滚动测试卷（一）-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

　　　　 第二章　机械振动 滚动测试卷(一) 1．(2023·山东德州期中)如图所示，甲、乙两人静止在光 滑的水平冰面上，甲推了乙一下，结果两人向相反的方 向滑去，若甲的质量大于乙的质量，下列说法正确的是 A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力 B．甲的动能小于乙的动能 C．甲的动量变化量大于乙的动量变化量 D．甲、乙的动量变化量相同 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 根据牛顿第三定律知，甲对乙的作用力等于乙对甲的作 用力，故A错误；甲、乙组成的系统，初状态总动量为 零，根据动量守恒定律知，甲、乙的动量变化量大小相 等、方向相反，故C、D错误；由公式Ek＝ ，甲、乙 动量大小相同，但甲的质量大，所以甲的动能小于乙的 动能，故B正确。故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2．(2023·江苏南通高二期中)如图甲为 测试汽车安全性能的碰撞实验，技术人 员通过传感器得到了模拟乘员头部所受 安全气囊的作用力随时间变化的曲线如 图乙所示。若模拟乘员头部只受安全气囊的作用，则模拟乘员头部 A．在0～t1时间内动量变化率先增大后减小 B．在0～t2时间内动量大小先增大后减小 C．在0～t1时间内动量变化量与t1～t2时间内动量变化量方向相反 D．在0～t2时间内动量变化量的大小等于曲线与横轴围成的面积 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 由题知假人的头部只受到安全气囊的作 用，则F -t图像的面积即合外力的冲量， 再根据动量定理可知F -t图像的面积也 是动量的变化量，动量变化率为面积与 时间的比值，即合外力的大小，由题图乙可知，在0～t1时间内合外力不断增大，故在0～t1时间内动量变化率一直增大，故A错误，D正确；由于F -t图像的面积为动量的变化量，可知动量的变化量一直为正值，故方向不变，且末动量一直大于初动量，故动量大小一直增大，故B、C错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3．下列情境中属于共振现象的是 A．图甲中，小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反而变得剧烈了起来 B．图乙中，小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋千荡得比小张更高 C．图丙中，101大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反 D．图丁中，扬声器表面的碎屑随音乐的播放而跳动 √ 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 小红利用脱水机甩干洗完衣服上的水滴时，发现随着脱水机结束工作转速缓慢减小时，机器的摆动反而变得剧烈了起来，这是由于机器的固有频率与脱水机转动的频率越来越接近，从而产生了共振引起的，A正确；小王和小张兄弟俩在荡秋千时，小王发现小张荡的比他高，马上通过调整姿势将秋千荡得比小张更高，该现象不属于共振，B错误；101大厦在台风来临之际，其内部的重锤开始随着高楼一起摆动，且摆动方向与高楼振动方向始终相反，重锤发生阻尼振动，该现象不属于共振，C错误；扬声器表面的碎屑随音乐的播放而跳动，是在驱动力作用下的受迫振动，该现象不属于共振，故D错误。故选A。 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 4．(2023·重庆沙坪坝南开中学期中)如图为某弹簧振子在0～5 s内的振动图像，下列说法中正确的是 A．振幅为16 cm B．振动周期为4 s C．第1 s末振子的速度为零 D．从第1 s末到第2 s末，振子在做加速运动 √ 由题图可知，振幅为8 cm，振动周期为4 s，故A错误，B正确；第1 s末振子在平衡位置，速度达到最大值，故C错误；从第1 s末到第2 s末，振子经过平衡位置向下运动到达负向最大位移处，速度逐渐减小，做减速运动，故D错误。故选B。 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 5．(2023·江西上饶高二月考)如图所示，用高压水枪清 洗车辆时，高压水枪连续射出圆柱形水柱垂直打在车身， 若水枪射出水的流量为Q(单位时间流出水的体积)，水的 流速为v，水的密度为ρ，水打到车身后不反弹顺车身流 下。则水对车身的平均冲击力大小为 A．Qρ B．Qρv C．Qρv2 D．Qρv3 √ 单位时间内射在车身上的水的质量为ρQ，t时间内，射在车身上水的质量m＝ρQt，根据动量定理Ft＝mv，解得F＝Qρv，故选B。 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 6．(2023·广东佛山高二月考)光滑水平轨道与半径为R的光 滑半圆形轨道在B处平滑连接，质量为m2的小球2静止在B 处，质量为m1的小球1以初速度v0向右运动，当小球1与 小球2发生弹性碰撞后，小球2将沿光滑半圆形轨道上升， 上升过程中未脱离半圆形轨道。