長(zhǎng)沙市第一中學(xué)2023-2024-1高二第一次階段性檢測(cè)物理時(shí)量：75分鐘：滿分：100分一、單選題（本題共6小題，每小題4分，共24分。每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確）1. 下列關(guān)于物理學(xué)家及其貢獻(xiàn)的說(shuō)法正確的是（　?。?/span>A. 開(kāi)普勒在牛頓觀測(cè)記錄的基礎(chǔ)上，研究總結(jié)出了行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的定律B. 牛頓運(yùn)動(dòng)定律有其局限性，僅適用于解決宏觀低速問(wèn)題C. 牛頓在前人的研究基礎(chǔ)上，總結(jié)出萬(wàn)有引力定律，并測(cè)出了引力常量D 動(dòng)量守恒定律由牛頓定律推出，動(dòng)量守恒定律和牛頓定律一樣只適用于宏觀、低速問(wèn)題【答案】B【解析】【詳解】A．開(kāi)普勒在第谷的觀測(cè)記錄的基礎(chǔ)上，研究總結(jié)出了行星繞太陽(yáng)運(yùn)動(dòng)的定律，故A錯(cuò)誤；B．牛頓運(yùn)動(dòng)定律有其局限性，僅適用于解決宏觀低速問(wèn)題，故B正確；C．牛頓在前人的研究基礎(chǔ)上，總結(jié)出萬(wàn)有引力定律，卡文迪許利用扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了引力常量，故C錯(cuò)誤；D．動(dòng)量守恒定律由定律推出，動(dòng)量守恒定律是自然界最普遍、最基本的規(guī)律之一。不僅適用于宏觀物體的低速運(yùn)動(dòng)，也適用與微觀物體的高速運(yùn)動(dòng)。小到微觀粒子，大到宇宙天體，無(wú)論內(nèi)力是什么性質(zhì)的力，只要滿足守恒條件，動(dòng)量守恒定律總是適用的，故D錯(cuò)誤。故選B。2. 如圖所示，顛球是足球運(yùn)動(dòng)中的一項(xiàng)基本功，若某次顛球中，顛出去的足球豎直向上運(yùn)動(dòng)后又落回到原位置，設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中足球所受阻力大小不變。下列說(shuō)法正確的是（　?。?/span>A. 球從顛出到落回原位置的時(shí)間內(nèi)，重力的沖量為零B. 球從顛出到落回原位置的時(shí)間內(nèi)，阻力的沖量為零C. 球上升階段合外力的沖量比下降階段合外力的沖量大D. 球上升階段動(dòng)能的減少量等于下降階段動(dòng)能的增加量【答案】C【解析】【詳解】AB．由沖量定義球從擊出到落回的時(shí)間內(nèi)，重力和阻力的沖量為力乘以力作用的時(shí)間，大小不為零，AB錯(cuò)誤；C．球上升時(shí)合力為重力加阻力，下降時(shí)合力為重力減阻力，故上升時(shí)合外力比下降時(shí)合外力大，由牛頓第二定律，上升時(shí)加速度大于下降時(shí)加速度設(shè)上升階段球的初速度為，末速度為，由動(dòng)量定理下降階段末速度為，由于上升時(shí)加速度比下降時(shí)加速度大，根據(jù)速度位移關(guān)系其末速度動(dòng)量的變化量可得，球上升階段動(dòng)量的變化量大于下降階段動(dòng)量的變化量，則球上升階段合外力的沖量比下降階段合外力的沖量大，故C錯(cuò)誤；D．由C分析，結(jié)合動(dòng)能表達(dá)式可知，球上升階段動(dòng)能的減少量，球下降階段動(dòng)能的增加量，由于則球下降階段動(dòng)能的增加量小球球上升階段動(dòng)能的減少量，故D錯(cuò)誤。故選C。3. 如圖所示，在光滑水平面上靜止放著兩個(gè)相互接觸的木塊A、B，質(zhì)量分別為m1、m2，今有一子彈水平穿過(guò)兩木塊，設(shè)子彈穿過(guò)木塊A、B的時(shí)間分別為t1、t2，木塊對(duì)子彈的阻力恒為f，則子彈穿過(guò)兩木塊后，木塊A、B的速度大小分別為（　　）A.    B.   C. 　 D.   【答案】B【解析】【分析】子彈在A中運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B一起向前運(yùn)動(dòng)，具有相同的運(yùn)動(dòng)速度，對(duì)整體應(yīng)用動(dòng)量定理可避開(kāi)A、B間的未知作用力，可以求解A、B分開(kāi)時(shí)的速度，分開(kāi)后再對(duì)B單獨(dú)應(yīng)用動(dòng)量定理可求得子彈穿出后B的速度。