2022-2023学年北京市大兴区高二（下）期中物理试卷（含解析）

2022-2023学年北京市大兴区高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 质量为的物体，速度由向东的变为向西的，关于它的动量和动能下列说法正确的是( )
A. 动量和动能都发生了变化 B. 动量和动能都没有发生变化
C. 动量发生了变化，动能没发生变化 D. 动能发生了变化，动量没有发变化
2. 如图所示，一个质量为的钢球，以的速度水平向右运动，若碰到坚硬的墙壁后以原来速度大小弹回。关于碰撞前后钢球的动量变化量，下列说法正确的是( )
A. 动量变化量的大小是
B. 动量变化量的大小是，方向水平向左
C. 动量变化量的大小是，方向水平向右
D. 动量变化量的大小是，方向水平向左
3. 一根较长轻质柔软细绳，用手握住一端连续上下抖动，形成一列波。某时刻波形如图所示，其中、、为绳上三个质点，不考虑能量损失。下列说法正确的是( )
A. 该时刻的动能最大 B. 该时刻的振幅为零
C. 、始终有相同的加速度 D. 该时刻点竖直向上运动
4. 如图所示，弹簧振子的平衡位置为点，在、两点之间做简谐运动。、相距。小球经过点开始计时并向右运动，经过首次到达点，下列说法正确的是( )
A. 弹簧振子的振幅是 B. 当振子运动到时，位移大小是
C. 弹簧振子的周期是 D. 振子由运动到的过程中速度减小
5. 如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成角的恒定拉力作用时间后，物体仍保持静止。下面说法正确的是( )
A. 物体所受拉力的冲量方向水平向右 B. 物体所受拉力的冲量大小是
C. 物体所受重力的冲量大小为 D. 物体所受合力的冲量大小为
6. 如图所示，一个质量为的垒球，以的水平速度飞向球棒，被球棒击打后，反向水平飞回，速度的大小为。若球棒与垒球的作用时间为，球棒对垒球的平均作用力为。下面说法正确的是( )
A. 球棒对垒球的平均作用力大小
B. 球棒对垒球的平均作用力大小
C. 垒球动量变化量是，方向与飞回的方向相同
D. 球棒对垒球的平均作用力冲量大小为
7. 如图所示，张紧的水平绳上吊着、、三个小球。球靠近球，但两者的悬线长度不同；球远离球，但两者的悬线长度相同，让球在垂直于水平绳的方向摆动，则下列说法正确的是( )
A. 的振动周期比的振动周期大
B. 的振动周期比的振动周期小
C. 振动稳定后球的振幅比球的振幅大
D. 振动稳定后球的振幅和球的振幅相等
8. 如图是弹簧振子做简谐运动的图像，下列说法正确的是( )
A. 时，回复力最大
B. 末，机械能最小，末机械能最大
C. 末、末、末回复力均相同
D. 是一个完整的周期
9. 一列简谐横波在时的波形图如图所示。介质中处的质点沿轴向下运动，下列说法正确的是( )
A. 这列波的波长是
B. 这列波的沿轴负方向传播
C. 经过一个周期质点运动的路程是
D. 一个周期后质点运动到处
10. 一列声波由空气传入水中后( )
A. 频率不变，波长变小 B. 频率变小，波长变大
C. 频率不变，波长变大 D. 频率变大，波长变大
11. 一列横波某时刻的波形如图甲所示，图乙表示介质中某质点此后一段时间内的振动图像，若波沿轴的正方向传播。由此可知，图乙是( )
A. 点的振动图像 B. 点的振动图像 C. 点的振动图像 D. 点的振动图像
12. 质量相同的甲、乙两个小球，在地面上方同一高度处，甲球自由落下，乙球水平抛出，不计空气阻力，则两小球( )
A. 落地时动能相同 B. 落地时动量相同
C. 下落过程乙所受的冲量较大 D. 下落过程任意相等时间内动量变化量相同
13. 在光滑水平面上的两个小球发生正碰。碰撞时间可以忽略不计，如图所示是它们碰撞前后的图像。小球的质量分别为和，已知。由此可以判断( )
A. 碰撞前和都在做匀速直线运动
B. 碰撞后和运动方向相同
C.
