廣州市2019高中物理力學(xué)競賽輔導(dǎo)資料專題07動量和能量含解析

專題07動量和能量一、單項選擇題（每道題只有一個選項正確）1、質(zhì)量為m、速度為v的A球跟質(zhì)量為3m的靜止B球發(fā)生正碰。碰撞可能是彈性的，也可能是非彈性的，因此，碰撞后B球的速度允許有不同的值。則碰撞后B球的速度可能是（）vvvv【答案】C【解析】①若是彈性碰撞，由動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律可得mv＝mv1＋3mv2eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×3mveq\o\al(2,2)得v1＝eq\f(m－3m,m＋3m)v＝－eq\f(1,2)v，v2＝eq\f(2m,4m)v＝eq\f(1,2)v若是完全非彈性碰撞，則mv＝4mv′，v′＝eq\f(1,4)v因此eq\f(1,4)v≤vB≤eq\f(1,2)v，只有C是可能的。2、如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(m＜M)的小物塊以一定的初速度沿水平面向左運(yùn)動，不計沖上斜面時的機(jī)械能損失。如果斜面固定，則小物塊恰能沖到斜面的頂端。如果斜面不固定，則小物塊沖上斜面后能達(dá)到的最大高度為()A.h B.eq\f(mh,m＋M)C.eq\f(mh,M) D.eq\f(Mh,m＋M)【答案】D【解析】斜面固定時，由動能定理得－mgh＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)所以v0＝eq\r(2gh)斜面不固定時，由水平方向動量守恒得mv0＝(M＋m)v由機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)(M＋m)v2＋mgh′解得h′＝eq\f(M,M＋m)h，選項D正確。3、如圖所示，在光滑水平面上停放質(zhì)量為m裝有弧形槽的小車?，F(xiàn)有一質(zhì)量也為m的小球以v0的水平速度沿切線水平的槽口向小車滑去(不計摩擦)，到達(dá)某一高度后，小球又返回小車右端，則以下說法不正確的是()eq\f(v0,2)B.小球離車后，對地將向右做平拋運(yùn)動C.小球離車后，對地將做自由落體運(yùn)動eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)【答案】B【解析】小球到達(dá)最高點時，小車和小球相對靜止，且水平方向總動量守恒，有mv0＝2mv，v＝eq\f(v0,2)，選項A正確；小球離開小車時類似完全彈性碰撞，兩者速度互換，此過程中小球?qū)囎龅墓＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，故選項C、D正確，B錯誤。4、如圖所示，質(zhì)量M＝2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m＝1kg的小球通過L＝0.5m的輕質(zhì)細(xì)桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0＝4m/s，g取10m/s2。則（）A.若鎖定滑塊，小球通過最高點P時對輕桿的作用力為12NB.若解除對滑塊的鎖定，滑塊和小球組成的系統(tǒng)動量守恒C.若解除對滑塊的鎖定，小球通過最高點時速度為3m/sD.若解除對滑塊的鎖定，小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離為eq\f(2,3)m【答案】D【解析】設(shè)小球到達(dá)最高點速度為vP，則eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,P)，得vP＝eq\r(6)m/s，對小球F＋mg＝meq\f(veq\o\al(2,P),L)，得F＝2N，若解除鎖定，小球和滑塊構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒。由動量守恒得mvm＝MvM和機(jī)械能守恒得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,M)＋mgL得vm＝2m/s，設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離為xm，滑塊運(yùn)動的距離為xM。由系統(tǒng)水平方向動量守恒得mxm＝MxM且又xm＋xM＝2L得xm＝eq\f(2,3)m。故D正確。5、如圖所示，甲球從O點以水平速度v1飛出，落在水平地面上的A點。乙球從O點以水平速度v2飛出，落在水平地面上的B點，反彈后恰好也落在A點，兩球質(zhì)量均為m。若乙球落在B點時的速度大小為2v2，與地面的夾角為60°，且與地面發(fā)生彈性碰撞，不計碰撞時間和空氣阻力，下列說法錯誤的是（）A．