备战2019高考物理二轮复习专项攻关高分秘籍专题08静电场学案

1、专题08静电场17【备考建议】备考过程中，结合往年的高考命题，备考中需把握下面几点：1、电场力和电场能的性质，库仑定律和电场力做sQ功与电势能的关系。2、电容器和静电屏蔽，对电容器的两个公式c一和c丫的关系，对于静电感应的4kdU分析和在静电屏蔽中的应用。3、带点粒子在电场中的运动，包括带点粒子在电场中的偏转和带电粒子在加速电场和偏转电场的运动。【经典例题】考点一：冲量与动量变化的计算【典例1】【2017新课标出卷】（多选）一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则：（）-1i*1心*01/3：4f；sI1A. t=1s时物块的速率为1m/sB

2、. t=2s时物块的动量大小为4kg-m/sC. t=3s时物块的动量大小为5kg-m/sD. t=4s时物块的速度为零【答案】AB工解析】由动量定理有丹=口匕解得卜=用，i=ls时物块的速率2=1m/s,A正确由£图线与时mm间轴所围面积表示冲量，所以t=23时物块的动量大小为二2k21.5=43-皿勺，R正确g方3s时物块的动量大小为/=工>：211>:1）担心内=33皿.心错误r=43时物块的动量大小为"=（2x2-1x2）kg-m/s=2kgm/s,速度不为零，D错误1名师点晴】求变力的冲量是动量定理应用的重点,也是难点中尸-古图线与时间«所围

3、面积表示冲量。考点二动量定理的理解与应用【典例2】（2018吉林长春质检）“蹦床”已成为奥运会的比赛项目.质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h2,设运动员每次与床垫接触的时间为t,求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力.（空气阻力不计，重力加速度为g）【解析】法一对运动员与床垫作用情呈应用动量定理来解决.设运动员下降hi刚持触床垫的速度大小为刚离开床垫的速度大小为婢，由机械镜守恒定律得;姐bl,；m%"=nigh2设时间t内,床垫对运动员的平均作用力为国取向上为正方向由动量定理得（F-mg）t=wv2-（-nnrl）以上三式联立可得F二题即

4、：轲）建再由牛顿第三定律得.运动员时床垫的作用力为X4:禽'+质）2方向竖言向下.法二选拄运动员的全程利用动量定理进行研究运动同自由下落bl阶段所用时间为tl,由卜仁:小九得th秒运动员反会竖直上升h2阶段所用时间为t2由h*九得信言由全过程的动量定理得照（tJ"2+1）-Pt=O解得打巴逛六叵小再由牛顿第三定律得.运动员对床垫的作用力为X=4里邈管通七呜方向坚直向下.考点三动量守恒的判断与动量守恒定律的理解【典例3】，轨（2018安徽淮南模拟）（多选）如图所示，在光滑的水平面上放有一物体M,物体上有一光滑的半圆弧轨道道半径为R,最低点为C,两端A,B等高，现让小滑块m从A点

5、由静止下滑,在此后的过程中，则（）A.M和m组成的系统机械能守恒，动量守恒B.M和m组成的系统机械能守恒，动量不守恒C.m从A到C的过程中M向左运动，m从C到B的过程中M向右运动D.m从A到C的过程中，M向左运动，m从C到B的过程中M向左运动AB【陋析】小涓土夬皿从A点热止滑,物傀M与滑块口组成的泵统水平方向所受含力为雾系淡水平方向动量守回竖直方向有加速度含力不为零邛斤以系统动量不守恒泮和四组成的系统机械能守恒,选项错误津正确;系名掖水平方向动量守恒，由于系貌初始状态水平方向动量为零I所以皿从人到c的过程中内向右运机M向左运动，口从C到B的过程中逮还是向左运动,即保证系统水平方向动量为零，选喷

6、C错误田正确考点四“子弹打木块”类问题的综合分析【典例4】(2018四川乐山市检测)如图所示，质量为3ml长度为L的木块置于光滑的水平面上，质量为m的子弹以初2速度V0水平向右射入木块，穿出木块的速度为5v0,设木块对子弹的阻力始终保持不变.tnO3矶(1)求子弹穿透木块后，木块速度的大小；(2)求子弹穿透木块的过程中，木块滑行的距离s;(3)若改将木块固定在水平传送带上，使木块始终以某一恒定速度(小于v0)水平向右运动，子弹仍以初速度v0水平向右射入木块.如果子弹恰能穿透木块，求此过程所经历的时间.【解析】(1)由动量守恒定律得mv0=m-2v0+3mv,解得v=.【解析】(2)对子弹，由动

