周测卷(十二) 机械能(三)-【鱼跃龙门卷】2025-2026学年高三物理一轮复习周测卷（新教材版·福建专用）

回 美版老n春 如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率”逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度 2025—2026学年度高三一轮复习周测卷（十二） 倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，物体在甲传送带上B点和 物理·机械能（三） 乙传送带中部C点速度都恰好达到，乙传送带上的物体以速度。继续运动到乙传送带B点。 则在物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是 (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题只有一个选项符合题目要求。带“ 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。起重机滑轮运用了轮轴 乙 和斜面的原理。某工地用起重机吊起质量m=100kg的重物，将起重机的模型简化，如图乙 A.物体在甲传送带上运动的时间比乙短 B.重力的平均功率相等 所示，起重机底部安装了一个轮轴，其轴与轮的半径之比为1：2，若起重机将钢绳A以速度 C.到达B点时，重力的瞬时功率不相等D.两传送带对物体做的功相等 ■5m/s匀速收回了20m,不计轮轴质量及一切阻力，滑轮大小可忽略，重力加速度g取 二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选 10m/s。在此过程中，下列说法正确的是 对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。带题目为能力提升题，分值不计入 总分。 4,对一静止在水平地面上的物体（可视为质点）施加一竖直向上的恒力F,55 物体上升至一定高度时撤去力F。物体向上运动过程中，其机械能E随4E 距地面高度h变化的关系如图所示。已知物体所受阻力大小恒定，物体 乙 上升的最大高度为2h。,重力加速度为g,则下列说法正确的是 A.重物重力的功率为2500W B.重物上升的速度大小为10m/s C.钢绳B对重物做的功为20000J D.钢绳B的拉力大于重物的重 A.物体质量为2E ho B物体质量为E。 gho 2.如图，一劲度系数为k的轻质弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一置于水平地面上、质量为 m的小物块。小物块与水平地面之间的动摩擦因数为：。小物块位于O点时，弹簧处于自然 C.物体所受阻力大小为 o D.物体所受阻力大小为，】 状态。现用一外力将小物块向右移动至与O点距离为s的A点处，然后由静止释放，小物块 5,第十五届中国航展首次展出了红一19地空导弹武器系统，主要用于对弹道导弹类目标实施区 开始运动。已知弹簧的弹性势能E,一2红，江为弹簧的形变量，k为劲度系数，重力加速度 域拦截。在某次演习中某型号导弹在竖直方向从静止开始沿直线加速4000m时速度达到 1600m/s,已知该导弹的质量是600kg,所受阻力大小随导弹速度的变化而变化，在这段加速 大小为g。则 过程中导弹受到的平均阻力是3000N,重力加速度为10m/s,忽略导弹质量的变化，关于这 A.小物块最终停止的位置在O点 段加速过程，下列说法正确的是 B.小物块第一次向左运动至速度为零的点与A点关于O点对称 A.导弹的加速度恒为320m/s C.小物块第一次向左运动回到O点的过程中，速度的大小一直增大 B.导弹发动机提供的平均反冲力大小是2.01×10N D.小物块每一次速度为零时，其与O点的距离比上一次速度为零时与 C.导弹增加的机械能是7.68×10J 0点的距离小mg D.导弹发动机对导弹做的功是8.04×103J 3。一质量可视为不变的汽车在平直公路上行驶，该车在一段行驶过程中速度的倒数。随加速度 6。如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R= 示m的光滑半球体上方。给铁链一个微 “的变化图像如图所示，已知图线的斜率为k,纵截距为b。