第1章 07第一章 水平测评-【金版教程】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册创新导学案全书PPT（粤教版）

该高中物理课件聚焦动量守恒、冲量、能量守恒等核心知识点，通过火箭反冲、电动餐桌转动等生活实例导入，衔接牛顿运动定律与动量定理，构建从具体现象到抽象规律的学习支架，帮助学生系统掌握力学综合应用。 其亮点在于融合科学思维与科学探究，如“类牛顿摆”实验题培养模型建构与科学推理能力，水刀压强计算体现物理观念在工程中的应用。通过实际情境问题设计，强化学生科学论证与责任意识，助力教师开展多样化教学，提升学生知识迁移与问题解决能力。

第一章　水平测评 本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间75分钟． 第Ⅰ卷(选择题，共50分) 一、选择题(本题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1．有关实际生活中的现象，下列说法不正确的是(　　) A．火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度 B．体操运动员在着地时屈腿是为了减小地面对运动员的作用力 C．用枪射击时要用肩部抵住枪身是为了减小反冲的影响 D．为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，汽车前部的发动机舱越坚固越好 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　根据反冲运动的特点与应用可知，火箭靠喷出气流的反冲作用而获得巨大的速度，故A正确；体操运动员在着地的过程中，动量变化量一定，则运动员受到地面的冲量I一定，由I＝Ft可知，体操运动员屈腿可延长作用时间t，从而减小地面对运动员的平均作用力F，故B正确；用枪射击时，子弹给枪身一个反作用力，会使枪身后退，影响射击的准确度，为了减小反冲的影响，用枪射击时要用肩部抵住枪身，故C正确；为了减轻撞车时对司乘人员的伤害程度，就要延长碰撞的时间，由I＝Ft可知位于汽车前部的发动机舱不能太坚固，故D错误．本题选说法不正确的，故选D. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3.如图所示，斜面体A的底面光滑、斜面粗糙，物块B由静止开始从斜面的顶端滑到底端，在这个过程中(　　) A．A、B组成的系统动量守恒 B．B对A的冲量等于A的动量变化 C．A、B动量变化量的水平分量大小相等 D．A对B的支持力的冲量为零 答案 解析　A、B组成的系统，所受合力不为零，所以系统动量不守恒，A错误；由动量定理知合力对A的冲量等于A的动量变化，B错误；A、B组成的系统，水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，则A、B动量变化量的水平分量大小相等、方向相反，C正确；A对B的支持力不等于零，故支持力的冲量不为零，D错误． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4.如图所示，质量为0.5 kg的小球在距离车底面高20 m处以一定的初速度向左平抛，落在以7.5 m/s的速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中，车底涂有一层油泥，车与油泥的总质量为4 kg.设小球在落到车底前瞬间的速度是25 m/s，则当小球与小车相对静止时，小车的速度是(g取10 N/kg)(　　) A．5 m/s B．4 m/s C．8.5 m/s D．9.5 m/s 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 A．重物下降过程中，机械能变小 B．重物上升过程中，机械能守恒 C．在从接触地面到速度为零的过程中，重物对地面的平均作用力为6000 N D．在从接触地面到速度为零的过程中，地面对重物作用力的冲量大小为270 N·s 6.人们经常利用“打夯”的方式将松散的地面夯实，如图所示，在某次打夯过程中，甲、乙两人通过绳子对重物各施加一个力，将重物提升到距地面80 cm后重物做自由落体运动把地面砸结实．已知重物从接触地面到速度为零用时0.05 s，重物的质量为60 kg，取g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8．光滑水平面上的三个小球a、b、c的质量均为m，小球b、c与轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，与之相碰并粘在一起运动．在整个运动过程中，下列说法正确的是 (　　) A．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能不守恒 B．三个小球与弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒 C．当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大 D．