高考物理一轮复习阶段滚动检测第6章碰撞与动量守恒含答案

这是一份高考物理一轮复习阶段滚动检测第6章碰撞与动量守恒含答案，共13页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5小题为单选,6～8小题为多选)
1．某火箭模型含燃料质量为M，点火后在极短时间内相对地面以速度大小v0竖直向下喷出一定质量的气体，火箭模型获得的速度大小为v，忽略喷气过程中重力和空气阻力的影响，则喷出的气体质量为( )
A． eq \f(Mv,v0) B． eq \f(Mv,v0＋v) C． eq \f(Mv,v0－v) D． eq \f(Mv,v0＋2v)
【解析】选B。取向上为正方向，由动量守恒定律得(M－m)v－mv0＝0，解得喷出气体质量为m＝ eq \f(Mv,v＋v0) ，选项B正确，A、C、D错误。
【加固训练】
(2017·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )
A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/sD.6.3×102 kg·m/s
【解析】选A。火箭与喷出的燃气组成的系统在竖直方向上动量守恒。选竖直向上为正方向，设喷气后火箭的动量为p，由动量守恒定律得：0 =p-mv，则p=mv=0.050×600 kg·m/s=30 kg·m/s。
2.(2021·六盘水模拟)某城市创卫工人用高压水枪冲洗墙面上的广告,如图所示,若水柱截面为S,水流以速度v垂直射到墙面上,之后水速减为零,已知水的密度为ρ,则水对墙面的冲力为( )
A.ρSvB.ρSv2C.D.
【解析】选B。设t时间内有V体积的水打在墙面上,则这些水的质量为m=ρV =ρSvt,以这部分水为研究对象,它受到墙面的作用力为F,以水运动的方向为正方向,由动量定理有:Ft=0-mv,即:F=-=-ρSv2,负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反;由牛顿第三定律可以知道,水对墙面的冲击力大小也为ρSv2,故B正确,A、C、D错误。
3．(受力分析、物体的平衡)(2020·哈尔滨模拟)如图所示，质量为m的小球系于轻质弹簧的一端，且套在光滑竖直的圆环上，弹簧的上端固定于环的最高点A，小球静止时处于圆环的B点，此时∠AOB＝60°，弹簧伸长量为L。现用该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体，系统静止时弹簧伸长量也为L。则此时物体所受的摩擦力( )
A.等于零
B．大小为0.5mg，方向沿水平面向右
C．大小为mg，方向沿水平面向左
D．大小为2mg，方向沿水平面向右
【解析】选C。对B小球受力分析：受到重力、弹簧的弹力和圆环对小球的支持力，由于三角形OAB是一个等边三角形，可得弹簧的弹力、小球的重力、圆环对小球的支持力均相等且为mg，此时弹簧伸长量为L，当该弹簧沿水平方向拉住质量为2m的物体时，弹簧伸长量为L，由胡克定律F＝kΔx可知弹簧的弹力为mg；由于质量为2m的物体处于静止状态，即受力平衡，在水平方向上是弹簧的弹力和物体所受的摩擦力平衡，所以物体所受的摩擦力大小为mg，方向与弹簧的弹力方向相反即为沿水平面向左，选项C正确，A、B、D错误。
4．(2021·南昌模拟)“世界上第一个想利用火箭飞行的人”是明朝的士大夫万户。他把47个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，飞上天空，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备(含燃料的火箭、椅子、风筝等)总质量为M，点燃火箭后在极短的时间内，质量为m的炽热燃气相对地面以v0的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为g，下列说法中正确的是( )
A．火箭的推力来源于空气对它的反作用力
B．在燃气喷出的瞬间，火箭的速度大小为 eq \f(mv0,M－m)
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,g（M－m）2)
D．在火箭喷气过程中，万户及所携设备机械能守恒
【解析】选B。火箭的推力来源于燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对火箭的反作用力，故A错误；在燃气喷出的瞬间，万户及所携设备组成的系统动量守恒，设火箭的速度大小为v，规定火箭运动方向为正方向，则有(M－m)v－mv0＝0，解得火箭的速度大小为v＝ eq \f(mv0,M－m) ，故B正确；喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得上升的最大高度为h＝ eq \f(v2,2g) ＝ eq \f(m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2（M－m）2g) ，故C错误；在火箭喷气过程中， 燃料燃烧时产生的向后喷出的高温高压气体对万户及所携设备做正功，万户及所携设备机械能不守恒，故D错误。