下列说法正确的是 小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3,2m/s。已知 A.汽车运动过程中发动机的输出功率不变 ∠AOB=60°，以OC所在平面为参考平面，取g=10m/s。则下列说法中正确的是 B.汽车在行驶过程中受到的阻力逐渐变大 A.铁链下滑过程中任意一小段铁链的机械能均守恒 ℃汽车行装的最大速度为号 B。铁链在初始位置时其重心高度为3,3m m 1 D.当汽车速度为最大速度的一半时，汽车的加速度为后 C.铁链的端点A滑至C处时其重心下降2,8m D.铁链的端点A滑至C处时速度大小为2√14m/s 物理·周测卷（十二）第1页（共4页） 物理·周测卷（十二）第2页（共4页】 新教材版F 美版老小 班级 *如图所示的整个装置处于同一竖直平面内，O、B、C三点在同一水平线上，四分之一光滑圆弧轨道 9.(20分)光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连 AB半径为R一3m,圆心为O,质量为M一2kg的小圆环通过跨过光滑定滑轮C的细绳与质量 接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直。一直径略小于圆管直径的质量为m的小 为m=1kg的物体P相连，物体P通过劲度系数k=5N/m的轻弹簧与质量也为m的物体Q相 球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时 姓名 连，物体Q置于水平地面上，初始时细绳伸直且无张力，弹簧竖直。将小环由B点静止释放，小环 套在圆孤轨道上下滑，到达A点时，物体Q恰好对地面无压力，重力加速度g取10/s。小环 细线断裂，小球继续运动。已知弧形轨道的半径为R= 3m,所对应的圆心角为53°，sin53°= 从B点到A点过程中，轻绳始终伸直，轻绳足够长，下列说法正确的是 0.8,g=10m/s3, 得分 A.小环与物体P组成的系统机械能守恒 (1)若M=5m,求小球在直轨道部分运动时的加速度大小： B.存在小环速度与物体P速度大小相等的位置 C.B、C两点间的距离为1m (2)若M=5m,求小球从C点抛出后下落高度片-号m时到C点的水 D.小环运动到A点时，速度大小为0165 平距离： m/s 33 (3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？ 三、非选择题：本题共4小题，共58分。 选择题 7.(6分)一根足够长的圆管倾斜固定在地面上，与水平面倾角0=30°，管内有 答题栏 劲度系数为=15N/m的轻质弹簧，弹簧上下端分别连有质量可以忽略的活 1 塞和质量为m=0.2kg的光滑小球（小球直径略小于管径），已知活塞与管壁 2 间的最大静摩擦力f=1.5N,设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。当弹簧处于 自然长度时由静止释放小球。当活塞第一次开始移动时，弹簧的伸长量为 m:此时小 球的速度大小为 m/s。(g取10m/,弹簧的弹性势能E。=2kx2,其中为劲度系 数，x为形变量】 10.(20分)某同学设计了如图1所示装置：一质量为0.5kg的水平长木板A置于水平桌面上， 5 一质量为1.0kg的滑块B(可视为质点)置于木板A上某位置，轻绳一端跨过定滑轮与滑块 8.(12分)某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律。细线一端系住直径为d的小球，另 B连接，另一端悬挂一重物，定滑轮和滑块B间的轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连 一端系在O点，O点的正下方适当距离处固定一光电门，以记录小球经过最低点时的遮光 接。滑块B在虚线区域内（不含边界）会受到水平向右的恒力F(0<F<5N)作用，虚线区 时间。安装好实验装置，测出小球的直径d,再测出O点与小球上端之间的距离L:将小球 域宽度为d=0.6m。t=0时刻，滑块B位于虚线区域右侧，所有物体均静止。该同学在某 拉离竖直位置，测量细线偏离竖直方向的夹角，由静止释放小球，小球摆至最低点时光电门 次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分t图像如图2所示，=1s时刻，滑块B刚 射出的光线恰好射向小球的球心，小球的遮光宽度可近似为d,记下小球第一次经过光电门的 好进人虚线区域。