当弹簧第一次恢复原长时，小球c的速度一定最大，球b此时的速度方向一定水平向左 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　在整个运动过程中，三个小球与弹簧组成的系统所受的合力为零，系统动量守恒，a与b碰撞的过程中系统机械能减小，A正确，B错误；当小球b、c速度相等时，弹簧的形变量最大，弹性势能最大，C正确；当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，因为小球a、b的总质量大于小球c的质量，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可知，小球a、b的粘合体不会“反弹”，小球b的速度方向一定向右，D错误． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．在一个反应堆中用石墨做慢化剂使快中子减速．碳原子核的质量是中子的12倍，中子的质量约为电子质量的2000倍．假设中子与碳原子核的每次碰撞都是弹性正碰，而且认为碰撞前碳核都是静止的．用碳作为中子减速剂比起用更重的原子（比如硅，它的质量是中子的28倍），其优势有(　　) A．每一次碰撞的减速效果明显 B．达到相同能量要求，需要减速的次数较少 C．其他材料中电子对碰撞的影响不可忽略 D．中子与质量较小的原子碰撞，物理规律相对简单、计算简便 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力．如图a所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰．若碰撞前、后两壶的v­t图像如图b所示．关于冰壶的运动，下列说法正确的是(　　) A．两壶发生弹性碰撞 B．蓝壶受到的滑动摩擦力较大 C．碰撞后两壶相距的最远距离为1.1 m D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.12 m/s2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 第Ⅱ卷(非选择题，共50分) 二、实验题(本题共2小题，共12分) 11．(4分)某同学用如图甲所示装置通过半径相同 的A、B两球的碰撞来探究碰撞过程中的不变量，图中 PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某 一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10次，得到10个落点痕迹．再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置G由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹．重复这种操作10次．图中O点是水平槽末端R在记录纸上的垂直投影点． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)安装器材时要注意：固定在桌边上的槽末端的切线要沿________方向． (2)某次实验中，得出小球落点情况如图乙所示(单位是cm)，P′、M、N分别是入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后落点的平均位置(把落点圈在内的最小圆的圆心)．则入射小球和被碰小球质量之比为m1∶m2＝________． 4∶1 水平 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　 (1)安装器材时要注意：固定在桌边上的槽末端的切线要沿水平方向，以保证两球碰撞完成后能做平抛运动． (2)设入射小球在碰前、碰后和被碰小球在碰后的速度分别为v0、v1、v2，碰撞过程中系统动量守恒，则有m1v0＝m1v1＋m2v2，又因小球下落时间t相同，两边同时乘以时间t，可得：m1·OP′＝m1·OM＋m2·ON，由题图乙可知：OM＝15.5 cm、OP′＝25.5 cm、ON＝40.0 cm，代入数据可得：m1∶m2＝4∶1. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(8分)如图甲所示为利用“类牛顿摆”验证 碰撞过程中的动量守恒．实验器材：支架两个，半 径相同的球1和球2，细线若干，坐标纸，刻度尺等, 实验所在地重力加速度大小为g. 实验步骤如下： (1)测量小球1、2的质量分别为m1、m2，将小球各用两细线悬挂于水平支架上，使两小球球心位于同一水平面，如图甲； (2)将坐标纸竖直固定在一个水平支架上，使坐标纸与小球运动平面平行且尽量靠近．坐标纸每一小格是相同的正方形．将小球1拉至某一位置A，由静止释放，垂直坐标纸方向用手机高速连拍； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (3)如图乙所示，分析连拍照片得出，球1从A点由静止释放，在最低点与球2发生水平方向的正碰，球1碰后到达最高位置为B，球2向右摆动的最高位置为C，测得A、B、C到最低点的竖直高度差分别为h1、h2、h3，则碰后瞬间球1的速度大小为________，碰后瞬间球2的速度大小为________； (4)若满足关系式____________________，则能证明碰撞中系统水平方向总动量守恒；若还满足关系式________________，则说明两小球发生的是弹性碰撞． 答案 m1h1＝m1h2＋m2h3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 三、计算题(本题共3小题，共38分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 13．