第1章 阶段回顾（2～6）-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册作业与测评课件PPT（人教版2019）

第一章　动量守恒定律 阶段回顾(2~6) 目录 1 2 易错点重点练 重难点重点练 易错点重点练 易错点一　对动量守恒的条件理解不透彻 1.如图，光滑水平地面上有一小车，一轻弹簧的一端与车厢的挡板相连，另一端与滑块相连，滑块与车厢的水平底板间有摩擦。用力向右推动车厢使弹簧压缩，撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动。在地面参考系(可视为惯性系)中，从撤去推力开始，小车、弹簧和滑块组成的系统(　　) A．动量守恒，机械能守恒 B．动量守恒，机械能不守恒 C．动量不守恒，机械能守恒 D．动量不守恒，机械能不守恒 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 4 解析　因为水平地面光滑，所以撤去推力后，系统所受合外力为零，则系统动量守恒；因为滑块与车厢水平底板间有摩擦，且撤去推力时滑块在车厢底板上有相对滑动，则撤去推力后滑块与车厢底板间有摩擦力做功，系统机械能不守恒。故选B。 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5 2．系统动量守恒与机械能守恒都是有条件的。回答下面问题：如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为m的粗糙弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量也为m的小球从槽高h处开始下滑，则： (1)小球沿粗糙的弧形轨道下滑过程，粗糙弧形槽和小球组成的系统动量________，机械能________。(均填“守恒”或“不守恒”) (2)小球压缩弹簧至最短的过程，小球和弹簧组 成的系统动量________，机械能________。(均填“守 恒”或“不守恒”) 不守恒 不守恒 不守恒 守恒 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 6 解析　(1)小球沿粗糙的弧形轨道下滑过程，粗糙弧形槽和小球组成的系统水平方向不受外力，则水平方向动量守恒，但是总的动量不守恒；由于弧形轨道粗糙，则有摩擦力做负功产生内能，机械能不守恒。 (2)小球压缩弹簧至最短的过程，小球和弹簧组成的系统由于受到墙壁水平向左的作用力，则动量不守恒；由于只有弹簧弹力做功，故机械能守恒。 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 7 易错点二　对多物体作用过程分析不清 3．(多选)如图所示，小车放在光滑地面上，A、B两人站在车的两端，这两人同时开始相向行走，发现车向左运动，分析小车运动的原因可能是(　　) A．A、B质量相等，但A比B的速率大 B．A、B质量相等，但A比B的速率小 C．A、B速率相等，但A比B的质量大 D．A、B速率相等，但A比B的质量小 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 8 解析 　A、B两人与车组成的系统动量守恒，开始时系统动量为零。两人相向运动时，车向左运动，车的动量向左，由于系统总动量为零，由动量守恒定律可知，A、B两人的动量之和方向向右，A的动量大于B的动量。如果A、B质量相等，则A的速率大于B的速率，A正确，B错误；如果A、B速率相等，则A的质量大于B的质量，C正确，D错误。 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 9 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 易错点三　反冲现象中的人船模型 5.生命在于运动，体育无处不在，运动无限精彩。如图所示，质量为450 kg的小船静止在平静的水面上，质量为50 kg的人在甲板上立定跳远的成绩为2 m，不计空气和水的阻力，下列说法正确的是(　　) A．人在甲板上向右散步时，船也将向右运动 B．人在立定跳远的过程中船相对地面保持静止 C．人在立定跳远的过程中船相对地面向左运动了0.4 m D．人相对地面的成绩为1.8 m 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 12 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 13 6.浮吊船又称起重船，由可在水面上自由移动的浮船和船上的起重机组成，可以在港口内将极重的货物移至任何需要的地方。如图所示，某港口有一质量为M＝20 t的浮吊船，起重杆OA长l＝8 m。该船从岸上吊起质量为m＝2 t的重物，不计起重杆的质量和水的阻力，开始时起重杆OA与竖直方向成60°角，当转到杆与竖直方向成30°角时，浮吊船沿水平方向的位移约为(　　) A．0.27 m B．0.31 m C．0.36 m D．0.63 m 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 14 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 15 易错点四　应用动量守恒定律时未将所有速度换算在同一惯性参考系中 7.如图所示，质量为M的小车，上面站着一个质量为m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前进。人相对于小车以u的速度水平向后跳出后，小车速度增加了多少？ 