乙球在B點受到的沖量大小為B．拋出時甲球的機(jī)械能大于乙球的機(jī)械能C．OA兩點的水平距離與OB兩點的水平距離之比是3:1D．由O點到A點，甲、乙兩球運(yùn)動時間之比是1:1【答案】D【解析】由動量定理，可知A正確，剛拋出時，甲和乙的勢能相同，但是甲的動能大于乙的動能，故甲的機(jī)械能大于乙的機(jī)械能，故B正確。乙和地面發(fā)生彈性碰撞，由對稱性可知，故第一次落地的水平位移之比為3：1，故C正確，由可知，甲和乙用的時間不等，故D錯誤。6、.如圖所示，水平光滑的地面上停放著一輛質(zhì)量為M的小車，小車左端靠在豎直墻壁上，其左側(cè)半徑為R的四分之一圓弧軌道AB是光滑的，軌道最低點B與水平軌道BC相切，整個軌道處于同一豎直平面內(nèi)．將質(zhì)量為m的物塊(可視為質(zhì)點)從A點無初速度釋放，物塊沿軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出．重力加速度為g，空氣阻力可忽略不計．關(guān)于物塊從A位置運(yùn)動至C位置的過程，下列說法中正確的是()A．在這個過程中，小車和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向動量守恒B．在這個過程中，物塊克服摩擦力所做的功為mgRC．在這個過程中，摩擦力對小車所做的功為mgRD．在這個過程中，由于摩擦生成的熱量為【答案】D【解析】在物塊從A位置運(yùn)動到B位置過程中，小車和物塊構(gòu)成的系統(tǒng)在水平方向受到的合力不為零，系統(tǒng)在水平方向動量不守恒，A錯誤；物塊從A滑到B的過程中，小車靜止不動，對物塊，由動能定理得：mgR＝mv2－0，解得物塊到達(dá)B點時的速度v＝；在物塊從B運(yùn)動到C過程中，物塊做減速運(yùn)動，小車做加速運(yùn)動，最終兩者速度相等，在此過程中，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，由動量守恒定律可得mv＝(M＋m)v′，v′＝，以物塊為研究對象，由動能定理可得：－Wf＝mv′2－mv2，解得：Wf＝mgR－，B錯誤；對小車由動能定理得：Wf車＝Mv′2＝，C錯誤；物塊與小車組成的系統(tǒng)，在整個過程中，由能量守恒定律得：mgR＝Q＋(M＋m)v′2，解得：Q＝，D正確．二、多項選擇題（每道題至少有二個選項正確）7、如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg、板長L＝0.65m的滑板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)固定平臺D等高．質(zhì)量為m＝1kg的物塊(可視為質(zhì)點)v0＝3m/s的水平速度滑上滑板．滑板運(yùn)動到平臺D時被牢固粘連．已知物塊與滑板間的動摩擦因數(shù)0.5，滑板右端到平臺D左側(cè)的距離s在0.2m＜s＜0.5m范圍內(nèi)取值．取g＝10m/s2，則（）A.在滑板M和平臺D接觸之前，物塊m一直做減速運(yùn)動B.在滑板M和平臺D接觸之前，物塊m先做減速運(yùn)動，再做勻速運(yùn)動D【答案】BC【解析】物塊滑上滑板后開始做勻減速運(yùn)動，此時滑板開始作勻加速直線運(yùn)動，當(dāng)物塊與滑板達(dá)到共同速度時，二者開始做勻速直線運(yùn)動．設(shè)它們的共同速度為v，根據(jù)動量守恒mvC＝(m＋M)v，解v＝1m/s，對物塊，－μmgs1＝mv2－m，得：s1＝0.8m，對滑板，μmgs2＝Mv2，解s2＝0.2m，由此可知物塊在滑板上相對滑過Δs＝s1－s2＝0.6m時，小于0.65m，并沒有滑下去，二者就具有共同速度了(同速時物塊離滑板右側(cè)還有L－Δs＝0.05m距離)，物塊的運(yùn)動是勻減速運(yùn)動s1＝0.8m，勻速運(yùn)動s－s2，勻減速運(yùn)動L－Δs＝0.05m，滑上平臺D，對物塊，－μmg＝EKD－m，得：EKD＝0.25J.因為m在M上滑過的距離是L，故D錯誤。8、觀賞“煙火”表演是每年“春節(jié)”慶?；顒拥膲狠S大餐。某型“禮花”底座僅0.2s的發(fā)射時間，就能將5kg的禮花彈豎直拋上180m的最高點，此時禮花彈爆炸為沿水平方向運(yùn)動的兩塊（爆炸時炸藥質(zhì)量忽略不計），測得兩塊落地點間的距離S=900m，落地時兩者的速度相互垂直，(忽略發(fā)射底座高度，不計空氣阻力，g取10m/s2)則（）A.火藥對禮花彈的作用力為為1500NB.火藥對禮花彈的作用力為為1550NC.禮花彈在180m最高點爆炸時，禮花彈動量守恒，機(jī)械能也守恒D.