专题卷(七) 功能关系、动量守恒定律、能量守恒定律-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（山西专版）

高三二轮复习专题卷 【解析】(1)设小球在P点的速度为。，D到P和P到Q可视为两个对称的运动，则有h= 1 8,2=1,=,解得1=0.4s,=3m/s,=4m时s, 则小球在D点的速度大小为uD=√/o十v=5ms, 设小球在D点的速度与水平方向夹角为0，则有an0--3,可得0=53 (2)小球由A到D过程，根据动能定理可得mgH十mgRco0s0-2mo-0,解得H=0.95m。 (3)小球由A到C过程，根据动能定理可得mg(H十R)= 2mv2-0, 在C点，根据牛顿第二定律可得FN一mg=mR 联立解得轨道对小球的支持力大小为FN=34N。 15.(1)5m/s(2)790N(3)0.3m 【解析】1)滑块P从A到B做平抛运动，则=？g2,解得1=0.4s 滑块到达B点时速度为vn一in53=5m5。 (2)滑块从B点运动到C点，根据动能定理可得m4R,(1一cos53°)= 2m12 2m10话， 代入数据解得vc=7m/s, 在C点，根据牛顿第二定律可得FN一m1g=m,R,解得FN=790N, 根据牛顿第三定律可得，滑块P到达圆弧轨道末端C时对轨道的压力的大小为790N。 (3)滑块P与滑块Q碰撞过程，动量守恒，则m1c=(m1十m2)v,解得v=3m/s, 两滑块冲上圆弧槽后上升到最大高度的过程，根据动量守恒有(m1十m2)。=(m1十m2十 mg）v,, 根据机械能守恒有2(m,十m,)n 2(m1十m:十m)o+(m1十m)gH, 联立可得H=0.3m。 物理（七）】 1.C【解析】当小物块所受静摩擦力最大时，设转速为w,则41mg=mr,解得ω= 41g 2rds,A错误；当小物块从圆盘上滑落后在餐桌上做匀减速直线运动，而非 曲线运动，B错误：小物块从圆盘上滑落后，恰好停在桌面边缘的运动轨迹如图 所示，由牛顿第二定律可知，物块减速时一：2mg=m,物块滑落时的初速度 v。=wr,根据匀变速直线运动规律可得一v=2ad,联立解得d=1m,由几何 知识解得R=√d+r2=√2m,C正确：物块从圆盘滑落到最终停下的过程中， 摩擦力做负功W=一2mgd=一2J,D错误。 2.D【解析】由图知上滑5m时，Q:=10J,初动能E=30J,由能量守恒Eo=E。十Q:,重力势 能为E,=mgh,联立解得m=号kg,产生的热量为mg0s0·L=Q,由儿何关系知0s0= 5 ·26· ·物理· 参考答案及解析 联立解得u=。,故AB错误；由牛顿第二定律一ngsin0一mg cos0=ma,由儿何关系得sin9 3 ，解得加速度的大小为a=9ms,故C错误；物块沿斜面上滑s=1,5m的过程中，由能量守 恒△Ek=mgcos0·s十ngssin0,解得△Ek=9J,故D正确。 3D【解析】物块从a点到回到ab中点这一过程中，根据功能关系有mgm37°，上-mg0s37· （亿+片+兰+宁)，解得以=。A错误：由于mgm37>mgos37,所以物块不会停在b点， 而是会停在b、c点之间的某一位置，B错误：在c点弹簧具有最大的弹性势能，从a点到c点，根 据功能关系有mgsn37.(L+)-og 0371+中)=E,解得E,=mgL.C错误：物块 向下运动时，弹力先小于重力，做加速运动，后大于重力，做减速运动，向上运动时，弹力先大于重 力，做加速运动，后小于重力，做减速运动，可知向上运动和向下运动速度都是先增大后减小， D正确。 4.B【解析】如果没有摩擦力，则O点应该在AB的中点，由于有摩擦力，物块从A到B过程中有 机械能损失，故无法到达没有摩擦力情况下的B点，也即0点靠近B点，故OA>号。