【詳解】子彈在A中穿過(guò)時(shí)，以A、B為研究對(duì)象，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得解得之后A的速度保持v1不變，子彈進(jìn)入木塊B后，以B為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)量定理可得解得故選B。4. “天問(wèn)一號(hào)”繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，在t時(shí)間內(nèi)通過(guò)的路程為s，與火星中心的連線轉(zhuǎn)過(guò)的圓心為θ（θ<2π）。已知火星的半徑為R，則火星表面的重力加速度大小為（　　）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】【詳解】由題意知則“天問(wèn)一號(hào)”繞火星做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的向心加速度圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑由得到故選C。5. 2022年2月北京舉辦了第24屆冬季奧運(yùn)會(huì)，蘇翊鳴奪得男子單板滑雪大跳臺(tái)項(xiàng)目金牌，成為中國(guó)首個(gè)單板滑雪奧運(yùn)冠軍。圖甲是一觀眾用手機(jī)連拍功能拍攝蘇翊鳴從起跳到落地的全過(guò)程的合成圖。圖乙為首鋼滑雪大跳臺(tái)的賽道的示意圖，分為助滑區(qū)、起跳臺(tái)、著陸坡和終點(diǎn)四個(gè)部分，運(yùn)動(dòng)員從一百多米的助滑跑道滑下，騰空高度平均可達(dá)7m，落地前的速度與著陸坡之間有一定的夾角。以下說(shuō)法正確的是（　?。?/span>A. 運(yùn)動(dòng)員由于與著陸坡作用時(shí)間短，所以不會(huì)受傷B. 運(yùn)動(dòng)員由于受到空氣阻力，機(jī)械能減少，速度降低，所以不會(huì)受傷C. 適當(dāng)增加著陸坡與水平方向的傾角可以減小運(yùn)動(dòng)員受到的撞擊力，增加安全性D. 運(yùn)動(dòng)員落到著陸坡時(shí)，由于運(yùn)動(dòng)員動(dòng)量變化量小，所以受到的撞擊力小【答案】C【解析】【詳解】如圖所示，設(shè)運(yùn)動(dòng)員著陸前瞬間垂直于著陸坡的分速度為v2，著陸坡與水平方向的傾角為θ，運(yùn)動(dòng)員著陸瞬間所受著陸坡的沖擊力大小為FN，與著陸坡的作用時(shí)間為Δt，對(duì)運(yùn)動(dòng)員著陸前后瞬間，根據(jù)動(dòng)量定理有解得運(yùn)動(dòng)員之所以不會(huì)受傷，是因?yàn)?/span>FN較小，即在垂直于著陸坡方向的動(dòng)量的變化率較?。?/span>mv2較小且較大），且根據(jù)FN的表達(dá)式可知，適當(dāng)增加著陸坡與水平方向的傾角θ可以減小運(yùn)動(dòng)員受到的撞擊力，增加安全性。運(yùn)動(dòng)員下落時(shí)雖然受到空氣阻力，但下落時(shí)仍做加速運(yùn)動(dòng)，速度不會(huì)降低。綜上所述可知ABD錯(cuò)誤，C正確。故選C。6. 如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別是和，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻相接觸。另有一物塊C在t=0時(shí)刻以一定速度向右運(yùn)動(dòng)，在t=4s時(shí)與物塊A相碰，并立即與A粘在一起不再分開(kāi)，物塊C的v—t圖像如圖乙所示，下列說(shuō)法正確的是（　　）A. 物塊B離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能為72JB. 4s到12s的時(shí)間內(nèi)，墻壁對(duì)物塊B的沖量大小為24N·sC. 物塊B離開(kāi)墻壁后，彈簧的最大彈性勢(shì)能為18JD. 