第1章 专题探究3 动量与能量的综合运用-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019) 江苏专用

专题探究三 动量与能量的综合运用 题型1 动量守恒与能量守恒的关系 板到和木板相对静止的过程中,物块的位移 1. 如图所示,将一光滑半圆形橹置于光滑水平 是木板位移的4倍,设板块间滑动摩擦力大 小不变,则 ( 面上,现让小球从A点正上方某处静止释放。 ) 经最低点后能从右端最高点冲出,不计空气 } 阻力,则对小球与橹组成的系统 ( __ A. 动量守恒,机械能守恒 ①物块动能的减少量等于木板动能的增加量 B. 动量不守恒,机械能守恒 ②摩擦力对木板做的功等于木板动能的增 C. 动量守恒,机械能不守恒 加量 D. 无法判断动量,机械能是否守恒 ③因摩擦而产生的内能等于物块克服摩擦力 所做的功 _ ④因摩擦而产生的内能是木板动能增量的 3倍 → A. ①③ B. ①④ C.②③ D. ②④ (第1题) (第2题) 4. (2024·江苏扬州新华中学期中)如图所示. 2.(海南高考)如图,用长为1的轻绳悬挂一质 质量n.三3kg且足够长的小车静止在光滑的 量为M的沙箱,沙箱静止.一质量为m的子弹 水平面上,现有质量m。=2kg、可视为质点的 以速度,水平射入沙箱并留在其中,随后与 物块,以水平向右的速度v.三2m/s从左端滑 沙箱共同摆动一小角度,不计空气阻力.对子 上小车,物块与车面间的动摩擦因数u=0.5. 弹射向沙箱到与其共同摆过一小角度的过程 最后恰好不掉下小车且与小车保持相对静 ) C 止.g取10m/s,在这一过程中,下列说法错 ( 误的是 A. 若保持n、u、I不变.M变大.系统损失的机 ) 械能变小 B. 若保持M、u、/不变,m变大.系统损失的机 械能变小 A. 系统最后共同运动的速度为08m/ C.若保持V、m、/不变,v变大.系统损失的机 B. 小车获得的最大动能为0.96 械能变大 C. 系统损失的机械能为2.4J D. 若保持M、m、v不变./变大.系统损失的机 D. 物块克服摩擦力做的功为4 械能变大 题型3 弹策模型 题型2 板块模型 5.(2024·湖北荆州期末)用轻质弹策连接的质 3.(2023·江苏南师附中期中)一长木板静止于 量均为m的A、B两物体,静止放置在光滑的 光滑水平面上,一小物块(可视为质点)从左 水平地面上,弹蓄处于原长,A的左端靠在竖 侧以某一速度滑上本板,最终和木板相对静 直墙壁,现让B突然获得一个水平向左的速 止一起向右做匀速直线运动,在物块从滑上木 度v,规定水平向左为正方向,下列说法正确 第一章学霸027 的是 w A.A未离开墙壁,从弹策开始压缩到压缩量 最大时,墙壁对A的冲量为m A. 子弹能穿过木块B,0.<0. B. A未离开墙壁,弹策从压缩量最大到恢复 B. 子弹能穿过木块B,Q.>0. 到原长的过程中,系统的动量守恒 C. 子弹不能穿过木块B,0.<0 C. 从B获得速度到A刚要离开墙壁,弹策对 D. 子弹不能穿过木块B,0.>0 B做的功为m^{} 8. 质量为M的均匀木块静止在光滑的水平面 D. 从B获得速度到A刚要离开墙壁,弹箭对 上.木块左右两侧各有一位拿着完全相同的 B的冲量为-2mw 步枪和子弹的射击手,子弹质量为m,首先左 6.(2023·河北保定六校联盟期中)如图甲所 侧的射击丰开枪,子弹水平射入木块的深度 示,物块A、B的质量分别为2kg、3kg.用轻弹 为d,子弹与木块相对静止后,右侧的射击手 策铨接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧 开枪,子弹水平射入木块的深度为d,如图所 与竖直墙壁接触但不粘连.物块C从高为5m 示,设子弹均未射穿木块,且两子弹与木块之 的平台以9m/;的初速度水平抛出,落地时 间的作用力大小相等,当两颗子弹均相对木块 恰好与A相撞,碰撞瞬间竖直方向不反弹,与 物块A粘在一起不再分开,物块A的v-t图像 __ 如图乙所示,下列说法正确的是 - 1 tl(m-s) 。 