2024-2025學(xué)年新教材高中物理第一章動量守恒定律單元檢測含解析新人教版選擇性必修1

PAGE14-第一章動量守恒定律(90分鐘100分)一、單項選擇題：本題共8小題，每小題3分，共24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．關(guān)于動量和動能，以下說法中正確的是()A．速度大的物體動量肯定大B．質(zhì)量大的物體動量肯定大C．兩個物體的質(zhì)量相等，動量大的其動能也肯定大D．兩個物體的質(zhì)量相等，速度大小也相等，則它們的動量肯定相等【解析】選C。依據(jù)動量的計算公式可得：p＝mv，速度大的物體質(zhì)量不肯定大，則動量不肯定大；質(zhì)量大的物體速度不肯定大，則動量也不肯定大，故A、B錯誤；兩個物體的質(zhì)量相等，依據(jù)Ek＝eq\f(p2,2m)可知，動量大的其動能也肯定大，故C正確；兩個物體的質(zhì)量相等，速度大小也相等，但速度的方向不肯定相同，它們的動量不肯定相等，故D錯誤。2.如圖所示，一光滑地面上有一質(zhì)量為M的木板ab，一質(zhì)量為m的人站在木板的a端，關(guān)于人由靜止起先運動到木板的b端(M、N表示地面上原a、b對應(yīng)的點)，下列圖示正確的是()【解析】選D。依據(jù)動量守恒定律，M、m系統(tǒng)動量守恒，對于題中的“人板模型”，各自對地的位移為sM、sm，且有MsM＝msm，sM＋sm＝L板，解得：sm＝eq\f(ML板,M＋m)，sM＝eq\f(mL板,M＋m)；以M點為參考，人向右運動，木板向左運動，且人向右運動的位移加上木板向左運動的位移之和為板的長度，所以D正確。故選D。3．兩輛汽車的質(zhì)量分別為m1和m2，已知m1>m2，沿水平方向同方向行駛且具有相等的動能，則此時兩輛汽車動量p1和p2的大小關(guān)系是()A．p1等于p2 B．p1小于p2C．p1大于p2 D．無法比較【解析】選C。動量與動能關(guān)系式為：p2＝2mEk；已知m1＞m2，具有相等的動能，故p1大于p2；故選C。4．如圖所示，甲、乙兩人分別站在小車上，小車靜止在光滑的水平地面上，甲與車的總質(zhì)量為M，甲手上有一個質(zhì)量為m的球，乙與車的總質(zhì)量也為M?，F(xiàn)甲以肯定的水平速度向右拋出小球，拋出后，甲的速度大小為v1，乙接到球后，乙的速度大小為v2，乙接球后，又以肯定的水平速度向左拋出，拋出后，乙的速度為v3，甲接球后，甲的速度為v4，則()A．v1＝v2B．v1＜v2C．v3＝v4D．v3＞v4【解析】選D。沿水平方向拋球，兩人和車及球組成的系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)的總動量為零，因此乙接球后，甲與車的總動量和乙與車及球的總動量等大反向，即Mv1＝(M＋m)v2，解得：v1＞v2，同理，甲接球后有：Mv3＝(M＋m)v4，解得：v3＞v4，故A、B、C錯誤，D正確。5．如圖所示，物體A、B靜止在光滑水平面上，且mA>mB，現(xiàn)用大小相等的兩個力F和F′分別作用在A和B上，使A、B沿一條直線相向運動，然后又先后撤去這兩個力，使這兩個力對物體做的功相同，接著兩物體碰撞并合為一體后，它們()A．可能停止運動B．肯定向右運動C．可能向左運動D．仍運動，但運動方向不能確定【解析】選B。先依據(jù)動能定理分析兩個物體獲得的動能大小，由p＝eq\r(2mEk)，分析碰撞前的動量大小，依據(jù)碰撞過程動量守恒，列式分析碰后共同體的運動方向。由動能定理知，兩個力F和F′做功相同，碰撞前它們的動能相同。由p＝eq\r(2mEk)，mA>mB知，pA>pB。碰撞過程中動量守恒，則有：pA＋pB＝(mA＋mB)v，故碰后速度v肯定與pA相同，方向向右，故B正確。故選B。6.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理。如圖所示，從距秤盤80cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)勻稱地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话?，方向相反。