物塊B離開(kāi)墻壁后，物塊B的最大速度為2m/s【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．由圖知，C與A碰前速度為，碰后速度為，C與A碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，以C的初速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律解得當(dāng)C與A速度為0時(shí)，彈性勢(shì)能最大A錯(cuò)誤；B．由圖知，12s末A和C的速度為，4s到12s過(guò)程中墻壁對(duì)物體B的沖量大小等于彈簧對(duì)物體B的沖量大小，也等于彈簧對(duì)A和C整體的沖量大小，墻對(duì)B的沖量為解得方向向左B正確；C．物塊B剛離時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，AC向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s，開(kāi)物塊B離開(kāi)墻壁后，A、B、C三者共速時(shí)彈性勢(shì)能最大，則有聯(lián)立解得C錯(cuò)誤；D．物塊B剛離時(shí)，由機(jī)械能守恒定律可得，AC向左運(yùn)動(dòng)的速度大小為3m/s，物塊B離開(kāi)墻壁后，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，物體B的速度最大，則有代入數(shù)據(jù)解得物塊B的最大速度為4m/s， D錯(cuò)誤。故選B。二、多選題（本大題共4小題，共20分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得5分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分）7. 如圖所示，在光滑水平地面上質(zhì)量為2kg的小球A以3m/s速度向右運(yùn)動(dòng)，與靜止的質(zhì)量為1kg的小球B發(fā)生正碰，碰后B的速度大小可能為（　?。?/span>A. 1.5m/s B. 2.5m/s C. 3.5m/s D. 4.5m/s【答案】BC【解析】【詳解】由題意知如果兩球發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后兩者速度相等，設(shè)為，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以A的初速度為正方向，由動(dòng)量守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得如果兩球發(fā)生完全彈性碰撞，碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，以A的初速度為正方向，由動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得代入數(shù)據(jù)解得可知碰后B的速度范圍是故BC正確，AD錯(cuò)誤。故選BC8. 在圖中，直線I為某一電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖像，直線II為某一電阻R的伏安特性曲線。用該電源直接與電阻R相連組成閉合電路，則下列判斷正確的是（　　）  A. 電源的電動(dòng)勢(shì)為3V，內(nèi)阻為0.5ΩB. 電阻R的阻值為1ΩC. 電源的輸出功率為2WD. 電源的效率為66.7%【答案】ABD【解析】【詳解】A．根據(jù)可知電源的圖象的縱軸截距表示電源電動(dòng)勢(shì)為3V，斜率的絕對(duì)值表示電源內(nèi)阻為故A正確；B．電阻R的阻值為故B正確；C．由圖可知該電源直接與電阻R相連組成閉合電路，路端電壓為2V，電流為2A，則電源的輸出功率為故C錯(cuò)誤；D．電源的效率故D正確故選ABD。9. 如圖所示，質(zhì)量為M=2m的小木船靜止在湖邊附近的水面上，船身垂直于湖岸，船面可看做水平面，并且比湖岸高出h。在船尾處有一質(zhì)量為m的鐵塊，將彈簧壓縮后再用細(xì)線將鐵塊拴住，此時(shí)鐵塊到船頭的距離為L，船頭到湖岸的水平距離，彈簧原長(zhǎng)遠(yuǎn)小于L。