M 2 B. 2m+M -3........... M 2M , 乙 D. n+M m+M A.前2s时间内,弹策对物块B的冲量大小 为0 题型5 综合训练 B. 物块B离开墙壁前,弹策的最大弹性势能 9.(2024·重庆巴蜀中学模拟)如图所示,木块 为27J 静止在光滑水平面上,子弹A.B从两侧同时 C. 物块C的质量为2k 水平射入木块,木块始终保持静止,子弹A射 D. 物块B离开墙壁后的最大速度为3m/s 人木块的深度是B的3倍.假设木块对子弹阻 题型4 子弹打木块模型 力大小恒定,A、B做直线运动且不会相遇, 7.(2024·山东泰安期中)如图所示,一题子弹 则A.B运动的过程中.下列说法正确的是 ( 水平击中固定的木块A,并留在其中;另一颗 _ 相同的子弹以相同的速度击中放在光滑水平 面上的相同的木块B.子弹在木块A.B中产生 1. 的热量分别为0、0,则 。 A. 木块和子弹A、B系统动量不守恒 选择性必修第一册学霸028 B. 子弹B的初速度大小是子弹A的初速度 能为296] 大小的3倍 C. 当A、B再次回到初始位置时A与B分离 C. 子弹B的质量是子弹A的质量的3倍 D. A与B分离时,A(包括子弹)和B的动能 D. 若子弹A向右射入木块,与木块相对静止 之和为2.99J 后,子弹B再向左射入木块,最终A进入 12.(2024·广西一模)在图示装置中,斜面 的深度仍是B的3倍 高h=0.9m.倾角a=37*.形状相同的刚性 10. 如图所示,质量分别为m、m.的小球A、B用 小球A.B质量分别为100g和20g.轻弹策 轻弹策连接,两小球分别套在两平行光滑水 P的劲度系数k=270N/m.用A球将弹压 平轨道上,水平光滑轨道宽度和弹策自然长 缩A/=10cm后无初速释放.A球沿光滑表 度均为d.B的左侧有一固定挡板,假设轨道 面冲上斜面项端与B球发生对心弹性碰撞,设 足够长,A由图示位置静止释放,当A与 相距最近时,A的速度为v,则在以后的运动 过程中 ) 力加速度g取10m/s2,sin37o=0.6 A.A的最小速度是0 (1)求碰撞前瞬间A球的速度大小: (2)求B球飞离斜面时的速度大小; m.+m2 (3)将装置置于竖直墙面左侧,仍取A/= C. B的最大速度是v. 10cm.再次弹射使B球与墙面碰撞,碰 2n. 撞前后瞬间,速度平行于墙面方向的分 D. B的最大速度是 量不变,垂直于墙面方向的分量大小不 11. 如图所示,在固定的光滑斜面底端有一与斜 变方向相反,为使B球能落回到斜面 面垂直的固定挡板,一个劲度系数为 上,求装置到墙面距离x的最大值 49.5N/m的轻弹策下端连接挡板.上端连接 质量为1kg的物体B.质量为0.98kg的物 体A与B一起静止在斜面上(A与B不粘 d. 连),此时弹策的弹性势能为0.99J.质量为 0.02kg的子弹以200m/s的速度沿着斜面 向下射入物体A且未穿出(射入时间极 短).g取10m/s^{},斜面倾角为30^{}下列判 断正确的是 ( ) A. 子弹停在物体A内瞬间,A的速度大小为 4m/s B. 子弹射入物体A过程中系统损失的机械 第一章学霸029平衡，匀速下滑，所以只要圆盘下降速度比小球快，二者间第2关（练准确率） 距就不断增大，当二者速度相同时，间距最大，即，+g=, 6.A解析：A.根据反冲运动中的人船模型可知：人在甲板上 i-",% 解得= 散步时，船将后退故A正确：BC设船的质量为M,后退位 8 g 移为x,人船相对运动位移为，根据人船模型动量守恒 根据运动学公式得最大距离为d=xa-x#=- 有Mx=m(d-x),代入已知量解得x=0.2m,人在立定跳远 E:1+ 的过程中船后退了0.2m,故BC错误：D.人相对地面的成 22）解得d-2g 绩为2m-0.2m=L.8m,故D错误放选A. 7.C解析：A火箭的推力来源于向下喷出的水对它的反作 (3)第一次碰撞后到第二次碰撞时， 用力，A错误：B.