D. 该碰撞为弹性碰撞
14. 中国女子短道速滑队在进行米接力比赛过程中，在接力区内“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把如图所示，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲过程中、忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则( )
A. 甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量
B. 甲的动量变化率一定大于乙的动量变化率
C. 若两运动员质量相近，甲将获得和乙近似相等的速度
D. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
二、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
15. 用图所示的装置做“用单摆测重力加速度”的实验。
组装单摆时，应该选用______ 。用器材前的字母表示
长度为左右的细线
长度为左右的细线
直径约为的塑料球
直径约为的钢球
如图所示，用游标卡尺测量摆球直径。摆球直径 ______ 。
甲同学测量了组数据，在坐标纸上描点作图得到了如图所示的图像，其中表示单摆的周期，表示单摆的摆长。用表示当地的重力加速度，图线的数学表达式可以写为 ______ 用题目所给的字母表示。由图像可计算出当地的重力加速度 ______ 取，计算结果保留两位有效数字。
乙同学在实验中操作不当，使得摆球没有在一个竖直平面内摆动。他认为这种情况不会影响测量结果，所以他仍然利用所测得的运动周期根据单摆周期公式计算重力加速度。若将小球的实际运动看作是在水平面内的圆周运动，请通过推导，分析乙同学计算出的重力加速度与真实值相比是偏大还是偏小。
16. 如图所示，某实验小组同学用“碰撞实验器”验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。
实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但小组同学通过测量其他物理量间接地解决了这个问题。
本实验必须满足的条件是______ ；
A.两小球质量必须相等
B.斜槽轨道必须是光滑的
C.轨道末端必须是水平的
实验中除了测两个小球质量外，仅测量______ 填选项前的符号就可以达到解决问题的目的；
A.小球开始释放高度
B.小球抛出点距地面的高度
C.小球做平抛运动的射程
D.小球做平抛运动的时间
请你写出小组同学解决问题的依据和思路：______ 。
图中点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球多次从斜轨上位置静止释放，找到其平均落地点的位置，测量长度；然后，让被碰小球静置于轨道的水平部分，再将入射球从斜轨上位置静止释放，与小球相碰，并多次重复，分别找到、相碰后平均落地点的位置、，分别测量、长度。最后用天平测量两个小球的质量分别为、。
若两球相碰前后的动量守恒，其表达式为______ 用测量的量表示；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为______ 用测量的量表示。
若实验中记录完平均落地点后，小组中某同学发现斜槽末端有些向上倾斜；此时他将其调整为水平斜槽末端离地高度不变，然后继续进行后面操作，依然按照原来的方法分析数据。如果该小组同学的其他操作都正确，且调节斜槽引起小球在空中运动时间的变化可以忽略不计，请你分析说明该实验可能会出现的结果______ 。
三、简答题（本大题共3小题，共32.0分）
17. 如图所示，两小球和在光滑的水平面上沿同一直线同向匀速运动，且，两球相撞后的速度分别为和。试用动量定理和牛顿第三定律推导两球碰前动量和碰后动量的关系。
18. 碰撞是生活中常见的现象，在调平的气垫导轨上研究两个滑块的碰撞，让滑块以的速度与原来静止的滑块发生碰撞，已知滑块的质量，滑块的质量为。
