒng)，由能量關(guān)系可知，系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于產(chǎn)生的內(nèi)能，即ΔE＝Q＝mv02－v2，選項(xiàng)C、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；有數(shù)值計(jì)算時(shí)，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位。12．(15分)如圖所示，某同學(xué)制作了一個(gè)彈簧彈射裝置，輕彈簧兩端各放一個(gè)金屬小球(小球與彈簧不連接)，壓縮彈簧并鎖定，該系統(tǒng)放在內(nèi)壁光滑的金屬管中(管徑略大于兩球直徑)，金屬管水平固定在離地面一定高度處，解除彈簧鎖定，兩小球向相反方向彈射，射出管時(shí)均已脫離彈簧，現(xiàn)要測(cè)定彈射裝置鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能，并探究彈射過程遵循的規(guī)律，實(shí)驗(yàn)小組配有足夠的基本測(cè)量工具，重力加速度大小取g，按下述步驟進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：①用天平測(cè)出小球P和Q的質(zhì)量分別為m1、m2；②用刻度尺測(cè)出管口離地面的高度h；③解除鎖定記錄兩球在水平地面上的落點(diǎn)N、M；根據(jù)該同學(xué)的實(shí)驗(yàn)，回答下列問題：(1)除上述測(cè)量外，要測(cè)定彈射裝置鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能，還需要測(cè)量的物理量是________。A．彈簧的壓縮量ΔxB．P、Q兩球落地點(diǎn)M、N到對(duì)應(yīng)管口的水平距離 x1、x2C．金屬管的長(zhǎng)度LD．兩球從彈出到落地的時(shí)間 t1、t2(2)根據(jù)測(cè)量物理量可得彈性勢(shì)能的表達(dá)式Ep＝____________________________。(3)如果滿足關(guān)系式_______________________，則說明彈射過程中輕彈簧和兩金屬球組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。(用測(cè)得的物理量符號(hào)表示)解析：(1)由題意可知，彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為小球的動(dòng)能，則由Ep＝mv2即可求得彈性勢(shì)能，故應(yīng)測(cè)量小球的質(zhì)量m以及通過金屬管的速度v。為了測(cè)量小球的速度，需要知道做平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移，即需測(cè)量P、Q兩球落地點(diǎn)M、N到對(duì)應(yīng)管口的水平距離x1、x2；彈簧壓縮量、金屬管的長(zhǎng)度以及兩球從彈出到落地的時(shí)間和小球的直徑均不需要測(cè)量。故B正確，A、C、D錯(cuò)誤。(2)由(1)可知Ep＝m1v12＋m2v22由h＝gt2可得平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝ ，根據(jù)水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知v1＝，v2＝聯(lián)立可得彈性勢(shì)能的表達(dá)式Ep＝m1v12＋m2v22＝＋。(3)根據(jù)動(dòng)量守恒定律可知，兩球碰前動(dòng)量為零，碰后方向向反，設(shè)向左為正，則有0＝m1v1－m2v2再根據(jù)水平方向x＝vt可得m1x1＝m2x2。答案：(1)B　(2)＋　(3)m1x1＝m2x213.(6分)建筑工地上將樁料打入泥土的打夯機(jī)示意圖如圖所示。打樁前先將樁料扶正立于地基上，樁料進(jìn)入泥土的深度忽略不計(jì)。已知夯錘的質(zhì)量為M＝80 kg，樁料的質(zhì)量為m＝20 kg。某次打樁時(shí)，將夯錘提升到距離樁頂h0＝0.2 m處由靜止釋放，夯錘自由下落。夯錘砸在樁頂上后，立刻隨樁料起向下運(yùn)動(dòng)。樁料進(jìn)入泥土的深度為h＝0.2 m，取g＝10 m/s2。求樁料受到的平均阻力大小。解析：夯錘與樁料碰撞前，夯錘做自由落體運(yùn)動(dòng)，則有v02＝2gh，代入數(shù)據(jù)解得v0＝     2 m/s，取向下為正方向，打擊過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，夯錘與樁料碰撞后兩者共速，則有Mv0＝(M＋m)v，代入數(shù)據(jù)解得v＝1.6 m/s，設(shè)樁料進(jìn)入泥土的最大深度為h，對(duì)夯錘與樁料，由動(dòng)能定理得(M＋m)gh－阻h＝0－(M＋m)v2，代入數(shù)據(jù)解得阻＝1 640 N。答案：1 640 N14．(8分)在太空中有一枚相對(duì)于太空站相對(duì)靜止的質(zhì)量為M的火箭，突然噴出質(zhì)量為m的氣體，噴出的速度為v0(相對(duì)于太空站)，緊接著再噴出質(zhì)量也為m的另一部分氣體，此后火箭獲得的速度為v(相對(duì)太空站)，火箭第二次噴射的氣體的速度多大(相對(duì)于太空站)?解析：題意中所涉及的速度都是相對(duì)于太空站的，可以直接使用動(dòng)量守恒定律，規(guī)定v0的方向?yàn)檎?，則第一次噴氣后有0＝mv0－(M－m)v1，得v1＝，v1與正方向相反第二次噴氣后有－(M－m)v1＝mv2－(M－2m)v，所以v2＝v－v0。答案：v－v015．(12分)某游樂場(chǎng)入口旁有一噴泉，在水泵作用下會(huì)從鯨魚模型背部噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的MickeyMouse模型托起，穩(wěn)定地懸停在空中，伴隨著音樂旋律，Mickey Mouse模型能夠上下運(yùn)動(dòng)，引人駐足，如圖所示。