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 16 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 17 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 18 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 19 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 20 易错点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 21 重难点重点练 重难点一　动量与动力学、能量的综合应用 1．长为l的轻绳上端固定，下端系着质量为m1的小球A，处于静止状态。A受到一个水平瞬时冲量后在竖直平面内做圆周运动，恰好能通过圆周轨迹的最高点。当A回到最低点时，质量为m2的小球B与之迎面正碰，碰后A、B粘在一起，仍做圆周运动，并能通过圆周轨迹的最高点。不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)A受到的水平瞬时冲量I的大小； (2)碰撞前瞬间B的动能Ek至少多大？ 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 23 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 24 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 25 [名师点拨] 力学三大观点——动力学观点、能量观点、动量观点的选用原则 (1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。 (2)研究某一物体受到力的持续作用运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题。 (3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化。这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 26 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 27 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 28 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 29 3.如图所示是野外训练活动中“渡河”环节的简化图。质量为64 kg的平板浮于河面上，其左端紧靠着固定在地面上的圆弧轨道，且其上表面与轨道末端相切。平板左侧放置质量为16 kg的橡胶块A。质量为80 kg的人，手拿5 kg的背包，从圆弧轨道上与平板高度差为3 m处由静止滑下，克服摩擦力做功1020 J，人到圆弧底端后，迅速将背包向旁边抛出(不影响人向前的速度)。人与A碰撞后经0.4 s与平板共速，且A恰好冲出平板并沉入水中，不影响平板运动。已知人、橡胶块与平板间的动摩擦因数均为0.5，平板受到的水的阻力是其所受浮力的0.1倍。平板碰到河岸立即被锁定。河面平静，水的流速忽略不计，整个过程中有足够的安全保障措施。重力加速度取10 m/s2。 (1)求人与橡胶块A相撞之后，A速度的大小； (2)若“渡河”过程中，平板能够碰到河岸，求河 岸宽度d的取值范围。 答案　(1)10 m/s　(2)3.6 m<d<5.6 m 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 30 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 31 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 32 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 33 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 34 重难点二　多次碰撞问题 4．(多选)如图所示，光滑的水平面上有P、Q两个固定挡板，A、B是两挡板连线的三等分点。A点处有一质量为m2的静止小球2，紧贴P挡板的右侧有一质量为m1的等大小球1以速度v0向右运动并与小球2相碰。小球与小球、小球与挡板间的碰撞均为弹性正碰，两小球均可视为质点。已知两小球之间的第二次碰撞恰好发生在B点处，且m1<m2，则两小球的质量之比m1∶m2可能为(　　) A．1∶2 B．1∶3 C．1∶5 D．1∶7 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 35 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 36 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 37 5．如图所示，边界PQ的左侧有水平向左的匀强电场，电场强度E＝5×104 V/m。一质量m＝0.1 kg、电荷量q＝2×10－5 C的带负电小球从电场中O点由静止释放，在平直地面上运动到A点时与质量M＝0.2 kg的小木块发生弹性正碰，之后发生多次弹性碰撞且小球无电荷损失，每次碰前小木块均静止。O到边界PQ的距离L＝5 m，木块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，小球和地面之间摩擦不计，地面上B处有一个小沙坑，A、B间的距离为x＝6 m，重力加速度g＝10 m/s2。 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 38 (1)求小球第一次经过PQ边界时的速度大小； (2)求第一次碰撞结束瞬间，小球和木块的速度各是多大； (3)求第二次碰撞前，木块到沙坑的最小距离xmin； (4)通过计算分析，经过多次碰撞后木块能不能掉进沙坑。