【加固训练】
如图所示，一个质量为m1=60 kg 的人正抓着一只大气球下面的一根长绳。气球和长绳的总质量为m2=20 kg，当静止时人离水面的高度为h=6 m，长绳的下端刚好和水面接触。如果这个人开始沿绳向下滑，当他滑到绳下端时，他离水面高度约是(可以把人看作质点)( )
A.4.8 m B.3.6 m
C.5 mD.4.5 m
【解析】选D。设人的速度为v1，气球的速度为v2，人与气球和长绳组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得m1v1=m2v2，每一时刻人的速度和气球的速度之比都和质量成反比，即人和气球的平均速度也和质量成反比，设气球上升s，人下降h1 ，，即m1h1=m2s，因为h=h1+s，解得h1=1.5 m，所以当他滑到绳子下端时，他离水面的高度为H=h-h1=4.5 m，选项D正确。
5．(2020·抚州模拟)如图所示，质量相同的A、B两物体用轻弹簧连接，静止在光滑水平面上，其中B物体靠在墙壁上。现用力推动物体A压缩弹簧至P点后再释放物体A，当弹簧的长度最大时，弹性势能为E1。现将物体A的质量增大到原来的3倍，仍使物体A压缩弹簧至P点后释放，当弹簧的长度最大时，弹性势能为E2。则 eq \f(E1,E2) 等于( )
A.1 B．2
C．3 D．4
【解题指导】解答本题应注意以下两点：
(1)释放A后被压缩弹簧的弹性势能转化为A的动能；
(2)当B离开墙壁后，A、B组成的系统动量守恒，B离开墙壁后当A、B速度第一次相等时弹簧的伸长量最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
【解析】选B。设物体A压缩弹簧到P点时，弹簧的弹性势能为E，开始时，物体A、B的质量均为m，则有E＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，mv0＝2mv，E1＝E－ eq \f(1,2) ×2mv2＝ eq \f(1,2) E，把A的质量换成3m，E＝ eq \f(1,2) ×3mv′ eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，3mv′0＝4mv′，E2＝E－ eq \f(1,2) ×4mv′2＝ eq \f(1,4) E，所以有 eq \f(E1,E2) ＝2，选项B正确。
【加固训练】
(2020·广州模拟)如图，水平放置的圆环形窄槽固定在桌面上，槽内有两个大小相同的小球a、b，球b静止在槽中位置P。球a以一定初速度沿槽运动，在位置P与球b发生弹性碰撞，碰后球a反弹，并在位置Q与球b再次碰撞。已知∠POQ=90°，忽略摩擦，且两小球可视为质点，则a、b两球质量之比为( )
A.3∶1B.1∶3C.5∶3D.3∶5
【解析】选D。由动量守恒可知，碰后两球的速度方向相反，且在相同时间内，b球运动的弧长为a球运动的弧长的3倍，则有vb=-3va，由动量守恒定律有mav=mbvb+mava，由能量守恒有mav2=ma+，联立解得，选项A、B、C错误，D正确。
6．(万有引力与航天)如图所示，火星与木星轨道之间有一小行星带。假设该小行星带中的小行星只受到太阳的引力，并绕太阳做匀速圆周运动。下列说法中正确的是( )
A.各小行星绕太阳运动的周期大于一年
B．小行星带内侧行星的加速度小于外侧行星的加速度
C．小行星带内各行星绕太阳公转的线速度均小于地球公转的线速度
D．与太阳距离相等的每一颗小行星，受到太阳的引力大小都相等
【解析】选A、C。根据万有引力提供向心力有G eq \f(Mm,R2) ＝mR( eq \f(2π,T) )2，解得T＝ eq \r(\f(4π2R3,GM)) ，故离太阳越远，周期越大，所以各小行星绕太阳运动的周期大于地球的公转周期，即大于一年，选项A正确；根据万有引力提供向心力有G eq \f(Mm,R2) ＝ma，解得a＝ eq \f(GM,R2) ，所以小行星带内侧行星的加速度大于外侧行星的加速度，选项B错误；根据万有引力提供向心力有G eq \f(Mm,R2) ＝m eq \f(v2,R) ，解得v＝ eq \r(\f(GM,R)) ，由题图可判断，小行星带内各行星绕太阳公转的线速度均小于地球公转的线速度，选项C正确；根据万有引力公式有F万＝G eq \f(Mm,R2) ，由于与太阳距离相等的每一颗小行星的质量未知，所以受到太阳的引力大小不一定都相等，选项D错误。
7.将小球以10 m/s的初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的动能Ek、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示(g取10 m/s2)。下列说法正确的是( )