水喷出的过程中，瓶内气体做功，火箭及 两者位移相等，则有1=x球， 水的机械能不守恒.B错误：C.在水喷出后的瞬间，火箭获 即十2=，解得4，=g 得的速度最大，由动量守恒定律有(M-m)-m,=0.解得 mto 此时小球的速度，=，+g,=2": e=M-m 火箭上升的时间为1-s日_moos g (M-m)g' 火箭的水 圆盘的速度仍为， 平射程为x=sin9·21=m,im0.2 mrco0 M-m 这段时间内圆盘下降的位移=化=公=2。 (M-m)g miva in20,C正确；D.水喷出后，火箭做斜向上抛运 之后第二次发生弹性碰撞，根据动量守恒 (M-m)g m2+e=m5+M, m26 动，有(x0s0)2=2gh,解得h 根据能量守恒了+=了m号， 2g(M-m)0s0,D错误故 选C 联立解得5=0，=0， 8.B解析：设炮弹在最高点速度为。，炮弹上升和下降时间 同理可得当位移相等时x2=x, 均为1，有L=。·21,炮弹爆炸前后动量守恒，有3m。= 1 即%=2，解得=号 2mn,有L+200m=a4+,t,解得L=800m,所以B正 确，ACD错误.故选B. 圆盘向下运动x2===4, 9.B解析：设甲至少以速度口将箱子推出，推出箱子后甲的 速度为甲，乙的速度为乙，取向右方向为正方向，则根据 此时圆盘距下端管口101-1-2-41=31， 动量守恒，甲和箱子(M+m)n=Mn+m. 之后二者发生第三次碰撞。 乙和箱子-M。=(m+M)z, 第6节反冲现象火箭 当甲与乙恰好不相撞时m=2,解得e=5.2m's,故选B 第1关（练速度） 第3关（练思维宽度） 10.B解析：“嫦媛一号”探测器在距离月球表面100km的圆 1.B解析：设宇航员反冲获得的速度为，则：= 轨道上做圆周运动时：G,Mm -=m'g', 10s=0.075m/s,设喷出气体的质量为m,宇航员连同 7.5 Rh产m北中GMm =1.7×1× 则解得：=R√Rh 1.8 装备的质量为M,喷出气体的过程系统动量守恒，以气体 1.7×10°+100x103 m/s 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m-(M-m):三 1.7×10m/s:喷气的过程中根据动量守恒定律：w=(m- 0,解得：m=0.15kg.枚选B -△mW2 2.A解析：因船受到的牵引力及阻力不变，且开始时船匀速 △m),+△m2, 解得 1= 运动，故整个系统所受的合外力为零，动量守恒设炮弹质 m-△m 量为m,船（不包括两地弹）的质量为M,炮艇原来的速度 1.2×10×1.7×10-50x492x103 ms=1.56×10mvs= 为。，发射炮弹的瞬间船的速度为设向前为正方向，则 1.2×10-50 由动量守恒可得：(M+2m)书a=M加+m,-,:可得>o:可 1.56km/s,故选B. 得发射炮弹后暖间船的动量不变，速度增大故选A 3.D解析：设甲，乙两球的质量分别为m1,m,刚分离时两 专题探究三动量与能量的综合运用 球速度分别为，2，以向右为正方向，则由动量守恒有 1.B （m+m,=m,+m,,根据题意有==二，代人数据 2.C解析：分析易得只有子弹射入沙箱并留在其中这个过 程中系统的机械能有损失，由动量守恒得m=(m+M)P跳， 可解得2=0.8m/s,,=-0.1m/“,说明刚分离时两球速度 方向相反，故ABC错误：爆炸过程中释放的能量△E= 则系统损失的机械能△6=1m 2（m+M)候= 22 》,211_（m1+m2)6,将=0.8ms,, 2(m+M) 2(m+M对于A选项，由4E= mMe2 -0.1m/s代入可得△E=0.027J.放D正确.故选D. m+ 4.B mMe2 me' 可知，若保持m,、不变，M变大，则 5.B解析：设人走动时船的速度大小为r,人的速度大小为'， 2(m+M) 人从船尾走到船头所用时间为，取船的速度方向为正方向， 侧=。