禮花彈爆炸成的兩塊物體質(zhì)量之比為1：4或4：1【答案】BD【解析】禮花彈豎直拋上180m高空用時為t，則得：設(shè)發(fā)射時間為t1，火藥對禮花彈的作用力為F，得，禮花彈在180m高空爆炸時分裂為質(zhì)量為m1、m2的兩塊，對應(yīng)水平速度大小為、，方向相反，禮花彈爆炸時該水平方向合外力為零，動量守恒定律，且，設(shè)物塊落地時豎直速度為，落地時兩者的速度相互垂直，如圖所示，有：又=gt代入數(shù)據(jù)解得：或9、如圖所示，兩塊相同平板P1、P2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m。P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L。物體P置于P1的最右端，質(zhì)量為2m且可看作質(zhì)點。P1與P以共同速度v0向右運(yùn)動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后P1與P2粘連在一起。P壓縮彈簧后被彈回并停在A點(彈簧始終在彈性限度內(nèi))。P與P2之間的動摩擦因數(shù)為μ。則（）A.P1、P2剛碰完時的共同速度為B.P2的最終速度為C.此過程中彈簧的最大壓縮量為eq\f(veq\o\al(2,0),32μg)－Leq\f(1,16)mveq\o\al(2,0)【答案】BCD【解析】P1、P2碰撞瞬間，P的速度不受影響，根據(jù)動量守恒mv0＝2mv1，得v1＝eq\f(v0,2),最終三個物體具有共同速度，根據(jù)動量守恒3mv0＝4mv2，得v2＝eq\f(3,4)v0,根據(jù)能量守恒，系統(tǒng)動能減少量等于因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×4mveq\o\al(2,2)＝2mgμ(L＋x)×2得x＝eq\f(veq\o\al(2,0),32μg)－L,在從第一次共速到第二次共速過程中，彈簧彈性勢能等于因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能，即Ep＝2mgμ(L＋x)得Ep＝eq\f(1,16)mveq\o\al(2,0),故選項BCDC正確，A錯誤10、如圖甲所示，在光滑水平面上，輕質(zhì)彈簧一端固定，物體A以速度v0向右運(yùn)動壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量為x。現(xiàn)讓彈簧一端連接另一質(zhì)量為m的物體B(如圖乙所示)，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，測得彈簧的最大壓縮量仍為x，則()A.A物體的質(zhì)量為3mB.A物體的質(zhì)量為2meq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)mveq\o\al(2,0)【答案】AC【解析】對題圖甲，設(shè)物體A的質(zhì)量為M，由機(jī)械能守恒定律可得，彈簧壓縮x時彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)；對題圖乙，物體A以2v0的速度向右壓縮彈簧，A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，彈簧達(dá)到最大壓縮量時，A、B二者速度相等，由動量守恒定律有M·2v0＝(M＋m)v，由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)M·(2v0)2－eq\f(1,2)(M＋m)v2，聯(lián)立解得M＝3m，Ep＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,0)＝eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)，選項A、C正確，B、D錯誤。11、如圖所示，光滑水平面上有一質(zhì)量為2M、半徑為R(R足夠大)的eq\f(1,4)圓弧曲面C，質(zhì)量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質(zhì)量為eq\f(M,2)，小球A以v0＝6m/s的速度向B運(yùn)動，并與B發(fā)生彈性碰撞，不計一切摩擦，小球均視為質(zhì)點，則()A.B的最大速率為4m/sB.B運(yùn)動到最高點時的速率為eq\f(3,4)m/sC.B能與A再次發(fā)生碰撞D.B不能與A再次發(fā)生碰撞【答案】AD【解析】A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得eq\f(M,2)v0＝eq\f(M,2)vA＋MvB，eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)·eq\f(M,2)veq\o\al(2,A)＋eq\f(1,2)·Mveq\o\al(2,B)，解得vA＝－2m/s，vB＝4m/s，故B的最大速率為4m/s，選項A正確；B沖上C并運(yùn)動到最高點時二者共速，設(shè)為v，則MvB＝(M＋2M)v，得v＝eq\f(4,3)m/s，選項B錯誤；從B沖上C然后又滑下的過程，設(shè)B、C分離時速度分別為vB′、vC′，由水平方向動量守恒有MvB＝MvB′＋2MvC′，由機(jī)械能守恒有eq\f(1,2)·Mveq\o\al(2,B)＝eq\f(1,2)·MvB′2＋eq\f(1,2)·2MvC′2，聯(lián)立解得vB′＝－eq\f(4,3)m/s，由于|vB′|<|vA|，所以二者不會再次發(fā)生碰撞，選項C錯誤，D正確。