若能，则第几次碰撞后木块会掉进沙坑；若不能，请分析原因。 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 39 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 40 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 41 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 42 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 43 重难点三　与动量相关的临界问题 6.(多选)如图所示，甲、乙两船的总质量(包括船、人和货物)分别为10m、12m，两船沿同一直线、同一方向运动，速度分别为2v0、v0(不计水的阻力)。乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，成功避免两船相撞，则乙船上的人抛出货物的速度大小可能为(　　) A．v0 B．3v0 C．4v0 D．7v0 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 44 解析　设乙船上的人抛出货物的速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得，乙船与货物：12mv0＝11mv1＋mv，甲船与货物：10m×2v0＋mv＝11mv2，两船不相撞的条件是：v2≤v1，解得：v≤－4v0，即抛出货物的速度方向水平向左，速度大小|v|≥4v0，故A、B错误，C、D正确。 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 45 [名师点拨]　解决碰撞中临界问题的几个要点 (1)应联想其中一个物体速度很小或速度很大时的状况。 (2)通常临界状态发生在二者速度相同的时刻。 (3)两个物体间发生相互作用时，对于两物体组成的系统，动量守恒，动能损失最大时的情况和无动能损失的情况与完全非弹性碰撞和弹性碰撞相类似。 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 46 7.如图所示，在光滑水平面上有A、B两辆小车，水平面的左侧有一竖直墙，在小车B上坐着一个小孩，小孩与B车的总质量是A车质量的4044倍。两车开始都处于静止状态且A、B两辆小车靠在一起，小孩把A车以相对于地面为v的速度推出，A车与墙壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A车后，又把它以相对于地面为v的速度推出。往后小孩每次推出A车，A车相对于地面的速度都是v，方向向左，则小孩把A车至少推出几次后，A车返回时小孩不能再接到A车(　　) A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 47 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 48 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 49 8．如图所示，AB为倾角θ＝37°的粗糙斜面轨道，通过一小段光滑圆弧与光滑水平轨道BC相连接，质量为m乙的物块乙静止在水平轨道上，质量为m甲的物块甲以速度v0与乙物块发生弹性正碰。若m甲∶m乙＝2∶3，且轨道足够长。 (1)第一次碰撞后瞬间两物块的速度分别是多少？ (2)要使两物块能发生第二次碰撞，求乙与斜面之间的动摩擦因数μ应满足什么条件？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8) 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 50 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 51 重难点重点练 1 2 3 4 5 6 7 8 52 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 4.(多选)质量均为m的木块A和B并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，且细线长度小于轻杆长度，细线另一端系一质量为M的小球C(可视为质点)。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，在以后的运动过程中，正确的判断是(　　) A．A和B分离之前，A、B、C组成的系统动量守恒 B．小球C到达最低点时速度大小为2eq \r(\f(mgL,2m＋M)) C．木块B的最大速度大小为eq \f(M,m) eq \r(\f(mgL,2m＋M)) D．小球C到达左侧最高点时速度大小为eq \f(M,M＋m) eq \r(\f(mgL,2m＋M)) 解析　A、B分离之前，A、B、C组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，但竖直方向动量不守恒，故A错误；小球C由静止释放到运动至最低点的过程，取水平向左为正方向，由动量守恒定律可得MvC－2mvAB＝0，由机械能守恒定律可得MgL＝eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,C)＋eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,AB)，解得vC＝2eq \r(\f(mgL,2m＋M))，vAB＝eq \f(M,m) eq \r(\f(mgL,2m＋M))，故B正确；小球C运动到最低点，A、B恰好分离，之后B以vAB向右做匀速直线运动，则B的最大速度为vAB＝eq \f(M,m) eq \r(\f(mgL,2m＋M))，故C正确；分离后A速度减为0后反方向向左运动，当A、C速度相等时，C球摆到左侧最高点，此过程A、C组成的系统水平方向动量守恒，则MvC－mvAB＝(m＋M)v，解得v＝eq \f(M,M＋m) eq \r(\f(mgL,2m＋M))，故D正确。 