1.1638年，《兩種新科學的對話》著作的出版，奠定了伽利略作為近代力學創(chuàng)始人的地位，書中討論了自由落體運動和物體沿斜面運動的問題。依據伽利略在書中描述的實驗方案，某實驗小組設計了如圖所示的裝置，探究物體沿斜面下滑的運動特點。操作步驟如下：
①讓滑塊從距離擋板s處由靜止下滑，同時打開水箱閥門，讓水均勻穩(wěn)定流到量筒中；
②當滑塊碰到擋板時關閉閥門；
③記錄量筒收集的水量V；
④改變s，重復以上操作。
則s與V的比例關系為( )
A. s∝V2B. s∝1V2C. s∝VD. s∝ V
2.如圖為自動控制貨品運動的智能傳送帶，其奧秘在于面板上蜂窩狀的小正六邊形部件，每個部件上有三個導向輪A、B、C，在單個方向輪子的作用下，貨品可獲得與導向輪同向的速度v，若此時僅控制A、C兩個方向的輪子同時按圖示箭頭方向等速轉動，則貨品獲得的速度大小為( )
A. vB. 2vC. 3vD. 2v
3.圖甲中的轆轤是古代民間提水設施，由轆轤頭、支架、井繩、水桶等部分構成。圖乙為工作原理簡化圖，轆轤繞繩輪軸半徑r=0.1m，水桶的質量M=0.5kg，井足夠深，忽略井繩質量和因繩子纏繞導致輪軸的半徑變化。某次從井中汲取m=2kg的水，輪軸由靜止開始繞中心軸轉動從而豎直向上提水桶，其角速度隨時間變化規(guī)律如圖丙所示，重力加速度g=10m/s2，則( )
A. 10s末水桶的速度大小為20m/sB. 水桶的速度大小隨時間變化規(guī)律為v=2t
C. 0～10s內水柚上升的高度為20mD. 0～10s內井繩拉力所做的功為255J
4.排球是人們最喜愛的運動之一。如圖所示，運動員在原地向上做拋接球訓練，排球在空中受到空氣的阻力大小可視為不變，下列能反映排球上升和下落運動過程的圖像是( )
A.
B.
C.
D.
5.2021年5月，我國首次進行火星探測，天問一號攜帶“祝融號”火星車在烏托邦平原南部預選著陸區(qū)成功著陸。著陸前，探測器在火星表面附近繞火星做勻速圓周運動(探測器可視為火星的近地衛(wèi)星)，通過某設備測得每經過時間t探測器通過的弧長相同，且弧長對應的圓心角為θ，如圖，若將火星看作質量分布均勻的球體，已知引力常量為G，由以上測得的物理量可推知以下哪些量( )
A. 火星的質量B. 火星的半徑
C. 火星的密度D. 火星表面的重力加速度
6.如圖，質量相等的兩滑塊P、Q置于水平桌面上，二者用一輕彈簧水平連接，兩滑塊與桌面間的動摩擦因數均為μ。重力加速度大小為g。用水平向右的拉力F拉動P，使兩滑塊均做勻速運動，某時刻突然撤去該拉力，則從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前( )
A. P的位移大小一定大于Q的位移大小
B. P的速度大小均不大于同一時刻Q的速度大小
C. P的加速度大小的最大值為μg
D. Q的加速度大小的最大值為2μg
7.我國自古有“晝漲稱潮，夜?jié)q稱汐”的說法。潮汐主要是由太陽和月球對海水的引力造成的，以月球對海水的引力為主。如圖是某類潮汐發(fā)原理圖，利用高、低潮位之間的落差，將海水的重力勢能轉化為動能，推動水輪機旋轉，帶動發(fā)電機發(fā)電。設海灣水庫的面積為1.0×106m2，漲潮時水深20m，此時關上水壩的閘門時，可使水位保持20m不變，退潮時，壩外水位降至18m，重力勢能轉化為電能的效率為10%。每天有兩次漲潮，漲潮和退潮時水流都推動水輪機發(fā)電，估算該電站一天能發(fā)的電能為( )
A. 2.0×103kW?hB. 4.0×104kW?hC. 6.0×108kW?hD. 8.0×109kW?h
8.彈弓是孩子們喜愛的彈射類玩具，其構造原理如圖，橡皮筋兩端點A、B固定在把手上，橡皮筋處于ACB時恰好為原長狀態(tài)，在C處(AB連線的中垂線上)放一固體彈丸，一手執(zhí)把，另一手將彈丸拉至D點放手，彈丸就會在橡皮筋的作用下發(fā)射出去，打擊目標?，F將彈丸豎直向上發(fā)射，已知E是CD中點，則( )