，'-根据动量守恒定律得M-m'=0,解得船的 系统损失的机械能变大，故A错误：对于B选项，由△E= t mMe' Me 可知，若保持M.l不变，m变大，则 质量=，故B正确，ACD错误 2(m+M) 2(M+1 m 参考答案学霸11 系统损失的机械能变大，故B错误：对于C选项，由△E= 1 2m+可知，若保持M,m,1不变变大，则系统损失的 mMe2 2(m,+mc)+2m哈，联立解得，=0，=3ms,故 D正确.故选D 机械能变大，故C正确：对于D选项，若保持M、m,不变 7.D解析：木块A、B相同，由题意可知，子弹击中术块A,并 【变大，则系统损失的机械能△E= 不变，故 留在其中，设子弹击中木块前的动能为E+,子弹在木块 2(m+M) 中受到的平均阻力是F,在木块A中的位移是x4,对子弹 D错误. 3.D解析：①根据能量守恒可知，物块动能减少量等于木板 由动能定理可得-F,=0-E,解得x=F 相同子弹以 动能增加量与因摩擦产生的内能之和，故①错误： 相同速度水平击中木块B后，子弹与木块B组成的系统动 2根据动能定理可知，摩擦力对木板做的功等于木板动能 量守恒，因此子弹与木块B相互作用后速度都不是零，即 的增加量.故②正确： 都有动能，设此时子弹的动能为E,木块B的动能为 ③④设物块与木板之间的摩擦力为「.木板的位移为x,则 E本，子弹在木块B中的位移是xm,由功能关系可得E,x- 物块的位移为4x:物块克服摩擦力所做的功为W=∫·4x: 对木板，根据动能定理可得木板动能的增加量为△E=:; Er-E本=Fxn,解得xw EF-E年-E水，可知x>x,即子 F 因摩擦产生的内能为Q=5相=∫·3x 弹不能穿过木块B.所以子弹击中木块A,子弹的动能全部 可知因摩擦而产生的内能小于物块克服摩擦力所做的功： 转化为内能：可知相同子弹以相同的速度水平击中木块B 因摩擦而产生的内能是木板动能增量的3倍：故③错误 后，子弹的动能一部分转化为木块B的动能，另一部分转 ④正确.故选D. 4.D解析：A根据动量守恒定律有m2a=(m+m2)"共，解得 化为内能，则有Q,>Qa,选项ABC错误，D正确.故选D. 8.B解析：设向右为正方向.子弹射入木块前的速度大小为 :=0.8m/s,故A正确，不符合题意：B.小车获得的最大动 。,子弹的质量为m,子弹受到的阻力大小为当两颗子狮 能为E= 2m1,解得E=0.96J故B正确，不符合题 均相对于木块静止时.由动量守恒得 mr-m0=（2m+M)v',得e'=0. 意：C系统损失的机棱能为△上=，店-之(m,+m,)。 即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止 先对左侧射人木块的子弹和木块组成的系统研究，则有 解得△E=24J,故C正确.不符合题意：D.对物块，由动能 1 定理得W产2m,2m6,解得W=-3361,物块克服 m=(M+m),由能量守恒得风=之m2-(M+m), 再对两颗子弹和木块系统为研究对象，得 摩擦力做的功为3.36J,故D错误，符合题意故选D 5.D解析：AD.A未离开墙壁，从弹簧开始压缩到压缩量最 =(+m+ m, 2 大时，系统动量的变化量为△p,=0-m。,墙壁对A的冲量 就是系统所受合外力的冲量，由动量定理可得1= 联立解得 △p,=-m。,同理从B获得速度到A刚要离开墙壁，B的速 店2m+r故B正确，ACD错误 4,M 度由。变成-o,动量的变化量为△p2=-m。-mo,弹簧对 故选B. B的冲量为/2=△p2=-2m。,故A错误，D正确；B.A未离 9.C解析：A.以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，系 开墙壁，弹簧从压缩量最大到恢复到原长的过程中，墙壁 统受合外力是零，则有系统的动量守恒，A错误 对A有向右的弹力，即系统受到向右的弹力，外力之和不 BC.以木块和子弹A、B组成的系统为研究对象，取水平向 等于0，系统的动量不守恒，故B错误：C,从B获得速度 右为正方向，由动量守恒定律可得m利，-ma。