解析　人和船作为一个系统，水平方向不受外力作用，则在水平方向上系统动量守恒，根据动量守恒定律知，人在甲板上向右散步时，船将向左运动，故A错误；设人在立定跳远的过程中的平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))1，船的平均速度大小为eq \o(v,\s\up6(－))2，运动时间为t，根据动量守恒定律有meq \o(v,\s\up6(－))1＝Meq \o(v,\s\up6(－))2，等式两边同乘以t，有meq \o(v,\s\up6(－))1t＝Meq \o(v,\s\up6(－))2t，即mx1＝Mx2，由位移关系可得x1＋x2＝d，解得x1＝1.8 m，x2＝0.2 m，故人在立定跳远的过程中，船相对地面向左运动了0.2 m，人相对地面的成绩x1＝1.8 m，故B、C错误，D正确。 解析　浮吊船与重物组成的系统水平方向不受外力作用，系统水平方向动量守恒且初动量为零，以水平向左为正方向，设某时刻重物与浮吊船的平均速度大小分别是v1、v2，则Mv2＋m(－v1)＝0，即Mv2＝mv1，因为重物与浮吊船运动的时间t相等，则Mv2t＝mv1t，即Mx2＝mx1，而重物的水平位移大小x1与浮吊船的位移大小x2满足x1＋x2＝l(sin60°－sin30°)，联立并代入数据解得x2≈0.27 m，故A正确。 答案　eq \f(m,M＋m)u 解析　以人和小车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒。设人跳出后，小车对地的速度增加了Δv，以v0的方向为正方向，以地面为参考系，由动量守恒定律得： (M＋m)v0＝M(v0＋Δv)－m[u－(v0＋Δv)] 解得：Δv＝eq \f(m,M＋m)u。 易错点五　动量定理的应用 8.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1和m2。今有一子弹水平穿过两木块。设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别是(　　) A.eq \f(ft1,m1)，eq \f(ft1,m1＋m2) B.eq \f(ft1,m1＋m2)，eq \f(ft1,m1＋m2)＋eq \f(ft2,m2) C.eq \f(ft1,m1)，eq \f(f（t1＋t2）,m1＋m2) D.eq \f(f（t1＋t2）,m1)，eq \f(f（t1＋t2）,m1＋m2) 解析　设子弹在A中穿出时，A的速度为v1，子弹从B中穿出时，B的速度为v2，子弹在A中穿过时由动量定理得：ft1＝(m1＋m2)v1，子弹在B中穿过时由动量定理得：ft2＝m2v2－m2v1，解得v1＝eq \f(ft1,m1＋m2)，v2＝eq \f(ft1,m1＋m2)＋eq \f(ft2,m2)，故B正确。 9.如图是用高压水枪清洗汽车的照片。设水枪喷出水柱的截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面冲击汽车后沿原方向的速度为零。已知高压水枪的质量为M，水的密度为ρ。下列说法不正确的是(　　) A．水柱对汽车的平均冲力大小为eq \f(1,4)ρπD2v2 B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为eq \f(1,4)ρvπD2 C．高压水枪喷出水柱的直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力加倍 D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，水柱的压强变为原来的4倍 解析　高压水枪单位时间喷出的水的质量为m0＝eq \f(ρSvΔt,Δt)＝ρSv＝eq \f(1,4) ρvπD2，B正确；以Δt时间内喷出的水为研究对象，设其受到汽车的平均冲力大小为F，由动量定理有－FΔt＝0－mv，其中m＝m0Δt，根据牛顿第三定律，水柱对汽车的平均冲力大小F′＝F，联立各式得，F′＝eq \f(1,4)ρv2πD2，A正确；由F′的表达式可知，高压水枪喷出水柱的直径D减半时，水柱对汽车的平均冲力变为原来的eq \f(1,4)，C错误；高压水枪喷口水柱的压强为p＝eq \f(F′,S)＝ρv2，与速度的平方成正比，D正确。本题选说法不正确的，故选C。 答案　(1)m1eq \r(5gl)　(2)eq \f(5gl（2m1＋m2）2,2m2) 解析　(1)A恰好能通过圆周轨迹的最高点，则A经过圆周轨迹的最高点时，轻绳的拉力刚好为零，设A在最高点时的速度大小为v，由牛顿第二定律，有m1g＝m1eq \f(v2,l)① A从最低点到最高点的过程中机械能守恒，取轨迹最低点处重力势能为零，设A在最低点的速度大小为vA，有 eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,A)＝eq \f(1,2)m1v2＋2m1gl② 由动量定理，有I＝m1vA③ 联立①②③式，得I＝m1eq \r(5gl)。④ (2)设两球粘在一起瞬间速度大小为v′，A、B粘在一起后能通过圆周轨迹的最高点，需满足v′≥vA⑤ 要达到上述条件，碰后两球速度方向必须与碰前B的速度方向相同，以此方向为正方向，设碰撞前瞬间B的速度大小为vB，由动量守恒定律，有m2vB－m1vA＝(m1＋m2)v′⑥ 又Ek＝eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,B)⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，得Ek≥eq \f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)⑧ 即碰撞前瞬间B的动能Ek至少为eq \f(5gl（2m1＋m2）2,2m2)。 