12、.如圖所示，三個小球A、B、C的質(zhì)量均為m，A與B、C間通過鉸鏈用輕桿連接，桿長為L，B、C置于水平地面上，用一輕質(zhì)彈簧連接，彈簧處于原長。現(xiàn)A由靜止釋放下降到最低點，兩輕桿間夾角α由60°變?yōu)?20°，A、B、C在同一豎直平面內(nèi)運(yùn)動，彈簧在彈性限度內(nèi)，忽略一切摩擦，重力加速度為g。則此下降過程中（）A.A的動能達(dá)到最大前，B受到地面的支持力小于mgB.A、B、C系統(tǒng)機(jī)械能守恒，動量守恒C.彈簧的彈性勢能最大時，A的加速度為零D.彈簧的彈性勢能最大值為【答案】AD【解析】A的動能最大時，設(shè)B和C受到地面的支持力大小均為F，此時整體在豎直方向受力平衡，可得，所以，在A的動能達(dá)到最大前一直是加速下降，處于失重情況，所以B受到地面的支持力小于，A正確；三者組成的系統(tǒng)，勢能與動能相互轉(zhuǎn)化，機(jī)械能守恒，但是系統(tǒng)只有在A速度最大時，合力為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，B錯誤；當(dāng)A達(dá)到最低點時動能為零，此時彈簧的彈性勢能最大，A的加速度方向向上，C錯誤；A下落的高度為：，根據(jù)功能關(guān)系可知，小球A的機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，即彈簧的彈性勢能最大值為，D正確13、如圖所示，將一輕質(zhì)彈簧從物體B內(nèi)部穿過，并將其上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為m1=2.0kg的物體A。平衡時物體A距天花板h=2.4m，在距物體A正上方高為h12=1.0kg的物體B，B下落過程中某時刻與彈簧下端的物體A碰撞（碰撞時間極短）并立即以相同的速度與A運(yùn)動，兩物體不粘連，且可視為質(zhì)點，碰撞后兩物體一起向下運(yùn)動，歷時0.25s第一次到達(dá)最低點，（彈簧始終在彈性限度內(nèi)，不計空氣阻力，g=10m/s2）下列說法正確的是（）A.碰撞結(jié)束瞬間兩物體的速度大小為2m/sC.碰撞結(jié)束后兩物體一起向下運(yùn)動的過程中，兩物體間的平均作用力大小為18ND.A、B在碰后一起下落的過程中，它們減少的動能等于克服彈簧力所做的功16.如圖所示，小剛和小明兩人分別坐在兩個完全相同的冰車上，在水平冰面上進(jìn)行一15.【答案】ABC【解析】A項：B物體自由下落至與A碰撞前其速度為v0，根據(jù)自由落體運(yùn)動規(guī)律，AB碰撞結(jié)束之后瞬時二者速度共同速度為vt，根據(jù)動量守恒定律，代入數(shù)據(jù)可得：，故A正確；B、C項：從二者一起運(yùn)動到速度變?yōu)榱愕倪^程中，選擇B作為研究對象，根據(jù)動量定理：，解得F=18N，方向豎直向上，此過程對B分析，根據(jù)動能定量理可得，解得x=0.25m，故BC正確；D項：根據(jù)動能定理：A、B在碰后一起下落的過程中，它們減少的動能等于克服彈簧力所做的功和克服重力做功之和，故D錯誤。三、計算題14、如圖所示，在水平地面上放有一高度為h＝1.6m、質(zhì)量為2m的斜面體，地面與斜面體弧面的底端相切。有兩個可以視為質(zhì)點的甲、乙兩滑塊，甲的質(zhì)量為2m，乙的質(zhì)量為Nm?，F(xiàn)將乙滑塊置于斜面體左邊地面上，將甲滑塊置于斜面體的頂端，甲滑塊由靜止滑下，然后與乙滑塊發(fā)生碰撞，碰后乙獲得了v＝2.0m/s的速度。(不計一切摩擦，取g＝10m/s2)(1)求甲滑塊剛滑到斜面底端時的速度v0；(2)試依據(jù)甲滑塊跟乙滑塊的碰撞情況，求出N的取值范圍并分析出碰撞后甲滑塊的運(yùn)動情況?！