這一景觀可做如下簡(jiǎn)化，水柱從橫截面積為S0的模型背部噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出，設(shè)同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證所有水都能噴到?jīng)_浪板的底部。水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽略不計(jì)，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。已知Mickey Mouse模型和沖浪板的總質(zhì)量為M，水的密度為ρ，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計(jì)，噴水的功率定義為單位時(shí)間內(nèi)噴口噴出水的動(dòng)能。(1)求噴泉噴水的功率P；(2)試計(jì)算Mickey Mouse模型在空中懸停時(shí)離噴口的高度h；(3)實(shí)際上，當(dāng)我們仔細(xì)觀察時(shí)，發(fā)現(xiàn)噴出的水柱在空中上升階段并不是粗細(xì)均勻的，而是在豎直方向上一頭粗、一頭細(xì)，請(qǐng)你說明上升階段的水柱是上端較粗還是下端較粗，并說明水柱呈現(xiàn)該形態(tài)的原因。解析：(1)噴泉噴水的功率為P＝＝＝＝＝ρS0v03。(2)以向上為正方向，以Δt內(nèi)沖擊沖浪板底部的水柱為研究對(duì)象，設(shè)碰到?jīng)_浪板時(shí)水的速度大小為v，由動(dòng)量定理得－F·Δt＝Δp＝Δm·Δv＝ρS0v0Δt·Δv＝ρS0v0Δt·(0－v)所以F＝ρS0v0v根據(jù)牛頓第三定律有F′＝F＝Mg所以Mg＝ρS0v0v得v＝水從噴口噴出后再做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，有v2－v02＝－2gh所以h＝－。(3)從噴口噴出的水的流量Q＝S0v0是定值，單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的體積Q＝S0v0＝Sivi不變，在vi不斷變小時(shí)，橫截面積Si在不斷增大，因此上升階段的水柱呈現(xiàn)的形態(tài)是上端較粗。答案：(1)ρS0v03　(2)－　(3)見解析16．(15分)如圖(a)所示，豎直平面內(nèi)一傾角為θ＝30°、足夠長(zhǎng)的粗糙斜面與長(zhǎng)度為      l＝2 m的粗糙水平面CD平滑連接，CD右側(cè)固定一彈性擋板?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)、材料相同的滑塊A、B質(zhì)量分別為mA＝1 kg、mB＝2 kg，置于水平面左端C點(diǎn)。某時(shí)刻A、B之間的少量炸藥突然爆炸(可視為瞬間過程)，若A、B之間炸藥爆炸的能量有48 J轉(zhuǎn)化為A、B的機(jī)械能，其余能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。爆炸后瞬間A、B速度方向均在水平方向上，A第一次在斜面上運(yùn)動(dòng)的v-t圖像如圖(b)所示(圖中v1、v2和t1未知)。A、B運(yùn)動(dòng)過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短，已知滑塊A、B與水平面CD之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2。求：(1)爆炸結(jié)束的瞬間A、B獲得的速度大小；(2)A與粗糙斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1；(3)A第一次回到斜面底端時(shí)，A與B之間的距離及A和B都停止后，A與B之間的距離。解析：(1)在爆炸瞬間，滑塊A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定水平向右為正方向根據(jù)動(dòng)量守恒定律有0＝－mAv1＋mBvB根據(jù)能量守恒定律有E＝mAv12＋mBvB2解得v1＝8 m/s，vB＝4  m/s。(2)假設(shè)A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1，A在斜面上上滑過程中有0＝v1－aA1t1mAgsin θ＋μ1mAgcos θ＝mAaA1xA1＝·t1A在斜面上下滑過程中有v2＝aA2·2t1mAgsin θ－μ1mAgcos θ＝mAaA2xA1＝·2t1聯(lián)立解得v2＝4 m/s，μ1＝，aA1＝8 m/s2，aA2＝2 m/s2，t1＝1 s。(3)由(2)問可知A從爆炸結(jié)束到第一次回到斜面底端所用時(shí)間為3t1＝3 s因?yàn)锽與擋板碰撞前后，速度和加速度大小均不變，所以可全程看為勻減速直線運(yùn)動(dòng)根據(jù)牛頓第二定律有μmBg＝mBaB由勻速直線運(yùn)動(dòng)速度公式有0＝vB－aBt2解得t2＝2 s所以A第一次回到斜面底端時(shí)，B已停止此時(shí)xB＝·t2＝4 m＝2l所以B剛回到C點(diǎn)時(shí)速度減為0，即A第一次回到斜面底端時(shí)A與B之間的距離為0A、B碰撞過程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，規(guī)定水平向右為正方向，有mAv2＝mAv3＋mBv4根據(jù)機(jī)械能守恒定律有mAv22＝mAv32＋mBv42得v3＝－ m/s，v4＝  m/sB從碰撞后到停止xB2＝＝ m由于v3<v4且xB2＝ m<l，A、B不會(huì)再相撞A第二次滑上斜面和滑下斜面過程中xA2＝＝A在水平面上運(yùn)動(dòng)直至停止xA3＝＝ mAB最終相距的距離為Δx＝xB2－xA3＝ m≈1.67 m。答案：(1)8 m/s　4 m/s　(2)(3)0　1.67 m