高中物理教科版高中物理教科版必修二综合测评检测题 Word版含答案

阶段综合测评

　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，1～7题只有一项符合题目要求，8～12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2018·广东惠州调研)一质量为m的物体放在光滑水平面上，若以恒力F沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是(　　)
A．物体的位移相等 B．物体动能的变化量相等
C．F对物体做的功相等 D．物体动量的变化量相等
答案　D
解析　物体在水平恒力作用下做匀加速直线运动，在相同的时间间隔内物体的位移逐渐增大，由功的公式W＝Fx可知，相同的时间间隔内F做的功增大，故A、C错误；根据动能定理Fx＝ΔEk可知，相同时间间隔内动能的变化量增大，故B错误；根据动量定理Δp＝FΔt，相同的时间间隔内物体动量的变化量相等，故D正确。
2．(2018·山东枣庄八中月考)如图所示，长为L＝1 m的长木板水平放置，在木板的A端放置一个质量为m＝1 kg的小物块，现缓慢地抬高A端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平面的夹角为α＝30°时小物块开始滑动，此时停止转动木板，小物块滑到底端时的速度为v＝2 m/s，g取10 m/s2，则在整个过程中(　　)
A．木板对小物块做功为5 J
B．摩擦力对小物块做功为 5J
C．支持力对小物块做功为零
D．小物块克服摩擦力做功为3 J
答案　D
解析　设在整个过程中木板对小物块做功为W，整个过程中重力做功为零，则根据动能定理得W＝mv2＝×1×22 J＝2 J，故A错误；在木板从水平位置开始转动到与水平面的夹角为30°的过程中，设支持力对物块做功为WN，根据动能定理得WN－mgLsin30°＝0，解得WN＝mgLsin30°＝5 J，故C错误；设小物块沿木板下滑的过程中摩擦力做的功为Wf，根据动能定理得mgLsin30°＋Wf＝mv2－0，解得Wf＝－3 J，所以小物块克服摩擦力做功为3 J，故B错误，D正确。
3．(2018·天津模拟)2017年6月，随着时速高达350公里的“复兴号”动车组高铁列车投入运营，中国已成为世界上高铁商业运营速度最高的国家。假设“复兴号”受到的阻力的大小正比于它速率的平方，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的(　　)
A．2倍 B．倍 C．3倍 D．倍
答案　A
解析　设“复兴号”速率为v，由题意知受到阻力的大小f＝kv2，“复兴号”匀速运动时输出功率P＝Fv＝fv＝kv3，如果“复兴号”动车组发动机的输出功率变为原来的8倍，则它的最大速率变为原来的2倍，故A正确，B、C、D错误。
4．(2018·唐山高三第一学期统一考试)1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识正确的是(　　)
A．安全气囊减小了驾驶员的动量的变化
B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大
答案　C
解析　碰撞过程中，驾驶员的动量变化是一定的，与是否使用安全气囊无关，A、D错误；由动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变，B错误；安全气囊延长了撞击力的作用时间，但是驾驶员的动量变化不变，故动量变化率减小，C正确。
5．(2019·福建省高中毕业班质量检查模拟)
如图所示，AB为长度足够长的水平地面，AC为与水平方向成30°角的倾斜地面，D为AC中点。已知将某物体以4 J的初动能从D点水平抛出，其落到水平地面时的动能为8 J。若将该物体以一定的初速度从C点水平抛出，要使其恰好能落在A点，则其抛出时的初动能应为(　　)
A．4 J B．6 J C．8 J D．10 J
答案　B