设物块在 A点时弹簧的弹性势能为E。,物块从A点运动到O点的过程，由能量守恒定律得W=E。十 mgOA,则得E,=W一mgOA<W一2mg,即物块在A点时，弹簧的弹性势能小于W 1 ”g,故A错误：由A分析得物块从开始运动到最终停在B点，路程大于a十2一2，故整 7做功大于。mga,因此物块在B点时，弹簧的弹性势能小 B正确：从O点开始到再次到达O点，物块路程大于，由动能定理可知物块的动能小于W g@,故C错误：物块动能最大时，弹力等于摩擦力，而在B点弹力与摩擦力的大小关系未知， 故物块动能最大时弹簧伸长量与物块在B点时弹簧伸长量大小未知，故在两位置弹性势能大小 关系无法判断，故D错误。 5。C【解析】设卫星镜道半径为，由万有引力提供向心力G-m,其中M为地球的质量。 r2 由题目条件知其引力势能为E。=一G,联立可得，卫星在r处时的总能量为E=E,十2m= Gm,半径为r,时，卫星总能量E,=_Gm,半径为，时，其总能量E,=CGM ,由功能 2r 2r1 2r 关系得，卫星轨道变化过程中克服阻力做的功W,=E,一E2=一 GMmGMm ,在地球表面有 2r1 2r =mg,联立可得w,-mR(,故选C Mn' G 6.C【解析】分析滑块，由牛顿第二定律得Eq十umg cos0一mng sin0=ma,解得a=2m/s2,当滑 块速度与传送带速度相等时v=a1=2ms,用时为1=1s,位移为x1=2a1=1m,传送带位移 为：=M=2m,则滑块动能为E,=2m=2小，之后滑块与传送带相对静止，两者之间的静摩 ·27· 高三二轮复习专题卷 擦力f=mg sin0一Eg=2N,一起与传送带以2m/s的速度做匀速直线运动，故A错误；滑块机 械能增加△E1=EqL十ng cos0×x,十f(L一x1)=14J,故B错误：滑块与传送带间因摩擦产 生的热量为Q=mg cos0×x相=mg(x2一x1)cos0=4J,故D错误：电机多消耗电能△E:= △E,+Q-qEL=10J,C正确。 7.B【解析】泥巴进入盒子的过程，满足动量守恒.则2m,=(②m十m)D,解得。=号，故A错 误：进入盒子的过程中泥巴损失的机械能为△E=】 2m-·2m2= 9mg,故B正确：根 据牛顿第二定徘有F-（2m十m)g=(2m十m)7,解得F- 3mg,故C错误：根据机械能守恒 定律有(2m十m)gh=(2m+m)p,所以A-名1，故D错误。 *C【解析】在小球运动过程中，小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒，竖直方向动量不 守恒，故A错误：小球在圆弧轨道上升到最高点时小球与滑块速度相同，系统在水平方向上动量 守恒，规定，的方向为正方向，有m,=4mm,解得口=宁，放B错误：根据机被能守恒定律得 一号×加心十a,解得么-新放C正确：小球离开同狂轨道时.民报动量守相定律。有 1 3v0 m,=m,十3m,根据机校能守恒定律，有m=m+号×3m,联立可得，=-之： 1 2放D错误。 8.BC【解析】由动量守恒定律可得，同时弹射n个小球，有10n。=2mv。十(10一n)mw,由此可 知，当n≥6，时，车向后运动，故A错误，B正确：若每次弹射一个小球，第一次，有10m。= 2 m(2w十0)+9mw1,解得=vo一10，第二次，有9mva=m(2u。十vz)+8mv2,解得v2= 2 2 ”,一9，根据递推规律，第n次，有，=，一10川十o…所以，当n≥5，可使车向后运动，故 C正确，D错误。 