A. 從D到C過程中，彈丸的機械能守恒
B. 從D到C過程中，彈丸的動能一直在增大
C. 從D到C過程中，橡皮筋的彈性勢能先增大后減小
D. 從D到E過程橡皮筋對彈丸做功大于從E到C過程
二、多選題：本大題共2小題，共12分。
9.耙在中國已有1500年以上的歷史，北魏賈思勰著《齊民要術》稱之為“鐵齒楱”，將使用此農具的作業(yè)稱作耙。如圖甲所示，牛通過兩根耙索拉耙沿水平方向勻速耙地。兩根耙索等長且對稱，延長線的交點為O1，夾角∠AO1B=60°，拉力大小均為F，平面AO1B與水平面的夾角為30°(O2為AB的中點)，如圖乙所示。忽略耙索質量，下列說法正確的是( )
A. 兩根耙索的合力大小為FB. 兩根耙索的合力大小為 3F
C. 地對耙的水平阻力大小為3F2D. 地對耙的水平阻力大小為F2
10.如圖所示，學生練習用頭顛球。某一次足球靜止自由下落80cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1s，足球的質量為0.4kg，g=10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是( )
A. 頭部對足球的平均作用力為足球重力的9倍
B. 足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為1.6kg?m/s
C. 足球與頭部作用過程中動量變化量大小為1.6kg?m/s
D. 足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為3.6N?s
三、實驗題：本大題共2小題，共18分。
11.某探究小組做“驗證力的平行四邊形定則”實驗，將畫有坐標軸(橫軸為x軸，縱軸為y軸，最小刻度表示1mm)的紙貼在水平桌面上，如圖(a)所示。將橡皮筋的一端Q固定在y軸上的B點(位于圖示部分之外)，另一端P位于y軸上的A點時，橡皮筋處于原長。
(1)用一只測力計將橡皮筋的P端沿y軸從A點拉至坐標原點O，此時拉力F的大小可由測力計讀出。測力計的示數如圖(b)所示，F的大小為______ N。
(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A點；現使用兩個測力計同時拉橡皮筋，再次將P端拉至O點。此時觀察到兩個拉力分別沿圖(a)中兩條虛線所示的方向，由測力計的示數讀出兩個拉力的大小分別為F1=4.2N和F2=5.6N。
①用5mm長度的線段表示1N的力，以O為作用點，在圖(a)中畫出力F1、F2的圖示，并根據平行四邊形定則畫出它們的合力F合。
②F合的大小為______ N，F合與拉力F的夾角的正切值為______。若F合與拉力F的大小及方向的偏差均在實驗所允許的誤差范圍之內，則該實驗驗證了力的平行四邊形定則。
12.利用圖示的實驗裝置對碰撞過程進行研究。讓質量為m1的滑塊A與質量為m2的靜止滑塊B在水平氣墊導軌上發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，比較碰撞后A和B的速度大小v1和v2，進而分析碰撞過程是否為彈性碰撞。完成下列填空：
(1)調節(jié)導軌水平；
(2)測得兩滑塊的質量分別為0.510kg和0.304kg。要使碰撞后兩滑塊運動方向相反，應選取質量為______kg的滑塊作為A；
(3)調節(jié)B的位置，使得A與B接觸時，A的左端到左邊擋板的距離S1與B的右端到右邊擋板的距離S2相等；
(4)使A以一定的初速度沿氣墊導軌運動，并與B碰撞，分別用傳感器記錄A和B從碰撞時刻開始到各自撞到擋板所用的時間t1和t2；
(5)將B放回到碰撞前的位置，改變A的初速度大小，重復步驟(4)。多次測量的結果如下表所示；
(6)表中的k2=______(保留2位有效數字)；