將細(xì)線燒斷后該鐵塊恰好能落到湖岸上，忽略船在水中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到水的阻力以及其它一切摩擦力，重力加速度為g。下列判斷正確的有（　?。?/span>A. 鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動(dòng)的水平距離為B. 鐵塊脫離木船時(shí)的瞬時(shí)速度大小為C. 小木船最終的速度大小為D. 彈簧釋放的彈性勢(shì)能為【答案】BD【解析】【詳解】A．對(duì)船與鐵塊有由于鐵塊到船頭的距離為L，則有解得，鐵塊脫離木船后在空中運(yùn)動(dòng)的水平距離為A錯(cuò)誤；B．鐵塊脫離木船后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有，解得B正確；C．對(duì)船與鐵塊有結(jié)合上述解得C錯(cuò)誤；D．彈簧釋放的彈性勢(shì)能為解得D正確。故選BD。10. 如圖1所示，在光滑水平面左端有一固定擋板，一輕質(zhì)彈簧連接擋板，水平面右側(cè)足夠遠(yuǎn)的某個(gè)位置有一半圓形光滑圓弧軌道MN與水平面相切，圓弧軌道固定在豎直平面內(nèi)，軌道與彈簧軸線在同一直線上。一質(zhì)量的小球A與彈簧另一端接觸但不拴接，初始時(shí)刻彈簧處于原長(zhǎng)，現(xiàn)用外力緩慢將小球A向左推動(dòng)壓縮彈簧，然后釋放小球A，小球A與靜止在M點(diǎn)的小球B發(fā)生彈性碰撞，兩個(gè)小球大小相等，小球B的質(zhì)量，兩個(gè)小球碰后小球A即被拿走，小球B在圓弧軌道MN間運(yùn)動(dòng)時(shí)沒(méi)有脫離軌道。已知重力加速度為，圓弧軌道的半徑，彈簧彈力F與彈簧形變量x的關(guān)系如圖2所示。下列說(shuō)法中正確的是（　　）A. 釋放小球A時(shí)彈簧的壓縮量可能是 B. 碰撞后小球B在M點(diǎn)的加速度大小可能為gC. 釋放小球A時(shí)彈簧的壓縮量不可能是 D. 釋放小球A時(shí)彈簧的壓縮量可能是【答案】ABD【解析】【詳解】ACD．①小球B在圓弧軌道MN間運(yùn)動(dòng)時(shí)沒(méi)有脫離軌道，設(shè)小球B在N點(diǎn)時(shí)速度為v，則有因?yàn)?/span> 所以設(shè)A球被彈簧彈開(kāi)后的速度為v0，與B球碰后的速度為v1，B球碰后的速度為v2，依題意有聯(lián)立解得根據(jù)能的轉(zhuǎn)化及守恒定律有解得②當(dāng)小球B在圓弧軌道MN間運(yùn)動(dòng)時(shí)沒(méi)有脫離軌道，另一種情況是最多運(yùn)動(dòng)四分之一圓弧，則根據(jù)題意，設(shè)B球碰后的速度為v2，有 設(shè)A球被彈簧彈開(kāi)后的速度為v0，與B球碰后的速度為v1，，依題意有則有根據(jù)能的轉(zhuǎn)化及守恒定律有解得綜上所述，故C錯(cuò)誤，AD正確；B．據(jù)前面分析有，碰撞后小球B如果能到N，則在M點(diǎn)的速度則在M點(diǎn)加速度如果碰撞后小球B最多能運(yùn)動(dòng)四分之一圓周，則則在M點(diǎn)加速度綜上所述，撞后小球B在M點(diǎn)的加速度大小可能為g，故B正確。故選ABD。三、實(shí)驗(yàn)題（本大題共2小題，共16分）11. 小王在“測(cè)定電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻”實(shí)驗(yàn)中，使用了以下器材：干電池1節(jié)、電壓表1只（量程、）、電阻箱（可調(diào)范圍）、開(kāi)關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干。（1）請(qǐng)你根據(jù)他的器材在圖丙中畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖______。（2）某次電壓表的示數(shù)如圖甲所示，則電壓為______V。（3）按照正確的操作獲取相應(yīng)的電壓和電阻數(shù)據(jù)，并將電壓與電阻的比值作為電流，作出如圖乙所示的圖像。根據(jù)圖像測(cè)得干電池的電動(dòng)勢(shì)為______V，內(nèi)阻為______。（保留三位有效數(shù)字）【答案】    ①.     ②. 1.30    ③. ##1.43##1.45    ④. 