g.AD【解析】小物块M由静止释放到碰撞前，根据动能定理有2 mgL sin0=×2mm,解得小物 块M与小物块N碰撞前的速度为vo=√2 gL sin0,故A正确：小物块M与小物块N碰撞前后 动量守恒，2m,=3m,解得小物块M与小物块V碰撞后瞬间的速度为，-号2L面0，放B 错误；弹簧被压缩到最短时，M、N、P三物块的速度相等，弹簧的弹性势能最大，根据31=4mw, E,=2×3mu-2×4m2,解得弹簧的最大弹性势能为E,-mg sin0,赦C错误：M,N碰 撞过程中损失的机械能为△E-号×2m。-一号×3m-号 3 mngL sin0,故D正确。 10.ABD【解析】工件放到传送带时，工件相对传送带向下运动，受到向上的滑动摩擦力，工件速 度和传送带速度相同时，相对传送带静止，受到向上的静摩擦力，故A正确：两工件间的最大距 离为xm=T=0.5m,故B正确，刚开始加速0.1s时两个工件间距离最小，加速过程，由牛顿 第二定律可得mg cos0一ng sin0=ma,代人数据可得a=2.5m/s,由位移公式工=)aT ·28· ·物理· 参考答案及解析 代入数据可得x=0.0125m,故C错误；稳定工作时，每一个T=0.1s内，传送带等效传送一 个工件，而每传送一个工件电动机需做的功等于一个工件由底部传到顶部过程中其机械能的增 量与摩擦产生的热量之，和则有△E=2m2+mg1sin30°=62.5J,Q=mg os30·rW, 工相对=以一 是一号·日-=5m,联立解得Q=37.5J.则稳定工作时，电动机因传送工件而 2t=u 多输出的功率为P=Q十△E T 1000W,故D正确。 *BC【解析】取地面为零势能面，根据图像可知物块初状态的重力势能为E。=mgh=8J,物块距 离斜面底端L一3016m,图乙中的图线巴表示弹簧的弹性势能随物块位移变化的关系，由此 可知物块下落h1=0.6m开始接触弹簧，则弹簧的原长为L。=L一h,=1.6m一0.6m=1.0m,故 A错误；物块刚接触弹簧时，重力势能为E。=Ew一mg(L一L。)si30°=5J,根据机械能守恒定 律有E1十Ek=Eo,解得E1=3J,故B正确：弹簧发生形变的过程中，形变量为0.4m,根据弹 簧弹性势能的计算公式Em=2k(△x),解得k=62.5/m,故C正确：弹簧压缩量最大时，弹力 为F=k△x,根据牛顿第二定律有F一ng sin30°=ma,解得a=20m/s,故D错误。 11.(1)0.02J(2)不能 【解析】(1)弹珠A以v。=√13mfs的初速度水平向右瞬间弹出，在地面做匀减速直线运动，根 据牛顿第二定律有f=ma, 设弹珠A与弹珠B碰前瞬间的速度为v',则有v一v2=2ax1, 碰撞过程中系统动量守恒，则有mv'=mw1十mv2, 2m、 碰撞过程中损失的机械能为△E=。m 2mvi-2mv, 解得△E=0.02J,2=2m/s。 (2)弹珠B向右运动的加速度依然为a,根据速度一位移公式有v-v2=2axz, 解得o2=1.6m,'s>1m/s, 则弹珠不会停在坑中而从坑中滑出，则该同学不会胜出。 12.(1)10ms(2)990J 【解析】(1)子弹射入小木块过程中，子弹与小木块组成的系统动量守恒，有m。。=(m。十)， 解得u=m。=10m's。 11o十m1 1 (2)子弹打人小木块过程产生的热量为Q,=2m听-2(m,十m)v2=950J, 小木块在木板上滑动过程中，子弹、小木块与木板组成的系统动量守恒，有(m。十，)v=(m。十 m1十m2)0共，求得v:=2m/s, 该过程中产生的热量为Q:=2(m,十m1),2-2(m,十m1十m:)美=40J, 所以，整个过程中产生的总热量为Q=Q,十Q2=990J。 13.(1)96N(2 、183 5 m 【解析】1)小球甲从释放到B点的过程，根据动能定理得2mw后-0=mgh,解得va=2,而ms, ·29· 高三二轮复习专题卷 在B点，由牛顿第二定律得F、一mg cos0=mR,解得FN=96N。 (2)从B到D过程，由动能定理得2m06-2moi-mg(R-Rcos0)一mgL, 小球甲与小球乙发生正碰，有m。=2mw1,解得1=3ms, 之后做平抛运动，有2-011P-()广-2s,解得r-18 5m。 14.(1)6m/s24m/s2(2)2s(3)10J 【解析】(1)滑块在平板上滑动，对滑块，根据牛顿第二定律有u1mg=ma1,解得a1=6m/s2, 对平板，根据牛顿第二定律有41mg一42(m十M)g=Ma2,解得a2=4mfs。 (2)滑块从0到A,根据动能定理有mgh=m,解得，=2,2m1s 滑块滑上平板，设经时间t1两者速度相等，则有v=vo一a1t1=a2t1· 解得=4② 4 一5s,平板的位移x1=20:1-25m, 共速后，两者一起做匀减速运动，对整体，根据牛顿第二定律有2(m+M)g=(m十M)aa, 解得ag=1m/s2, 设再经时间，平板运动至CD,侧有2=d-L一x1=,一4，，解得2=42、， 5s, 故平板到达CD的时间1=t1十t2=√2s。 (3)若滑块经过平板后滑上C平台，则此过程滑块与平板之间的摩擦生热为Q1=41mgL=7.2J, 平板与凹槽底面间的摩擦生热为Q2=:2(M+m)g(d一L)=1.6J, 可知Q,、Q2均为定值，根据能量守恒定律可知，当平板到达CD时的动能最小时滑块损失的机 械能最小。设滑块刚滑上平板时的速度为，，两者共速时的速度为。共，平板到达CD时的最小 速度为，则有v共=1一a1=at,解得= 41十a2 共速前平板的位移大小为x-罗(，共速前滑块的位移大小为-， 2 共速前两者的相对位移大小为A=x一x- 21, w共一v号 共速后平板到达CD时的位移大小d一L一x= 平板到达CD后滑块恰好到达CD时的位移大小为L一△x1一2 -,联立解得2= 2/15 5 m/s, 该过程滑块损失的最小机械能为E=Q1十Q:十2Mi,代人数据解得E=10J: 15.(1)9N(2)4.8J(3)-0.45J 【解析】(1)若滑块恰好能够滑上轨道EF,在最高点D处做圆周运动的向心力由重力提供 mg=mR,滑块由C点滑到最高点D过程能量守恒，2呢+mgR三2m+2mgR 滑块滑到C点时做圆周运动的向心力由滑道对滑块的弹力提供F、=mR,解得FN=9N。 ·30· ·物理· 参考答案及解析 (2)因41=0.2，：2=0，即木板与轨道GH之间没有摩擦，而滑块与木板之间存在摩擦，把滑块 与木板看成一个系统，其动量守恒，要满足滑块始终不脱离木板，滑块最终必定与木板共速，则 有mv=(m十M)v共， 设滑块以的速度滑上木板，并在木板上最终滑行x距离时与木板共速，此过程能量守恒， 1 2mv=aimgx+2(m+M)v 滑块滑上木板时的动能最大为E一2m,解得E=m七M M mgx, 当x=2l时，滑块在木板上的动能最大值Ekm=4.8J,此时o=4√2m/s>2m/s, 即滑块能够滑上木板，其机械能为7.2J<8J。 (3)由题意滑块恰好能够滑上轨道EF,有v。=√gR, 滑块刚滑上木板时v。=2/s,因为41=0，a2=0.1,木板与地面之间存在摩擦，而滑块与木板 之间没有摩擦，滑块与挡板第1次碰撞时动量守恒，有mw=mw1十M2, 由能量守恒定律有2m6-moi+2Mo, 1 3 解得滑块速度v,=2=1m/s,木板速度v,=2。=3ms, 经判断，发生第2次碰撞前，木板已处于静止状态。