整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A,木板A距定滑轮足够远，最 遭光时间【，试回答以下问题 大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s。 (1)求木板A与滑块B间、木板A与桌面间的动摩擦因数； (2)求本次操作中，所挂重物的质量： cm (3)讨论本次操作中，滑块B停止运动时到虚线区域右边界的距离s与恒力F大小之间的 关系。 光电门 与计算机连援 10 20 甲 (1)为提高实验的精确度，小球应选用 (填正确答案标号) A.塑料球 B.泡沫球 C.钢球 D.木球 (2)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= mm。 (3)将小球拉离竖直位置，测量细线偏离竖直方向的夹角0,0 (填“可以”或“不可以”) 图2 大于90°。小球从释放位置运动至最低点时的速度为v一 (用题中相关物理量的 字母表示)。，若重力加速度为g,则验证机械能守恒定律的表达式为 (用题中相关物理量的字母表示)。多次改变0值，重复以上实验过程。 (4)本实验也可以测量重力加速度的大小。利用实验测得的数据，作出的，cos0的关系图像 如图丙所示，测得图像斜率的绝对值为k,则重力加速度的表达式为g= (用k、L 和d表示) 新教材版F可 物理·周测卷（十二】第3页（共4页） 物理·周测卷（十二）第4贡（共4页）·物理· 参考答案及解析 【解析】(1)方案1验证机械能守恒即验证mgh v2 m或mgk=名m-号m0,质量可以约去，放 1 B,根据牛顿第二定律，有mg sin B=m4R' 不需要天平，电火花计时器用220V交流电源，测量 由机械能守恒有mg×4R(I-sinB)=2mo2,解得 下落高度需用到刻度尺。 (2)方案2不可行，该装置中只是平衡了摩擦力，但是 sin3' 系统仍要克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，也就无 则小物块下落的高度为h=4R(1-一sinB),联立可得 法验证系统的机械能守恒。 R (3)遮光条越窄误差越小，故应选择遮光条a,它的宽 3 度为d=1.5mm十0.01mm×25.0=1.750mm。 10吗 (2)1.9s(3)46J 若机械能守恒成立，有m:gl=号(m:十m:)(是)》”， 【解析】(1)由图乙知，货物沿传送带向上运动51= m1十m2 0.8m后，与传送带保持相对静止，根据功能关系有 整理有1= 2m1g umg cos0·s1=△E1,可得货物与传送带间的动摩 9.(1)9mg (2)6R (3)R w√3 3 擦因数为μ=2。 【信息获取与转化】 (2)货物沿传送带向上运动51=0.8m时，与传送带 序号文本/图像信息 隐含信息 物理关系 保持相对静止，此时有E,=mg1sin0十)m2与 小物块恰好能 类比杆模型的圆 v=0 12J, 运动到E点 周运动临界条件 解得传送带速度为v=2m/s, 仅由重力的分力 mgsin B= 设货物加速过程所用时间为t1,根据运动学公式可 与轨道脱离 提供向心力 m AR 得1-21，解得=0.88 U 【解析】(1)小物块恰好能运动到E点，可知在E点 设A点到B点的距离为L,货物在B点时，有E2= 时的速度为零，则由C到E由机械能守恒定律有 1 1 mw忌=mg×4R,在C点时，根据牛顿第二定律，有 mgLsin 0+ 2mv2=34J,解得L=3m, Fc一mg=m尺，解得Fc=9mg L一51=1.1s, 则货物匀速阶段所用时间为t:= 货物从下端A点运动到上端B点的时间为t=t1十 由牛顿第三定律得，小物块在C点对轨道的压力大 t2=1.9s。 小为9mg。 (2)从释放到运动到C点的过程由动能定理有mgh一 (3)货物与传送带在共速前，发生的相对位移为△x= h 1 x传一S1=t1一S1=0.8m,因摩擦产生的热量为 umg cos日· sin o 2 mve, Q=μng cos0·△x=12J,根据能量守恒可知传送 解得小物块从倾斜轨道释放点到水平面的高度为 带输送机因运送该货物而多消耗的电能为E。= h=6R Q+mgL sin9+2mo2=46J。 (3)设脱离轨道位置与C点连线与水平方向夹角为 物理（十二） 1.A【解析】轮轴的轴与轮的半径之比为1·2，根据同 轴转动角速度相等，结合o=rw,可知重物上升的速度 当kxo=mg,即伸长量为x,=3时，合力为零， vg=2.5m/s,则重物重力的功率为PB=mgvB 速度达到最大值；可知小物块第一次向左运动回到O 2500W,故A正确，B错误。A的速度与B的速度 点的过程中，速度先增大后减小，故C错误。当小物 之比为2：1，则当A收回20m时，B上升了h= 块第一次到达O点左侧速度为零且压缩量为x2时， 10m,钢绳B的拉力等于B的重力，则钢绳B对重 设其刚释放时即在A点时的弹簧伸长量为x1,根据 物做的功Wg=mgh=10000J,故C、D错误。 1 2.D【解析】当小物块速度为零时，其所受弹力满足 能量守恒定律有2x=2z十mg(z,十x:),解 Fn=x≤mg,弹簧的形变量满足x≤“，可知 得x2=x1 2mg,同理，向右运动时，其初始压缩量 k 小物块最终停止的位置不一定在O点，故A错误。 也比速度下一次为零时的伸长量大2m3,故D正 ·25· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 确，因为=-，-，有十， 5.BD【解析】由于导弹所受阻力大小随导弹速度的 k 变化而变化，可知导弹的加速度不是恒定不变的，故 x1一x0,小物块第一次向左运动至速度为零的点与 A错误。根据动能定理可得Fx一fx-mgx= A点关于x。点对称，故B错误。 1 3.A【解析】设汽车行驶时发动机的输出功率为P,阻 2mw2-0,代入数据解得导弹发动机提供的平均反 力为f,牵引力为F,有P=Fx,F-f=ma,整理可得 冲力大小为F=2.01×105N,故B正确。导弹增加 号十甘由题图可知-g6言解得P-公 1 的机械能为△E=2mu2+mgx=7.92X10J,故C 了一名，可知汽车行驶过程中发动机的输出功率不 错误。导弹发动机对导弹做的功为W=Fx=8.04× 变，汽车在行驶过程中受到的阻力恒定不变，故A正 108J,故D正确。 确，B错误。当汽车速度达到最大时，有P=fm,即 6.CD【解析】铁链下滑过程中整体的Ao。B 名-名m。,解得口。=方，故C错误。当汽车速度为 机械能守恒，但任意一小段铁链运动 m b 过程中机械能不守恒，故A错误。设 -受-方时，汽车的牵引力为下--2， 铁链在初始位置时其重心到O点的距离为h,如图中 ,由 的E点所示，铁链的端点B滑至C处过程中，链条 b 重心的位置到O点距离不变，在此过程中，根据机械 F-f=ma,可得此时汽车的加速度为a=友，故D 错误。 能守恒定律可得mgh=mgh sin30°+2mu2,其中 D【解析】根据两个物体的总位移 v=3√2m/s,解得h=1.8m,故B错误。设链条长 相等，速度一时间图像的面积表示 位移，作出物体在甲、乙传送带上运 度为L,根据几何关系可得L=-晋×。。 3 m= 元 动的速度一时间的图像，如图所示， 2m,铁链的端点A滑至C点时其重心下降的高度 可知甲运动的时间大于乙运动的时0 间，故A错误。由题意可知甲、乙传送带长度一样、倾 为H=A+台-1.8m十号m=2.8n,放C正确， 角一样，故高度差△h一样，根据重力做功W= 设铁链的端点A滑至C处时速度大小为'，根据机械 g△h,可知两种情况重力做功相同，由于时间不同， 根据平均功率公式P-?,结合A选项分析可知两种 能守恒定律可得mgH=2m“,解得d=2Vms, 故D正确。 情况运动时间不同，故重力的平均功率不相等，故B 【归纳总结】 错误。由题意知两种情况到达B点时速度相同，根据 瞬时功率公式P=Fusin0=mgusin0,可知到达B点 判断物体或系统的机械能是否守恒的方法 时，重力的瞬时功率相等，故C错误。由题意可知两 分析动能和势能之和是否变化，若不变，则机械 定义法 种情况物体动能变化量相同，重力做功相同，根据动 能守恒 能定理可知，两传送带对物体做的功相等，故D正确。 若只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做 做功法 4.AC【信息获取与转化】 功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒 序号 文本/图像信息 隐含信息 若只有动能和势能发生相互转化，而无机械能与 转化法 其他形式能的转化，则机械能守恒 E-h图像 斜率表示外力 *BCD【信息获取与转化】 物体上升的最大高 对应动能为0，结合图像可知 度为2h。 