（北京專用）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章 全章闖關(guān)檢測(cè)（含解析）

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1、全章闖關(guān)檢測(cè) 一、選擇題 1.一質(zhì)量為m的鐵錘,以速度v豎直打在木樁上,經(jīng)過(guò)Δt時(shí)間停止,則在打擊時(shí)間內(nèi),鐵錘對(duì)木樁的平均沖力的大小是(　　) A.mgΔt B.mvΔt C.mvΔt+mg D.mvΔt-mg 答案　C　取向上為正方向,對(duì)鐵錘分析,根據(jù)沖量的定義以及動(dòng)量定理可得(F-mg)Δt=0-m(-v),解得F=mvΔt+mg,由牛頓第三定律可知選項(xiàng)C正確。 2.木塊a和b用一根輕彈簧連接起來(lái),放在光滑水平面上,a緊靠在墻壁上,在b上施加向左的水平力使彈簧壓縮,如圖所示,當(dāng)撤去外力后,下列說(shuō)法中正確的是(　　) ①a尚未離開(kāi)墻壁時(shí),a、b系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 ②a尚未離開(kāi)墻

2、壁時(shí),a、b系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 ③a離開(kāi)墻壁后,a、b系統(tǒng)動(dòng)量守恒 ④a離開(kāi)墻壁后,a、b系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 A.①③ B.②④ C.①④ D.②③ 答案　D　以a、b為系統(tǒng),撤去外力后,b向右運(yùn)動(dòng),在a尚未離開(kāi)墻壁時(shí),系統(tǒng)受到墻壁的彈力FN,因此,該過(guò)程a、b系統(tǒng)動(dòng)量不守恒,當(dāng)a離開(kāi)墻壁后,a、b系統(tǒng)水平方向不受外力,故系統(tǒng)動(dòng)量守恒。 3.如圖所示,質(zhì)量為M的人在遠(yuǎn)離任何星體的太空中,與他旁邊的飛船相對(duì)靜止。由于沒(méi)有力的作用,他與飛船總保持相對(duì)靜止的狀態(tài)。這個(gè)人手中拿著一個(gè)質(zhì)量為m的小物體,他以相對(duì)飛船為v的速度把小物體拋出,在拋出物體后他相對(duì)飛船的速度大小為(　　) A.mMv

3、B.Mmv C.M+mmv D.mM+mv 答案　A　人和小物體組成的系統(tǒng)不受其他力的作用,所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒。由動(dòng)量守恒定律有mv=Mv',解得v'=mMv。 4.我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在2013年世錦賽上實(shí)現(xiàn)女子3 000 m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn),“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面,并且開(kāi)始向前滑行,待乙追上甲時(shí),乙猛推甲一把,使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過(guò)程中,忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用,則(　　) A.甲對(duì)乙的沖量一定大于乙對(duì)甲的沖量 B.甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反 C.甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量 D.甲對(duì)乙做多少負(fù)

4、功,乙對(duì)甲就一定做多少正功 答案　B　甲、乙之間相互作用力的沖量大小相等,方向相反,A項(xiàng)錯(cuò)誤;由I合=Δp知,甲、乙的動(dòng)量變化量等大反向,B項(xiàng)正確;在相同的作用時(shí)間內(nèi),作用力的位移不一定相同,因此甲、乙之間的相互作用力做功不一定相等,由W合=ΔEk,知?jiǎng)幽茏兓坎灰欢ㄏ嗟?C、D項(xiàng)均錯(cuò)誤。 5.如圖所示,兩輛質(zhì)量相同的小車置于光滑的水平面上,有一人靜止站在A車上,兩車靜止。若這個(gè)人自A車跳到B車上,接著又跳回A車,靜止于A車上,則A車的速率(　　) A.等于零 B.小于B車的速率 C.大于B車的速率 D.等于B車的速率 答案　B　設(shè)人的質(zhì)量為m,兩小車的質(zhì)量均為M,人來(lái)回跳躍后人

5、與A車的速度為v1,B車的速度為v2,根據(jù)題意知,人車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒。由題意有:p0=0,人來(lái)回跳躍后的總動(dòng)量p=(M+m)v1+Mv2,由動(dòng)量守恒有p0=p,解得v1=-MM+mv2,其中負(fù)號(hào)表示v1、v2的方向相反,小車A的速率小于小車B的速率。 6.如圖是“牛頓擺”裝置,5個(gè)完全相同的小鋼球用輕繩懸掛在水平支架上,5根輕繩互相平行,5個(gè)鋼球彼此緊密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分別標(biāo)記5個(gè)小鋼球。當(dāng)把小球1向左拉起一定高度,如圖甲所示,然后由靜止釋放,在極短時(shí)間內(nèi)經(jīng)過(guò)小球間的相互碰撞,可觀察到球5向右擺起,且達(dá)到的最大高度與球1的釋放高度相同,如圖乙所示。關(guān)于此實(shí)驗(yàn),