故摩擦力对木板做的功W=0- M= 2 0-2×0.1×32J=0.453 物理（八） 1.C【解析】碰撞前，粒子a做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得g四，B=m,解得轨迹 半径为，-B,碰撞过程根据动量守恒可得m心，=M0,由洛伦兹力提供向心力可得如B M。巴，解得轨迹半径为r'=B=B=r,故选C。 2.B【解析】粒子的运动轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子在磁场I 01 中运动的半径为r=,由洛伦兹力提供向心力得，B,=m,解得 '60 0 B,=心，磁场Ⅱ的磁感应强度是磁场I的磁感应强度的2倍，所以粒 250 Q 子在磁场Ⅱ中运动的半径为：=之L,粒子在磁场1中运动的周期为 T,-2-2xL,粒子在磁场Ⅱ中运动的周期为T,2”- 二，两次经过Q点时的间间隔为 1=1X6T,+2X5 1 =2,故B正确。 U。 3.C【解析】设电子的轨迹半径为R,圆形磁场区域的半径为r,轨迹圆心角为0，偏转角度为B,由 洛伦兹力提供向心力得B=mR可得Rg可知口越大，则R越大：电子的周期为了一 ·31·2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（七） 物理·功能关系、动量守恒定律、能量守恒定律 (考试时间75分钟，满分100分) 一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目 要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但 不全的得3分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.如图，水平放置的餐桌的桌面为圆形。为方便用餐，中心放置一个可绕其中心轴转动的圆盘， 圆盘半径为r=1m,圆心与餐桌圆心重合。在圆盘的边缘放置一个质量为m=1kg的小物 块，小物块与圆盘间的动摩擦因数为41=0.4，小物块与餐桌间的动摩擦因数为2=0.2。现 从静止缓慢增大圆盘的角速度，物块从圆盘滑落后，最终恰好停在桌面边缘。若最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10s2,圆盘厚度及圆盘与餐桌间的间隙不计，小物块可 看作质点。则下列说法正确的是 A.小物块恰好从圆盘上滑落时，圆盘角速度大小为√2rad,s B.小物块从圆盘上滑落后，在餐桌上做曲线运动 C.餐桌桌面的半径为√2m D.物块从圆盘滑落到最终停下的过程中，摩擦力做功为2J 2.一物块从底端冲上固定斜面（斜面高3.0m、长5.0m),上滑过程中物块与 30( 斜面间因摩擦产生的热量和其动能随上滑距离、的变化如图中直线所示，24 重力加速度取10ms2。则下列说法正确的是 18 A.物块质量为1kg B.物块与斜面间的动摩擦因数为0.5 C.物块上滑时加速度的大小为6.0m/s 012345s/m D.物块沿斜面上滑1.5m的过程中，动能损失了9J 3.如图所示，轻弹簧放在倾角为37°的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的固定挡板连接，上 端与斜面上b点对齐。质量为m的物块从斜面上的α点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧 至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L,bc长 为，重力加速度为g,sin37°=0.60s37°=0.8，则 Λ.物块与斜面间的动摩擦因数为} 0 00脸， b B.物块最终静止在b点 nm C.弹簧具有的最大弹性势能为mgL D.