(9分)在2022年冬奥会花样滑冰双人滑比赛中，中国选手隋文静韩聪组合获得冠军．如图所示为某次训练中的情景，他们携手滑步，相对光滑冰面的速度为1.0 m/s.韩聪突然将隋文静向原先运动方向推开，推力作用时间为2.0 s，隋文静的速度大小变为4.0 m/s.假设隋文静和韩聪的质量分别为40 kg和60 kg，求： (1)推开后韩聪的速度大小； (2)推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小． 答案　(1)1 m/s　(2)60 N 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析　 (1)以他们原先运动方向为正方向，推开过程由动量守恒定律有(m1＋m2)v＝m1v1＋m2v2，其中m1＝40 kg，m2＝60 kg，v＝1.0 m/s，v1＝4.0 m/s， 代入数据解得v2＝－1 m/s，即推开后韩聪的速度大小为1 m/s. (2)设推开过程中隋文静对韩聪的平均作用力为F，以韩聪为研究对象，该过程由动量定理得Ft＝m2v2－m2v， 代入数据解得F＝－60 N，即该过程中隋文静对韩聪的平均作用力大小为60 N. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14.(11分)物理问题的研究首先要确定研究对象．当我们研究水流、气流等流体问题时，经常会选取流体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论． 水刀应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势．如图所示，某型号水刀工作过程中，将水从面积S＝0.1 mm2的细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割．已知该水刀每分钟用水600 g，水的密度为ρ＝1.0×103 kg/m3. (1)求从喷嘴喷出水的流速v的大小； (2)高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为 0，求水对材料表面的压强p约为多大？ 答案　(1)100 m/s　(2)1.0×107 Pa 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(18分)航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置．装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板．已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计转运车与地面间的摩擦．A、B的质量均为M＝40 kg，A、B水平部分的长度均为L＝4 m．包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略．重力加速度g取10 m/s2.求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (1)要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少？ (2)若某包裹的质量为m＝10 kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足的条件； (3)若某包裹的质量为m＝50 kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时h′的最小值． 答案　(1)40 kg　(2)0.8 m≤h≤2.8 m　 (3)0.85 m 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　 R 2.电动餐桌就是在大圆桌面上安装一电动转盘，使用时转盘可以低速匀速旋转，方便用餐人员夹取食物菜肴．如图所示，一质量为m的盘子(可视为质点)随电动餐桌一起以角速度ω匀速转动，已知A、B两点与圆心O的距离均为r，∠AOB＝120°，则盘子随餐桌从A转到B的过程中，摩擦力对盘子冲量的大小为(　　) A.eq \r(3)mωr B.eq \r(2)mωr C．mωr D．0 解析　由于摩擦力是变力，由动量定理得：I＝mvB－mvA，盘子在A、B两点速度方向如图甲所示，且有vA＝ωr，vB＝ωr，将vA平移到B点，如图乙所示，解得I＝mΔv＝eq \r(3)mωr，A正确，B、C、D错误． 解析　设小球的初速度为v0，小球抛出后做平抛运动，根据动能定理有mgh＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，解得v0＝15 m/s.小球和小车作用过程中，系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒，规定向右为正方向，则有－mv0＋Mv0′＝(M＋m)v′，解得v′＝5 m/s，故A正确． 5.如图所示，在光滑水平面上有一质量为M的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态．一质量为m的子弹以水平速度v0击中木块，并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动．