6、下列說(shuō)法中正確的是(　　) A.上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,5個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒,動(dòng)量守恒 B.上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,5個(gè)小球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒,動(dòng)量不守恒 C.如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示),同時(shí)由靜止釋放,經(jīng)碰撞后,小球4、5一起向右擺起,且上升的最大高度高于小球1、2、3的釋放高度 D.如果同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示),同時(shí)由靜止釋放,經(jīng)碰撞后,小球3、4、5一起向右擺起,且上升的最大高度與小球1、2、3的釋放高度相同 答案　D　題述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,小球5能夠達(dá)到與小球1釋放時(shí)相同的高度,說(shuō)明系統(tǒng)機(jī)械能守恒,而且小球5離開(kāi)平衡位置時(shí)的速度

7、和小球1擺動(dòng)到平衡位置時(shí)的速度相同,說(shuō)明碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒,但隨后上擺過(guò)程動(dòng)量不守恒,動(dòng)量方向在變化,選項(xiàng)A、B錯(cuò)。根據(jù)前面的分析,碰撞過(guò)程為彈性碰撞。那么同時(shí)向左拉起小球1、2、3到相同高度(如圖丙所示),同時(shí)由靜止釋放,那么球3先以速度v與球4發(fā)生彈性碰撞,此后球3的速度變?yōu)?,球4獲得速度v后與球5碰撞,球5獲得速度v,開(kāi)始上擺,同理球2與球3碰撞,最后球4以速度v上擺,同理球1與球2碰撞,最后球3以速度v上擺,所以選項(xiàng)C錯(cuò)D對(duì)。 7.如圖所示,在光滑的水平面上有兩物體A、B,它們的質(zhì)量均為m。在物體B上固定一個(gè)輕彈簧處于靜止?fàn)顟B(tài)。物體A以速度v0沿水平方向向右運(yùn)動(dòng),通過(guò)彈簧與物體B發(fā)生

8、作用。下列說(shuō)法正確的是(　　) A.當(dāng)彈簧獲得的彈性勢(shì)能最大時(shí),物體A的速度為零 B.當(dāng)彈簧獲得的彈性勢(shì)能最大時(shí),物體B的速度為零 C.在彈簧的彈性勢(shì)能逐漸增大的過(guò)程中,彈簧對(duì)物體B所做的功為12mv02 D.在彈簧的彈性勢(shì)能逐漸增大的過(guò)程中,彈簧對(duì)物體A和物體B的沖量大小相等,方向相反 答案　D　當(dāng)A、B速度相同時(shí),彈簧獲得最大彈性勢(shì)能,故A、B均錯(cuò)誤;系統(tǒng)機(jī)械能守恒,E總=12mv02,故當(dāng)彈簧具有彈性勢(shì)能時(shí),物體的動(dòng)能一定小于12mv02,故C錯(cuò)誤;彈簧對(duì)A、B的作用力始終大小相等方向相反,彈簧對(duì)物體A和物體B的沖量大小相等,方向相反,故D正確。 8.如圖甲所示,長(zhǎng)木板A

9、放在光滑的水平面上,質(zhì)量為m=2 kg的另一物體B以水平速度v0=2 m/s滑上原來(lái)靜止的長(zhǎng)木板A的表面。由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時(shí)間變化情況如圖乙所示,則下列說(shuō)法正確的是(　　) 甲　　　　　　　　　　　乙 A.木板獲得的動(dòng)能為2 J B.系統(tǒng)損失的機(jī)械能為4 J C.木板A的最小長(zhǎng)度為2 m D.A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 答案　D　從題圖乙可以看出,B做勻減速運(yùn)動(dòng),A做勻加速運(yùn)動(dòng),最后的共同速度為1 m/s,系統(tǒng)動(dòng)量守恒,mv0=(m+M)v,求得M=2 kg,木板獲得的動(dòng)能為1 J,系統(tǒng)損失的機(jī)械能為2 J,木板的最小長(zhǎng)度為兩者在1 s內(nèi)的位移差即1 m