此时重力势能为4E。 序号 文本/图像信息 隐含信息 光滑圆弧轨道AB…光 表示h=0时机械能为0，即 1 不考虑任何摩擦阻力 图像过原点 滑定滑轮 以地面为参考平面 物体Q恰好对地面无压力 弹簧弹力等于Q的重力 【解析】由E-h图像可知，物体上升到最大高度2h。 P和圆环通过绳连接、圆 P和圆环沿绳方向的速 时，动能为零，重力势能为4E。,则4E。=mg·2h。, 环在圆弧轨道AB上运动 度相等 解得物体质量加 ,故A正确，B错误。h。~2h0 圆环套在轨道上，细绳直 过程中，由机械能守恒定律可得一∫·h。=4E。 小环套在圆弧轨道上下滑 接从C到环，而不必跨 越顶点B 5B…解得f一亮故C正确，D错误。 【解析】小环下滑过程中，弹簧对物体P做功，故小环 ·26· ·物理· 参考答案及解析 与物体P组成的系统机械能不守恒，故A错误。当滑 9.(1)7m/s2 轮右侧细绳与圆弧AB相切时，小环与物体P的速度 (2)m (3)M≥20 m 大小相等，故B正确。如图所示，当小环滑到A点时， 【解析】(1)设细线中张力为F,对小球有F一ngsin53°= ma,对物块有Mg-F=Ma,联立解得a=7m/s2。 物体Q恰好对地面无压力，此时AC=BC斗2g,0C号 R BC+R,(AC)2=(OC)2十(OA)2,可得BC=1m,故 (2)An-tan 535 C正确。小环到达A点时弹簧的伸长量与初始时弹簧 由v2=2axAB,代入数据解得v=2√7m/s, 的压缩量相同，弹性势能变化量为0，设小环在A点的 速度大小为vA,此时P的速度大小为p,设∠CAO= 从B到C,根据机模能守恒定律，有)m- 2mu2+ 0,则Asin0=p,由机械能守恒定律得MgR一mg· mgR(1-cos 53), 2ms-号Moi+ k21 2mu2,解得uA=10165 m/s,故D 33 小球离开C后做平抛运动，有x=4,h2g凸 正确。 联立并代入数据解得x-号m, (3)从A到B过程小球和物块组成的系统机械能守 恒，有号M+mo=MgA8一S53, m9a 777777777 细线断裂后，小球从B到C,有0一2m=一mgR· 7.0.10.5【解析】活塞第一次开始移动时，设弹簧的 (1-c0s53), 伸长量为x,弹簧弹力和活塞受到的沿管壁向上的最大 静摩擦力平衡，则x=f,得x=0.1m。从释放到活塞 联立解得M=9m,故M≥ 7m时小球能运动到 刚开始滑动，对小球由动能定理得mgxsin30° C点。 合kr=md,解得u=0.5n/s. 10.(1)0.40.2(2)6kg(3)见解析 【解析】(1)由v-t图像可知，t=0.5s到t=1s时 8.(1)C(2)12.20(3)不可以 d 间段内，B的加速度大小aB=4m/s2,A的加速度 g+号)1-cos0)=}' 0d 大小aA=2m/s2,设A与B间的动摩擦因数为μ1， A与桌面间的动摩擦因数为42，由牛顿第二定律， 【解析】(1)为提高实验的精确度，减小空气阻力的 对B有u1mBg=mBaB, 影响，小球应选用钢球。 对A有u1mBg-u2(mB+mA)g=mAaA, (2)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= 联立解得41=0.4,42=0.2。 12mm+4×0.05mm=12.20mm。 (2)由v-t图像可知，t=0到t=0.5s时间段内，B (3)若0大于90°，由静止释放小球后，小球将做一段 的加速度大小aa=8m/s2,设重物质量为m,对B 自由落体运动，细线绷紧后做圆周运动，而在细线绷 和重物组成的系统，由牛顿第二定律有mg 紧的过程中，小球的机械能将损失一部分，因此0不 μ1mBg=(m十mg)aB,解得m=6kg。 可以大于90。小球运动至最低点时的速度为0= (3)t=1s时刻，A、B共速，B刚好进入虚线区域， t 且B受到水平向右的恒力F作用，若A、B进入虚 验证机被能守恒定律的表达式为mg(亿+号)1 线区域后会发生相对滑动，由分析知 F十A:(mA十mB)g≥msg十：(mA十m)g,得 cos0)=2mw,联立解得g(亿+2)1-cos0)= mA十mB mA F≥18N>5N,因此，进入虚线区域后，A、B会保 () 持相对静止一起水平向左做匀减速直线运动，加速 度大小a共 F+2(mA十mB)g_2F+6,接下来， mA+mB 3 (4)由上一问表达式整理可得} 2g(+ -cos 0+ d 分析三种情况： ①若A、B恰好能一起滑出左边界，则2ad=v2,其 2g(1+g 2+ 中a=a共，解得F=2N。 