7、能定理得1,212-Ff(s+L)=2m(-v0)2-2mw对木块，由动能定理得Ffs=-3mv222联立解得Ff=警，s='.25L6【解析】(3)对子弹，由动量定理得-Fft=m(u-v0),由动能定理得Ff(ut+L)=12m(vo2-u2)联立解得t=L2L3V0考点五“弹簧类”问题的综合分析【典例5】（2018山东烟台模拟）如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A,B,C.B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）.设A以速度V0朝B运动，压缩弓t簧；当A,B速度相等时，B与C恰好相碰并粘连在一起，然后继续运动.假设B和C碰撞过程时间极短.求从A开始压缩弹簧直至

8、与弹簧分离的过程中aAMA/B（1）整个系统损失的机械能；（2）弹簧被压缩到最短时的弹性势能【解析】（1）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时,对A,B与弹簧组成的系统,由动量守恒定律得mv0=2mv1此时B与C发生完全非弹性碰撞,设碰撞后的瞬时速度为V2,损失的机械能为AE,对B,C组成的系统,由动量守恒和能量守恒定律得mv1=2mv22mv；=AE+2(2m)V22联立式解得AE*mv。2.【解析】由式可知尸2C1那将维续压缩番,直至&5C三者速度相同,设计度为忸书单警被压缩至最恒,其弹性势能为即,由动量守恒和前量守恒定律得nvO=3oiv3亍ID一后亍(3m)va'+E

9、p联立式解得旧片蓝皿引.考点六块滑块一滑板”类问题的综合分析【典例6】（2018河北衡水模拟）如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B,B的左端放置一个质量为m的物块A,已知A,B之间的动摩擦因数为科，现有质量为m的小球以水平速度V0飞来与物块A碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B,且物块A可视为质点，求:ATTTTTTTJrTTTTTfTTTTTTTTTTfT（1）物块A相对木板B静止后的速度大小；（2）木板B至少多长.【解析】（1）设小球和物块A碰撞后二者的速度为v1,三者相对静止后速度为v2,规定向右为正方向，根据动量守恒得mv0=（m+m）v1,（m+m）

10、m1=（m+m+2m）v2,联立解得v2=0.25v0.【解析】氏）当物培的在木板居上滑动时，系统的动肓辞部t为摩擦热,设木板E的长度为L,假设物块A刚好滑到木板骷的右瑞时共速项由宣瞳守恒得g加展一；仞仁二.42跑L,解得蔷.考点七动量守恒定律的应用【典例71（2018江南十校联考）如图所示,甲车质量m1=20kg,车上有质量M=50kg的人,甲车（连同车上的人）以v=3m/s的速度向右滑行.此时质量m2=50kg的乙车正以v0=1.8m/s的速度迎面滑来，为了避免两车相撞，当两车相距适当距离时，人从甲车跳到乙车上，求人跳出甲车的水平速度u（相对地面）应当在什么范围以内才能避免两车相撞?（不计

11、地面和小车间的摩擦，设乙车足够长，取g=10m/s2）7T?r77vrn777777777777777777f7Tf777甲乙【解析】以人、甲车、乙车组成的系统为研究对象，设甲车、乙车与人具有相同的速度V',由动量守恒得（m1+M）v-m2v0=（m1+m2+M）v'解得v'=1m/s.以人与甲车为一系统，人跳离甲车过程动量守恒，得（m1+M）v=m1v'+Mu,解得u=3.8m/s.因此，只要人跳离甲车的速度u>3.8m/s,就可避免两车相撞.答案：u>3.8m/s【典例8】动量守恒定律的应用（2016全国出卷，35）如图所示，水平地面上有两个静止

12、的小物块a和b,其连线与墙3垂直;a和b相距l;b与墙之间也相距l;a的质量为m,b的质量为4m,两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g,求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件1解析】设物块与地面间的动摩捅陶为5若要物块Ab能够发生碰撞，应有1v?亍皿引）四呻1.即日七发生弹性衽撞前的瞪间a的速度大小为vl,由能量守恒有Mm%'设在%b逆撞后的脍间,码b的速度大小为vlzpv2?,由动量守恒和能量守恒有nivl=ni¥卡丁v2'IiIT,E13巾10E0Vl2+2cT3v22联立解得