解析　斜面倾角为30°，设AC的水平位移为x，则竖直高度为x，从D点抛出时的竖直高度为x，物体做平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，从D点抛出到落地时：Ek＝EkD＋mgx，则mgx＝4 J；从C点抛出，到达A点时：EkA＝EkC＋mg·x，即EkA＝EkC＋8 J；从C点抛出的物体水平方向上x＝v1t；竖直方向上x＝gt2，解得gt＝v1，则到达A点的竖直速度vy＝gt＝v1，到达A点的速度vA＝＝v1，则EkA＝EkC；联立解得：EkC＝6 J，故选B。
6．
(2018·广州市毕业考试)如图，粗糙水平地面上放有一斜劈，小物块以一定初速度从斜劈底端沿斜面向上滑行，回到斜劈底端时的速度小于它上滑的初速度。已知斜劈始终保持静止，则小物块(　　)
A．上滑所需时间与下滑所需时间相等
B．上滑时的加速度与下滑时的加速度相等
C．上滑和下滑过程，小物块机械能损失相等
D．上滑和下滑过程，斜劈受到地面的摩擦力方向相反
答案　C
解析　设小物块质量为m，上滑到最高点时的位移为x，滑到底端时的速度为vt，斜劈与物块间的动摩擦因数为μ，斜劈斜面与水平面的夹角为θ，已知斜劈保持静止，则小物块对斜劈的压力FN＝mgcosθ，|x|＝·t上＝·t下，因为|v0|＞|vt|，故t上＜t下，A错误；规定小物块上滑时初速度方向为正方向，则a上＝＝－g(sinθ＋μcosθ)，a下＝＝－g(sinθ－μcosθ)，故a上≠a下，B错误；小物块损失的机械能等于克服摩擦力所做的功，W上＝－μmgcosθx，W下＝－μmgcosθx，故W上＝W下，则小物块的机械能损失相等，C正确；对斜劈进行受力分析可知，上滑和下滑过程，小物块对斜劈的合力的方向均是斜向右下方，则斜劈受到地面的摩擦力方向均为水平向左，D错误。
7．(大纲卷)一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为(　　)
A． B．
C． D．
答案　A
解析　设中子质量为m，则原子核的质量为Am。设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1，碰后原子核的速度为v2，由弹性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv＝mv＋Amv，解得v1＝v0，故＝，A正确。
8．
(2018·江西省毕业考试)如图所示，两块竖直木板夹着一物块，物块在木板内静止，两板因弹簧作用对物块有一恒定压力并保持两板之间的距离不变(图中未画出弹簧)。让木板从离地h高位置自由下落，落地后木板静止，物块在木板中下滑了l长度。已知物块与木板间的动摩擦因数不变，以下说法正确的是(以下各选项中物块均未触地)(　　)
A．如果仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2l
B．如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来的一半，物块下滑的长度将大于2l
C．如果仅改变物块的质量，使其变为原来的2倍，物块下滑的距离将为2l
D．如果仅改变木板的质量，使其变为原来的一半，物块下滑距离将大于2l
答案　AB
解析　设物块受到的滑动摩擦力为f，根据动能定理，有mg(h＋l)－fl＝0，解得l＝。仅改变木板下落的高度，使其从2h高度落下，物块下滑的长度将为2l，A正确；如果仅改变木板对物块的压力，使其变为原来的一半，物块受到的滑动摩擦力为原来的一半，物块下滑的长度将大于2l，B正确；如果仅改变物块的质量，使其变为原来的2倍，物块下滑的距离将大于2l，C错误；如果仅改变木板的质量，物块下滑的距离仍为l，D错误。
9．(2019·福建龙岩质检)如图所示，足够长的光滑斜面固定在水平面上，轻质弹簧与A、B物块相连，A、C物块由跨过光滑定滑轮的轻绳连接。初始时刻，C在外力作用下静止，与C相连的绳子与斜面平行伸直且恰好无拉力，与A相连的绳子竖直。B放置在水平面上，A静止。现撤去外力，物块C开始沿斜面向下运动，当C运动到最低点时，B刚好离开地面。已知A、B的质量均为m，弹簧始终处于弹性限度内，滑轮质量不计，则在上述过程中(　　)