10、,B運(yùn)動(dòng)的加速度為1 m/s2,動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1。 9.如圖所示,在光滑的水平面上靜止放一質(zhì)量為m的木板B,木板表面光滑,左端固定一輕質(zhì)彈簧。質(zhì)量為2m的木塊A以速度v0從板的右端水平向左滑上木板B。在木塊A與彈簧相互作用的過(guò)程中,下列判斷正確的是(　　) A.彈簧壓縮量最大時(shí),B板運(yùn)動(dòng)速率最大 B.B板的加速度一直增大 C.彈簧給木塊A的沖量大小為2mv0/3 D.彈簧的最大彈性勢(shì)能為mv02/3 答案　D　木塊、木板系統(tǒng)動(dòng)量守恒,當(dāng)兩者共速時(shí),彈簧壓縮量最大,此時(shí)有2mv0=3mv共,Ep=12·2mv02-12·3mv共2=13mv02,故D正確;只要彈簧被壓縮,其給木

11、板的力總會(huì)讓木板加速,故當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí),B板速率才最大,故A錯(cuò)誤;由于彈簧的形變量是先增大后減小,故其彈力也是先大后小,B板的加速度也是先增后減,B錯(cuò)誤;設(shè)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)木塊的速度為v1,木板的速度為v2,則2mv0=2mv1+mv2,12×2mv02=12×2mv12+12×mv22,得v1=v03,彈簧給木塊的沖量大小為43mv0,C錯(cuò)誤。 10.A、B兩物體在一水平長(zhǎng)直氣墊導(dǎo)軌上相碰,碰撞前物體A做勻速直線運(yùn)動(dòng),B靜止不動(dòng),頻閃照相機(jī)每隔0.1 s閃光一次,連續(xù)拍照5次,拍得如圖所示的照片,不計(jì)兩物體的大小及兩物體碰撞過(guò)程所用的時(shí)間,則由此照片可判斷(　　) A.第四次

12、拍照時(shí)物體A在100 cm處 B.第四次拍照時(shí)物體A在80 cm處 C.mA∶mB=3∶1 D.mA∶mB=2∶1 答案　A　碰撞前,物體A做勻速直線運(yùn)動(dòng),可以知道,物體A在第三次拍照時(shí)在90 cm處,第四次拍照時(shí)在100 cm處,第五次拍照時(shí)在80 cm處。碰撞前,A的速度大小為v0=ΔxAt=0.400.1 m/s=4 m/s,方向向右。碰撞后,A的速度大小為vA=ΔxA't=0.200.1 m/s=2 m/s,方向向左,B的速度大小為vB=ΔxBt=0.200.1 m/s=2 m/s,方向向右。取向右為正方向,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:mAv0=-mAvA+mBvB,代入數(shù)據(jù)得:mA×

13、4 m/s=-mA×2 m/s+mB×2 m/s,得:mA∶mB=1∶3。 二、非選擇題 11.(2018房山一模)用半徑相同的小球1和小球2的碰撞驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律,實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示,斜槽與水平槽圓滑連接。安裝好實(shí)驗(yàn)裝置,在地上鋪一張白紙,白紙上鋪放復(fù)寫(xiě)紙,記下重垂線所指的位置O。在做“驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律”的實(shí)驗(yàn)時(shí) (1)實(shí)驗(yàn)必須滿足的條件是　　　　。? A.斜槽軌道必須是光滑的 B.斜槽軌道末端的切線是水平的 C.入射球每次都要從同一高度由靜止釋放 D.實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,白紙可以移動(dòng),復(fù)寫(xiě)紙不能移動(dòng) (2)入射小球質(zhì)量為m1,被碰小球質(zhì)量為m2,兩小球的質(zhì)量應(yīng)滿足m1　　　　m2

14、。(選填“大于”“小于”或“等于”)? (3)實(shí)驗(yàn)中要完成的必要步驟是　　　　(填選項(xiàng)前的字母)。? A.用天平測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2 B.測(cè)量拋出點(diǎn)距地面的高度H C.用秒表測(cè)出小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t D.分別確定入射小球碰撞前后的落地點(diǎn)和被碰小球碰后的落地點(diǎn)P、M、N,并用刻度尺測(cè)出水平射程O(píng)P、OM、ON (4)若所測(cè)物理量滿足表達(dá)式　　　　　　　　　　　　　　則可判定兩個(gè)小球相碰前后動(dòng)量守恒。? (5)若碰撞是彈性碰撞,那么所測(cè)物理量還應(yīng)該滿足的表達(dá)式為　　　　　　　　　。? (6)一個(gè)運(yùn)動(dòng)的球與一個(gè)靜止的球碰撞,如果碰撞之前球的運(yùn)動(dòng)速度與兩球心的連線不在同一條直