一，结合图像可知k 一，解得 ②若A、B滑不出左边界，停下后A、B均能在虚线 kd2 区域内静止，则F≤2(mA十mB)g=3N。 g=2L+d° ③若A、B滑不出左边界，停下后A、B不能在虚线 ·27· 高三一轮复习周测卷 ·新教材版F· 区域内静止，则将反向水平向右加速，若A、B向右 ②当2N<F≤3N时，A、B将一起停在虚线区域中， 加速过程中会发生相对滑动，由分析知 1 F-h(mA十ma)g≥1mBg一u:(mA十mB)g 由动能定理，有Fs2十，(mA十ma)gs,=2(mA十 mA+m月 mA 3 解得F≥6N>5N,因此，当3N<F<5N时，A、B m)v2,解得s2=F十3(m)。 会保持相对静止一起向右加速。 ③当3N<F<5N时，A、B将先一起向左匀减速运 综上可知： 动距离L,由动能定理，有FL十42(mA十nB)gL= ①当0<F≤2N时，A、B将一起滑出左边界，又由 之(mA十mB)o,然后一起向右先匀加速运动再匀 42g<41g知，A、B之后将一起匀减速到零，由动能 减速运动，由动能定理，有FL一2(mA十mB)g· 定理，有Fd十H2(mA+mB)gs1= 2(ma+ma)v, L十5)=0，联立解得s=F+3 F-3 m)。 解得s1= 5-F 5 (m)。 物理（十三） 1.B【信息获取与转化】 不是原来的2倍，D错误。 序号 文本/图像信息 隐含信息 物理关系 【归纳总结】 礼花弹在最高点炸 “爆炸”模型：满 MaVa 常见流体模型的微元构建 开成a、b两部分 足动量守恒定律 miUs=0 ①流体类：液体流、气体流等，通常已知密度。 研究 ②微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单 轨迹图如图所示 对象 位体积内粒子数n 2 …忽略空气阻力 平抛运动模型 的作用 构建柱状 沿流速的方向选取一小段柱体，设其横截面 模型 积为S 等于重力与竖直 重力功率 方向速度之积 P=mgv竖 小段柱体的体积V=S·v△t 小段柱体质量m=pV=pSu△ 【解析】平抛运动在水平方向为匀速直线运动，有x 微元研究 小段柱体粒子数N=nV=nSu△t 0,3x=0,竖直方向上有A=28,h=2g, 1 小段柱体动量p=mo=pS02△t 3. D 【模型建构】 可得v。:v6=1:3,根据动量守恒定律有mv。 m6v。=0,解得ma:m6=3:1,故C错误。a、b两部 选取对象 两物块，中间夹一弹簧 分的初动能B。-了好，B。名m心，解得E。· 1 建构模型 物块一弹簧模型 Uo E=1:3,故B正确。a、b两部分落地时的速度大 图示 000000 m 小v1=√o十gt名，v2=√o十gt,可知，a、b两部 水平地面光滑 分落地时的速度大小之比不等于1：3，故A错误。 ①系统动量和机械能均守恒 a、b两部分落地时的重力功率P。=mag℃a= 确定物理 ②当弹簧处于最短（或最长）时两物体瞬时速度 原理 mag2ta,P=mg℃b=mbg2t6,解得P。:P。=3:1, 相等，弹簧的弹性势能最大 ③当弹簧处于原长时弹性势能为零 故D错误。 2.A【解析】以帆船为参考系，对△t内的一段风，设 【解析】由图可知在t。时刻两物块共速，则由动量守 其质量为△m,由动量定理有F△t=△m△v=pS(v- 恒定律mBv。=(m十mB)0.8v0,解得物块B的质量 o)△t(v一vo),帆船匀速前行，由平衡条件得F=f, 为mg=4m,选项A错误。分离时弹簧恰好回复到 原长，则由动量守恒和能量关系有mB,=mA1十 f 解得v= 十vo,A正确，B错误。由以上结论，整 m22mo听=7m+ 2mao,解得分离后物块 理得0=V一 ,若风与帆作用的有效面积变为原 A、B的速度大小分别为1=1.6v0,2=0.6v0,选项 B错误。当两物块共速时弹簧弹性势能最大，则碰撞 来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不 区可知，若风 过程中弹簧的最大弹性势能为Em=号m- 是原来的2倍，C错误。由o=v一 速变为原来的2倍，阻力大小不变，则船的航行速度 2(mA十ms）×(0.8v)2=0.4mo,选项C错误。 ·28·