=0,则 到A刚要离开墙壁，B的速度由变成-t,动能的变化量 有m,=m 为0.由动能定理可得弹簧对B做的功为0，故C错误.故 即子弹A的初动量与子弹B的初动量大小相等，由于木块 选D. 始终保持静止，木块所受合力为零，可知两子弹对木块的 6.D解析：AC.弹簧对A与C组成的系统与对B的作用力 作用力大小相等，由牛顿第三定律可知，两子弹受木块的 始终大小相等方向相反，以A、C组成的系统为研究对象」 阻力大小相等，设为F,子弹射入木块的深度为d,由动能 取向右为正方向，则前2s时间内弹簧的弹力对A、C组成 定理，对子弹A有-Fd,=0-E,可得Fd,=E 的系统的冲量为I=(m,+mc)'-(m,+mc)r,根据图乙可 对子弹B有-Fdw=0-EB,可得Fdm=En, 知=3m/s,r'=-3m/s,而C与A碰撞前后瞬间，C与A 由于d,=3dm,则有两子弹初动能的关系为E,=3E 组成的系统水平方向动量守恒，则由动量守恒定律可 得mco=(m,+mc),其中。=9m/s,解得mc=1kg,I= ti,Eve-2 由动能公式可得E-2m m.解得m=3m, -18kg·ms,由此可知，在前2s时间内，弹簧对物块B的 即子弹B的质量是子弹A的质量的3倍： 冲量大小为18kg·ms,故AC错误：B.物块B离开墙壁 由于m,=mg,可得ra=3知形， 前，弹簧被压缩至最短时其弹性势能最大，此时A、C组成 即子弹A的初速度大小是子弹B的初速度大小的3倍， 的系统的速度诚为0，根据能量守恒可得△￡= B错误，C正确 2(m+mc)r=13.5J,故B错误：D.当物块B离开墙壁后 D若子弹A向右射人木块，子弹A与木块组成的系统动量 守恒，子弹A与木块相对静止时有共同的速度，由能量守 弹簧先被拉伸至最长，此后弹簧恢复原长，恢复原长瞬间 恒定律可知.系统城少的机械能 弹簧又开始被压缩，直至弹簧被压缩至最短后又开始恢复 △E=Fd<E,可得d<d, 原长，恢复原长后又开始被拉伸，分析可知，当弹簧恢复原 子弹B再向左射人木块，由于子弹A、B与木块组成的系统 长时B速度有最大值，在B离开墙壁后A、B、C及弹簧组 动量守恒，由以上分析可知m,=mgP彩 成的系统动量守恒，机械能守恒，设B离开墙壁后师簧第 则有系统的初动量是零.由动量守恒定律可知，最后A、B 一次恢复原长时A,C组合体的速度为，B的速度为”， 与木块都静止，子弹B射入木块运动中，由能量守恒定律 则有(m,+me)=(m,+me)斯+ma,2(m+me)r= 可知，系统减少的机械能△E'=F,>ER,可得dm>d 由以上分析可知d<3,D错误故选C 选择性必修第一册学霸12 10,D解析：当A与B相距最近后，A继续前进，做诚速运 动.B通过弹簧被A拉着跟在其后开始做加速运动，当A 本章达标检测 与B再次相距最近时，A减速结束，B加速结束，所以此 1.A2.B3.A4.C5.B6.C 时A速度最小，B速度最大，根据动量守恒定律和机械能 7.C解析：AB.A、B(色括人)两船在水平方向所受合力为 守恒定律，可知A与B之间的作用相当于弹性碰撞，选取 零，满足动量守恒，因此两船（包括人）动量大小之比为 向右为正方向，由弹性碰撞的相关公式可得 1 1:1,即m=(m+2m),因此两船速度大小之比，： 1=m1+m22,、m,D1=2m12+ 2m,: "g=3:2.AB错误；CD.两船动能大小之比 Eu= 解得：=，m 2m1 +m产m,+m 1 1 故B的最大速度为 2,此时4的速度为 2,C正确，D错误故选C m,十m2 m1+m2 1 A的最小速度要分情况讨论： 2(m+2m 8.B解析：AB小物块与箱子组成的系统，在整个过程中受 当m,≥m,时4的最小速度为m1m 到的外力之和为零，故系统满足动量守恒，设最终小物块 当m,<m2时，A的最小速度为0. 与箱子共同的速度为，则有mn=(M+m),解得，= 11,D解析：A.