2023-2024学年湖南省长沙市高二（上）第一次月考物理试卷

这是一份2023-2024学年湖南省长沙市高二（上）第一次月考物理试卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）下列关于物理学家及其贡献的说法正确的是（ ）
A．开普勒在牛顿的观测记录的基础上，研究总结出了行星绕太阳运动的定律
B．牛顿运动定律有其局限性，仅适用于解决宏观低速问题
C．牛顿在前人的研究基础上，总结出万有引力定律，并测出了引力常量
D．动量守恒定律由牛顿定律推出，动量守恒定律和牛顿定律一样只适用于宏观、低速问题
2．（4分）如图所示，颠球是足球运动中的一项基本功，若某次颠球中，设整个运动过程中足球所受阻力大小不变。下列说法正确的是（ ）
A．球从颠出到落回原位置的时间内，重力的冲量为零
B．球从颠出到落回原位置的时间内，阻力的冲量为零
C．球上升阶段合外力的冲量比下降阶段合外力的冲量大
D．球上升阶段动能的减少量等于下降阶段动能的增加量
3．（4分）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．
B． +
C．
D．
4．（4分）“天问一号”绕火星做匀速圆周运动，在t时间内通过的路程为s，与火星中心的连线转过的圆心为θ（θ＜2π），则火星表面的重力加速度大小为（ ）
A．B．C．D．
5．（4分）2022年2月北京举办了第24届冬季奥运会，苏翊鸣夺得男子单板滑雪大跳台项目金牌，成为中国首个单板滑雪奥运冠军。图甲是一观众用手机连拍功能拍摄苏翊鸣从起跳到落地的全过程的合成图。图乙为首钢滑雪大跳台的赛道的示意图，运动员从一百多米的助滑跑道滑下，腾空高度平均可达7m（ ）
A．运动员由于与着陆坡作用时间短，所以不会受伤
B．运动员由于受到空气阻力，机械能减少，速度降低，所以不会受伤
C．适当增加着陆坡与水平方向的倾角可以减小运动员受到的撞击力，增加安全性
D．运动员落到着陆坡时，由于运动员动量变化量小，所以受到的撞击力小
6．（4分）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA＝3.0kg和mB＝2.0kg，用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开（ ）
A．物块B离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能为72J
B．4s到12s的时间内，墙壁对物块B的冲量大小为24N•s
C．物块B离开墙壁后，弹簧的最大弹性势能为18J
D．物块B离开墙壁后，物块B的最大速度为2m/s
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
（多选）7．（5分）如图所示，在光滑水平地面上质量为2kg的小球A以3m/s速度向右运动，与静止的质量为1kg的小球B发生正碰（ ）
A．1.5m/sB．2.5m/sC．3.5m/sD．4.5m/s
（多选）8．（5分）在如图所示图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图象．直线Ⅱ为某电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知（ ）
A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω
B．电阻R的阻值为1Ω
C．电源的输出功率为2 W
D．电源的效率为66.7%
（多选）9．（5分）如图所示，质量为M＝2m的小木船静止在湖边附近的水面上，船身垂直于湖岸，并且比湖岸高出h。在船尾处有一质量为m的铁块，将弹簧压缩后再用细线将铁块拴住，船头到湖岸的水平距离x＝L，弹簧原长远小于L。将细线烧断后该铁块恰好能落到湖岸上，重力加速度为g。下列判断正确的有（ ）
A．铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为L
B．铁块脱离木船时的瞬时速度大小为
C．小木船最终的速度大小为
D．弹簧释放的弹性势能为