物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动时速度都是先增大后减小 4.如图所示，水平桌面上的轻弹簧一端固定，另一端与小物块相连；弹簧处于自然长度时物块位 于O点（图中未画出）；物块的质量为m,AB=α，物块与桌面间的动摩擦因数为以。现用水平 物理B·专题卷（七）第1页（共8页） 鱼跃龙 向右的力将物块从O点拉至A点，拉力做的功为W。撤去拉力后物块由静止开始向左运动， 经O点到达B点时速度为零。重力加速度为g,则上述过程中 A.物块在A点时，弹簧的弹性势能等于W一2mga B B.物块在B点时，弹簧的弹性势能小于W一mg0 C.经O点时，物块的动能等于W-mga D.物块动能最大时弹簧的弹性势能小于物块在B点时弹簧的弹性势能 5.物体在万有引力场中具有的势能叫作引力势能。取两物体相距无穷远时的引力势能为零，一 Momo(式中 个质量为m。的质点距离质量为M。的引力源中心为，时，其引力势能E。=一G。 G为引力常量)。现有一颗质量为的人造地球卫星以圆形轨道环绕地球飞行，由于受高空 稀薄空气的阻力作用，卫星的圆轨道半径从r1缓慢减小到r2。已知地球的半径为R,地球表 面的重力加速度为g,此过程中卫星克服空气阻力做功为 A. mgR(-1〉 B.mgR(11) 2r1T2 2r2r1 C.mgR(L-1） 2\r2r1 D. mgR(1I 2r1r2 6.如图所示，质量为1kg的带正电滑块，轻轻放在传送带底端。传送带与水平方向夹角为0=37°， 与滑块间动摩擦因数为以=0.5，电动机带动传送带以2s的速度顺时针匀速转动，传送带的 长度为L=2m。滑块受到沿传送带向上、大小为4N的恒定电场力作用，已知重力加速度g= 10m/s2,sin37°=0.6，cos37°=0.8，则在滑块从传送带下端运动到传送带上端的整个过程中，下 列说法正确的是 A.滑块动能增加4J E才 B.滑块机械能增加8J C.由于放上滑块电机多消耗的电能为10J D.滑块与传送带间因摩擦而产生的热量为8J 上10 7.物理老师给同学们介绍了童年的一种游戏比赛，如图所示，通过一根轻绳悬挂着一个质量为 的盒子，盒子开口向左，小朋友将泥巴以某一初速度水平向右扔到盒子内，装有泥巴的盒子 上升的高度越高，比赛得分就越高。已知悬点O到盒子中心的距离为1，泥巴的质量始终为 2m,进入盒子前泥巴的速度为o=√gl(g为重力加速度)。认为泥巴进入盒子后立即与盒子 相对静止，下列说法正确的是 L业 A.泥巴进入盒子瞬间，与盒子的共同速度为√g B进人盒子的过程中泥巴损失的机械能为了mg C.泥巴进人盒子瞬间，轻绳对盒子的拉力大小为4mg D.盒子上升的最大高度为L 门卷 物理B·专题卷（七）第2页（共8页） *如图所示，有一质量为m的小球，以速度。滑上静置于光滑水平面上带有四分之一光滑圆弧 轨道的滑块。滑块的质量为3，小球在上升过程中始终未能冲出圆弧，重力加速度为g,在小 球运动过程中 A.小球和滑块组成的系统动量守恒 B.小球在圆弧轨道最高点的速度大小为写 7n9六wn 3m C.小球在圆弧轨道上能上升的最大高度为 8g D,小球离开圆弧轨道时滑块的速度大小为 8.如图为某弹射玩具小车的模型简化图，小车通过向不同方向弹射出小球实现运动的加速或减 速。若现在小车以速度v。向前运动，为使车改变运动方向，每次均相对于车以2。的速度大 小向前弹射小球。已知小车总质量为10（含小球），每个小球质量为m,则 A.至少同时弹射5个小球，可通过一次减速使车向后运动 B.至少同时弹射6个小球，可通过一次减速使车向后运动 C.每次弹射1个小球，至少通过5次减速使车向后运动 Q000●QQ D.