A．小球的质量为0.1 kg
B．小球上升到3 m时，重力势能与动能之差为1.5 J
C．小球动能与重力势能相等时的速度大小为 eq \f(20,3) m/s
D．上升到最高点的过程，小球受到的阻力(不包括重力)的冲量大小为0.25 N·s
【解题指导】解答本题要注意以下四点：
(1)由图象可得最高点的高度，以及重力势能，由重力势能表达式可得质量。
(2)由除了重力之外的其他力做功等于机械能的变化量可以得到摩擦力大小，对小球由动能定理可得小球动能与重力势能相等时的速度大小。
(3)结合图象中的数据，分别求出h=3 m处小球的动能和重力势能，然后求差即可。
(4)根据牛顿第二定律求解加速度，根据冲量公式计算冲量大小。
【解析】选A、C。在最高点有Ep＝mgh得m＝ eq \f(Ep,gh) ＝ eq \f(4,10×4) kg＝0.1 kg，选项A正确；由题图可知，在h＝3 m处，小球的重力势能是3 J，动能是Ek＝(5－ eq \f(5,4) ×3) J＝1.25 J，所以小球上升到3 m时，重力势能与动能之差为1.75 J，选项B错误；由除重力以外其他力做功W其＝ΔE可知，－fh＝E高－E低＝－1 J，其中h＝4 m，解得f＝0.25 N，由牛顿第二定律有上升过程中加速度大小为a＝ eq \f(mg＋f,m) ＝12.5 m/s2，上升过程所用的时间为t＝ eq \f(v0,a) ＝ eq \f(10,12.5) s＝0.8 s，则阻力的冲量大小为If＝ft＝0.25×0.8 N·s＝0.2 N·s，设小球动能和重力势能相等时的高度为H，此时有mgH＝ eq \f(1,2) mv2，由动能定理得－fH－mgH＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得H＝
eq \f(20,9) m，v＝ eq \f(20,3) m/s，选项C正确，D错误。
8.在某高空杂技类节目现场下方地面上放置一弹簧垫，此弹簧垫可视为质量为m的木板与两相同直立轻弹簧的上端相连，静止时弹簧的压缩量为h，如图所示。某同学为了测试弹簧垫的性能，将一质量为2m的物体从距木板上方2h处的O点由静止释放，物体与木板碰撞后，粘在一起向下运动，到达最低点后又向上运动，它们恰能回到A点，空气阻力、木板厚度、物体大小忽略不计，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是( )
A．物体与木板一起向下运动过程中的速度先增大后减小
B．整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能守恒
C．物体与木板碰后瞬间加速度大小为 eq \f(g,3) ，物体与木板恰好回到A点时加速度大小为g
D．物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为 eq \f(1,3) mgh
【解析】选A、D。物体与木板一起向下运动过程中，整体受到的弹簧弹力先小于总重力，后大于总重力，整体的合外力先向下后向上，则整体先向下加速，后向下减速，速度先增大后减小，选项A正确；物体与木板发生非弹性碰撞，系统的机械能有损失，所以，整个过程中，物体、木板和两弹簧组成的系统机械能不守恒，选项B错误；两弹簧原来的弹力大小为F＝mg，物体与木板碰后瞬间弹簧的弹力不变，对整体有(m＋2m)g－F＝(m＋2m)a，解得a＝ eq \f(2g,3) ，物体与木板恰好回到A点时，弹簧的弹力为0，整体只受重力，加速度大小为g，选项C错误；物体与木板碰撞前瞬间的速度为2g·2h＝v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，解得v0＝2 eq \r(gh) ，碰撞过程，取竖直向下方向为正方向，由动量守恒定律得2mv0＝(m＋2m)v，从碰撞后到回到A点的过程，根据系统的机械能守恒得 eq \f(1,2) (m＋2m)v2＋Ep＝(m＋2m)gh，联立解得，物体与木板碰撞之前，两弹簧的弹性势能总和为Ep＝ eq \f(mgh,3) ，选项D正确。
二、实验题(12分)
9．如图1所示，在“验证动量守恒定律”实验中，A、B两球半径相同。先让质量为m1的A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，从轨道末端抛出，落到位于水平地面的复写纸上，在下面的白纸上留下痕迹。重复上述操作10次，得到10个落点痕迹。再把质量为m2的B球放在水平轨道末端，让A球仍从位置C由静止滚下，A球和B球碰撞后，分别在白纸上留下各自的落点痕迹，重复操作10次。M、P、N为三个落点的平均位置，未放B球时，A球的落点是P点，O点是轨道末端在白纸上的竖直投影点，如图2所示。
(1)为了尽量减小实验误差，A球碰后要沿原方向运动，两个小球的质量应满足m1__________(选填“>”或“<”)m2。