A．A、B、C三物块组成的系统机械能守恒
B．C的质量mC大于m
C．C的速度最大时，A加速度为零
D．C的速度最大时，弹簧恰好恢复原长
答案　BC
解析　由于A、B、C和弹簧组成的系统的机械能守恒，而弹簧先恢复原长再伸长，弹性势能先减小后增加，故A、B、C组成的系统的机械能先变大后变小，故A错误；A与C通过轻绳相连，速度大小一直相等，故加速度大小相等，设斜面倾角为α，刚释放C时，对A有kx0＝mg，C运动到最低点时，对B有kx0＝mg，初末状态弹性势能相等，设末状态总动能为Ek，则对A、B、C和弹簧组成的系统有，mCg·2x0sinα－mg·2x0＝Ek，mCsinα>m，故mC>m，故B正确；当C的速度最大时，C受合力为零，因为A、C通过轻绳相连，故此时A的速度也是最大，加速度也为零，故C正确；当C速度最大时，有T1－mCgsinα＝0，T1′－mg＋F弹＝0，T1＝T1′，即mCgsinα－mg＋F弹＝0，因为mCsinα>m，所以F弹为负值，方向向下，故当C的速度最大时，弹簧不是恰好恢复到原长的状态，故D错误。
10．(2018·太原一模)如图所示，长为L的轻杆两端分别固定a、b金属球，两球质量均为m，a放在光滑的水平面上，b套在竖直固定光滑杆上且离地面高度为L，现将b从图示位置由静止释放，则(　　)
A．在b球落地前的整个过程中，a、b组成的系统水平方向上动量守恒
B．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对a球做功mgL
C．从开始到b球距地面高度为的过程中，轻杆对b球做功－mgL
D．在b球落地的瞬间，重力对b球做功的功率为mg
答案　BD
解析　对两球和杆的连接体系统，水平方向受竖直杆对b球向左的外力，水平方向动量不守恒，A错误。竖直杆对连接体的力不做功，连接体机械能守恒，b球下降到时，mgL－＝mv＋mv，且vacos30°＝vbcos60°，解得va＝，vb＝，所以轻杆对a球做功Wa＝mv＝mgL，对b球做功Wb＝mv－mgL－＝mgL，故B正确，C错误。在b球落地瞬间，a球速度为0，mg·L＝mvb′2，vb′＝，重力对b球的功率Pb＝mgvb′＝mg，D正确。
11．(2018·山西太原五中等四省五校联考)一光滑、绝缘的半球壳固定在绝缘水平面上，球壳半径为R，在球心O处固定一个带正电的点电荷，一个带负电荷的小物块(可视为质点)静止在球壳的顶端A。现小物块受到轻微扰动从右侧下滑，已知物块静止在A点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，P点在球面上，则(　　)
A．物块沿球面运动的过程中机械能增大
B．物块沿球面运动的过程中机械能不变
C．若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为
D．若物块恰好在P点离开球面，则物块的速度大小为
答案　BC
解析　物块沿球面运动的过程中，库仑力和支持力沿球半径方向不做功，只有重力做功，则物块的机械能不变，A错误，B正确；设OP与竖直方向夹角为θ，则当物块将要离开球面时所受球面的支持力为零，则由牛顿第二定律有F库＋mgcosθ＝m，因物块在最高点时对球壳的压力大小是物块重力大小的2倍，可知F库＝mg，由机械能守恒定律得mgR(1－cosθ)＝mv2，联立解得v＝，C正确，D错误。
12．(2018·潍坊市高三统考)如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离的过程中，以下判断正确的是(　　)
A．弹簧的最大弹性势能为mv2
B．弹簧对小车做的功为mv2
C．弹簧对小球冲量的大小为mv
D．弹簧对小球冲量的大小为mv
答案　AC
解析　小球与小车组成的系统动量守恒，由题意知，小球和小车共速时弹簧的弹性势能最大，则由动量守恒定律以及能量守恒定律可知，mv＝2mv′，mv2＝×2mv′2＋Ep，解得Ep＝mv2，A正确；当小球与弹簧分离时，假设小车的速度为v1、小球的速度为v2，则由动量守恒定律与能量守恒定律得，mv＝mv1＋mv2，mv2＝mv＋mv，解得v1＝v、v2＝0，则弹簧对小车做的功为W＝mv＝mv2，B错误；弹簧对小球的冲量为I＝0－mv＝－mv，即冲量的大小为mv，C正确，D错误。