【解析】【詳解】（1）[1]根據(jù)題意及實(shí)驗(yàn)原理畫(huà)出電路圖，如圖所示（2）[2]1節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)約為，則電壓表用的量程，分度值為，則圖甲讀數(shù)為。（3）[3][4]根據(jù)題意，由閉合回路歐姆定律有可知，圖像的縱截距為電源電動(dòng)勢(shì)，斜率的絕對(duì)值為內(nèi)阻，則延長(zhǎng)圖乙圖像，找到縱截距，如圖所示可得，電動(dòng)勢(shì)為12. 某實(shí)驗(yàn)小組利用如圖甲所示的“碰撞實(shí)驗(yàn)裝置”驗(yàn)證兩個(gè)小球碰撞前后的動(dòng)量守恒。他們的主要操作步驟如下：①使A球多次從斜軌上同一位置P由靜止釋放，找到其平均落地點(diǎn)的位置E；②將與A球半徑相同的B球靜置于水平軌道的末端，再將A球從斜軌上位置P，由靜止釋放，多次重復(fù)上述過(guò)程，分別找到碰后A球和B球的平均落地點(diǎn)的位置D和F；③O為軌道末端在地面的投影點(diǎn)，用刻度尺測(cè)量出水平射程OD、OE、OF，分別記為；④將A球放置在如圖乙所示的光滑水平旋轉(zhuǎn)平臺(tái)靠近壓力傳感器處，使平臺(tái)繞豎直轉(zhuǎn)軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，記錄壓力傳感器的示數(shù)；⑤將B球放置在靠近壓力傳感器處，仍使平臺(tái)繞豎直轉(zhuǎn)軸以角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，記錄壓力傳感器的示數(shù)。回答下列問(wèn)題：（1）實(shí)驗(yàn)測(cè)得，則A球和B球的質(zhì)量之比為______；（2）當(dāng)滿足表達(dá)式______時(shí)，即說(shuō)明A球和B球在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒；（用表示）（3）當(dāng)滿足表達(dá)式______時(shí)，即可說(shuō)明A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞。A．        B．C．           D．【答案】    ①. 6∶1    ②.     ③. BC【解析】【詳解】（1）[1]設(shè)A球和B球轉(zhuǎn)動(dòng)的軌道半徑為r，壓力傳感器的示數(shù)等于A球轉(zhuǎn)動(dòng)的向心力，壓力傳感器的示數(shù)等于B球轉(zhuǎn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律得解得（2）[2]A球和B球碰撞前后做平拋運(yùn)動(dòng)，由和可知若A球和B球在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，則解得（3）[3]若兩小球發(fā)生彈性碰撞，可得解得聯(lián)立可得故選BC。四、計(jì)算題（本大題共3小題，13題10分，14題14分，15題16分，共40分）13. 為京津冀地區(qū)“減煤治霾”，河北張家口草原天路景區(qū)新建新能源項(xiàng)目1500萬(wàn)千瓦，風(fēng)力發(fā)電機(jī)如圖所示，風(fēng)力帶動(dòng)三個(gè)葉片轉(zhuǎn)動(dòng)，葉片再帶動(dòng)轉(zhuǎn)子（磁極）轉(zhuǎn)動(dòng)，使定子（線圈不計(jì)電阻）中產(chǎn)生電流，實(shí)現(xiàn)風(fēng)能向電能的轉(zhuǎn)化。已知葉片長(zhǎng)為l，風(fēng)速為v，空氣的密度為ρ，空氣遇到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面后一半減速為零，一半原速率穿過(guò)，求：（1）一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能的功率；（2）空氣對(duì)風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個(gè)葉片的平均作用力。  