（多选）10．（5分）如图1所示，在光滑水平面左端有一固定挡板，一轻质弹簧连接挡板，圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道与弹簧轴线在同一直线上。一质量m1＝0.05kg的小球A与弹簧另一端接触但不拴接，初始时刻弹簧处于原长，现用外力缓慢将小球A向左推动压缩弹簧，小球A与静止在M点的小球B发生弹性碰撞，两个小球大小相等2＝0.15kg，两个小球碰后小球A即被拿走，小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道。已知重力加速度为g＝10m/s2，圆弧轨道的半径R＝0.2m，弹簧弹力F与弹簧形变量x的关系如图2所示，弹性势能EP＝。下列说法中正确的是（ ）
A．释放小球A时弹簧的压缩量不可能是0.2m
B．碰撞后小球B在M点的加速度大小可能为g
C．释放小球A时弹簧的压缩量可能是0.1m
D．释放小球A时弹簧的压缩量可能是0.3m
三、实验题（本大题共2小题，共16分）
11．（8分）小王在“测定电池的电动势和内阻”实验中，使用了以下器材：干电池1节、电压表1只（量程3V、15V）、电阻箱（可调范围0～9999.9Ω）
（1）请你根据他的器材在图丙中画出实验电路图。
（2）某次电压表的示数如图甲所示，则电压为 V。
（3）按照正确的操作获取相应的电压U和电阻R数据，并将电压与电阻的比值作为电流I，作出如图乙所示的图像。根据图像测得干电池的电动势为 V，内阻为 Ω。（保留三位有效数字）
12．（8分）某实验小组利用如图甲所示的“碰撞实验装置”验证两个小球碰撞前后的动量守恒。他们的主要操作步骤如下：
①使A球多次从斜轨上同一位置P由静止释放，找到其平均落地点的位置E；
②将与A球半径相同的B球静置于水平轨道的末端，再将A球从斜轨上位置P，由静止释放，分别找到碰后A球和B球的平均落地点的位置D和F；
③O为轨道末端在地面的投影点，用刻度尺测量出水平射程OD、OE、OF，分别记为x1、x2、x3；
④将A球放置在如图乙所示的光滑水平旋转平台靠近压力传感器处，使平台绕竖直转轴以角速度ω匀速转动，记录压力传感器的示数F1；
⑤将B球放置在靠近压力传感器处，仍使平台绕竖直转轴以角速度ω匀速转动，记录压力传感器的示数F2。
回答下列问题：
（1）实验测得F1：F2＝6：1，则A球和B球的质量之比为mA：mB＝ ；
（2）当满足表达式 时，即说明A球和B球在碰撞过程中动量守恒；（用x1、x2、x3表示）
（3）当满足表达式 时，即可说明A、B两球发生的是弹性碰撞。
A．
B．
C．x3＝x1+x2
D．6x3＝x1+x2
四、计算题（本大题共3小题，13题10分，14题14分，15题16分，共40分）
13．（10分）为京津冀地区“减煤治霾”，河北张家口草原天路景区新建新能源项目1500万千瓦，风力发电机如图所示，叶片再带动转子（磁极）转动（线圈不计电阻）中产生电流，实现风能向电能的转化。已知叶片长为l，空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，求：
（1）一台风力发电机获得风能的功率；
（2）空气对风力发电机一个叶片的平均作用力。
14．（14分）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平面H＝20m的高处，现将质量为m的物资以相对地面的速度v0＝10m/s水平投出。已知投出物资后热气球的总质量为M且M＝10m，所受浮力不变，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，求投出物资后：
（1）热气球的加速度大小；
（2）物资落地时与热气球的距离。
15．（16分）如图所示，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定挡板相距x0＝100m/s射向A后留在A中（此过程时间极短）。已知子弹的质量为m＝0.02kg，A的质量mA＝0.48kg，B的质量mB＝1.5kg，A、B之间动摩擦因数为μ＝0.6，B足够长；B与挡板碰撞无机械能损失，不计空气阻力2。
（1）子弹击中A后，A的速度多大；
（2）此次过程中，A与B恰好共速时B与挡板碰撞，则滑板B右端与固定挡板相距x为多大；
（3）若x取第（2）中的值，改变子弹的速度，则子弹的速度为多少（子弹未射穿A）。
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）
1．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可；同时注意掌握经典物体的内容以及适用范围。