第Ⅱ卷 (非选择题，共62分)
二、填空题(本题共2小题，共12分)
13．(2018·东北三校一模)(6分)某实验小组要用如图所示的装置验证机械能守恒定律。他们先将气垫导轨水平放置，然后把遮光条固定在滑块上并把滑块放在气垫导轨的右端，在气垫导轨上安装一个光电门B，滑块用绕过气垫导轨左端定滑轮的细线与钩码相连，滑块每次都从A处由静止释放。
(1)该小组用游标卡尺测量遮光条的宽度d，由图可知d＝________ cm。
(2)为了完成本实验，除已知遮光条宽度d、A处与光电门B间距离L、遮光时间Δt、重力加速度g外，还需要知道的物理量有________________________________________________________________________。
(3)请用(2)问中的物理量写出验证机械能守恒定律的表达式：________________________________________________________________________。
答案　(1)1．160
(2)钩码质量m，滑块和遮光条质量M
(3)mgL＝(m＋M)2
解析　(1)游标卡尺读数d＝1．1 cm＋0．05 mm×12＝1．160 cm。
(2)设钩码质量为m，滑块和遮光条质量为M，钩码重力做功使系统动能增加，
则应该有mgL＝(m＋M)v2，
由题知v＝、L已知，还需要知道M，m。
(3)由上式得：mgL＝(m＋M)2。
14．(2018·太原一模)(6分)某实验小组用图甲所示的装置验证动量守恒定律。实验时，先将金属小球A从斜槽上某一固定位置由静止释放，A从斜槽末端飞出后落到水平地面的记录纸上留下落点痕迹，重复10次。把相同半径的塑料小球B放在与斜槽末端等高的支柱上，让A仍从斜槽上同一位置由静止释放，与B碰撞后，A、B分别在记录纸上留下落点痕迹，重复10次。图中O点是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，M、P、N分别为小球落点的痕迹，小立柱与斜槽末端的距离等于小球的直径。
(1)下列说法正确的是(　　)
A．斜槽的末端必须水平
B．需要测量斜槽末端距地面的高度
C．图中M点是未放小球B时小球A的落点痕迹
D．图中P点是未放小球B时小球A的落点痕迹
(2)
用螺旋测微器测量小球的直径时示数如图乙所示，则小球的直径d＝________mm。
(3)实验中测出小球的直径及M、P、N与O点的距离分别用d、OM、OP、ON表示，若碰撞过程中动量守恒，则两小球的质量之比为________(用所给符号表示)。
答案　(1)AD
(2)7．500(7．498～7．502)均可
(3)
解析　(1)斜槽的末端必须水平才能保证两小球离开斜槽后做平抛运动，A正确；本实验是根据平抛运动的规律验证动量守恒定律，需要测量的是A、B两小球抛出的水平距离，因为抛出高度相同落地时间一样，验证时等式两端会把时间消去，所以与高度无关，B错误；碰撞后A球速度小，B球速度大，因为落地时间一样，所以M点是碰撞后A球落点，N点是B球落点，而P点就是没有发生碰撞时A球的落点，C错误，D正确。
(2)螺旋测微器读数为7．5 mm＋0．000 mm＝7．500 mm。
(3)根据实验原理可知mAv0＝mAv1＋mBv2，因为下落时间一样，所以mAOP＝mAOM＋mB(ON－d)，所以两小球质量之比为。
三、计算题(本题共5小题，共50分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)
15．(2018·北京高考)(8分)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m圆弧的最低点，质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4．5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。