(2)实验中，不容易直接测定小球碰撞前后的速度。但是，可以通过仅测量__________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A．小球开始释放高度h
B．小球抛出点距地面的高度H
C．小球做平抛运动的水平位移
(3)关于本实验的条件和操作要求，下列说法正确的是__________。
A．斜槽轨道必须光滑
B．斜槽轨道末端必须水平
C．B球每次的落点一定是重合的
D．实验过程中，复写纸和白纸都可以移动
(4)已知A、B两个小球的质量m1、m2，三个落点位置与O点距离分别为OM、OP、ON。在实验误差允许范围内，若满足关系式______________，则可以认为两球碰撞前后的总动量守恒。
【解析】(1)为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被撞球的质量。
(2)验证动量守恒定律实验，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，根据平抛运动规律，若落地高度不变，则运动时间不变，因此可以用水平射程大小来体现水平速度大小，故需要测量水平射程，选项A、B错误，C正确；
(3)实验中，斜槽轨道不一定必须光滑，但是斜槽轨道末端必须水平，保证小球做平抛运动，实验中，复写纸和白纸位置不可以移动，B球每次的落点不一定是重合的，选项A、C、D错误，B正确。
(4)根据平抛运动可知，落地高度相同，则运动时间相同，设落地时间为t，则v0＝ eq \f(OP,t) ，v1＝ eq \f(OM,t) ，v2＝ eq \f(ON,t) ，而动量守恒定律的表达式是m1v0＝m1v1＋m2v2。若两球相碰前后的动量守恒，则需要验证表达式m1·OP＝m1·OM＋m2·ON。
答案：(1)＞ (2)C (3)B
(4)m1·OP＝m1·OM＋m2·ON
三、计算题(本题共2小题，共40分。需写出规范的解题步骤)
10.(16分)打夯是一种常见的劳动方式，由铸铁浇铸而成的夯呈立方体结构，在其四个角上拴有八根长绳，打夯时，八个人围着夯等间距站立，通过长绳同时使力，将静止在地面的夯竖直提升h1＝1 m后同时放手，再经过t1＝1 s夯落回地面，与地面撞击后反弹上升h2＝0.2 m。人在提升夯的过程中夯的上表面始终保持水平，为了简化可将夯的运动看作匀变速运动。已知夯与地面作用时间为t2＝0.2 s，夯的质量m＝40 kg，重力加速度g取10 m/s2，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6，不考虑空气阻力和绳的质量，求：
(1)若人开始提升夯时长绳与水平方向的夹角均为θ＝53°，则夯刚开始运动时每根绳上的平均张力的大小为多少；
(2)在提升夯的过程中每个人做功的平均功率P；
(3)夯对地面平均撞击力的大小。
【解题指导】解答本题应注意以下三点：
(1)松手后夯先向上减速运动后向下加速运动，根据运动学公式求得松手时的速度，在夯向上加速过程中，根据速度位移公式求得加速度，利用牛顿第二定律求得每个人的作用力；
(2)根据运动学公式求夯向上加速的时间，在加速向上的过程中，根据动能定理求得功率；
(3)利用运动学公式求得夯反弹的速度，利用动量定理求得夯与地面的作用力。
【解析】(1)设人松手时夯的速度为v0，松手后夯先向上减速后向下加速，
t1内位移v0t1－ eq \f(1,2) gt eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝－h1
解得v0＝4 m/s
夯向上加速运动时加速度为a，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2ah1
解得a＝8 m/s2
由牛顿第二定律8T sin θ－mg＝ma
解得T＝112.5 N
(2)设夯向上加速运动时间为t，v0＝at，解得t＝0.5 s
由动能定理8Pt－mgh1＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
解得P＝180 W
(3)夯与地面撞击时速度为v1，
v1＝v0－gt1＝－6 m/s
撞击后反弹速度为v2，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2gh2
解得v2＝2 m/s
对夯由动量定理得：(F－mg)t2＝m(v2－v1)
解得F＝2 000 N
由牛顿第三定律知，夯对地面作用力
F′＝F＝2 000 N
答案：(1)112.5 N (2)180 W (3)2 000 N
11．(24分)(2021·九江模拟)如图所示，光滑曲面AB与长度L＝1 m的水平传送带BC平滑连接，传送带以v＝1 m/s的速度运行。质量m1＝1 kg的物块甲从曲面上高h＝1 m的A点由静止释放，物块甲与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，传送带右侧光滑水平地面上有一个四分之一光滑圆轨道状物体乙，物体乙的质量m2＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：