【解答】解：A．根据物理学史可知，研究总结出了行星绕太阳运动的定律；
B．牛顿运动定律有其局限性，故B正确；
C．牛顿在前人的研究基础上，卡文迪什利用扭秤实验测出了引力常量；
D．动量守恒定律虽然由牛顿定律推出、最基本的规律之一，也适用与微观物体的高速运动。
故选：B。
【点评】本题考查物理学史以及经典物理的局限性，在平时的学习中多加积累即可。
2．【分析】由冲量的定义知重力冲量不为零；球受阻力大小不变，则上升阶段合力为重力加阻力，下降阶段合力为重力减阻力，两个过程的加速度不同，运动时间不同，落回出发点的速度大小也不同，然后根据运动学公式和动量定理的公式进行比较即可。
【解答】解：AB．由冲量定义
I＝Ft
球从击出到落回的时间内，重力和阻力的冲量为力乘以力作用的时间，故冲量一定不为0；
C．球上升时合力为重力加阻力，故上升时合外力比下降时合外力大，上升时加速度
大于下降时加速度
＝
设上升阶段球的初速度为v，末速度为0
I合＝Δp＝5﹣mv
下降阶段末速度为v′，由于上升时加速度比下降时加速度大
v2＝2ax
上升和下降阶段位移大小相同，故其速度
v′＜v
根据动量定理，动量的变化量为
I合′＝Δp′＝mv′﹣7＜mv
可得，球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，故C正确；
D．由C分析可知，球下降阶段动能的增加量，
由于v′＜v
则＜
故球下降阶段动能的增加量小球球上升阶段动能的减少量，故D错误。
故选：C。
【点评】解本题的关键是分析清楚上升阶段与下降阶段，这两个运动过程中所受合外力的变化情况，还需要清楚一个物体动量的变化率即这个物体所受的合力。
3．【分析】A与B分离时二者的速度是相等的，在水平面上运动的过程中受到子弹的作用力，由动量定理即可求出A的速度；然后对B应用动量定理求出B的速度．
【解答】解：A与B分离时二者的速度是相等的，分离后A的速度不变，由动量定理得：
ft1＝（m1+m7）v1，A的速度：v1＝；
子弹离开A后A做匀速直线运动，子弹进入B，
对B，由动量定理得：ft4＝m2v2﹣m5v1，解得：v2＝+；
故选：B。
【点评】在解答该题的过程中，要注意子弹穿过A时，A与B一起做加速运动，已知到A与B分离时，二者的速度都是相等的．
4．【分析】由题意得出“天问一号”绕火星运动的线速度和角速度，结合在火星表面附近，物体所受万有引力等于物体的重力，利用“天问一号”绕火星运动的向心力由万有引力提供得出火星表面的重力加速度。
【解答】解：由题意知，“天问一号”绕火星运动的线速度v＝，则“天问一号”绕火星做匀速圆周运动的向心加速度a＝vω，
在火星表面附近，物体所受万有引力等于物体的重力有
G＝mg
“天问一号”绕火星运动的向心力由万有引力提供，有
G＝ma
整理可得火星表面的重力加速度大小为g＝，故ABD错误。
故选：C。
【点评】在处理天体运动问题时，要注意处理的主要思路：一是万有引力等于物体的重力；二是万有引力提供向心力。
5．【分析】把运动员着陆前的速度为v，分解到坡面和垂直坡面方向，垂直坡面方向根据动量定理分析不受伤说明作用力小，因为作用时间长，动量变化量小，故增大着陆坡与水平方向的夹角可以减小撞击力，根据动能定理可知，运动员下落时虽然受空气阻力作用，速度仍然是增大的。
【解答】解：设运动员着陆前瞬间速度为v，分解为沿着陆坡分速度和垂直于着陆坡的分速度，如图所示：
设着陆瞬间受到的冲击力大小为FN，作用时间为Δt，对运动员着陆前后瞬间，根据动量定理得
（FN﹣mgcsθ）Δt＝0﹣（﹣mv2），解得
。
可知运动员之所以不受伤，是因为FN比较小，即在垂直于着陆坡方向的动量的变化率小2较小，作用时间Δt长N的表达式可知，适当增加着陆坡与水平方向的夹角，增加安全性，虽然受空气阻力，速度是增大的，C正确。
故选：C。
【点评】本题考查动能定理和动量定理，在垂直着陆坡方向的支持力是运动员是否受伤的关键，根据支持力的表达式进行判断。
6．【分析】根据动量守恒，可以求解AC碰撞后的速度，根据能量守恒，AC动能转化为弹簧的弹性势能，当AC动能最小时，弹性势能最大。根据动量定理，可以求解冲量。根据ABC系统动量守恒能量守恒，可以求解弹簧最大弹性势能和物块B的最大速度。