木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，受到的合力的冲量为(　　) A．－eq \f(Mmv0,M＋m) B．2Mv0 C.eq \f(2Mmv0,M＋m) D．2mv0 解析　子弹射入木块的时间极短，在这一过程中，子弹与木块组成的系统动量守恒．设木块被子弹击中后子弹和木块共同的速度为v，根据动量守恒定律mv0＝(M＋m)v，解得v＝eq \f(mv0,M＋m).木块第一次回到原来位置的速度大小等于子弹击中木块后瞬间木块的速度大小，木块被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，根据动量定理，合力的冲量I＝－Mv－0＝－eq \f(Mmv0,M＋m)，故A正确． 解析　重物下降过程中做自由落体运动，只有重力做功，因此机械能守恒，故A错误；重物上升过程中有绳的拉力对它做正功，机械能增加，故B错误；设重物做自由落体运动的时间为t1，有：h＝eq \f(1,2)gteq \o\al(2,1)，解得：t1＝eq \r(\f(2h,g))＝eq \r(\f(2×0.8,10)) s＝0.4 s，设地面对重物的平均作用力大小为F，取重物开始下降到与地面接触速度减为零的整个过程进行研究，竖直向下为正方向，根据动量定理有：mg(t1＋t2)－Ft2＝0－0，其中t2＝0.05 s，代入数据得：F＝eq \f(mg（t1＋t2）,t2)＝eq \f(60×10×（0.4＋0.05）,0.05) N＝5400 N，根据牛顿第三定律知C错误；在从接触地面到速度为零的过程中，地面对重物的作用力的冲量大小为：I＝Ft2＝5400×0.05 N·s＝270 N·s，故D正确． 7.如图所示，足够长的光滑细杆PQ水平固定，质量为m的物块A穿在杆上，可沿杆无摩擦滑动，质量为0.99m的物块B通过长度为L的轻质细绳竖直悬挂在A上，整个装置处于静止状态，A、B可视为质点．若把A固定，让质量为0.01m的子弹以速度v0水平射入物块B后，物块B恰好能在竖直面内做圆周运动，且B不会撞到轻杆．则以下说法不正确的是(子弹射入时间极短且未穿出物块B)(　　) A．在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统， 其动量和机械能都守恒 B．子弹射入物块B的初速度v0＝100eq \r(5gL) C．若物块A不固定，子弹仍以v0射入时，物块B上摆的初 速度将等于原来物块A固定时上摆的初速度 D．若物块A不固定，要使物块B上摆的最大高度与A等高，子弹的初速度应为200eq \r(gL) 解析　在子弹射入物块B的过程中，子弹和物块B构成的系统，其水平方向动量守恒，由于摩擦发热，机械能不守恒，A错误；子弹射入物块B的过程，由动量守恒定律有0.01mv0＝mv，物块B恰好能在竖直平面内做圆周运动，则运动到最高点时有mg＝m2,1)eq \f(v,L) ，从最低点到最高点，由动能定理得－2mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,1)－eq \f(1,2)mv2，联立解得v0＝100eq \r(5gL)，B正确；若物块A不固定，子弹仍以v0射入物块B瞬间，系统不受A的影响，所以子弹和物块B水平方向仍动量守恒，物块B上摆的初速度将等于原来物块A固定时上摆的初速度，C正确；若物块A不固定，要使物块B上摆的最大高度与A等高，则有0.01mv0′＝mv′，0.01mv0′＝2mv2，eq \f(1,2)mv′2＝eq \f(1,2)×2mveq \o\al(2,2)＋mgL，联立解得v0′＝200eq \r(gL)，D正确．本题选说法不正确的，故选A. 解析　用m1表示中子质量，m2表示某原子核质量，v10和v1表示中子碰撞前后的速度，v20和v2表示某原子核碰撞前后的速度．当中子与静止的原子核发生弹性正碰时，系统动量守恒，总动能不变，故有m1v10＋m2v20＝m1v1＋m2v2，eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,10)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,20)＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，其中v20＝0，联立解得v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v10；中子碰后，动能损失比率为eq \f(ΔE,E)＝2,10)eq \f(m1v－m1veq \o\al(2,1),m1veq \o\al(2,10)) ＝1－2,1)eq \f(v,veq \o\al(2,10)) ＝eq \f(4m1m2,（m1＋m2）2)；用碳作为中子减速剂时eq \f(ΔE,E)＝eq \f(4×12,（12＋1）2)≈0.28，用硅作为中子减速剂时eq \f(ΔE,E)＝eq \f(4×28,（28＋1）2)≈0.13，可知用碳作为中子减速剂时，每一次碰撞的减速效果较明显，则达到相同能量要求，需要减速的次数较少，故A、B正确，D错误；由于电子质量极小，根据v1＝eq \f(m1－m2,m1＋m2)v10，与电子碰撞后，中子的速度几乎不变，则任何材料中电子对碰撞的影响都可忽略，C错误． 