15、線上,碰撞之后兩球的速度都會(huì)偏離原來(lái)兩球心的連線。這種碰撞稱為非對(duì)心碰撞。如圖,A球以速度v1與同樣質(zhì)量且處于靜止的 B 球發(fā)生彈性碰撞。某同學(xué)判斷碰后兩個(gè)球的運(yùn)動(dòng)方向一定垂直。你同意他的判斷嗎?說(shuō)出你的理由。 答案　(1)BC (2)大于 (3)AD (4)OP·m1=OM·m1+ON·m2 (5)OP2·m1=OM2·m1+ON2·m2 (6)同意　只有垂直才滿足vA2+vB2=v12,即滿足動(dòng)能守恒12mvA2+12mvB2=12mv12 解析　(1)斜槽的粗糙與光滑不影響實(shí)驗(yàn)效果,故A錯(cuò)誤。斜槽軌道末端的切線必須水平,保證入射小球碰前速度水平,B正確。入射小球每次都要

16、從同一高度由靜止釋放,保證每次與被碰小球碰前的速度相同,C正確。實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,白紙不可以移動(dòng),D錯(cuò)誤。(2)為保證碰后入射小球不反彈而做平拋運(yùn)動(dòng),則m1>m2。(3)見(jiàn)答案。(4)因?yàn)槠綊佭\(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同,則水平位移可代表速度。則該實(shí)驗(yàn)中只需測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量m1、m2和確定入射小球碰撞前后的落地點(diǎn)和被碰小球碰后的落地點(diǎn)到O點(diǎn)的距離OP、OM、ON,若所測(cè)物理量滿足OP·m1=OM·m1+ON·m2則可判定兩小球碰撞前后動(dòng)量守恒。(5)若碰撞是彈性碰撞,則12m1v02=12m1v12+12m2v22,即12m1·OP2=12m1·OM2+12m2·ON2,即m1·OP2=m1·OM2+m2·ON

17、2。(6)由動(dòng)量守恒可知:v1=vA+vB,即三者滿足平行四邊形定則。由能量守恒可知三速率滿足,vA2+vB2=v12,則可得出vA⊥vB。 12.蹦床是運(yùn)動(dòng)員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動(dòng)作的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目(如圖所示)。一個(gè)質(zhì)量為60 kg的運(yùn)動(dòng)員,從離水平網(wǎng)面3.2 m高處自由下落,著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0 m高處。已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間為1.2 s。若把在這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力當(dāng)做恒力處理,求此力的大小。(g=10 m/s2) 答案　1.5×103 N 解析　將運(yùn)動(dòng)員看做質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn),從h1高處下落,剛接觸網(wǎng)時(shí)速度的大小v1=2gh1,向下彈跳后

18、到達(dá)的高度為h2,剛離網(wǎng)時(shí)速度的大小v2=2gh2,向上速度的改變量Δv=v1+v2,向上過(guò)程中以a表示加速度,Δt表示接觸時(shí)間,則Δv=aΔt 接觸過(guò)程中運(yùn)動(dòng)員受到向上的彈力F和向下的重力mg由牛頓第二定律F-mg=ma 由以上各式聯(lián)立解得F=mg+m2gh2+2gh1Δt 代入數(shù)值得F=1.5×103 N 13.隨著機(jī)車數(shù)量的增加,交通安全問(wèn)題日益凸顯。分析交通違法事例,將警示我們遵守交通法規(guī),珍惜生命。一貨車嚴(yán)重超載后的總質(zhì)量為49 t,以54 km/h的速率勻速行駛。發(fā)現(xiàn)紅燈時(shí)司機(jī)剎車,貨車即做勻減速直線運(yùn)動(dòng),加速度的大小為2.5 m/s2(不超載時(shí)則為5 m/s2)。 (1

19、)若前方無(wú)阻擋,問(wèn)從剎車到停下來(lái)此貨車在超載及不超載時(shí)分別前進(jìn)多遠(yuǎn)? (2)若超載貨車剎車時(shí)正前方25 m處停著總質(zhì)量為1 t的轎車,兩車將發(fā)生碰撞,設(shè)相互作用0.1 s后獲得相同速度,問(wèn)貨車對(duì)轎車的平均沖力多大? 答案　(1)45 m　22.5 m　(2)9.8×104 N 解析　(1)設(shè)貨車剎車時(shí)速度大小為v0、加速度大小為a、末速度大小為v、剎車距離為s s=v02-v22a 代入數(shù)據(jù),得 超載時(shí)s1=45 m 不超載時(shí)s2=22.5 m (2)設(shè)貨車剎車后經(jīng)s'=25 m與轎車碰撞時(shí)的初速度大小為v1 v1=v02-2as' 設(shè)碰撞后兩車共同速度為v2、貨車質(zhì)量為M