2．如图所示，在光滑的水平面上有质量M＝2 kg的木板A，其上表面Q处的左侧粗糙，右侧光滑，且PQ间距离L＝2 m，木板A右端挡板(挡板质量不计)上固定一根轻质弹簧，在木板左端的P处有一大小忽略不计、质量m＝2 kg的滑块B。某时刻木板A以vA＝1 m/s的速度向左滑行，同时滑块B以vB＝5 m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距eq \f(3,4)L时(还未经过Q处)，二者刚好处于相对静止状态。 (1)求B与A的粗糙面之间的动摩擦因数μ； (2)若在二者处于相对静止时木板A遇到前方某一障碍物，木板A与它相碰后以原速率反弹(碰后立即撤去该障碍物)，求滑块B最终停在木板A上的位置。(g取10 m/s2) 答案　(1)0.6　(2)Q点左边距Q点0.17 m处 解析　(1)设木板A与滑块B共速时的速度为v，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得： mvB－MvA＝(M＋m)v 代入数据解得：v＝2 m/s 由能量守恒定律得： eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,A)＋eq \f(1,2)mveq \o\al(2,B)－eq \f(1,2)(M＋m)v2＝μmg·eq \f(3,4)L 代入数据解得：μ＝0.6。 (2)木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。由动量守恒定律得： mv－Mv＝(M＋m)u 代入数据解得：u＝0 设B相对A在PQ段的路程为s，由能量守恒定律得：eq \f(1,2)(M＋m)v2＝μmgs 代入数据解得：s＝eq \f(2,3) m 由于s＞eq \f(L,4)，所以B滑过Q处并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q处左边 设B最终停在离Q处距离为s1处，则有： s1＝s－eq \f(L,4)≈0.17 m。 解析　(1)设人滑到圆弧轨道底端时的速度为v0，人沿圆弧轨道下滑过程，由动能定理得 (m人＋m包)gh－Wf＝eq \f(1,2)(m人＋m包)veq \o\al(2,0)－0 解得v0＝6 m/s 人与A碰撞后，人与A都向右做匀减速直线运动，平板向右做初速度为零的匀加速直线运动，人滑上平板后，取水平向右为正方向，对人、平板分别应用牛顿第二定律得 －μm人g＝m人a人 μmAg＋μm人g－0.1×(mA＋m板＋m人)g＝m板a板 解得a人＝－5 m/s2，a板＝5 m/s2 经t1＝0.4 s人与平板共速，设人与A碰撞后人的速度为v1，A的速度大小为vA，人与平板共速时的速度为v，则v＝v1＋a人t1＝a板t1 解得v＝2 m/s，v1＝4 m/s 人与A碰撞过程中系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得 m人v0＝m人v1＋mAvA 解得vA＝10 m/s。 (2)取水平向右为正方向，人与平板共速后，设人与平板整体的加速度为a，人与A碰撞后A在平板上的滑动过程中，A的加速度为aA，对A分析有－μmAg＝mAaA 对人与平板整体分析有 －0.1×(m板＋m人)g＝(m板＋m人)a 人与A碰撞后t1＝0.4 s内，平板的位移大小为 x1＝eq \f(v,2)t1 设平板的长度为L，则L＝vAt1＋eq \f(1,2)aAteq \o\al(2,1)－x1 人与平板共速到平板速度为零的过程中，设平板的位移大小为x2，则0－v2＝2ax2 根据题意，人与平板共速时未碰到河岸，则河岸宽度满足d>x1＋L 平板速度刚好可以减为零时，平板通过的距离为d＝L＋x1＋x2 所以，“渡河”过程中，要使平板能够到达河岸，河岸宽度满足(x1＋L)<d<(L＋x1＋x2) 解得3.6 m<d<5.6 m。 解析　设两球碰撞后速度大小分别为v1、v2，若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相同，可知球1的速度小于球2的速度，则两球在B点相遇，是球2经挡板Q反弹后的相遇，有v2t＝3v1t，即v2＝3v1，根据动量守恒定律得m1v0＝m1v1＋m2v2，根据系统动能不变得eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，联立解得m1＝3m2，不满足m1<m2；若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板P碰撞后反弹，在B点追上球2，则有v1t＝3v2t，即v1＝3v2，根据动量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据系统动 能不变得eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，联立解得m2＝7m1；若碰撞后球1的速度方向与原来的方向相反，与挡板碰后反弹，在B点与反弹回来的球2相碰，则有v1t＝v2t，即v1＝v2，根据动量守恒定律得m1v0＝－m1v1＋m2v2，根据系统动能不变得eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，联立解得m2＝3m1；综上所述，B、D符合题意。 答案　(1)10 m/s　(2)eq \f(10,3) m/s　eq \f(20,3) m/s (3)eq \f(14,9) m　(4)不能，原因详见解析 解析　(1)取向右为正方向，设小球第一次经过PQ边界时的速度大小为v0，对小球在电场中的运动过程应用动能定理得qEL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0) 解得v0＝10 m/s。 (2)取向右为正方向，木块和小球碰撞为弹性碰撞，设碰后小球速度为v球1，木块速度为v木1，则根据动量守恒定律可得mv0＝mv球1＋Mv木1 根据机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,球1)＋eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,木1) 联立得v球1＝－eq \f(10,3) m/s，v木1＝eq \f(20,3) m/s 即第一次碰后瞬间小球速度大小为eq \f(10,3) m/s，方向水平向左；木块速度大小为eq \f(20,3) m/s，方向水平向右。 (3)由于每次碰前小木块均静止，故小木块减速到零前，小球还未与其发生碰撞。故第一次碰撞后木块往右做匀减速运动直到静止，设此过程木块的位移大小为x1，根据动能定理得 －μMgx1＝0－eq \f(1,2)Mveq \o\al(2,木1) 解得x1＝eq \f(40,9) m 木块到沙坑的最小距离xmin＝x－x1 代入数据可得xmin＝eq \f(14,9) m。 (4)取向右为正方向，根据以上分析可知，第一次碰后可得 v球1＝eq \f(m－M,m＋M)v0＝－eq \f(1,3)v0 v木1＝eq \f(2m,m＋M)v0＝eq \f(2,3)v0 x1＝2,球1)eq \f(v,2μg) 由于每次碰前小木块均静止，故同理可得，第二次碰撞后有 v球2＝eq \f(m－M,m＋M)|v球1|＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)v0 v木2＝eq \f(2m,m＋M)|v球1|＝eq \f(2,3)·eq \f(1,3)v0 x2＝2,木2)eq \f(v,2μg) ＝2,木1)eq \f(v,2μg) ·eq \f(1,9)＝eq \f(1,9)x1 依次类推，第三次碰撞后有v球3＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(3)v0 v木3＝eq \f(2,3)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)v0 x3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))eq \s\up12(2)x1 则第n次碰撞后有xn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))eq \s\up12(n－1)x1 第n次碰撞后木块向右一共运动的距离为s＝x1＋x2＋x3＋…＋xn 解得s＝eq \f(x1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))\s\up12(n))),1－\f(1,9))＝5eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))\s\up12(n))) m 当n取无穷大时，s＝5 m<x＝6 m，所以木块不会掉进沙坑。 解析　取小孩和B车运动方向为正方向，设小孩第一次推出A车后，小孩和B车获得的速度为v1，由动量守恒定律有0＝－mAv＋mBv1，可得v1＝eq \f(mA,mB)v，设小孩第二次推出A车后，小孩和B车获得的速度为v2，由动量守恒定律有mAv＋mBv1＝－mAv＋mBv2，可得v2＝2·eq \f(mA,mB)v＋v1，设小孩第三次推出A车后，小孩和B车获得的速度为v3，由动量守恒定律有mAv＋mBv2＝－mAv＋mBv3，可得v3＝2·eq \f(mA,mB)v＋v2，以此规律可得，设小孩第n－1次推出A车后，小孩和B车获得的速度为vn－1， 第n次推出A车后，小孩和B车获得的速度为vn，第n次推出A车前后，由动量守恒定律有mAv＋mBvn－1＝－mAv＋mBvn，可得vn＝2·eq \f(mA,mB)v＋vn－1，则vn＝(n－1)·2·eq \f(mA,mB)v＋v1，代入数据可得vn＝eq \f(（2n－1）mA,mB)v＝eq \f(2n－1,4044)v，当vn≥v时，再也接不到小车，即eq \f(2n－1,4044)≥1，解得n≥2022.5，n取正整数，则小孩把A车推出2023次后，A车返回时小孩不能再接到A车，故选C。 答案　(1)－eq \f(1,5)v0　eq \f(4,5)v0　(2)μ<eq \f(45,68) 解析　(1)设第一次碰后瞬间甲的速度为v1，乙的速度为v2，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律和系统动能不变得： m甲v0＝m甲v1＋m乙v2 eq \f(1,2)m甲veq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)m甲veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m乙veq \o\al(2,2) 联立解得：v1＝－eq \f(1,5)v0，负号表示方向水平向右； v2＝eq \f(4,5)v0。 (2)设乙上滑的最大位移大小为s，再次滑到斜面底端的速度大小为v，由动能定理得： －(m乙gsin37°＋μm乙gcos37°)s＝0－eq \f(1,2)m乙veq \o\al(2,2) (m乙gsin37°－μm乙gcos37°)s＝eq \f(1,2)m乙v2－0 联立解得：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v,v2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3－4μ,3＋4μ) 若要乙能追上甲，则：v>－v1＝eq \f(1,5)v0 解得：μ<eq \f(45,68)。 $$