每次弹射1个小球，至少通过6次减速使车向后运动 7777777777777777777777777 9.如图所示，光滑水平面上有一根轻质弹簧，弹簧两端分别连接小物块P和小物块N,处于静止 状态。一足够长且倾角为0的光滑斜面体固定在地面上，斜面底端与地面平滑连接。小物块 M与斜面底端的距离为L,小物块M由静止开始释放，在水平地面上与N发生完全非弹性碰 撞。已知小物块M的质量为2m,N、P的质量均为m,重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度 内，下列说法正确的是 A.小物块M与小物块N碰撞前瞬间小物块M的速度为√2 gL sin0 B.小物块M与小物块N碰撞后瞬间小物块M的速度为2 gL.sin) C.弹簧的最大弹性势能为2 mngl.sin0 M◇y D.M、N碰撞过程中损失的机械能为mgL.sin0 10.如图所示，与水平面成0=30°角的传送带正以v=5ms的速度顺时针匀速运行，传送带长 l=10m。现每隔T=0.1s把质量m=1kg的工件（各工件均相同，且可视为质点）轻放在 传送带上，在传送带的带动下，工件向上运动。稳定工作时当一个工件到达B端被取走时恰 好在A端又放上一个工件，工件与传送带间的动摩擦因数以3g取10ms,下列说法正 确的是 A.工件在传送带上时，先受到向上的滑动摩擦力，后受到向上的静摩 @B 擦力 B.两个工件间的最大距离为0.5m 0 n C.两个工件间的最小距离为1.25m D.稳定工作时，电动机因传送工件而多输出的功率为1000W 物理B·专题卷（七）第3页（共8页） 鱼跃龙 如图甲，一轻质弹簧的一端固定在倾角为30°的固定光滑斜面底端，一个质量为1kg的物块从 斜面上离弹簧上端一定距离的O点由静止释放。以位置O为原点、沿斜面向下为x轴正方 向，取地面为零势能面。在物块下滑全过程中，重力势能随位移x变化关系如图乙中的图线 ①，弹簧弹性势能随物块位移变化关系如图乙中的图线②，弹簧始终在弹性限度范围内，取重 力加速度g=10ms。已知弹簧的弹性势能表达式为E弹=2k(△x),其中k为劲度系数， △x为弹簧的形变量。下列说法中正确的是 ◆E灯 ① ② 0.61.0 A.弹簧原长为0.6m B.物块刚接触弹簧时的动能为3J C.弹簧的劲度系数大小为62.5N/m D.物块的最大加速度大小为25m/s2 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 11.(8分)打弹珠是一种常见的游戏，该游戏的规则为：将手中的弹珠以一定的初速度瞬间弹出， 并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入前方的坑并停在坑中即为胜出，被碰弹珠 经过坑时的速度如果大于1/s则不会停在坑中而从坑中滑出。现将此游戏进行简化，弹珠 A和弹珠B与坑在同一直线上，两弹珠间距x1=1m,弹珠B与坑的间距为x2=0.6m。某 同学将弹珠A以v。=√/I3/s的初速度水平向右瞬间弹出，与B发生正碰，碰后A的速度 方向不变，大小为1ms。已知两弹珠的质量均为m=10g,A、B在运动过程中与地面间的 摩擦力均为f=0.02N,求： (1)两弹珠碰撞过程中损失的机械能。 Trmmmaman 7777777777777 (2)通过计算判断该同学能否胜出。 坑 门卷 物理B·专题卷（七）第4页（共8页） 班级 12.(8分)如图所示，光滑水平地面上放置一块木板，其左端放有一个质量为m1=0.95kg的小木 13. 块，木板质量为m2=4kg,两者初速度均为0，且它们之间动摩擦因数4=0.5。一颗质量为 o=0.05kg的子弹，以v。