(7)v1v2的平均值為______；(保留2位有效數字)
(8)理論研究表明，對本實驗的碰撞過程，是否為彈性碰撞可由v1v2判斷。若兩滑塊的碰撞為彈性碰撞，則v1v2的理論表達式為______(用m1和m2表示)，本實驗中其值為______(保留2位有效數字)，若該值與(7)中結果間的差別在允許范圍內，則可認為滑塊A與滑塊B在導軌上的碰撞為彈性碰撞。
四、簡答題：本大題共2小題，共24分。
13.如圖所示，半徑為R、內壁光滑的半圓軌道豎直放置，與粗糙的水平直軌道在P點平滑連接。質量為m的小球(可視為質點)以初速度v0由直軌道N點向左運動。已知小球到達軌道最高點M時對軌道的壓力大小為重力的2倍，重力加速度為g。求：
(1)小球剛過P點的速度大小及對圓軌道壓力大??；
(2)小球從N到P過程中克服摩擦阻力做的功。
14.如圖所示為彈象棋子游戲。水平長桌，高h=1.25m，長L=2m，開始時兩棋子分別靜置在長桌的兩端。用力彈紅棋子，紅棋子以v0= 34m/s的初速度向右運動，正碰黑棋子后兩棋子均做平拋運動，落地瞬間兩棋子相距Δx=1m。兩棋子質量相等且可視為質點，與桌面動摩擦因數均為μ=0.45，g=10m/s2。
(1)求碰撞黑棋子前瞬間，紅棋子速度v的大??；
(2)設碰前瞬間紅棋子速度大小為v，碰后瞬間紅棋子速度大小為v1，黑棋子速度大小為v2，若定義恢復系數k=v2?v1v，求v1、v2及k的值；
(3)兩棋子每次碰撞的恢復系數k相同。若某次游戲，紅棋子位于長桌最左端，黑棋子位于桌面中點。用力彈紅棋子，要讓黑棋子落地而紅棋子不落地，求紅棋子初速度v0的取值范圍(可用根號表示)。
五、計算題：本大題共1小題，共12分。
15.羽毛球筒口比較小，從球筒取球有一定的技巧．如圖所示，羽毛球愛好者從筒中取出最后一個羽毛球時，一手拿著羽毛球筒，另一個手用較大的力向下迅速敲打筒的上端，使筒獲得一個向下的初速度與手發(fā)生相對運動，里面的羽毛球就可以從上端出來。已知羽毛球筒質量為M=90g(不含球的質量)，羽毛球質量為m=5g，羽毛球頭部離筒的上端距離為d=6.25cm，羽毛球與筒之間的滑動摩擦力為f1=0.1N，筒與手之間的滑動摩擦力為f2=2.6N。(重力加速度g取10m/s2，空氣阻力忽略不計，羽毛球不會相對筒向下運動)，求：
(1)當筒獲得一個初速度后，筒和羽毛球各自的加速度是多大？
(2)若要敲打一次就使羽毛球頭部能到達筒口以上，筒獲得的初速度至少為多大？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：滑塊在粗糙程度相同的斜面上由靜止釋放，可知滑塊做初速度為零的勻加速直線運動，根據運動學公式有s=12at2，即s與t2成正比。由于水均勻穩(wěn)定流到量筒中，所以量筒中收集的水的體積V與t成正比，則有s∝t2∝V2，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
通過勻變速直線運動的位移-時間公式找到位移與時間的關系，再處理水的體積與時間的關系即可。
本題主要考查了勻變速直線運動位移與時間的關系，解題關鍵是分析小球的運動，通過運動學公式找到位移與時間的關系，再處理水的體積與時間的關系即可。
2.【答案】C
【解析】解：物體參與了兩個方向的運動，兩個分速度的夾角為60°，根據速度合成可知，合速度為
v實際=2vcs?30°= 3v
故ABD錯誤，C正確。
故選：C。
根據運動的分解與合成求解合速度。
本題考查運動的分解與合成，要求學生熟練掌握運動的分解與合成的基本規(guī)律和應用。
3.【答案】D
【解析】解：AB.由圖丙可知
ω=2t
所以水桶速度隨時間變化規(guī)律為
v=ωr=2t×0.1=0.2t
則10s末水桶的速度大小為2m/s，故AB錯誤；
CD.水桶勻加速上升，加速度
a=vt=0.2tt=0.2m/s2