若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為()A．0.2NB．0.6NC．1.0ND．1.6N【解析】選B。豆粒從80cm高處落下時速度為v，v2＝2gh，則v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s。設(shè)向上為正方向，依據(jù)動量定理：Ft＝mv2－mv。F＝eq\f(mv2－mv,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×（－4）,1)N＝0.6N，故B項正確，A、C、D三項錯誤。7.蹦床是一項技術(shù)含量很高的體育運動。如圖所示，某時刻運動員從空中最高點O自由下落，接觸蹦床A點后接著向下運動到最低點C。B點為人靜止在蹦床上時的位置。忽視空氣阻力。運動員從最高點下落到最低點的過程中，運動員在()A．OA段動量守恒B．AC段的動量改變量小于AC段彈力的沖量C．B點的動量為零D．OA段受到重力的沖量等于AC段彈力的沖量【解析】選B。運動員在OA段合外力即為重力，運動員做勻加速直線運動，速度變大，由p＝mv，可知運動員的動量增大，故A錯誤；對運動員在AC段進行受力分析，依據(jù)動量定理得：IG＋I(xiàn)F彈＝Δp，可知，Δp＜0，IG＞0，IF彈<0，則有|Δp|<|IF彈|，故B正確；運動員從O點到B點過程加速向下運動，到達(dá)B點時速度最大，由p＝mv，可知運動員的動量在B點時最大，故C錯誤；對運動員，在全過程中，依據(jù)動量定理得：IG＋I(xiàn)F彈＝Δp＝0，可知OC段受到重力的沖量與AC段彈力的沖量大小相等，方向相反，明顯OA段受到重力的沖量與AC段彈力的沖量大小不等，方向相反，故D錯誤。8．質(zhì)量為m的物體以速度v0從地面豎直上拋(不計空氣阻力)到落回地面，在此過程中()A．上升過程和下落過程中動量的改變量大小均為mv0，但方向相反B．整個過程中重力的沖量為2mv0C．整個過程中重力的沖量為0D．上升過程重力沖量大小為mv0，方向向下【解析】選D。依據(jù)豎直上拋運動的對稱性可得落地的速度大小為v0，方向豎直向下。上升過程和下落過程中只受到重力的作用。選取向上為正方向，上升過程動量的改變量：Δp1＝0－mv0＝－mv0，下落過程中動量的改變量：Δp2＝－mv0－0＝－mv0，大小均為mv0，方向相同，故A錯誤；整個過程中重力的沖量為：I＝－mv0－mv0＝－2mv0，故B、C錯誤；上升過程動量的改變量：Δp1＝0－mv0＝－mv0，所以上升過程重力沖量大小為mv0，方向向下，故D正確。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16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。9．在不計空氣阻力作用的條件下，下列說法中正確的是()A．自由下落的小球在空中運動的隨意一段時間內(nèi)，其增加的動能肯定等于其削減的重力勢能B．做平拋運動的小球在空中運動的隨意相同的時間內(nèi)，其速度的改變量肯定相同C．做勻速圓周運動的小球在隨意一段時間內(nèi)其合外力做的功肯定為零，合外力的沖量也肯定為零D．單擺在一個周期內(nèi)，合外力對擺球做的功肯定為零，合外力的沖量也肯定為零【解析】選A、B、D。不計空氣阻力，自由下落的小球，其所受合外力為重力，則小球在運動的過程中機械能守恒，其增加的動能肯定等于其減小的重力勢能，故A正確；做平拋運動的小球所受合外力為重力，加速度的大小與方向都不變，所以小球在空中運動的隨意相同的時間內(nèi)，其速度的改變量肯定相同，故B正確；做勻速圓周運動的小球，其所受合外力的方向肯定指向圓心，小球在隨意一段時間內(nèi)其合外力做的功肯定為零；但由于速度的方向不斷改變，所以速度的改變量不肯定等于0，所以合外力的沖量也不肯定為零，故C錯誤；經(jīng)過一個周期，單擺的小球又回到初位置，全部的物理量都與起先時相等，所以單擺在一個周期內(nèi)，合外力對擺球做的功肯定為零，合外力的沖量也肯定為零，故D正確。10．