13、心,=yvl由题意知,b没有与墙发生碰撞由功能关系知1,3%2y3州，y（丁）v22<U丁21244a与b1生弹性碰揖但b没有与墙发生技撞的条件是急官乩含口圉上占，考点八动量守恒中的临界问题【典例9】两质量分别为M1和M2的劈A和B,高度相同,放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面,曲面下端与水平面相切，如图所示.一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h.物块从静止滑下，然后滑上劈B.求物块在B上能够达到的最大高度.HlvA=mv设物块在购B上前可达到的最大高度为h"11总寸捌块和臂B的共同速度大小为寸，由机械能守恒定形口动蚩守恒定律得飞卜32出）724M2

14、niv=藤立解得丫=四季3<J3|十M1Mdiq+Kffip考点九弹性碰撞与非弹性碰撞【典例10】（2018河北唐山质检）在光滑的水平面上，质量为ml的小球A以速率v0向右运动.在小球A的前方。点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图所示.小球A与小球B发生正碰后小球A,B均向右运动.小千B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ=1.5PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是mi弹性的，求两小球质量之比m2ABAQ.I0PQ【解析】从两小球碰撞后到它们再次相遇，小球A和小球B的速度大小保持不变，设两小球通过的路程分别为s1,s2.svi1由v=t得v2=4,两小球碰撞

15、过程有m1v0=m1v1+m2v21112m1v0=2miv1+2m2v2，解得m12故两小球的质量之比m2=1.【典例11】(2015全国n卷，35)两滑块a,b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段.两者的位置x随时间t变化的图像如图所示.求：滑块a,b的质量之比；xfm【解析】3设力卜的质量分别为皿鼠六、b碰催前的速度为丫卜母.由题给图像得vka/S,v2=La/s%b发生完全非弹性拉撞碰撞后两滑坡的共同速度为v.2由题给图像得片鬲导臼动量守恒定律得ml¥l-hii2v2=:(ml4n2)¥联立并代人数据解

16、得出：立二1：8;整)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力微的功与因碰撞而损失的机械肯眨比.【解析】(2)由能量守恒得，两滑块因碰撞而损失的机械能为12121AE=2m1v1+2m2v2-2(m1+m2)v2由图像可知，两滑块最后停止运动.由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为1W=2(m1+m2)v2联立并代入题给数据得W：AE=1:2.考点十多物体碰撞问题【典例12】1（2018大连模拟）如图所示，AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切质量为M的小木块静止在。点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨

17、道的最高点C（木块和子弹均可以看成质点）.求：（1）子弹射入木块前的速度；O'C【解析】CD第一颗子弹射入木块的过程I系统动量守恒I以子的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得vlP系统由0到c的运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得值忖彳=640部由以上两式解得出噂厢.若每当小木块返回到口点或停止在0点时,立即有相同的子弹射入小木块,并留在其中,则当第9颗子弹射入小木块后,小木块沿圆邨轨道能上升的最大高度为多少？【解析】由动量守恒定律可知.MZ4.6颗子弹射入木块后I木块的速度为0,第L区5i颗子®射入后，木块运动,当第9颗子弹射入木块时,以千狸初速度方向为正方向.由动量守

18、恒定律得nLvO=（9mW设此后木块沿图邨上升的最大高度为此由机械能守恒得：（加十M）=（3m+K）gH由以上各式可得也考点十一爆炸及反冲运动【典例13】（2018山东潍坊模拟）如图所示，质量相等的木块A,B间夹有一小块炸药，放在一段粗糙程度相同的水平地V面上.让A,B以速度V0一起从O点滑出,到达P点后速度变为2,此时炸药爆炸使木块A,B脱离,发现木块B立即停在原位置,木块A继续水平前进.如果仍让A,B以速度V0一起从O点滑出,当A,B停止运动时立即让炸药爆炸，则木块A最终静止在Q点（图中未标出）.已知O,P两点间的距离为s,炸药的质量可以忽略不计，爆炸时间很短可以忽略不计，爆炸释放的化学能

19、全部转化为木块的动能，求木块A从O运动到Q所用的时间.h5Hop【解析】设木块的质量均为必与地面的动摩摆因数为K炬药爆炸释放的化学能为90.第一次滑动过程中,从0点滑到P点,对小吕根据动能定理一乩,亍X2ni（羊）2-亍XZm%',*X£t在P点炸药爆炸,木块凡R系垸动量守恒21nx3根据能量的转化与守恒加拉加（务24皿咆联立解得23】Eb3可.第二次滑动过程中.从0滑出到涧速为零,对儿融根据牛顿第二定律K-22=2ml,又油一壮1：炬药爆炸时木柴%B系统动量守恒jhvAvB=O,由能量转化与守恒E0=Lv/4卜*爆炸后A以速度vA减速前进,最后停在Q点,对人根据牛顿第二定律