由牛頓第二定律
F?(m+M)g=(m+M)a
代入數據解得
F=25.5N
水桶勻加速上升，0～10s內它上升的高度為
h=12at2
代入數據解得
h=10m
則0～10s內井繩拉力所做的功為
W=Fh
代入數據解得
W=255J
故C錯誤，D正確。
故選：D。
AB.由圖丙可得，角速度隨時間的變化規(guī)律，再根據線速度與角速度的關系，得出水桶上升速度(即線速度)的表達式，并可計算10s末水桶的速度大??；
C.根據AB選項所得的水桶上升速度的表達式，可判斷水桶做勻加速直線運動，由運動學公式可計算0～10s內水桶上升的高度；
D.對水桶，由牛頓第二定律可列方程，可求出井繩拉力大小，再由功的計算公式，可求0～10s內井繩拉力所做的功。
解答本題，要從圖丙入手，得出水桶的運動規(guī)律，而后結合運動學公式、牛頓第二定律、功的公式可解。
4.【答案】B
【解析】解：AB.受力分析，上升階段，排球在空中受到空氣的阻力與重力方向相同，合力較大，下落階段，排球在空中受到空氣的阻力與重力方向相反，合力較小，根據牛頓第二定律可知，上升階段的加速度比下落階段的要大，方向相同，故A錯誤，B正確；
CD.由h=12at2，上升所需的時間短，下落所需的時間稍長，且上升和下落運動方向相反，落回拋球點時，速度比拋出時稍小，故C、D錯誤。
故選：B。
通過受力分析分析合力，再根據牛頓第二定律，分析加速度大??；
由h=12at2，分析時間，分析速度大小。
本題考查學生對牛頓第二定律、受力分析、運動學公式的掌握，是一道基礎題。
5.【答案】C
【解析】【分析】
由題意和運動學公式求出火星的運轉周期；根據萬有引力提供向心力得到火星的質量；根據萬有引力定律提供重力求解火星表面的重力加速度；根據密度計算公式求解火星的密度。
本題主要是考查萬有引力定律及其應用，解答本題的關鍵是能夠根據萬有引力提供向心力結合向心力公式進行分析，注意還要用到密度的公式。
【解答】
根據題意，設火星的質量為M，半徑為R，“祝融號”火星車的質量為m，做圓周運動的周期為T，由公式可得，周期為：T=2πθ×t=2πtθ；
ABD.根據萬有引力提供向心力有：GMmR2=m×4π2T2×R，可得：M=4π2R3GT2=R3θ2Gt2，由萬有引力等于重力有：GMmR2=mg
可得，火星表面的重力加速度為：g=GMR2，由題可知，只有引力常量G、t和θ已知，則無法求出火星的質量、火星半徑和火星表面的重力加速度，故ABD錯誤；
C.根據公式V=43πR3，M=ρV可得，火星的密度為：ρ=MV=3θ24πGt2，可知，火星的密度可以求出，故C正確。
6.【答案】B
【解析】解：設兩物塊的質量均為m，撤去拉力前，兩滑塊均做勻速直線運動，則拉力F=2μmg
撤去拉力前對Q根據共點力平衡條件有：T0=μmg
A.PQ間的距離在減小，故P的位移一定小于Q的位移，故A錯誤；
B.滑塊P在彈簧恢復到原長時，根據牛頓第二定律有：?μmg=maP2
解得aP2=?μg
撤去拉力時，PQ的初速度相等，滑塊P由開始的加速度大小為2μg做加速度減小的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小為μg；滑塊Q由開始的加速度為0做加速度增大的減速運動，最后彈簧原長時加速度大小也為μg，故B正確。
CD.從此刻開始到彈簧第一次恢復原長之前的過程中，以向右為正方向，撤去拉力瞬間彈簧彈力不變?yōu)棣蘭g，兩滑塊與地面間仍然保持相對滑動，此時滑塊P的加速度為?T0?μmg=maP1
解得aP1=?2μg
此刻滑塊Q所受的外力不變，加速度仍為零，過后滑塊P做減速運動，故PQ間距離減小，彈簧的伸長量變小，彈簧彈力變小。根據牛頓第二定律可知P減速的加速度減小，滑塊Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的減速運動。故P加速度大小的最大值是剛撤去拉力瞬間的加速度為2μg。Q加速度大小最大值為彈簧恢復原長時?μmg=maQm