根据题意可知，子弹射入物体A且未穿出（射 ,则整个过程中，系统损失的动能为4E: 入时间极短)，子弹，物体A、B组成的系统动量守恒，设射 M+m 入后系统的速度为？，根据动量守恒定律有m。=(m+ Mmn m+mR)",代入数据解得=2m/s,故A错误： 2(W+m)2(M+m)放A错误，B正确：CD.小物块与 箱壁碰撞V次后恰又回到箱子正中间.可知整个过程中。 B.子弹射人物体A过程中系统损失的机械能为△E= 小物块与箱子发生的相对路程为5=忆，则整个过程中 2m62（m+m,+m)r2=396J,故B错误： 因摩擦产生的内能为Q=4mg=mgL,根据能量守恒可 知，整个过程中，系统损失的动能为△E=Q=mg,故 C根据题意可知，当A与B分离时，A、B间作用力为零 CD错误.故选B 且A、B的加速度相等，对物体A和子弹整体，由牛顿第二 9.C解析：A.在下滑过程中，弧形槽在压力作用下向左运 定律有(m,+m)gsin8=(m,+m)a, 动，物块的机械能一部分转化为弧形槽的动能，故物块的 设弹簧对B的弹力为F,由牛顿第二定律可得mgin9- 机械能不守恒.A错误：B.在下滑过程中，物块和槽在竖直 F=ma,联立解得F=0, 方向合力不为零，则只在水平方向的动量守恒，B错误： 即A与B分离时，弹簧恢复到原长，则当A,B再次回到初 C由于水平方向动量守恒，物块和槽质量相等，分离后具 始位置时A与B未分离，故C错误； 有等大反向的速度，所以物块被弹簧反弹后，将与槽具有 D.根据题意可知，子弹未进人A之前，根据平衡条件有 相同的速度，则物块不能回到槽高h处，C正确：D.物块被 (m+mn)gsin 0=kx. 弹簧反弹离开弹簧后，在光滑水平面上做匀速直线运动， 代人解得x=0.2m D错误，故选C. 由C分析可知，当A、B分离时，弹簧恢复原长，设A与 10.B解析：依题意，极短的一段时间△，内落入货车的沙子 B分离时，A(包括子弹)和B的动能之和为E,由能量守 质量为△m=m。,沙子落入货车后，立即和货车共速，取 恒定律有，(m+m,+mg）2+E=+(m+m,+mn 水平向右为正方向，由动量定理可得F”△1=△m,解得 F=m5,方向向前，根据牛顿第三定律可知，货车受到沙 grsin30° 子的反作用力向后，大小为"=m。,对货车（连同落入的 解得E=2.99J.故D正确.故选D F-mot 沙子)，由牛顿第二定律可得F-"=Ma.解得a= 12,(1)3m/s(2)5m/s(3)1.2m M 解析：(1)设A球与B球碰撞前的速度为”，由能量守恒 故选B 11,(1)B(2)ms,=m2(3)m:mg号 定律E,=mh+2m 解析：(1)(2)实验方案中两小球的初状态静止，弹簧弹 中=42-x20xa1J=1a51 开的过程动量守但，离开玻璃管后做平地运动，验证的原 代入数据解得，碰撞前瞬间A球的速度大小为，=3m/a 理为m,=mn,= (2)A球与B球发生对心弹性碰撞，则碰撞过程中由动量 高度相同，位移与速度成正比，即验证动量守恒定律的表 守恒定律得m,,=m,P+mg, 达式为m,$,=m2 即只需要测量小球的质量和小球落地点A、B到管口的水 由机械能守恒定律得2，所=2m,矿+ 2m, 平距离s1、2.故选B. 1 联立解得，B球飞离斜面时的速度大小为。= 2mA (3)小球离开玻璃管的动能为E,= m2,则m m+mg 5m/s. 12.(1)4.8N·5,方向竖直向下(2)48N(3)0.6N·8,方 (3)仍取△/=10cm,则B球飞离斜面时的速度仍为= 向水平向左 5m/s,设B球运动的总时间为t,由对称性可知，若B球 能落回到斜面，则水平方向有2x=rgcs37°·t, 解析：(1)下落过程，= 2g.解得4，=0.8s, 1 此过程中重力的冲量1，=mg,=4.8N·s,方向竖直向下 竖直方向有y=%in37·-2=0,解得1=0.6，x= (2)刚要落地时的速度，1=√2gh,=8m8,方向向下， 1.2m 刚要离开地面时的速度：=√2gh,=6m$,方向向上， 参考答案学霸13