20、口片加，又vA-a2t2.解以上各式得-t=t+t2=.ni考点十二“人船模型”问题【典例14】（2018安徽合肥模拟）如图所示，质量为M半彳仝为R的圆环，静止在光滑水平面上，有一质量为m的滑块从与环心。等高处开始无初速度下滑到达最低点时，关于圆环的位移，下列说法中正确的是（MB.4M mD.不确定，与环和滑块之间是否存在摩擦力有关【解析】如图所示，设当滑块下滑到达最低点时圆环的位移为x,则滑块的位移为R-x,由水平方向上平均动量守恒得m（R-x）=Mx,解得x=上,不管环和滑块之间有无摩擦,系统水平方向上动量守恒且为零,因此圆Mm环、滑块的位移与环和滑块之间是否存在摩擦力无关，选项B正确.【

21、走进高考】1.（2018河北邢台模拟）（多选）木块a和b用一根轻弹簧连接起来，放在光滑水平面上，a紧靠在墙壁上，在b上施加向左的水平力使弹簧压缩，如图所示，当撤去外力后，下列说法中正确的是（；。WWWbJZZZZZZZ/Z/ZZZZZZ/Zff/f/z/A.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量守恒B.a尚未离开墙壁前,a和b组成的系统动量不守恒C.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量守恒D.a离开墙壁后,a和b组成的系统动量不守恒2 .小球质量为2m,以速度v沿水平方向垂直撞击墙壁，球被反方向弹回速度大小是fv,球与墙撞击时间为5t,在撞击过程中，球对墙的平均冲力大小是A2mvb8mvc18m

22、v口2mv5t.5t.5t.t3 .下列说法中正确的是（）A.冲量的方向一定和动量的方向相同B.动量变化量的方向一定和动量的方向相同C.物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同D.冲量是物体动量变化的原因4 .如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍.上述两种射入过程相比较A.射入滑块A的子弹速度变化大B.整个射入过程中两滑块受的冲量一样大，木块对子弹的平均阻力一样大C.射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D.两个过程中系统产生的热量相同5 .（多选）一物体静止在粗糙水平

23、面上，某时刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用开始沿水平方向做直线运动，已知在第1s内合力对物体做的功为45J,在第1s末撤去拉力，物体整个运动过程的vt图象如图7所示，g取10m/s2,则（）图7A.物体的质量为5kgB.物体与水平面间的动摩擦因数为0.1C.第1s内摩擦力对物体做的功为60JD.第1s内拉力对物体做的功为60J6 .（多选）如图8所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层。设水柱直径为D,水流速度为v,方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。高压水枪的质量为M手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为p。下列说法正确的是（）图8A.高压水枪

24、单位时间喷出的水的质量为pv兀D21B.高压水枪的功率为1P兀Dv3x.kw810C.水柱对煤层的平均冲力为二P兀Dv24D.手对高压水枪的作用力水平向右7 .如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切。一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m,物体与传送带之间的动摩擦因数为科=0.2,不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功WW以及由于摩擦而产生的热量Q8 .如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由

25、三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1/4圆弧轨道。质量n=2.0kg的物块B从1/4圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设物块AB之间发生的是正对弹性碰撞，第一次碰撞前，物块A静止。取g=10m/s2。求：(1)物块B滑到1/4圆弧的最低点C时对轨道的压力;(2)物块B与物块A

26、第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能;(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。9 .(2017云南昆明二模)课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动.假如喷出的水流流量保持为2X10-4m3/s,喷出速度保持为对地10m/s.启动前火箭总质量为1.4kg,则启动2s末火箭的速度可以达到多少？已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103kg/m3.10 .(2017天津卷，10)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，

27、质量分别为mA=2kg,mB=1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中.现将B竖直向上再举高h=1.8m(未触及滑轮)，然后由静止释放.一段时间后细绳绷直，A,B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触.取g=10m/s2,空气阻力不计.求：由(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H.11 .(2018四川南充模拟)如图所示，质量为M的滑块静止在光滑的水平桌面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一质量为m的小球以速度v0向滑块滚来，设小球不能越过滑块，求：小球到达最高点时小球和滑块的速度分别为多少？(2)小球上升的最大高度

28、.12 .(2018河北唐山模拟)如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但不连接，该整体静止在光滑水平地面上，并且C被锁定在地面上.现有一滑块A从光滑曲面上离地面h高处由静止开始下滑，与滑块B发生碰撞并粘连在一起压缩弹簧，当速度减为碰后速度一半时滑块C解除锁定.已知mA=m,mB=2m,mC=3m:(1)滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度；(2)被压缩弹簧的最大弹性势能1 .【解析】当撤去外力F后,a尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，所以a和b组成的系统的动量不守恒,选项A错误,B正确;a离开墙壁后,系统所受的外力之和为0,所以a,b组成的系统