已知当地重力加速度为g，m2＝km1 ，v0＝2 ，不考虑多次碰撞的情况，则k不可能取到的数值为 A．2 B．3 C．4 D．6 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 7．(2023·河北沧州高二期中)如图甲所示，曲面为四分之一圆弧、质量为M的滑块静止在光滑水平地面上，一光滑小球(可视为质点)以某一速度水平冲上滑块的圆弧面，且没有从滑块上端冲出去。若测得在水平方向上小球与滑块的速度大小分别为v1、v2，作出图像如图乙所示，重力加速度为g，则下列说法正确的是 A．小球的质量为 M B．小球运动到最高点时的速度为 C．小球能够上升的最大高度为 D．若圆弧面的下端距水平地面的高度为c，经过一段时间后小球落地，落地时小球与滑块之间的水平距离为a √ 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 8．(2023·河北邯郸高二月考)下端附着 重物的粗细均匀的木棒，竖直浮在河 面，在重力和浮力作用下，沿竖直方向 做频率为1 Hz的简谐运动；与此同时， 木棒在水平方向上随河水做匀速直线运动，如图(a)所示。以木棒所受浮力F为纵轴，木棒水平位移x为横轴建立直角坐标系，浮力F随水平位移x的变化如图(b)所示。已知河水密度为ρ，木棒横截面积为S，重力加速度大小为g。下列说法正确的是 A．x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒的动能先增大后减小 B．x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒加速度方向竖直向下，大小逐渐变小 C．x＝0.35 m和x＝0.45 m时，木棒的速度大小相等、方向相反 D．木棒在竖直方向做简谐运动的振幅为 √ √ √ 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 由简谐运动的对称性可知，0.1 m、0.3 m、0.5 m时木棒 处于平衡位置，则x从0.05 m到0.15 m的过程中，木棒从 平衡位置下方向上移动，经平衡位置后到达平衡位置上 方，速度先增大后减小，所以动能先增大后减小，A正确；x从0.21 m到0.25 m的过程中，木棒从平衡位置上方靠近最大位移处向下运动(未到平衡位置)，加速度竖直向下，大小减小，B正确；x＝0.35 m和x＝0.45 m时，由图像的对称性知浮力大小相等，说明木棒在同一位置，竖直方向速度大小相等、方向相反，而两时刻木棒水平方向速度相同，所以合速度大小相等，方向不相反，C错误；木棒在竖直方向的简谐运动可类比于竖直方向的弹簧振子，设木棒长度为L，回复力系数为k，木棒重心位置与木棒下端的距离为x，平衡位置时木棒重心在水面下方Δx0，则有ρgS ＝Mg，木棒重心在 平衡位置上方最大位移A处时Mg－F2＝Mg－ρgS ＝kA，木棒重心在平衡位置下方最大位移A处时F1－Mg＝ρgS －Mg＝kA，可解得k＝ρgS，A＝ ，D正确。 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 9．(2023·北京朝阳区期中)惠更斯发现“单摆做简 谐运动的周期T与重力加速度的二次方根成反比”。 为了通过实验验证这一结论，某同学创设了“重力 加速度”可以人为调节的实验环境：如图1所示，在水平地面上固定一倾角θ可调的光滑斜面，把摆线固定于斜面上的O点，使摆线平行于斜面。拉开摆球至A点，静止释放后，摆球在ABC之间做简谐运动，摆角为α。在某次实验中，摆球自然悬垂时，通过力传感器(图中未画出)测得摆线的拉力为F1；摆球摆动过程中，力传感器测出摆线的拉力随时间变化的关系如图2所示，其中F2、F3、T0均已知。当地的重力加速度为g。下列选项正确的是 A．多次改变图1中α角的大小，即可获得不同的等效重力加速度 B．在图2的测量过程中，单摆n次全振动的时间为nT0 C．多次改变斜面的倾角θ，只要得出T∝ 就可以验证该结论成立 D．在图2的测量过程中，满足F3＝3F1－2F2关系 √ √ 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 10．(2023·辽宁抚顺高二期中)如图所示，水平光滑地面 上停放着一辆质量为M的小车，其左侧有半径为R的四 分之一光滑圆弧轨道AB，轨道最低点B与水平轨道BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内。将质量为m的物块(可视为质点)从A点无初速度释放，物块沿轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出。重力加速度为g，空气阻力可以忽略不计。关于物块从A位置运动至C位置的过程中，下列说法正确的是 A．小车和物块构成的系统动量守恒 B．物块从A位置运动至C位置时，小车向右运动的距离为 R C．摩擦力对物块和小车所做的功的代数和为－mgR D．