解得aQm=?μg
故滑塊Q加速度大小最大值為μg，故CD錯誤。
故選：B。
根據兩滑塊相對位移判斷位移大?。桓鶕瑝K運動情況分析同一時刻速度關系；分析撤去拉力前后兩滑塊受力情況，根據牛頓第二定律分析撤去拉力后兩滑塊加速度的變化，確定加速度最大值。
本題考查牛頓第二定律的應用，解題時注意兩個點：用整體法和隔離法處理連體問題，彈簧不會瞬間突變。
7.【答案】A
【解析】解：由于海洋很大，大壩外的海平面高度在海水流入、流出水庫過程中幾乎不變，故發(fā)電時水減少的重力勢能ΔEp=mgh2=ρShgh2，一天發(fā)電四次，轉化成的電能E=4ΔEp×10%，化成千瓦時作單位
E=8.0×1093.6×106kW?h≈2×103kW?h，故A正確，BCD錯誤。
故選：A。
發(fā)電過程中，是水的重力勢能轉化成電能，由此可列寫公式求出答案。
學生在解決本題時，應注意發(fā)電過程中，是水的重力勢能轉化成電能，并且要自己閱讀題干，根據提供的信息解決本題。
8.【答案】D
【解析】【分析】
機械能守恒的條件是：只有重力彈力做功，除重力對物體做的功等于物體動能的變化量；根據動能定理，合外力做功等于物體動能的變化量。
本題考查彈力與重力做功情況下能量的轉化情況，熟練應用能量守恒是分析問題的基礎。
【解答】
解：A、從D到C，橡皮筋的彈力對彈丸做功，所以彈丸的機械能增大，故A錯誤；
B、橡皮筋ACB恰好處于原長狀態(tài)，在C處橡皮筋的拉力為0，在CD連線中的某一處，彈丸受力平衡，所以從D到C，彈丸的合力先向上后向下，速度先增大后減小，彈丸的動能先增大后減小，故B錯誤；
C、從D到C，橡皮筋對彈丸一直做正功，橡皮筋的彈性勢能一直減小，故C錯誤；
D、從D到E橡皮筋作用在彈丸上的合力大于從E到C橡皮筋作用在彈丸上的合力，兩段位移相等，所以DE段橡皮筋對彈丸做功較多，機械能增加也多，故D正確。
故選D。
9.【答案】BC
【解析】解：AB、根據平行四邊形定則可知，兩根耙索的合力大小為F′=2Fcs30°= 3F，故A錯誤，B正確；
CD、由平衡條件，地對耙的水平阻力與兩根耙索的合力大小的水平分量相等，方向相反，故f=F′cs30°=32F，故C正確，D錯誤。
故選：BC。
首先，根據力的合成求出兩根耙索的合力，然后再根據共點力平衡求出地對耙的水平阻力。
本題考查了空間受力問題，解決本題的關鍵是先求出兩根耙索的合力。
10.【答案】ABD
【解析】解：AC.足球自由落體80cm時的速度為v1，時間為t1，有v12=2gh，t1= 2hg，解得v1=4m/s，t1=0.4s，反彈后做豎直上拋運動，而上升的最大高度也為80cm，根據運動的對稱性可知上拋的初速度為
v2=v1=4m/s，上升的時間為t2=t1=0.4s，對足球與人接觸的過程，Δt=0.1s，取向上為正，由動量定理有
(F??mg)?Δt=mv2?(?mv1)=Δp，解得：F?=36N，Δp=3.2kg?m/s，即頭部對足球的平均作用力為36N，而足球的重力為4N，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變化量大小為
Δp=3.2kg?m/s，故A正確，C錯誤；
B.足球剛接觸時的動量為p1=mv1，解得p1=1.6kg?m/s，故B正確；
D.足球運動的全過程，所受重力的沖量為IG=mg(t1+Δt+t2)，解得IG=3.6N?s，故D正確。
故選：ABD。
利用運動學公式求出足球下落的時間和落地時的速度，再結合對稱性和動量定理求出平均作用力，進行比較；利用動量定理求出動量大??；利用沖量定理求解沖量。
學生在解決本題時，應注意仔細分析題目中足球的運動過程，并且結合題干信息，采用動量的祥光物理規(guī)律作答。
11.【答案】
【解析】解析：(1)彈簧測力計的最小刻度為0.2N，由圖可知F的大小為4.0N.