在两个滑块的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥，如图甲所示，碰撞时撞针插入橡皮泥中，使两个滑块连成一体运动。求：
碰撞后、一起运动的速度大小；
碰撞过程中、组成的系统损失的机械能。
在滑块的左端装上轻质弹簧，如图乙所示，滑块与之碰撞，弹簧先被压缩到最短再恢复原长，两个滑块又分开运动。
求碰撞过程中弹簧的最大弹性势能；
已知滑块整个过程的图像如图丙所示，经过计算，在建立的坐标系中画出碰撞过程中滑块的图像。
19. 图甲是建筑工地将桩料打入泥土中以加固地基的打夯机示意图，打夯前先将桩料扶正立于地基上，桩料进入泥土的深度忽略不计。已知夯锤的质量为，桩料的质量为。每次打夯都通过卷扬机牵引将夯锤提升到距离桩顶处再释放，让夯锤自由下落，夯锤砸在桩料上后立刻随桩料一起向下运动。桩料进入泥土后所受阻力随打入深度的变化关系如图乙所示，直线斜率。取，求：
夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度大小；
打完第一夯后，桩料进入泥土的深度。
四、计算题（本大题共1小题，共8.0分）
20. 如图，一质量为的物块静止在桌面边缘，桌面离水平地面高度为，质量为的子弹以水平速度射入物块后，以水平速度射出物块．重力加速度为求：
此过程中损失的机械能；
此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：动能是标量，由可知，物体的速度大小不变，则动能不变，动量是矢量，物体两个速度的方向相反，由可知物体的动量大小相等，方向相反，所以物体动能没有变化，动量发生变化，故ABD错误，C正确。
动能是标量，速度大小不变，所以动能不变，动量是矢量，动量的方向改变，则动量发生变化。
本题考查了动量和动能，注意动能是标量，动量是矢量。
2.【答案】
【解析】解：设向左为正方向，则动量变化量：，方向水平向左；故ACD错误，B正确；
故选：。
规定正方向，根据动量的计算公式求解。
本题考查了动量的应用，根据题意分析清楚钢球的运动过程是解题的前提，解题时注意正方向的选择。
3.【答案】
【解析】解：、该时刻正通过平衡位置，则的动能最大，故A正确；
B、质点做简谐运动，该时刻的位移为零，但的振幅不为零，故B错误；
C、、两点平衡位置间距小于半个波长，振动情况并不始终相反，则、的加速度并不始终相同，故C错误；
D、波向右传播，由波形平移法可知，该时刻点竖直向下运动，故D错误。
故选：。
不考虑能量损失，三个质点均做简谐运动，质点通过平衡位置时动能最大，三个质点振幅相同。根据、两点平衡位置间距与波长关系分析加速度关系。利用波形平移法判断点的振动方向。
解决本题的关键要理解波的形成过程，搞清质点的振动方向和波的传播方向关系，会根据“波形平移”法判断质点的振动方向。
4.【答案】
【解析】解：、振幅是小球离开平衡位置的最大位移，可知球振动的振幅为，故A错误；
B、当振子运动到时，位移大小等于其振幅，是，故B错误；
C.小球经过点时开始计时，经过首次到达点，这段时间仅仅是个周期，则小球振动的周期为，故C错误；
D、从到的过程中系统的弹性势能增大，小球动能减小，即小球的速度减小，故D正确。
故选：。
小球运动到点时开始计时，时振子第一次到达点，可知振动周期，根据距离可知振幅，根据简谐振动的特点判断小球的速度变化。
本题考查简谐振动的位移随时间变化规律，解该类题目需注意确定振幅，周期等物理量。
5.【答案】
【解析】解：、拉力的冲量方向与拉力的方向相同，即方向与水平方向成角斜向右上方，故A错误；
B、根据冲量的定义可知，拉力的冲量大小，故B错误；
C、根据平衡条件可知，物体受到的支持力为，故支持力的冲量，故C错误；
D、物体保持静止，动量变化为零，根据动量定理可知，物体所受合力的冲量大小为零，故D正确。
故选：。
根据动量定理求出合外力的冲量；根据冲量的公式，结合力的大小和时间求出恒力和支持力的冲量大小。
本题考查动量定理以及冲量的定义，解决本题的关键掌握冲量的公式，知道冲量等于力与时间的乘积，会根据动量定理分析合外力的冲量。
6.【答案】
【解析】解：、以垒球的末速度方向速度正方向，球棒打击垒球的过程中，垒球的动量变化量大小为，方向与飞回的方向相同，故C错误