解析　碰前蓝壶静止在圆形区域内，由题图b可知，碰前红壶的速度v0＝1.0 m/s，碰后红壶的速度为v0′＝0.4 m/s，设碰后蓝壶的速度为v，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv0′＋mv，代入数据解得：v＝0.6 m/s，碰撞前两壶的总动能为Ek1＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)，碰撞后两壶的总动能为Ek2＝eq \f(1,2)mv0′2＋eq \f(1,2)mv2，代入数据可知Ek2<Ek1，所以两壶发生的碰撞为非弹性碰撞，故A错误；根据v­t图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度比蓝壶的加速度大，两壶质量相等，所以红壶受到的滑动摩擦力比蓝壶受到的滑 动摩擦力大，故B错误；根据题图b可知碰前红壶的加速度大小为a1＝eq \f(1.2－1.0,1) m/s2＝0.2 m/s2，所以碰后蓝壶静止的时刻为t＝eq \f(0－1.2,－0.2) s＝6 s，又v­t图像与时间轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为s＝eq \f(0.6×（6－1）,2) m－eq \f(0.4×（3－1）,2) m＝1.1 m，故C正确；碰后蓝壶的加速度大小为a2＝eq \f(0.6,6－1) m/s2＝0.12 m/s2，故D正确． m1eq \r(h1)＝m1eq \r(h2)＋m2eq \r(h3) eq \r(2gh2) eq \r(2gh3) 解析　(3)球1碰后到达最高位置为B，设碰后瞬间球1的速度大小为v1′，球2的速度大小为v2，则由动能定理可知，小球1碰后过程有－m1gh2＝0－eq \f(1,2)m1v1′2，解得球1碰后瞬间的速度大小为v1′＝eq \r(2gh2)，小球2碰后的过程有－m2gh3＝0－eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，解得球2碰后瞬间的速度大小为v2＝eq \r(2gh3). (4)将小球1拉至某一位置A，由静止释放，设小球1到达最低点碰前瞬间的速度大小为v1，则小球1到达最低点过程有m1gh1＝eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)－0，解得小球1碰前瞬间的速度大小为v1＝eq \r(2gh1)；若两小球碰撞中系统水平方向总动量守恒，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2，联立可得m1eq \r(h1)＝m1eq \r(h2)＋m2eq \r(h3)；若两小球发生的是弹性碰撞，由碰撞前后总动能不变，有eq \f(1,2)m1veq \o\al(2,1)＝eq \f(1,2)m1v1′2＋eq \f(1,2)m2veq \o\al(2,2)，联立可得m1h1＝m1h2＋m2h3. 解析　(1)一分钟喷出的水的质量为 m＝ρSvt， 所以水的流速v＝eq \f(m,ρSt)， 代入数据得v＝100 m/s. (2)选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，设材料对水的平均作用力大小为F，由动量定理得－FΔt＝0－Δm·v， 其中Δm＝ρSvΔt，解得F＝ρSv2， 根据牛顿第三定律，材料表面受到的压力大小F′＝F， 则根据压强公式p＝eq \f(F′,S)， 联立解得p＝ρv2＝1.0×107 Pa. 解析　(1)要求A不动时需满足μ1mg≤μ2(m＋M)g 解得m≤eq \f(μ2M,μ1－μ2)＝40 kg 即包裹C的质量不能超过40 kg. (2)由于包裹质量m＝10 kg<40 kg，装置A始终静止不动，所以包裹C释放高度最小时，恰好滑上B车，则由动能定理有 mghmin－μ1mgL＝0－0 解得hmin＝0.8 m 包裹C释放高度最大时，包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时与B车恰好共速，设该包裹第一次刚好下滑至B车左端时的速度为v0，则由动能定理有 mghmax－μ1mgL＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)－0 设该包裹与B车共速时的速度为v，则由动量守恒定律和能量守恒定律可知， mv0＝(m＋M)v eq \f(1,2)mveq \o\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋μ1mg·2L 解得hmax＝2.8 m 所以0.8 m≤h≤2.8 m. (3)由于包裹质量大于40 kg，则包裹C在装置A水平部分上运动时，装置A和转运车B向右运动．包裹能滑上B车，h′最小时，包裹刚好可以滑上B车时A、B、C三者共速．包裹C在装置A水平部分上运动时，A、B的加速度大小为a1＝eq \f(μ1mg－μ2（m＋M）g,2M)＝eq \f(1,8) m/s2 物理 选择性必修 第一册(粤教) 包裹C的加速度大小为a2＝eq \f(μ1mg,m)＝μ1g＝2 m/s2 包裹在光滑曲面下滑过程，由动能定理得 mghmin′＝eq \f(1,2)mveq \o\al(2,C0)－0 设包裹滑到A装置水平部分上后，经过时间t，A、B、C三者共速，则v共＝a1t＝vC0－a2t vC0t－eq \f(1,2)a2t2＝eq \f(1,2)a1t2＋L 联立解得hmin′＝0.85 m. 1 $$