(2)①取5mm的長度對應的力的大小為1N，則F1、F2的大小如圖所示，利用平行四邊形定則作出它們的合力如圖所示：
②由圖可知：F合=4.0N.從F合的頂點向x軸和y軸分別作垂線，頂點的橫坐標對應長度為1mm，頂點的縱坐標長度為20mm，則可得出F合與拉力F的夾角的正切值為：tanθ=120=0.05。
故答案為：(1)4.0；(2)①如圖所示、②4.0、0.05((0.048～0.052均正確)
(1)根據彈簧測力計的最小分度值進行讀數；
(2)根據圖示法作出F1和F2，結合平行四邊形定則作出合力，得出合力的大小以及F合與拉力F的夾角的正切值。
本題考查了力的合成法則及平行四邊形定則的應用，掌握正確的作圖方法，是考查基礎知識的好題。
12.【答案】?m12m1 0.34
【解析】解：(2)兩滑塊的質量分別為0.510kg和0.304kg，要想使碰撞后兩滑塊運動方向相反，則A滑塊質量要小，才有可能反向運動，故選0.304kg的滑塊作為A。
(6)因為位移相等，所以速度之比等于時間之比的倒數，由表中數據可得，k2=t2t1=。
(7)v1v2的平均值為：k?=0.31+.031+0.33+0.33+0.335=0.322≈0.32。
(8)由機械能守恒定律和動量守恒定律可得：12m1v02=12m1v12+12m2v22；m1v0=?m1v1+m2v2，
聯(lián)立解得：v1v2=m2?m12m1，代入數據，可得：v1v2=0.34。
用動量守恒定律分析一維碰撞問題，驗證是否為彈性碰撞必然要用到機械能守恒定律和動量守恒定律，需要對碰撞前后的狀態(tài)進行分析，判斷是否同時滿足機械能守恒定律和動量守恒定律。
本題考查用動量守恒定律去分析一維碰撞問題，需要對學生動量定理和機械能守恒定律有較深刻的認識，明確實驗原理和內容。
13.【答案】解：(1)小球通過半圓軌道的最高點M時，由牛頓第二定律有：mg+2mg=mvM2R
滑塊從P點運動到M點的過程中，由動能定理有：?mg×2R=12mvM2?12mvP2
解得：vP= 7gR
小球通過半圓軌道的P點時，由牛頓第二定律有：F支?mg=mvP2R
由牛頓第三定律可知，小球在P點時對圓軌道的壓力大小為：F壓=F支
解得：F支=8mg；
(2)小球從N點運動到P點的過程中，由動能定理有：?W克f=12mvP2?12mv02
解得：W克f=12mv02?72mgR。
答：(1)小球剛過P點的速度大小為vP= 7gR，對圓軌道壓力大小為8mg；
(2)小球從N到P過程中克服摩擦阻力做的功12mv02?72mgR。
【解析】(1)根據牛頓第二定理求出小球在M點的速度大小，根據機械能守恒求出在P點的速度，從而結合牛頓第二定理求出小球在P點所受的支持力，從而得出小球經過半圓軌道的P點時對軌道的壓力大小；
(2)對N到M過程運用動能定理，求出小球在整個過程中克服摩擦阻力做功的大小。
本題考查了動能定理、牛頓第二定律的綜合運用，知道小球在最高點向心力的來源是解決本題的關鍵。
14.【答案】解：已知h=1.25m，L=2m，v0= 34m/s，Δx=1m，μ=0.45，g=10m/s2；
(1)紅棋子碰撞前的運動過程，由動能定理得?μmgL=12mv2?12mv02
解得v=4m/s
(2)兩棋子碰撞過程，由動量守恒定律得mv=mv1+mv2
碰撞后兩棋子做平拋運動，由平拋運動規(guī)律有
h=12gt2
Δx=(v2?v1)t
解得v1=1m/s，v2=3m/s
則k=v2?v1v=0.5
(3)對紅棋子碰撞前的運動過程，由動能定理得
?μmgL2=12mv紅2?12mv02
兩棋子碰撞過程，由動量守恒定律有
mv紅=mv紅1+mv黑1
且k=v黑1?v紅1v紅
由于黑棋子落地，紅棋子不落地，則有
12mv黑12>μmgL2
12mv紅12?μmgL2
解得5m/s

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