【解答】A、由图知1＝12m/s，碰后速度为v2＝4m/s，C与A碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律：mCv1＝（mA+mC）v2，解得：mC＝5kg。当C与A速度为0时，故选项A错误；
B、由图知7＝﹣3m/s，4s到12s过程中墙壁对物体B的冲量为I＝（mA+mC）v7﹣（mA+mC）v2，解得：I＝﹣24N•s，方向向左；
C、物体B离开墙壁后，A、B，根据动量守恒定律：（mA+mC）v3＝（mA+mB+mC）v8，得v4＝2m/s，机械能守恒定律：P＝6J，故C错误；
D、物体B离开墙壁后、机械能守恒，
当物块B速度最大时，弹性势能为0A+mC）v3＝（mA+mC）v5+mBv6，机械能守恒：，联立解得：v4＝4m/s，故B的最大速度为4m/s；
故选：B。
【点评】本题的解题关键是会看图像，能从图像上提炼有用信息，然后根据动量定理，动量守恒，机械能守恒，即可进行求解。
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）
7．【分析】两球如果发现完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，碰撞后小球B有最大速度；如果发生完全非弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，小球B有最小速度。根据题意应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出碰撞后B的临界速度，然后分析答题。
【解答】解：由题意可知：mA＝2kg，mB＝1kg，A的初速度大小v3＝3m/s。
如果两球发生完全非弹性碰撞，碰撞后两者速度相等，碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律得：
mAv0＝（mA+mB）v，
代入数据解得：
v＝3m/s；
如果两球发生完全弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前A的速度方向为正方向
mAv0＝mAvA+mBvB，
由机械能守恒定律得：
，
代入数据解得：
vA＝3m/s，vB＝4m/s，
碰撞后B的速度大小范围是2m/s≤vB≤2m/s，故AD错误。
故选：BC。
【点评】根据题意应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题；解题时要注意讨论碰撞类型，否则会出现漏解。
8．【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．
【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得U＝E﹣Ir，U＝E，内阻等于图线的斜率大小|＝．故A正确。
B、电阻为：R＝＝．故B正确。
C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，电流I＝2A出＝UI＝3W．故C错误。
D、电源的效率为：η＝×100%＝66.5%。
故选：ABD。
【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．
9．【分析】从烧断细线到铁块离开小船的过程中，对木船和铁块组成的系统，由动能定理求解两者的速度，结合匀变速直线运动规律和几何关系求解铁块脱离木船后在空中运动的水平距离；铁块离开木船后做平抛运动，根据平抛运动规律列式求解铁块的速度，根据两者速度关系求解小木船的速度；根据能量守恒定律求解弹簧的弹性势能。
【解答】解：A、设铁块脱离木船时的速度为v1，木船的速度为v2，从烧断细线到铁块离开小船的过程中，对木船和铁块组成的系统由动能定理得：mv3＝Mv2
已知M＝2m
则v3＝2v2
铁块和木船均做匀加速直线运动，铁块的位移为x5＝（2+v1）t
木船的位移为x2＝（0+v5）t
则x1＝2x2
由几何关系得：x1+x2＝L
联立解得：x8＝L
x4＝L
铁块脱离木船后在空中运动的水平距离为x6＝L+x﹣x1＝L+L﹣L
故A错误；
B、铁块离开木船后做平抛运动，位移为x3＝v3t
竖直方向为自由落体运动，位移为h＝2
联立解得：v1＝
故B正确；
C、小木块最终的速度大小为v2＝v1＝
故C错误；
D、由能量守恒定律得p＝+
解得：Ep＝
故D正确。
故选：BD。