20、、轎車質(zhì)量為m,由動(dòng)量守恒定律 Mv1=(M+m)v2 設(shè)貨車對(duì)轎車的作用時(shí)間為Δt、平均沖力大小為F,由動(dòng)量定理 FΔt=mv2 聯(lián)立以上三式,代入數(shù)據(jù)得 F=9.8×104 N 14.(2017朝陽(yáng)期中)如圖所示,光滑水平冰面上固定一足夠長(zhǎng)的光滑斜面體,其底部與水平面相切,左側(cè)有一滑塊和一小孩(站在冰車上)處于靜止?fàn)顟B(tài)。在某次滑冰游戲中,小孩將滑塊以相對(duì)冰面v1=4 m/s的速度向右推出,已知滑塊的質(zhì)量m1=10 kg,小孩與冰車的總質(zhì)量m2=40 kg,小孩與冰車始終無(wú)相對(duì)運(yùn)動(dòng),取重力加速度g=10 m/s2,求: (1)推出滑塊后小孩的速度大小v2; (2)滑塊在斜面體

21、上上升的最大高度H; (3)小孩推出滑塊的過(guò)程中所做的功W。 答案　(1)1 m/s　(2)0.8 m　(3)100 J 解析　(1)對(duì)于滑塊、小孩以及冰車構(gòu)成的系統(tǒng),根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得:0=m1v1-m2v2 代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得v2=1 m/s (2)對(duì)于滑塊,根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得 12m1v12=m1gH 代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得H=0.8 m (3)小孩在推出滑塊的過(guò)程中所做的功等于系統(tǒng)所獲得的總動(dòng)能,即 W=12m1v12+12m2v22 代入相關(guān)數(shù)據(jù)可得W=100 J 15.(2014北京理綜,22)如圖所示,豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切,小

22、滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點(diǎn)和最低點(diǎn)?，F(xiàn)將A無(wú)初速釋放,A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體,并沿桌面滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑,半徑R=0.2 m;A和B的質(zhì)量相等;A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2。取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)碰撞前瞬間A的速率v; (2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v'; (3)A和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離l。 答案　(1)2 m/s　(2)1 m/s　(3)0.25 m 解析　設(shè)滑塊的質(zhì)量為m (1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律mgR=12mv2 得碰撞前瞬間A的速率v=2gR=2 m/s (2)根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv=2mv' 得碰撞后瞬間

23、A和B整體的速率v'=12v=1 m/s (3)根據(jù)動(dòng)能定理12(2m)v'2=μ(2m)gl 得A和B整體沿水平桌面滑動(dòng)的距離 l=v'22μg=0.25 m 16.如圖所示,質(zhì)量分別為M1=0.99 kg和M2=1 kg的木塊A、B靜置在光滑水平地面上,兩木塊間夾一輕質(zhì)彈簧,一顆質(zhì)量為m=10 g的子彈以v0=100 m/s的速度打入木塊A中,求: (1)當(dāng)子彈在木塊A中相對(duì)靜止的瞬間,木塊A速度的大小; (2)彈簧被壓縮到最短瞬間木塊B的速度大小; (3)彈簧獲得的最大彈性勢(shì)能。 答案　(1)1 m/s　(2)0.5 m/s　(3)0.25 J 解析　(1)子彈

24、打入木塊A的瞬間,內(nèi)力遠(yuǎn)大于彈簧對(duì)A的作用力,子彈和木塊A系統(tǒng)動(dòng)量守恒 mv0=(m+M1)v1 v1=mv0m+M1=0.01×1000.01+0.99 m/s=1 m/s (2)在彈簧被壓縮到最短的過(guò)程中,子彈和兩個(gè)木塊組成的系統(tǒng)在水平方向上沒(méi)有受到其他外力作用,三物及彈簧系統(tǒng)動(dòng)量守恒,則(M1+m)v1=(M2+M1+m)v2 代入數(shù)據(jù)解得v2=0.5 m/s (3)彈簧被壓縮到最短時(shí)彈簧有最大的彈性勢(shì)能,子彈進(jìn)入木塊并相對(duì)木塊靜止后將彈簧壓縮到最短過(guò)程中機(jī)械能守恒(整個(gè)過(guò)程機(jī)械能并不守恒,子彈射入木塊過(guò)程中有機(jī)械能的損失)。 設(shè)彈簧最大彈性勢(shì)能為Ep Ep=12(M1+m)v12-12(M1+M2+m)v22 代入數(shù)據(jù)解得Ep=0.25 J 12