小车在运动过程中的速度先增大后减小，全程最大速度为 √ √ 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 小车和物块组成的系统水平方向所受合外力为零，水 平方向动量守恒，系统整体所受合外力不为零，系统 动量不守恒，故A错误；根据水平动量守恒可知，小 车向左运动，故B错误；根据题意结合水平方向动量守恒可知，物块到达C点时，物块和小车速度均为零，根据能量守恒定律可知摩擦力对物块和小车所做的功的代数和为－mgR，故C正确；物块到达B点时小车速度最大，小车与物块组成的系统水平方向动量守恒，物块下滑过程，以向右为正方向，由动量守恒定律得mv1－Mv2＝0，由机械能守恒定律得mgR＝ ，解得v2＝ ，故D正确。故选CD。 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 11．(6分)(2023·云南昆明市高二检测)如图是用来“验证 动量守恒定律”的实验装置，弹性球1用细线悬挂于O点， O点下方桌子的边沿有一竖直立柱。实验时，调节悬点， 使弹性球1静止时恰好与立柱上的球2 接触且两球等高。 将球1拉到A点，并使之静止，同时把球2放在立柱上。释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2发生对心碰撞，碰后球1向左最远可摆到B点，球2 落到水平地面上的C点。测出有关数据即可验证1、2两球碰撞时动量是否守恒。现已测出A点离水平桌面的距离为a，B点离水平桌面的距离为b，C点与桌子边沿间的水平距离为c。 (1)还需要测量的量是__________________________________________________ _____________________。 弹性球1的质量m1、弹性球2的质量m2、立柱高h、桌 面离水平地面的高度H 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 要验证动量守恒必须知道两球碰撞前后的动量，根 据弹性球1碰撞前后的高度a和b、立柱高h，由机械 能守恒可求出弹性球1碰撞前后的速度，故需测量弹 性球1的质量m1和立柱高h；根据平抛运动的规律， 由立柱高h和桌面离水平地面的高H，可求出弹性球2碰撞后的速度，故还需测量弹性球2的质量m2、立柱高h、桌面离水平地面的高度H。故还需要测量的量是弹性球1的质量m1、弹性球2的质量m2、立柱高h、桌面离水平地面的高度H。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)碰后球2的速度为______________。 碰后球2做平抛运动，竖直方向有 H＋h＝ gt2 水平方向有c＝v2t 碰后球2的速度为v2＝c 。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3)根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为____________________ ____________。(忽略球的大小) 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12．(6分)(2023·江苏盐城高二期中)甲、乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度。 (1)甲组同学采用图1所示的实验装置。 ①为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用_____(用器材前的字母表示)。 a．长度为30 cm左右的细绳 b．长度接近1 m的细绳 c．直径为1.8 cm的塑料球 d．直径为1.8 cm的铁球 e．最小刻度为1 mm的米尺 f．最小刻度为1 cm的米尺 bde 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据单摆周期公式T＝2π ，可 知要测量出当地重力加速度的数值，需 要测量周期T和摆长L。为使得周期较大 而便于测量减小误差，摆线选择长度接 近1 m的细绳；为了减小阻力造成的实验误差，小球选择铁球而不是塑料球；由于摆长包括摆线长和摆球半径，为测量准确，刻度尺选择最小刻度为1 mm的米尺。故选bde。 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 ②该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间为t。请写出重力加速度的表达式g＝________(用所测物理量表示)。 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 摆长略微变长使得摆长的测量值偏小，根据g＝ ，可知重力加速度的测量值偏小。 ③若在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 偏小 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据振动过程v -t图像，可得单摆振动周期T＝2.0 s。 (2)乙组同学在图1所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图2所示。将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图3所示的v -t图线。 ①由图3可知，该单摆的周期T＝_____s(结果保留2位有效数字)。 2.0 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 根据单摆周期T2＝ 结合T2＝4.06L＋0.035(SI) 可得 ＝4.06 s2/m 解得g≈9.71 m/s2。 ②更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利 用计算机作出T2 -L(周期平方－摆线长)图线，并根 据图线拟合得到方程T2＝4.06L＋0.035(SI)。由此可 以得出当地的重力加速度g＝____m/s2(取π2＝9.86，结果保留3位有效数字)。 9.71 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13．(10分)(2023·河南周口市高二联考)打桩机的重锤的质量m1＝1.0×104 kg；钢筋混凝土桩的质量m2＝2.0×104 kg，现把重锤升高h＝5 m，然后自由落下打击桩，混凝土桩经1 s停止运动，假设碰撞过程是完全非弹性碰撞，g取10 m/s2。求： (1)混凝土桩在向下运动的过程中受到的平均阻力大小； 答案：4×105 N 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)打桩的效率(用于推进桩的能量与锤打击桩的能量之比)。 答案：33.3% 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14．(10分)(2023·广东东莞市高二期中)2022年2月5日，中国队获得北京冬奥会短道速滑混合团体接力比赛冠军。如图为甲、乙两选手在比赛中的某次交接棒过程，交接棒过程可以简化成如下模型：交接开始时甲在前接棒，乙在后交棒，甲的质量m1＝60 kg，乙的质量m2＝75 kg，交棒前两人均以v0＝10 m/s的速度向前滑行。交棒时乙从后面用力推甲，当二人分开时乙的速度变为v2＝2 m/s，方向仍然向前。不计二人所受冰面的摩擦力，且交接棒前后瞬间两人均在一条直线上运动。 (1)求二人分开时甲的速度大小v1及其动能Ek1的大小； 答案：20 m/s　1.2×104 J 取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2 解得甲的速度大小为v1＝20 m/s 而甲的动能为Ek1＝ ＝1.2×104 J。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)若乙推甲的过程用时0.8 s，求乙对甲的平均作用力的 大小F； 对甲由动量定理可得Ft＝m1v1－m1v0 解得F＝750 N。 答案：750 N (3)交接棒过程要消耗乙体内的化学能，设这些能量全部转化为两人的动能，且不计其他力做功，求乙消耗的化学能E。 对二人组成的系统，根据能量守恒定律得 解得E＝5 400 J。 答案：5 400 N 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 15．(10分)(2023·辽宁大连高二联考)如图所示，质量m＝3 kg的滑块与质量M＝3 kg的带挡板的木板用弹簧拴接在一起，起初弹簧处于原长，质量m0＝1 kg的小球以v0＝4 m/s的速度在足够大的水平地面上向左运动，之后与静止的木板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，忽略一切摩擦，求： (1)碰后小球的速度； 设木板与小球碰撞后的速度大小为v1，以向左为正方向，则根据动量守恒和机械能守恒有 m0v0＝m0v1＋Mv 解得v＝2 m/s，v1＝－2 m/s 即碰后小球的速度大小为2 m/s，方向水平向右。 答案：2 m/s，方向水平向右 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)弹簧第一次压缩过程中对木块的冲量； 设弹簧压缩至最短时滑块和木板的速度均为v共，则有Mv＝ v共 解得v共＝1 m/s 根据动量定理可得I＝Mv－Mv共 解得I＝3 N·s，即弹簧第一次压缩过程中对木块的冲量大小为3 N·s，方向水平向左。 答案：3 N·s，方向水平向左 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)弹簧最大的弹性势能。 弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能最大，滑块、弹簧和木板组成的系统动量守恒、机械能守恒，有Mv＝(M＋m)v共，Epmax＝ 联立解得Epmax＝3 J。 答案：3 J 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 16．(12分)(2023·山东威海高二月考)如图所示， 足够长的光滑斜面AB平滑连接长度为L＝2 m的 粗糙水平面BC。圆心为O、半径为R＝0.2 m的竖 直光滑半圆轨道CED与水平面BC在C点平滑连接，E和圆心O等高，∠EOF＝30°。可视为质点、质量m＝1 kg的滑块P从斜面上高h处由静止开始下滑，经过粗糙水平面BC后进入光滑半圆轨道，并恰好在F点脱离轨道。