窘馕觥?1)對甲滑塊和斜面體，在下滑的過程中，水平方向動量守恒，以水平向左為正方向，則有2mv0－2mv1＝0由機(jī)械能守恒定律有2mgh＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)解得v0＝4m/s(2)若甲、乙兩滑塊發(fā)生彈性碰撞，有2mv0＝2mv2＋Nmveq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,0)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,2)＋eq\f(1,2)×Nmv2解得N＝6，v2＝－2m/s，負(fù)號表示碰撞后速度與碰撞前速度方向相反若甲、乙兩滑塊發(fā)生完全非彈性碰撞，有2mv0＝(2m＋Nm)v解得N＝2所以N的取值范圍是2≤N≤6若甲碰后速度為零，則有2mv0＝Nmv解得N＝4當(dāng)2≤N＜4，碰后甲向左勻速運(yùn)動當(dāng)N＝4，碰后甲靜止當(dāng)4<N≤6，碰后甲向右勻速運(yùn)動15、如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)．小球A、B質(zhì)量分別為m、βm（β為待定系數(shù)）．A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞后A、B球能達(dá)到的最大高度均為,碰撞中無機(jī)械能損失．重力加速度為g．試求：（1）待定系數(shù)β．（2）第一次碰撞剛結(jié)束時小球A、B各自的速度和B球?qū)壍赖膲毫Γ?）小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結(jié)束時各自的速度．【解析】（1）由機(jī)械能守恒定律得故；（2）設(shè)A、B第一次碰撞后的速度大小分別為、，則，，故，向左；向右；設(shè)軌道對B球的支持力為，B球?qū)壍赖膲毫椋?，由牛頓第三定律知，方向豎直向下．（3）由機(jī)械能守恒定律知，第一次碰撞前A的速度為．設(shè)A、B球第二次碰撞剛結(jié)束時的速度分別為、，則解得，（另一組解：，不合題意，舍去）．由此可得：當(dāng)n為奇數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與其第一次碰撞剛結(jié)束時相同；當(dāng)n為偶數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與其第二次碰撞剛結(jié)束時相同．16、探究某種筆的彈跳問題時，把筆分為輕質(zhì)彈簧、內(nèi)芯和外殼三部分，其中內(nèi)芯和外殼質(zhì)量分別為m和4m．筆的彈跳過程分為三個階段：①把筆豎直倒立于水平硬桌面，下壓外殼使其下端接觸桌面（見圖a）；②由靜止釋放，外殼豎直上升至下端距桌面高度為h1時，與靜止的內(nèi)芯碰撞（見圖b）；③碰后，內(nèi)芯與外殼以共同的速度一起上升到外殼下端距桌面最大高度為h2處（見圖c）．設(shè)內(nèi)芯與外殼的撞擊力遠(yuǎn)大于筆所受重力、不計摩擦與空氣阻力，重力加速度為g．求：（1）外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小；（2）從外殼離開桌面到碰撞前瞬間，彈簧做的功；（3）從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機(jī)械能．【解析】（1）由機(jī)械能守恒定律得故；（2）設(shè)A、B第一次碰撞后的速度大小分別為、，則，，故，向左；向右；設(shè)軌道對B球的支持力為，B球?qū)壍赖膲毫?，，由牛頓第三定律知，方向豎直向下．（3）由機(jī)械能守恒定律知，第一次碰撞前A的速度為．設(shè)A、B球第二次碰撞剛結(jié)束時的速度分別為、，則解得，（另一組解：，不合題意，舍去）．由此可得：當(dāng)n為奇數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與其第一次碰撞剛結(jié)束時相同；當(dāng)n為偶數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與其第二次碰撞剛結(jié)束時相同．17、某興趣小組用如圖所示的裝置進(jìn)行實驗研究．他們在水平桌面上固定一內(nèi)徑為d的圓柱形玻璃杯，杯口上放置一直徑為、質(zhì)量為m的勻質(zhì)薄圓板，板上放一質(zhì)量為2m的小物塊，板中心、物塊均在杯的軸線上，物塊與板間動摩擦因數(shù)為，不計板與杯口之間的摩擦力，重力加速度為g，不考慮板的翻轉(zhuǎn)．（1）對板施加指向圓心的水平外力F，設(shè)物塊與板間最大靜摩擦力為，若物塊能在板上滑動，求F應(yīng)滿足的條件．（2）如果對板施加的指向圓心的水平外力是作用時間極短的較大沖擊力，沖量為I，①I應(yīng)滿足什么條件才能使物塊從板上掉下？②物塊從開始運(yùn)動到掉下時的位移s為多少？②根據(jù)s與I的關(guān)系式說明要使s更小，沖量應(yīng)如何改變．【解析】（1）設(shè)圓板與物塊相對靜止時，它們之間的靜摩擦力為f。共同加速度