29、的动量守恒,选项C正确，D错误.2 .【答案】C【解析】设初速度方向为正，则强后的速度为-冷¥则由动量泡里可得；加X与-Ze解得:户二1阻j负号表示力的方向与初速度方向相反由牛顿第三定律可知j球对墙的平均冲击力为75r；故送C.3 .K答案】D【解析】解:A“冲量的方向和动量的方向不一目同，I：旗呼抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向，故A错误.B、动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反.故B错误.C、物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同.故C错误.D、根据动量定理可知，冲量是物体的动

30、量变化的原因.故D正确.故选：D4 .【答案】D【解析】A、根据动量守ff定律可得mv0mMv,可知两种情况下木块和子弹的共同速度相同，两颗子弹速度变化相同，故A错误；B、两滑块的动量PMv变化相同，受到的冲量相同，由QFfd相又4=mv21mMv2,射入A22中的深度是射入B中深度的两倍，射入滑块A中时平均阻力对子弹是射入滑块B中时的-倍，故B错误；21 212C、射入毛t块A中时阻力对子弹做功wfmvmv0与射入滑块B中时阻力对子弹做功相等，故C错误；2 21 c1D、由QFfd相对=_mv；mMv2,两个过程中系统广生的热量相同，故D正确；2 2故选D。5 .解析由动能定理有理*二苧，第

31、1$末速度廿二3皿易解出阳二10%,敌人错误3盘去拉力后物体的位移累=%"3皿=45叫由动能定理可得，一网=口号册凡可解得工户10电又户3曲解出产OL故B正确宁第内物体的位移m=L5m,第1写内摩初对物体做的功用=一31=一15L故C错误,由师1-加】十刈=6可得尸=40N,所以第内拉力对物体做的功甲=即=胡了，故D正确。答案BD一，一.，一.一,16 .解析设At时间内，从水枪喷出的水的体积为AV,质重为Am,则Am=pAV,AV=SvAt=兀2m1_212DvAt,单位时间喷出水的质量为=4pVTtE2,选项A错误；At时间内水枪喷出的水的动能E=2AmV=Jp兀Dv3At,由动

32、能定理知高压水枪在此期间对水做功为W=P兀Dv3At,高压水枪的功率P=-W88t=2p兀Dv3,选项B正确；考虑一个极短时间At',在此时间内喷到煤层上水的质量为m设煤层对水柱811的作用力为F,由动量定理得FAt'=mvAt'时间内冲到煤层水的质量m=4P兀DvAt',解得F=.p兀D2v2,由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F'=F=：p兀D2v2,选项C正确；当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D错误。答案BC7.【答案】(1)30NI(2)-

33、10J;12.5J【解析】(1)根据动能定理：mgR1mv20解得：v1=3m/s2在轨道最低点：Nmgm由牛顿第三定律Fn=N=30N(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，由定律定理：mgtmvmv1,t=2.5s摩擦力对传送带做的功Wmgvt10J22v1v-xvt6.25m2g摩擦而产生的热Qmgx12.5J8.【答案】(1)Fi=60N,方向竖直向下(2)12J(3)8s【解析】(L)设物块区沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为航,由机械育鼠抖亘知叼景?二得=腐=5Bl/s设物块S滑到1/4圆弧的最低点C时受到的支持力大小为的由牛顿第二定律得：F一嵇*='jK解得

34、二月SON由牛顿第三定律得,物块犷滑到1/4同邮的最低点C时受到的支持力太小为巧;皿小方向竖直向下？(2)设物块豆在传送带上滑动过程中因受摩施力所产生的加速度大小为小则设物块£通过传送带后运动速度大小为心有八跖23联立蟀得f=4m/s由于小改=2所以目面£即为物块9与物块第一次拉撞前的速度大小。谩物块£目第一次碰撞后的速度分别为、叫取向左为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得或田=_ 1IT 一面4+ L动量守恒,能量守恒）219解得防卡=-2叫画幅=2m/国,2弹警具有的最大弹性当能等于物块用的初动能（3）碰撞后物块因沿水平台面向右匀速运动o设物块X在传送带上向右运动的最大位移为,由动有淀理得：一"陵?R一一。vj2得l'=2m<4.5m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上.当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动.可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v=2m/s,继而与物块A发生第二次碰撞.设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为tl。由动量定理得:(1 mgt = 2mv'2v1t1 g设物块AB第一次碰撞后的速度分别为v4、v3,取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得解得1c1,v244s22m