、设球棒对垒球的平均作用力大小为，以垒球的末速度方向为正方向，对垒球，根据动量定理可得：，代入数据解得：，则球棒对垒球的平均作用力大小为，球棒对垒球的平均作用力冲量大小为，故A正确、BD错误。
故选：。
根据动量的定义式求解动量的变化，对球棒击球的过程运用动量定理列方程求解作用力大小。
此题主要考查动量定理的简单运用，注意动量定理表达式是矢量表达式，在运用动量定理时要注意方向。
7.【答案】
【解析】解：、让球在垂直于水平绳的方向摆动，两球在球的驱动下做受迫振动，稳定时，两球振动的频率都与球振动的频率相同，即两球振动的周期都与球振动的周期相同，故AB错误；
、两球在球的驱动下做受迫振动，由于球的振动频率等于球的固有频率，球发生共振，球振幅比球振幅大，故C正确，D错误。
故选：。
当球振动时，两球也振动起来，做受迫振动，三个摆的振动周期都等于摆的固有周期；由于球的振动频率等于球的固有频率，摆发生共振，振幅比摆大。
明确受迫振动，知道共振产生的条件，知道共振时物体的振幅最大。
8.【答案】
【解析】解：、由图可知在第秒末，振子的位移最大，离平衡位置最远且沿正方向，故A正确；
B、由图可知在第秒末，振子的位移最大，势能最大，动能为零。由于简谐运动系统的机械能守恒，所以和振动系统的机械能相等，故B错误；
C、根据回复力的公式，即回复力的大小与位移成正比，但方向始终与位移方向相反，、时回复力为负，时回复力为正，故C错误；
D、完成一次全振动所需的时间称为周期，从图象可以看出周期，故D错误。
故选：。
根据回复力的公式，周期和全振动的意义，结合图像判断出简谐运动的位置、回复力、速度及机械能的相关问题。
在分析简谐运动的物理量时，一定要注意矢量的标矢性以及对应的方向问题。
9.【答案】
【解析】解：、由波的图象得：波长，故A错误；
B、介质中处的质点在时振动方向为负方向，故波向轴负方向传播，故B正确；
C、由波的图象得：振幅，则经个周期，质点通过的路程为，故C错误；
D、质点只在平衡位置沿轴运动，故D错误。
故选：。
由图可知波的波长和振幅，个周期质点运动的路程为，根据质点的运动方向判断波的传播方向，质点只在平衡位置沿轴运动。
本题的解题关键是理解波动图象，读出波长和振幅，学会根据质点的振动方向判断波的传播方向．
10.【答案】
【解析】解：声波由空气进入水中，波速变大，频率不变，由波速公式得知，声波的波长变大。
故C正确，ABD错误。
故选：。
波从一种介质进入另一种介质时，频率不变声波由空气进入水中，波速变大．
本题考查对声波在介质中传播速度的了解波速公式适用于一切波．
11.【答案】
【解析】解：根据图乙可知，质点在时刻从平衡位置向上振动；因为简谐横波是沿轴正方向传播的，根据同侧法可知，图乙为点的振动图像；
故B正确，ACD错误；
故选：。
根据同侧法结合横波的传播方向分析图乙可能为哪点的振动图像。
本题主要考查了横波的图像，结合同侧法即可完成分析，整体难度不大。
12.【答案】
【解析】解：、据题可得，重力对两个物体做功相等，由动能定理知它们动能的变化量相等，而甲的初动能为零，所以乙落地时的动能较大，故A错误。
B、落地时动量的方向不同，所以动量不同，故B错误。
C、平抛运动在竖直方向的分运动是自由落体运动，所以两个物体运动时间相等，由，知下落过程重力的冲量相同，故C错误。
D、由动量定理得：，相同，则相同，故D正确。
故选：。
根据动能定理分析落地时动能关系，动量是矢量，只有大小和方向都相同时动量才相同．由分析重力的冲量关系，由动量定理分析动量变化的关系．
根据动能定理研究动能关系，由动量定理研究动量关系，都是常用的方法和思路，要注意动量是矢量，只有大小和方向都相同时动量才相同．
13.【答案】
【解析】解：、由位移时间图象的斜率得到，碰前的位移不随时间而变化，处于静止。向右运动，碰后的速度为正方向，的速度为负方向，说明向左运动，则碰撞后和运动方向相反，故AB错误；
C、根据结合图像，求出碰前的速度为，碰后和的速度分别为，，根据动量守恒定律得，，代入解得，，故C错误。
D、碰撞过程中系统损失的机械能为，代入解得，，故D正确。
故选：。
位移时间图象的斜率等于速度，由数学知识求出碰撞前后两球的速度，分析碰撞前后两球的运动情况。根据动量守恒定律求解两球质量关系，由能量守恒定律求出碰撞过程中系统损失的机械能。