如圖所示，輕質(zhì)彈簧的一端固定在墻上，另一端與質(zhì)量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質(zhì)量與A相同的物體B，從高h(yuǎn)處由靜止起先沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復(fù)原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是()A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mghB．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為eq\f(mgh,2)C．B能達(dá)到的最大高度為eq\f(h,2)D．B能達(dá)到的最大高度為eq\f(h,4)【解析】選B、D。設(shè)碰前瞬間B物體的速度為vB有：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))，解得：vB＝eq\r(2gh)，依據(jù)動量守恒定律：mvB＝(m＋m)v共，所以v共＝eq\f(1,2)vB＝eq\f(1,2)eq\r(2gh)，從碰完到壓縮彈簧最短，依據(jù)機械能守恒定律有：Epm＝eq\f(1,2)(m＋m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(共))＝eq\f(mgh,2)，A錯誤，B正確；剛要分開時兩物體具有相同的速度，設(shè)為v′，從壓縮最短到分開，依據(jù)機械能守恒定律有：Epm＝eq\f(1,2)(m＋m)v′2＝eq\f(mgh,2)，解得：v′＝eq\r(\f(gh,2))，之后B物體起先沖上曲面，依據(jù)機械能守恒定律，有：eq\f(1,2)mv′2－0＝mghm，解得：hm＝eq\f(h,4)，C錯誤，D正確。11．在光滑水平面上，動能為E0、動量大小為p0的小鋼球1與靜止小鋼球2發(fā)生碰撞，碰撞前后球1的運動方向相反。將碰撞后球1的動能和動量的大小分別計為E1、p1，球2的動能和動量的大小分別計為E2、p2，則下列關(guān)系中正確的是()A．E1<E0B．p1<p0C．E2>E0D．p2<p0【解析】選A、B。由題知，碰撞后兩球均有速度。依據(jù)碰撞過程中總動能不增加可知，E1＜E0，E2＜E0，p1＜p0。否則，就違反了能量守恒定律。依據(jù)動量守恒定律得：p0＝p2－p1＞0，得到p2＞p0，故A、B正確，C、D錯誤。故選A、B。12．如圖所示，運動員前后兩次將籃球從同一位置斜向上拋出，第1次籃球在空中劃過一道弧線后擊中籃板，第2次籃球垂直打在籃板上同一位置。假設(shè)球與籃板碰撞前后水平速度的大小不變，方向相反，忽視空氣阻力。下列說法正確的有()A．碰撞前，第1次籃球在空中運動的時間較短B．第1次籃球在豎直方向的初速度較大C．第2次籃球在水平方向的初速度較小D．碰撞過程中，第2次籃球受到水平作用力的沖量較大【解析】選B、D。由題圖可知，第1次投籃時籃球上升的高度較高，且籃球是在下降的過程中擊中籃板的，兩次投籃籃球在豎直方向上做的都是豎直上拋運動，由此可知第1次投籃時籃球在空中的運動時間較長，且豎直方向的初速度較大，故A錯誤，B正確；在兩次投籃中籃球在水平方向的位移相等，且在水平方向上做的都是勻速直線運動，而第2次的運動時間短，所以第2次投籃時水平方向的初速度較大，故C錯誤；依據(jù)動量定理可知，籃球受到水平作用力的沖量等于籃球水平方向的動量的改變量，因為第2次投球，籃球在水平方向的分速度較大，所以第2次投球，籃球在水平方向的動量改變量較大，即第2次投球，籃球受到的水平作用力的沖量較大，故D正確。【補償訓(xùn)練】1．(多選)質(zhì)量為2m的物體A以速度v0碰撞靜止的物體B，B的質(zhì)量為m，則碰撞后B的速度可能為()A．v0 B．2v0C．eq\f(2,3)v0 D．eq\f(1,2)v0【解析】選A、C。