答案　(1)100 m　(2)1800 N·s　(3)图见解析　3900 N
解析　(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解AB的长度，即v－v＝2aL，
可解得L＝＝ m＝100 m。
(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，所以
I＝mvB－mv0＝(60×30－0) N·s＝1800 N·s。
(3)运动员经过C点时的受力如图所示。由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，①
从B运动到C由动能定理可知mgh＝mv－mv，②
由①②式并代入数据
解得FN＝3900 N。
16．(2018·抚顺市毕业考试)(10分)如图所示，竖直平面内的光滑半圆形轨道MN的半径为R, MP为粗糙水平面。两个小物块A、B可视为质点，在半圆形轨道圆心O的正下方M处，处于静止状态。若A、B之间夹有少量炸药，炸药爆炸后，A恰能经过半圆形轨道的最高点N，而B到达的最远位置恰好是A在水平面上的落点。已知粗糙水平面与B之间的动摩擦因数为μ＝0．8，求：
(1)B到达的最远位置离M点的距离；
(2)极短爆炸过程中，A受到爆炸力的冲量大小；
(3)A与B的质量之比。
答案　(1)2R　(2)mA　(3)4∶5
解析　(1)A恰能经过半圆形轨道的最高点，由牛顿第二定律得：mAg＝mA，
解得：vN＝，
A做平抛运动，由平抛运动规律：2R＝gt2，
水平方向：x＝vNt，
联立可得B到达的最远位置离M点的距离即为
x＝2R。
(2)A上升到N的过程，由机械能守恒定律：
mAv＝mAv＋mAg·2R，
解得：vA＝，
根据动量定理可得：I＝mAvA＝mA。
(3)对B，由动能定理：μmBgx＝0－mBv，
炸药爆炸过程由动量守恒定律：mAvA－mBvB＝0，
联立以上两式可得：＝＝。
17．(2018·安徽一模)(10分)如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m的小滑块A套在细杆上可自由滑动。在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g。求：
(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；
(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；
(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度。
答案　(1)3mg　(2)L　(3)
解析　(1)小球第一次运动到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgL＝mv2
解得v＝
在最低点，设细绳对小球的拉力大小为F，由牛顿第二定律得
F－mg＝m
解得F＝3mg。
(2)小球与滑块共速时，小球上升的高度最大，设为h。
取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得
mv＝(2m＋m)v共
mv2＝mgh＋(2m＋m)v
联立解得h＝L。
(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，以水平向右为正方向，设此时小球的速度为v1，滑块的速度为v2，由小球与滑块组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒有
mv＝mv1＋2mv2
mv2＝mv＋·2mv
解得v2＝。
18．(2018·南昌一模)(10分)如图甲所示，长木板处于光滑的水平面上，右端紧靠墙壁，墙壁左侧l＝16 m处放有一物块P，P的质量是木板质量的2倍。t＝0时，一小铁块从左端以某一速度滑上长木板，铁块与墙壁碰撞后，速度随时间变化关系如图乙所示。不计所有碰撞的机械能损失，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)小铁块与木板间的动摩擦因数；