【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）單位時(shí)間t內(nèi)經(jīng)過(guò)葉片的空氣質(zhì)量為空氣遇到葉片旋轉(zhuǎn)形成的圓面后一半減速為零，一半原速率穿過(guò)，則損失的動(dòng)能為由能量守恒定律可得，單位時(shí)間t內(nèi)，一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能為一臺(tái)風(fēng)力發(fā)電機(jī)獲得風(fēng)能的功率為（2）根據(jù)題意，設(shè)空氣對(duì)風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片平均作用力F，由動(dòng)量定理有代入數(shù)據(jù)可得則空氣對(duì)風(fēng)力發(fā)電機(jī)一個(gè)葉片的平均作用力為14. 如圖所示，載有物資的熱氣球靜止于距水平面的高處，現(xiàn)將質(zhì)量為m的物資以相對(duì)地面的速度水平投出。已知投出物資后熱氣球的總質(zhì)量為M且，所受浮力不變，重力加速度，不計(jì)空氣阻力，求投出物資后：（1）熱氣球的加速度大小；（2）物資落地時(shí)與熱氣球的距離。  【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）載有物資的熱氣球原來(lái)處于靜止?fàn)顟B(tài)，則有投出物資后，熱氣球豎直方向向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，熱氣球的加速度大小為（2）投出物資后，物資下落過(guò)程中熱氣球和物資組成的系統(tǒng)在水平方向滿足動(dòng)量守恒，且系統(tǒng)初動(dòng)量為零，則有可得物資拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有聯(lián)立解得投出物資后，熱氣球豎直方向向上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)則物資落地時(shí)物資與熱氣球的距離為15. 如圖所示，滑板B靜止在光滑水平面上，其右端與固定擋板相距x，滑塊A靜止在B的左端。一子彈以水平速度v0=100m/s射向A后留在A中（此過(guò)程時(shí)間極短）。已知子彈的質(zhì)量為m=0.02kg，A的質(zhì)量mA=0.48kg，B的質(zhì)量mB=1.5kg，A、B之間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.6，B足夠長(zhǎng)，A不會(huì)從B表面滑出；B與擋板碰撞無(wú)機(jī)械能損失，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2。（1）子彈擊中A后，A的速度多大；（2）此次過(guò)程中，A與B恰好共速時(shí)B與擋板碰撞，則滑板B右端與固定擋板相距x為多大；（3）若x取第（2）中的值，改變子彈的速度，B將與擋板相碰n次，則子彈的速度為多少（子彈未射穿A）。  【答案】（1）4m/s；（2）0.25m；（3）【解析】【詳解】（1）子彈擊中A過(guò)程中動(dòng)量守恒，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得則A的速度大小為（2）取向右為正方向，子彈、A和B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，三者剛好共速時(shí)，由動(dòng)量守恒可得解得對(duì)B運(yùn)用動(dòng)能定理的解得（3）設(shè)B碰撞前的速度為，由動(dòng)能定理有解得B與臺(tái)階碰撞后速度大小不變，故每次相碰臺(tái)階對(duì)B的沖量大小為子彈、A和B組成的系統(tǒng)系統(tǒng)總動(dòng)量為B與臺(tái)階相碰一次，臺(tái)階對(duì)系統(tǒng)的改變?yōu)?/span>規(guī)定向右為正方向，當(dāng)系統(tǒng)的總動(dòng)量為負(fù)值時(shí)，即總動(dòng)量方向向左時(shí)，B不再與臺(tái)階相碰，故B與臺(tái)階相碰的條件是，發(fā)生一次碰撞發(fā)生兩次碰撞發(fā)生n次碰撞解得

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