A物體和B物體碰撞的過程中動量守恒，選A原來的運動方向為正方向，假如發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律得：2mv0＝(2m＋m)v2，解得：v2＝eq\f(2,3)v0；假如發(fā)生完全彈性碰撞，由動量守恒定律得：2mv0＝2mv1＋mv2，由能量守恒定律得：eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)·mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，解得：v2＝eq\f(4,3)v0，則碰撞后B的速度為：eq\f(2,3)v0≤v0≤eq\f(4,3)v0，故A、C正確，B、D錯誤。2.(多選)如圖所示，水平光滑軌道寬度和輕質(zhì)彈簧自然長度均為d。兩小球m1和m2與彈簧連接，m2的左邊有一固定擋板。m1由圖示位置靜止釋放，當(dāng)m1與m2相距最近時m1速度為v1，則在以后的運動過程中，可能的狀況是()A．m1的最小速度是0B．存在某段時間m1向左運動C．m2的最大速度肯定是v1D．m2的最大速度是eq\f(2m1,m1＋m2)v1【解析】選A、B、D。從小球m1到達(dá)最近位置后接著前進，此后拉著m2前進，m1減速，m2加速，達(dá)到共同速度時兩者相距最遠(yuǎn)，此后m1接著減速，m2加速，當(dāng)兩球再次相距最近時，m1達(dá)到最小速度，m2達(dá)最大速度：兩小球水平方向動量守恒，速度相同時保持穩(wěn)定，始終向右前進，取向右為正方向。依據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律分別得m1v1＝m1v′1＋m2v2，eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)m1v′eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))；解得v′1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v1，故m2的最大速度為eq\f(2m1,m1＋m2)v1，m1的最小速度為eq\f(m1－m2,m1＋m2)v1，當(dāng)m1＝m2時，m1的最小速度是0，故A、D正確，C錯誤；若m1<m2，由上得v′1<0，知存在某段時間m1向左運動，故B正確。三、試驗題：本題共2小題，共14分。13．(6分)如圖所示為驗證動量守恒定律的試驗裝置示意圖。(1)若入射小球質(zhì)量為m1，半徑為r1；被碰小球質(zhì)量為m2，半徑為r2則________。A．m1>m2，r1>r2 B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2 D．m1<m2，r1＝r2(2)為完成此試驗，以下所供應(yīng)的測量工具中必需的是________。(填下列對應(yīng)的字母)A．直尺B．游標(biāo)卡尺C．天平D．彈簧秤E．秒表(3)設(shè)入射小球的質(zhì)量為m1，被碰小球的質(zhì)量為m2，P為碰前入射小球落點的平均位置，則關(guān)系式(用m1、m2及圖中字母表示)____________成立，即表示碰撞中動量守恒。【解析】(1)在小球碰撞過程中水平方向動量守恒，故有m1v0＝m1v1＋m2v2若碰撞過程中無機械能損失，有：eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))解得v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1－m2＞0，m1＞m2，為了使兩球發(fā)生正碰，兩小球的半徑相同，r1＝r2，故選C。(2)P為碰前入射小球落點的平均位置，M為碰后入射小球的位置，N為碰后被碰小球的位置，碰撞前入射小球的速度v1＝eq\f(\x\to(OP),\r(\f(2h,g)))；碰撞后入射小球的速度v2＝eq\f(\x\to(OM),\r(\f(2h,g)))；碰撞后被碰小球的速度v3＝eq\f(\x\to(ON),\r(\f(2h,g)))；若m1v1＝m2v3＋m1v2則表明通過該試驗驗證了兩球碰撞過程中動量守恒，代入數(shù)據(jù)得：m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)，所以須要測量質(zhì)量和水平位移，用到的儀器是直尺、天平；故選A、C。