滑块与水平面BC之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求滑块P在半圆轨道圆心等高处E点时对轨道压力的大小； 答案：15 N 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)求滑块P初始高度h； 答案：0.55 m 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)若滑块P在C点与一完全相同的滑块Q(图中未画出)发生完全非弹性碰撞，随后两滑块一起进入光滑半圆轨道，判断两滑块是否会脱轨，并求两滑块最终停在距离B点多远的位置。 滑块P由静止释放至运动到C点的过程，由动能定理得mgh－μmgL＝ 解得vC＝ m/s P与Q在C点发生完全非弹性碰撞，设碰后两滑块速度为vC1，由动量守恒定律得mvC＝2mvC1 解得vC1＝ m/s 答案：不会　1.125 m 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 返回 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看 ！ 第二章　 　机械振动 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 小球1与小球2发生弹性碰撞，则根据动量守恒有m1v0 ＝m1v1＋m2v2，根据机械能守恒有m1v＝m1v＋m2v。 若碰撞后小球2沿光滑半圆形轨道恰好上升到与轨道圆 心等高处，则根据动能定理有m2gR＝m2v；若碰撞后小球2沿光滑半圆形轨道恰好上升到轨道最高点，则根据牛顿第二定律有m2g＝m2，根据动能定理有m2v2－m2v＝－m2g·2R。小球2运动过程中未脱离半圆形轨道，则有v2≤v3或v2≥v4，联立解得k≥2－1≈5.3或0<k≤3，故选C。 设小球的质量为m，初速度为v0，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，则v2＝－v1，结合题图乙可得＝，横截距a＝v0，则小球的质量m＝M，故A错误；小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v共，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝(m＋M)v共，解得v共＝，由A项化简得v共＝，故B错误； 小球从开始运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得mv＝(m＋M)v＋mgh，解得h＝，由A项化简得h＝，故C错误；小球从开始运动到回到最低点的过程中，若规定向右为正方向，在水平方向上由动量守恒定律得mv0＝mv1＋Mv2，由机械能守恒定律得mv＝mv＋Mv，联立两式解得v1＝v0，v2＝v0，离开圆弧面以后小球做平抛运动，滑块向右做匀速直线运动，当小球落地时，两者之间的水平距离为x＝v2t－v1t，且c＝gt2，联立可得x＝a，故D正确。故选D。 等效重力加速度g′＝gsin θ，所以若要获得不同的等效重 力加速度，可以多次改变题图1中θ角的大小，故A错 误；由题图2可知，单摆一次全振动的时间T＝2T0，则 单摆n次全振动的时间t＝nT＝2nT0，故B错误；摆球做简谐运动的周期T与等效重力加速度g′的二次方根成反比，即T∝，因为g′＝gsin θ，则有T∝，所以若多次改变斜面的倾角θ，满足 T∝则可验证结论成立，故C正确；摆球自然悬垂时，通过力传感器测得摆线的拉力为F1，则F1＝mg′，摆球在A点时，有F2＝mg′cos α，摆球运动到B点时，有F3－mg′＝m，摆球从A点运动到B点的过程中，根据动能定理得mv2＝mg′l，由以上各式解得F3＝3F1－2F2，故D正确。故选CD。 mv＋Mv c 2m1＝2m1 ＋m2 ＝L＋ 当锤下落h高度时，根据机械能守恒定律，其速度为 v0＝ 由于是非弹性碰撞，对于桩和锤组成的系统，根据动量 守恒定律，有m1v0＝v 则碰撞后桩和锤的共同速度为v＝＝ ＝ m/s 规定竖直向下为正方向，由动量定理得－ t＋t＝0－ v 解得 ＝4×105 N。 碰撞前，锤的动能为Ek1＝m1v＝m1gh 碰撞后，桩、锤系统用于克服阻力做功的动能为Ek2＝v2＝gh 故打桩效率为η＝×100%＝×100%≈33.3%。 m1v (m1＋m2)v＋E＝m1v＋m2v m0v＝m0v＋Mv2 Mv2－v 滑块P恰在F点脱离轨道，此时支持力为零，重力指向圆心 方向的分力提供向心力， mgsin 30°＝m 解得vF＝1 m/s 由E至F过程，由动能定理得－mgRsin 30°＝mv－mv 解得vE＝ m/s 在E点，由牛顿第二定律得FN＝m 由牛顿第三定律得压力F＝FN 代入数据解得F＝15 N。 滑块P由静止释放至运动到E点的过程，由动能定理得mg－μmgL ＝mv 解得h＝0.55 m。 mv 假设两滑块上升到最高点时速度为零，上升高度为h1， 由机械能守恒定律得2mgh1＝·2mv 解得h1＝ m<R 所以两滑块不会脱轨，设两滑块碰后在粗糙水平面上的路程为s，从碰 撞后到两滑块停下来，由能量守恒得2μmgs＝·2mv 解得s＝0.875 m 所以两滑块最终停在距离B点L－s＝1.125 m的位置。 $$