【点评】本题主要是考查“人船模型”和平抛运动的结合，解答时要首先弄清楚运动情况，利用动量守恒定律和能量守恒定律列式求解即可。
10．【分析】小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道，有两种情况，一是通过最高点，而是恰好达到与圆心等高处，分别根据动量守恒定律、机械能守恒定律、功能关系求解弹簧的压缩量进行分析；根据向心力的计算公式结合牛顿第二定律求解加速度大小。
【解答】解：ACD、①小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道，则有：
m2g+N＝m2
因为：N≥0
所以：v≥
设球被弹簧弹开后的速度为v0，与B球碰后的速度为v2，B球碰后的速度为v2，A和B相碰过程中，取向右为正方向
m1v6＝m1v1+m5v2
根据机械能守恒定律可得：m1＝m7+m2
B球上升过程中，取地面为零势能面m2＝m6v2+2m7gR
联立解得：v0≥2m/s
根据能的转化及守恒定律有：Fx＝m1≥m4（2）2
解得：x≥m≈2.158m；
②当小球B在圆弧轨道MN间运动时没有脱离轨道，另一种情况是最多运动四分之一圆弧，设B球碰后的速度为v2，有：
m2gR≥m2
设A球被弹簧弹开后的速度为v0，与B球碰后的速度为v8，A和B相碰过程中，取向右为正方向
m1v0＝m6v1+m2v5
根据机械能守恒定律可得：m3＝m1+m2
解得：v0≤4m/s
根据能的转化及守恒定律有：Fx＝m1≤m3×42
解得：x≤2.lm。
综上所述，故A错误；
B、据前面分析有，则在M点的速度v2≥
则在M点加速度：a＝≥5g
如果碰撞后小球B最多能运动四分之一圆周，则：v2
则在M点加速度：a＝≤2g
综上所述，撞后小球B在M点的加速度大小可能为g。
故选：BCD。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律、机械能守恒定律和竖直方向的圆周运动；对于动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解；对于竖直方向的圆周运动，关键是掌握临界条件的分析。
三、实验题（本大题共2小题，共16分）
11．【分析】（1）实验中无电流表，可以用电压表与电阻箱测电源电动势与内阻，待测电源、开关、电阻箱组成串联电路，电压表测路端电压；
（2）分度值为0.1V，则电压表读数为1.30V；
（3）根据闭合电路欧姆定律结合图像即可求解。
【解答】解：（1）根据题意及实验原理画出电路图，如图所示
（2）1节干电池的电动势约为1.3V，则电压表用3V的量程，则图甲读数为1.30V。
（3）根据题意，由闭合回路欧姆定律有U＝E﹣Ir
可知，U﹣I图像的纵截距为电源电动势，则延长图乙U﹣I图像，如图所示
可得，电动势为E＝3.44V
内阻为
故答案为：（1）见解答；（2）6.30，1.80。
【点评】本题是测量电源电动势和内阻的实验，解题的关键是熟悉实验原理，能够结合闭合电路欧姆定律及图像进行求解。
12．【分析】（1）根据牛顿第二定律结合圆周运动知识求小球的质量之比；
（2）根据平抛运动规律求飞行时间和水平初速度，根据动量守恒定律求碰撞前后水平位移的关系；
（3）小球发生弹性碰撞满足机械能守恒定律，结合（2）中得到的关系式分析各个选项，然后选择正确选项。
【解答】解：（1）设A球和B球转动的轨道半径为r，压力传感器的示数F1等于A球转动的向心力，压力传感器的示数F2等于B球转动的向心力
由牛顿第二定律，对小球4得
对小球4得
两小球的质量之比
（2）A球和B球碰撞前后做平抛运动
竖直方向做自由落体运动，根据自由落体运动规律
由于高度相同，因此飞行时间
水平方向做匀速运动，根据匀速运动规律x＝vt
可知水平初速度
取水平向右为正方向，若A球和B球在碰撞过程中动量守恒Av2＝mAv8+mBv3
即
由于mA＝6mB
代入数据解得5x2＝6x8+x3
（3）若两小球发生弹性碰撞，满足机械能守恒定律
化简得
联立6x2＝4x1+x3
可解得x4＝x1+x2
综上分析，故AD错误。
故选：BC。
故答案为：（1）2：1；（2）6x3＝6x1+x5；（3）BC。
【点评】本题利用“碰撞实验装置”验证两个小球碰撞前后的动量守恒，由于小球碰撞前后的水平速度不易测量，可根据平抛运动的规律得到水平位移与水平速度的关系，从而可以较为方便地进行测量水平位移，达到验证的目的。