本题首先考查读图能力，抓住位移时间图象的斜率等于速度是关键；其次要注意矢量动量的方向。
14.【答案】
【解析】解：、根据牛顿第三定律可知在乙推甲过程中，甲对乙的作用力大小等于乙对甲的作用力大小，方向相反，作用时间相等，根据
可知甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小相等，方向相反，故A错误；
B、由动量定理有：
整理有：
由上述可知，其甲、乙动量的变化率即为甲、乙所受到的力，由之前的分析可知，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，且乙推甲过程中、忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，所以甲、乙的动量变化率一定大小相等方向相反，故B错误；
C、由之前的分析可知，甲、乙两运动员的动量变化量大小相等，根据
整理有：
又因为二者的质量相近，所以有二者的速度变化量的大小也相近，由于开始时甲速度较小，而二者的速度变化量大小也相近，所以甲将获得和乙近似相等的速度，故C正确；
D、甲乙间的作用力大小相等，由于不知道甲乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系，故D错误。
故选：。
运动员与冰面间的摩擦可忽略不计，在“交棒”过程中，“交棒”运动员猛推“接棒”运动员一把，两个运动员相互作用的力等大、反向、共线，作用时间相同，根据动量定理知，其甲、乙动量的变化率即为甲、乙所受到的力，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒。甲乙间的作用力大小相等，由于不知道甲乙的质量关系，不能求出甲乙动能变化关系。
本题关键是明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，根据动量定理，两个运动员的动量变化等大、反向、共线，系统动量守恒。
15.【答案】；；；；见解析
【解析】组装单摆时，为了减小误差，应该选用相对较长的细线，为了减小阻力，应用相对较重的钢球，故选；
由图可知游标卡尺的精确度是，摆球直径；
单摆的周期计算公式为，可得；可见图线的斜率是，由图知，，解得重力加速度，
对圆锥摆，根据牛顿第二定律有，其中解得 ，根据，偏小，所以偏大。
故答案为：，；见解析
为了减小误差，应该选用相对较长的细线，为减小空气阻力对实验的影响，应选择质量大而体积小的球做摆球； 根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析实验误差。
解决该题的关键是明确实验原理，了解实验器材的操作过程，知道各部分元件在实验中的作用以及所代表的物理意义。
16.【答案】 见解析 见解析
【解析】解：、为保证小球离开轨道末端后做平抛运动，轨道末端必须是水平的，故C正确，AB错误；
故选：。
、实验中仅测量小球做平抛运动的射程可以解决直接测定速度不容易的问题，故C正确，AB错误；
故选：。
、两球碰撞过程满足动量守恒，则有
小球离开轨道后做平抛运动，它们的下落高度相同，在空中的时间相等，则有
可得
可知只要测量小球做平抛运动的射程就可以解决小球碰撞前后的速度问题。
、两球碰撞过程满足动量守恒，则有
小球离开轨道后做平抛运动，它们的下落高度相同，在空中运动的时间相等，则有
可得
若两球碰撞是弹性碰撞，碰撞过程满足机械能守恒，则有
结合动量守恒的表达式可得
、实验可能的结果是：碰撞前的总动量小于碰撞后的总动量。由于斜槽末端向上倾斜，小球抛出后做斜抛运动，水平速度变小，由于小球在空中运动时间的变化忽略不计，则斜槽末端向上倾斜时，小球的水平位移变小，故可能会得到碰撞前的总动量小于碰撞后的总动量。
故答案为：、，、，、见解析；、，；、见解析。
、根据实验操作注意事项进行分析；
、根据平抛运动的特点分析出速度和射程的关系；
、根据平抛运动在不同方向的运动特点可知，因为下落高度相同，所以运动时间相同，而水平方向上做匀速直线运动，所以速度的大小可以由水平射程来替代；