(2)长木板的长度；
(3)小铁块最终与墙壁间的距离。
答案　(1)0．3　(2)14 m　(3)4．17 m
解析　(1)规定水平向左为正方向，设铁块质量为m，木板质量为M，铁块碰撞墙壁后，有
f＝ma1，其中f＝－μmg，
a1＝＝－3 m/s2，解得μ＝0．3。
(2)设木板长为l0，铁块滑上长木板时的速度为v0，加速度为a0，铁块碰撞墙壁后速度为
v1＝4 m/s，
则碰撞前的速度为v1′＝－v1＝－4 m/s，
又a0＝＝3 m/s2，v1′＝v0＋a0t，
铁块从滑上长木板到与墙壁碰撞的运动时间为t＝2 s。
－l0＝v0t＋a0t2，解得l0＝14 m。
(3)碰撞后铁块向左做匀减速运动，木板做匀加速运动，最终达到共同速度v2＝1 m/s，由动量守恒定律得mv1＝(m＋M)v2，解得M＝3m，
木板加速离开墙壁的加速度为a2＝＝1 m/s2，
设当长木板右端距离墙壁x1时，长木板与铁块相对静止，x1＝＝0．5 m，
此时铁块离墙壁的距离为x2＝＝2．5 m，
当铁块与长木板一起以1 m/s向左运动x0＝l－l0－x1＝1．5 m时，木板与P碰撞，设木板碰后速度为v3，碰撞过程中木板与P组成的系统动量守恒，机械能也守恒，
则Mv2＝Mv3＋2MvP，
Mv＝Mv＋×2Mv，
联立解得v3＝－ m/s，方向向右，接着铁块与木板相互摩擦，设最终速度为v4，则mv2＋Mv3＝(m＋M)v4，
解得v4＝0。
该过程木板向右运动的位移为x3＝＝－ m
x1＋x0＋x3＝ m>0，
分析可知木板不会再次与墙碰撞。
该过程铁块继续向左的位移为x4＝＝ m，
铁块最终离墙壁的距离为
x＝x2＋x0＋x4≈4．17 m。
19．(2018·福建省毕业考试)(12分)如图所示，为某月球探测器在月面软着陆的最后阶段的运动示意图。探测器原来悬停在A点，为避开正下方B处的障碍物，探测器需先水平运动到C点，再沿CD竖直下降，到达D点时速度变为0，此后探测器关闭所有发动机，在自身重力作用下自由下落至月面E点。已知月球表面重力加速度g＝1．62 m/s2，AC＝1．6 m，CD＝26 m，DE＝4 m。探测器在A点时质量m＝1000 kg，从C点运动到D点所用时间为15 s。探测器主发动机M竖直向下喷气，可产生0～7500 N的变推力，辅助发动机P、Q分别水平向左、水平向右喷气，产生的推力恒为400 N，所有发动机喷出的气体相对探测器的速度大小均为u＝2000 m/s，且发动机的推力F与喷气速度u、秒流量Q(单位时间内喷出的气体质量)满足F＝u·Q。探测器在如图所示的整个过程中所消耗的燃料质量Δm?m。求：
(1)探测器着陆前瞬间的速度；
(2)探测器从C点运动到D点过程中所消耗的燃料质量Δm1；
(3)探测器从A点运动到C点过程消耗的燃料质量(即喷出的气体质量)Δm2的最小值。
答案　(1)3．6 m/s，方向竖直向下　(2)12．15 kg　
(3)3．96 kg
解析　(1)根据自由落体运动公式，有
v2－0＝2g·DE①
由①式代入数据得
v＝3．6 m/s，方向竖直向下②
(2)对CD过程，根据动量定理有
IF－mgt＝0－0③
其中
IF＝∑FΔt＝∑u·QΔt＝uΔm1④
由③④式代入数据得
Δm1＝12．15 kg⑤
(3)探测器从A点运动到C点的过程中，主发动机产生的推力
F1＝mg⑥
秒流量Q1＝⑦
发动机P或Q工作时，推力F2＝400 N
秒流量Q2＝⑧
发动机P或Q工作时，探测器的加速度
a＝⑨
假设从A点运动到C点的过程中，探测器先加速运动t1时间，再匀速运动t2时间，最后再减速运动t3时间，易知
t1＝t3⑩
探测器加速和减速过程中的位移
s1＝s3＝at?
匀速过程中的位移
s2＝AC－s1－s3?
匀速运动的时间
t2＝?
整个过程消耗的燃料质量
Δm2＝Q1(t1＋t2＋t3)＋Q2(t1＋t3)?
由以上各式代入数据得
Δm2＝1．21t1＋?
易知，当t1＝＝ s时，Δm2最小，最小值为
Δm2min＝3．96 kg。