=200m/s的初速度水平射入小木块（未穿出），入射时间极短，取 姓名 g=10ms2。 (1)求子弹射人小木块后瞬间两者的共同速度的大小； 得分 (2)若最终小木块和木板相对静止，求整个过程中产生的总热量Q。 "他→网 77777T17777777t7T77777717777T777T77 答题栏 2 3 4 5 6 7 6 9 10 。。。。。。-。。---2-。。 物理B·专题卷（七）第5页（共8页） 鱼跃龙门卷 (10分)如图所示，竖直平面内有一光滑倾斜轨道AB和一段光滑圆弧BC,A、B间的竖直高 度h=2m,BC圆弧半径R=1m,对应的圆心角0=37°，水平地面CD右下方有一个坑，其竖 直截面的边界MN为圆弧，DM为该圆弧沿水平方向的半径，长为r。质量m=2kg的小 球甲从倾斜轨道上的A点由静止开始下滑，与水平地面CD间的动摩擦因数以=0.4，C、D 两点水平距离L=1m,与小球甲质量相同的小球乙静止放在D点，小球甲和乙均可视为质 点，轨道各处均平滑连接，重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力。取sin37°=0.6， c0s37°=0.8。 (1)小球甲经过圆弧轨道上的B点时，求轨道对它的支持力大小； (2)小球甲与小球乙发生正碰（碰撞时间极短），碰撞后粘在一起落到圆弧MN上的P点， P点到D点的水平距离为2r,求圆弧MN的半径r。 甲 A 50 乙 B C --------1M 物理B·专题卷（七）第6页（共8页） 14.(12分)长为L、质量为M的平板紧靠长为d的凹槽侧壁AB放置，平板上表面与AC齐平。 15 一质量为m的小滑块从光滑的轨道OA上释放后滑上平板，平板到达CD即被锁定。已知 M=m=1kg,L=1.2m,d=2.0m,平板与滑块间的动摩擦因数1=0.6、平板与凹槽水平 底面BD间的动摩擦因数为42=0.1，滑块视为质点，不计空气阻力，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力，重力加速度g=10m/s2。 (1)滑块滑上平板时，求滑块和平板的加速度大小a1、a2; (2)若滑块释放的高度h=0.4m,求平板从开始运动至到达CD的时间； (3)若滑块经过平板后滑上C平台，求该过程滑块损失的最小机械能E。 B 物理B·专题卷（七）第7页（共8页） 鱼跃龙门卷 (16分)如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB、圆心 为O的竖直半圆轨道BCD、水平直轨道EF、GH组成。BCD的最高点D与EF的右端点 E在同一竖直线上，且D点略高于E点。木板静止在GH上，其上表面与EF相平，右端紧 靠竖直边FG,左端固定一竖直弹性挡板。游戏时滑块从A点弹出，经过轨道AB、BCD、EF 后滑上木板。已知可视为质点的滑块质量m=0.3kg,木板质量M=0.1kg,长度1=1m, BCD的半径R=0.4m,弹簧弹性势能的最大值为8J,滑块与木板间的动摩擦因数为1，木 板与轨道GH间的动摩擦因数为以2，其余各处均光滑，不考虑弹射过程中及滑块经过轨道连 接处时的能量损失，滑块与挡板发生弹性碰撞，重力加速度g=10m/s2。 (1)若滑块恰好能够滑上轨道EF,求滑到与圆心O等高处的C点时，滑块受到的弹力大 小FN; (2)若以1=0.2，μ2=0，则在满足滑块始终不脱离木板的条件下，求滑块在木板上的动能最大 值Ekm； (3)若41=0,42=0.1，滑块恰好能够滑上轨道EF,求在滑块与挡板刚发生第2次碰撞前，摩 擦力对木板做的功W。 弹性挡板 D 扩om G 0p------ C 弹射器 gocszon A B 物理B·专题卷（七）第8页（共8页）