(1)甲第一次运动到C点的速度大小；
(2)甲第二次运动到C点的速度大小；
(3)甲第二次到C点后经多长时间再次到达C点？
【解析】(1)物块甲从A运动至B，由动能定理得：m1gh＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
解得：v1＝2 eq \r(5) m/s＞v。
假设物块在传送带上一直做匀减速运动，由动能定理得：－μm1gL＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ，
解得：v2＝4 m/s。
因v2＞v，故物块甲第一次运动至C点的速度大小为v2＝4 m/s。
(2)以物块甲和物块乙为研究对象，从甲滑上乙开始至甲滑下来的过程中，系统水平方向上动量守恒，则有：
m1v2＝m1v3＋m2v4，
系统动量守恒，则有： eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋ eq \f(1,2) m2v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ，
联立解得：v3＝－2 m/s，
则甲从乙物体上滑下后向左匀速运动，第二次到达C点的速度大小为2 m/s。
(3)甲向左进入传送带，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：μm1g＝m1a，
解得：a＝2 m/s2。
从C运动到B，由动能定理得：
－μm1gL＝ eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) － eq \f(1,2) m1v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ，
解得：v5＝0。
物块甲从C点运动到左端B点的时间为
t1＝ eq \f(v3－v5,a) ＝1 s。
接着甲在传送带上向右做加速度仍为a的匀加速直线运动，设到与传送带共速时所用时间为t2，
则有t2＝ eq \f(v,a) ＝0.5 s，
甲在t2时间内的位移为x1，由动能定理得：
－μm1gx1＝0－ eq \f(1,2) m1v2，
解得x1＝0.25 m。
甲与传送带共速后随传送带一起匀速运动，位移为
x2＝L－x1，
则所用的时间为t3＝ eq \f(x2,v) ＝ eq \f(L－x1,v) ＝0.75 s，
故甲从第二次到第三次到达C的过程中的运动时间为
t＝t1＋t2＋t3＝2.25 s。
答案：(1)4 m/s (2)2 m/s (3)2.25 s
【加固训练】
(2020·浙江7月选考)小明将如图所示的装置放在水平地面上，该装置由弧形轨道、竖直圆轨道、水平直轨道AB和倾角θ=37°的斜轨道BC平滑连接而成。质量m=0.1 kg的小滑块从弧形轨道离地高H=1.0 m处由静止释放。已知R=0.2 m，LAB=LBC=1.0 m，滑块与轨道AB和BC间的动摩擦因数均为μ=0.25，弧形轨道和圆轨道均可视为光滑，忽略空气阻力。
(1)求滑块运动到与圆心O等高的D点时对轨道的压力；
(2)通过计算判断滑块能否冲出斜轨道的末端C点；
(3)若滑下的滑块与静止在水平直轨道上距A点x处的质量为2m的小滑块相碰，碰后一起运动，动摩擦因数仍为0.25，求它们在轨道BC上到达的高度h与x之间的关系。(碰撞时间不计，sin37°=0.6，cs37°=0.8)
【解析】(1)由机械能守恒定律有mgH＝mgR＋ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ，由牛顿第二定律有FN＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(D)) ,R) ＝8 N，
由牛顿第三定律有FN′＝FN＝8 N，方向水平向左。
(2)设小滑块能在斜轨道上到达的最高点为C′点，根据功能关系有mgH＝μmgLAB＋μmgLBC′cs θ＋mgLBC′sin θ
得LBC′＝ eq \f(15,16) m<1.0 m，故不会冲出。
(3)滑块运动到距A点x处的速度为v，由动能定理得mgH－μmgx＝ eq \f(1,2) mv2，碰撞后的速度为v′，根据动量守恒定律有mv＝3mv′，
设碰撞后滑块滑到斜轨道的高度为h，由动能定理有：－3μmg(LAB－x)－3μmg eq \f(h,tan θ) －3mgh＝0－ eq \f(1,2) (3m)v′2
得h＝ eq \f(1,6) x－ eq \f(5,48) ( eq \f(5,8) mh＝0 (0≤x≤ eq \f(5,8) m)
答案：(1)8 N，方向水平向左 (2)不会冲出
(3)h＝ eq \f(1,6) x－ eq \f(5,48) ( eq \f(5,8) m