四、计算题（本大题共3小题，13题10分，14题14分，15题16分，共40分）
13．【分析】（1）建立一个“风柱”模型，算出“风柱”的质量，利用动能定理求出“风柱”做的功，然后求出功率；
（2）根据动量定理求得空气对一台风力发电机的平均作用力。
【解答】解：（1）单位时间t内经过叶片的空气质量为
空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零，一半原速率穿过
由能量守恒定律可得，单位时间t内
一台风力发电机获得风能的功率为
（2）根据题意，设空气对风力发电机叶片的平均作用力F
代入数据可得
则空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为
答：（1）一台风力发电机获得风能的功率为；
（2）空气对风力发电机一个叶片的平均作用力为。
【点评】本题以草原天路景区风力发电机为情景载体，考查了动能定理、功率、动量定理在实际问题中的应用，解决此题的关键是建立适合的物理模型。
14．【分析】抛出物资过程，物资和热气球组成的系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律，可以求出抛出物资后热气球在水平方向的速度，抛出物资后热气球在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，投出物资后热气球类平抛运动，根据平抛运动知识，分别求出二者的水平位移和竖直位移，再根据勾股定理，即可求落地时物资与热气球的距离d。
【解答】解：（1）载有物资的热气球原来处于静止状态，则有
F浮＝（M+m）g＝（10m+m）g＝11mg
投出物资后，热气球竖直方向向上做匀加速直线运动，热气球的加速度大小为
＝＝1m/s6
（2）投出物资后，物资下落过程中热气球和物资组成的系统在水平方向满足动量守恒，且系统初动量为零
mv0＝Mv1
可得
v4＝1m/s
物资抛出后做平抛运动，则有
x0＝v5t
联立解得
t＝2s
x0＝20m
投出物资后，热气球竖直方向向上做匀加速直线运动
x1＝v1t＝4×2m＝2m
则物资落地时物资与热气球的距离为
＝
答：（1）热气球的加速度大小1m/s2；
（2）物资落地时与热气球的距离。
【点评】本题考查了动量守恒定律和平抛运动、牛顿第二定律，关键要弄清楚不同过程的受力情况和运动情况，难度不算很大。
15．【分析】解：（1）击中子弹瞬间，由题设条件和根据动量守恒定律求出子弹留在A中后的速度；
（2）对子弹、A和B组成的系统运用动量守恒，求出三者共速时的速度，对B运用动能定理，求出滑板B右端与固定台阶相距的距离；
（3）根据动能定理得出滑板B与台阶相撞的速度，抓住B与台阶碰撞无机械能损失，得出反弹的速度与相撞的速度大小相等，抓住B反弹后向左做匀减速直线运动，速度减为零后向右做匀加速直线运动，得出每次与台阶碰撞的速度大小相等，根据每次碰撞系统动量的变化量大小，抓住总动量方向向左时B与台阶不再碰撞，求出子弹的速度大小。
【解答】解：（1）子弹击中A过程中动量守恒，取向右为正方向
mv0＝（m+mA）v共1
解得
v共4＝4m/s
则A的速度大小为
vA＝v共1＝7m/s
（2）取向右为正方向，子弹，三者刚好共速时
（m+mA）v共1＝（m+mA+mB）v共2
解得
v共2＝1m/s
对B运用动能定理的
解得
x＝4.25m
（3）设B碰撞前的速度为vB，由动能定理有
解得
vB＝1m/s
B与台阶碰撞后速度大小不变，故每次相碰台阶对B的冲量大小为
I＝2pB＝6mBvB＝3kg•m/s
子弹、A和B组成的系统系统总动量为
p总＝mv子＝（m+mA）v共3
B与台阶相碰一次，台阶对系统的改变为
Δp＝7pB＝3kg•m/s
规定向右为正方向，当系统的总动量为负值时，B不再与台阶相碰，发生一次碰撞
2pB＜mv子
发生两次碰撞
4pB≥mv子
发生n次碰撞
2npB≥mv子
解得
150（n﹣1）m/s＜v子≤150nm/s
B与台阶仅相碰n次。
答：（1）子弹击中A后，A的速度多大5m/s；
（2）此次过程中，A与B恰好共速时B与挡板碰撞；
（3）若x取第（2）中的值，改变子弹的速度，则子弹的速度为150（n﹣1）m/s＜v子≤150nm/s。
【点评】本题木块在小车上滑动的类型，分析物体的运动过程，对于系统运用动量守恒列方程，对于单个物体运用动能定理列式求解位移，都是常用的思路，要加强这方面的练习，提高解决综合问题的能力。