(3)若關(guān)系式m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)成立，即表示碰撞中動量守恒。答案：(1)C(2)A、C(3)m1eq\x\to(OP)＝m1eq\x\to(OM)＋m2eq\x\to(ON)14．(8分)用如圖甲所示的氣墊導(dǎo)軌來驗證動量守恒定律，用頻閃照相機閃光4次拍得的照片如圖乙所示，已知閃光時間間隔為Δt＝0.02s，閃光本身持續(xù)時間極短，已知在這4次閃光的時間內(nèi)滑塊A、B均在0～80cm范圍內(nèi)且第一次閃光時，A恰好過x＝55cm處，B恰好過x＝70cm處，則由圖可知：(1)兩滑塊在x＝____________cm處相碰。(2)兩滑塊在第一次閃光后t＝____________s時發(fā)生碰撞。(3)若碰撞過程中滿意動量守恒，則A、B兩滑塊的質(zhì)量比為________?！窘馕觥?1)碰撞發(fā)生在第1、2兩次閃光時刻之間，碰撞后B靜止，故碰撞發(fā)生在x＝60cm處。(2)碰撞后A向左做勻速運動，設(shè)其速度為vA′，所以vA′·Δt＝20cm，碰撞到其次次閃光時A向左運動10cm，時間為t′有vA′·t′＝10cm，第一次閃光到發(fā)生碰撞時間為t，有t＋t′＝Δt，得t＝eq\f(Δt,2)＝0.01s(3)碰撞前，A的速度大小為：vA＝eq\f(5cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(10cm,Δt)；B的速度大小為vB＝eq\f(10cm,\f(1,2)Δt)＝eq\f(20cm,Δt)碰撞后，A的速度v′A＝eq\f(20cm,Δt)取向左為正方向則由動量守恒定律可知：mAv′A＝mBvB－mAvA解得：mA∶mB＝2∶3答案：(1)60(2)0.01(3)2∶3四、計算題：本題共4小題，共46分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位。15.(8分)如圖所示，質(zhì)量為1kg的小物塊以10m/s的速度從傾角為37°的固定斜面(足夠長)底端向上滑行，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)物塊沿斜面對上滑行的最大距離；(2)物塊從最高點滑回底端所經(jīng)驗的時間；(3)從起先沿斜面上滑到返回底端的過程中，物塊所受合力的沖量?！窘馕觥?1)設(shè)物塊沿斜面做勻減速運動加速度大小為a1，向上滑行的最大距離為x，由牛頓其次定律得：mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1由運動學(xué)公式得：veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝2a1x解得物塊沿斜面對上滑行的最大距離為x＝5m(2)設(shè)物塊沿斜面對下滑行時的加速度為a2、時間為t，回究竟端的速度大小為v，由牛頓其次定律得：mgsinθ－μmgcosθ＝ma2由運動學(xué)公式得：x＝eq\f(1,2)a2t2解得物塊從最高點滑回底端所經(jīng)驗的時間為t＝eq\r(5)s(3)物塊下滑時，由運動學(xué)公式得：v＝a2t解得：v＝2eq\r(5)m/s規(guī)定沿斜面對上為正方向，依據(jù)動量定理得：I＝m(－v)－mv0＝－(2eq\r(5)＋10)N·s故物塊所受合力的沖量大小為(2eq\r(5)＋10)N·s，方向沿斜面對下。答案：(1)5m(2)eq\r(5)s(3)(2eq\r(5)＋10)N·s，方向沿斜面對下16.(8分)如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg的小物塊放在質(zhì)量為m1＝2kg的甲木板右端，二者以速度v1＝8m/s沿光滑水平地面對右運動，小物塊可視為質(zhì)點。質(zhì)量m2＝2kg的乙木板在甲木板正前方以速度v2＝2m/s同向運動，一段時間后兩木板碰撞并粘在一起，小物塊最終停留在乙木板上。已知小物塊與乙木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2。求：(1)兩木板碰撞后瞬間乙木板的速度大小。