、根据动量守恒定律结合速度与射程的关系得出正确的表达式；
若碰撞是弹性碰撞，则碰撞前后的能量守恒，从而得出满足的表达式；
、根据实验原理结合实验装置的特点完成分析。
本题主要考查了动量守恒定律的验证试验，根据实验原理掌握正确的实验操作，理解弹性碰撞的特点，解题的关键点是理解平抛的初速度与水平射程的关系。
17.【答案】解：根据牛顿第二定律，碰撞过程中两球的加速度分别是
，
根据牛顿第三定律与大小相等，方向相反，即
所以有：
碰撞时两球之间力的作用时间很短，用表示．这样，加速度与碰撞前后速度的关系就是：
，
把加速度的表达式代入，移项后得到

即可证：两球碰撞前的动量之和等于碰撞后的动量之和．
答：证明过程见解析。
【解析】首先对碰撞过程，分别对两个球运用牛顿第二定律得到各自的加速度表达式，再对碰撞过程，运用牛顿第三定律得到作用力与反作用力大小相等、方向相反，从而得到两个球的质量与加速度乘积的关系．最后根据加速度的定义和动量的定义，得到两球碰撞前的动量之和等于碰撞后的动量之和．
证明题也高考考试新题型之一，首先要有必要的假设，设计情景，再依据已有的物理规律，比如定理、定律等等进行证明．
18.【答案】解：由动量守恒定律
解得碰撞后、一起运动的速度大小
碰撞过程中组成的系统损失的机械能
解得
弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时两物块共速，所以弹簧的最大弹性势能为
内，弹簧逐渐压缩，物块做加速度增大的减速运动，物块则在弹力的作用下做加速度增大的加速运动，至共速为；内，弹簧形变开始恢复，物块做加速度减小的减速运动，物块则在弹力的作用下做加速度减小的加速运动，至分离，整个过程满足动量守恒，机械能守恒
解得
，
所以碰撞过程中滑块的图像如图
答：碰撞后、一起运动的速度大小为；
碰撞过程中、组成的系统损失的机械能为。
碰撞过程中弹簧的最大弹性势能是；
见解析。
【解析】由动量守恒定律求解碰撞后、一起运动的速度大小；
结合能量守恒定律分析碰撞过程中、组成的系统损失的机械能。
弹簧压缩到最短时，弹性势能最大，此时两物块共速，所以弹簧的最大弹性势能为；
内，弹簧逐渐压缩，物块做加速度增大的减速运动，物块则在弹力的作用下做加速度增大的加速运动，至、共速为；内，弹簧形变开始恢复，物块做加速度减小的减速运动，物块则在弹力的作用下做加速度减小的加速运动，至、分离，整个过程满足动量守恒，机械能守恒。
本题主要考查动量守恒定律的相关应用，根据动量守恒定律和机械能守恒定律原理等分析求解。
19.【答案】解：设夯锤与桩料碰撞前瞬间的速度为，由自由落体运动速度位移公式，则有
代入数据解得
选择向下为正方向，设夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度为，碰撞时间极短，内力远大于外力，夯锤与桩料在竖直方向可视为动量守恒，由动量守恒定律有
代入数据解得
由乙图知，桩料下沉过程中所受的阻力随打入深度均匀变化，可用平均力求阻力做功，则
对碰撞后的夯锤与桩料，由动能定理有
联立两方程，代入数据解得
答：夯锤与桩料碰撞后瞬间的速度大小为；
打完第一夯后，桩料进入泥土的深度为。
【解析】根据自由落体的运动学公式得出碰撞前夯锤的速度，结合动量守恒定律得出碰撞后夯锤与桩料的瞬时速度；
根据动能定理列式得出对应的深度。
本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，要熟悉运动学公式，要掌握动量守恒定律的适用条件，结合动能定理可求。
20.【答案】解：设子弹穿过物块后物块的速度为，由动量守恒定律得：
解得
系统的机械能损失为
由式得
设物块下落到地面所需时间为，落地点距桌面边缘的
水平距离为，则：
由式得
此过程中系统损失的机械能为；
此后物块落地点离桌面边缘的水平距离为．
【解析】子弹射击物块，子弹和物块的总动量守恒，由动量守恒定律求出子弹穿出木块时木块的速度大小．系统损失的机械能等于射入前子弹的动能与射出后物块与子弹总动能之差．
子弹射出物块后，物块做平抛运动，由高度求出时间，再求出水平距离．
本题采用程序法按时间顺序进行分析处理，是动量守恒定律与平抛运动简单的综合，比较容易．
第1页，共1页