(2)小物塊最終距乙木板左端的距離。【解析】(1)設(shè)兩木板碰撞后的瞬間乙木板的速度大小為v′，兩木板碰撞的過程動量守恒，取向右為正方向，依據(jù)動量守恒定律得：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v′代入數(shù)據(jù)解得：v′＝5m/s(2)設(shè)最終三者共速速度為v3，從起先到最終小物塊停留在乙木板上，依據(jù)動量守恒定律得：(m1＋m)v1＋m2v2＝(m1＋m2＋m)v3，代入數(shù)據(jù)解得：v3＝5.6m/s設(shè)小物塊最終距乙木板左端的距離為L，依據(jù)功能關(guān)系得：μmgL＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v′2＋eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－eq\f(1,2)(m1＋m2＋m)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))，代入數(shù)據(jù)解得：L＝0.72m答案：(1)5m/s(2)0.72m17.(14分)兩質(zhì)量均為2m的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的傾斜面都是光滑曲面，曲面下端與水平面相切，如圖所示。一質(zhì)量為m的物塊位于劈A的傾斜面上，距水平面的高度為h，物塊從靜止滑下，然后又滑上劈B，重力加速度為g。求：(1)物塊第一次離開劈A時，劈A的速度。(2)物塊在劈B上能夠達(dá)到的最大高度。【解析】(1)設(shè)物塊第一次離開A時的速度為v1，A的速度為v2，由系統(tǒng)動量守恒得：mv1－2mv2＝0①由系統(tǒng)機械能守恒得：mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋eq\f(1,2)·2mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))②由①②解得：v2＝eq\r(\f(1,3)gh)，v1＝eq\r(\f(4,3)gh)(2)物塊在劈B上達(dá)到最大高度h′時兩者速度相同，設(shè)為v，由系統(tǒng)動量守恒和機械能守恒得(m＋2m)v＝mv1③eq\f(1,2)(m＋2m)v2＋mgh′＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))④由③④解得：h′＝eq\f(4,9)h答案：(1)eq\r(\f(gh,3))(2)eq\f(4,9)h18．(16分)如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的木塊放在平臺的右端，該平臺到地面的高度為h＝0.45m，木塊與平臺間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，質(zhì)量為m＝1kg的小松鼠從地面上跳上平臺抱住木塊，且小松鼠到達(dá)平臺木塊的位置時速度恰好沿水平方向，小松鼠抱住木塊后與木塊一起滑行，測量發(fā)覺滑行的距離恰好為s＝0.25m。小松鼠抱住木塊的過程時間極短，小松鼠與木塊均可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2，求：(1)小松鼠抱住木塊前瞬間的速度大?。?2)小松鼠起跳，離開地面時的動能?！窘馕觥?1)對小松鼠和木塊組成的系統(tǒng)分析，設(shè)小松鼠抱住木塊后速度為v1，小松鼠抱住木塊前瞬間的速度大小為v0。系統(tǒng)在平臺上向左滑行過程中，依據(jù)動能定理得－μ(m＋M)gs＝0－eq\f(1,2)(m＋M)veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))解得v1＝1m/s在松鼠和木塊相互作用的過程中，取水平向左為正方向，由動量守恒定律得mv0＝(m＋M)v1解得v0＝3m/s(2)小松鼠跳到平臺運動的過程是斜上拋運動，在水平方向做速度為v0的勻速直線運動，在豎直方向上做勻減速直線運動，速