(6)机械能守恒定律 功能关系-【衡水金卷·先享题】2026年高考物理一轮复习单元检测卷（Y）

高三一轮复习单元检测卷/物理 (六)机械能守恒定律功能关系 (考试时间75分钟，满分100分》 一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符 合题目要求的) 1.如图甲所示，男孩乘坐升降机加速下落；如图乙所示，女孩搭乘扶梯向上做减速运动；如图丙所示， 表面光滑的斜面体放置（不固定）在光滑水平面上，α和b没有相对滑动地从静止沿斜面下滑，下 列说法正确的是 甲 丙 A.图甲中男孩的机械能一定是减少的 B.图乙中女孩的机械能不可能不变 C.图丙中a、b之间可能没有作用力 D.图丙中a的机械能可能增加 2.如图甲、乙所示，两根完全相同的轻弹簧竖直放置在同一水平面上，两个完全相同的小球从图示位 置由静止释放并压缩弹簧，O点为弹簧自由伸长时其上端点所在的位置，P1、P2为两小球速度最 大的点，Q1、Q2为两弹簧形变量最大的点，只考虑向下运动的过程，不计空气阻力，重力加速度为 g,弹簧始终在弹性限度内，下列说法错误的是 A.P、P2在同一高度 B.P为OQ的中点，而P2在OQ2中点的上方 P2 C.小球的动能和弹簧的弹性势能之和一直增加 9 D.小球在Q1点的加速度小于g,在Q2点的加速度大于g 3.如图所示，光滑斜面固定在水平面上，在斜面的底端固定一轻弹簧，弹簧自然状态时其上端点处于 O点。将可视为质点的小物块从A点由静止释放，一段时间后到达最低点B。以O点为原点，以 沿斜面向下为x轴正方向，已知弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，小物块在运动过程中的动 能Ek、重力势能E,(取O点处E。=O)、机械能E。随x变化的关系图像正确的是 E Eo 0 000000000000 物理第1页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 4.如图所示，一质量为的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上一固定在水平面上、倾角为 30的斜面。物体运动的加速度大小为子g(g为重力加速度)，在斜面上上升的最大高度为九，则在 这个过程中 A.物体的重力势能增加了子mgk B.物体的重力势能增加了mgh C.物体的动能损失了mgh D.物体的机械能损失了mgh 5.如图所示，圆心为O点、半径为R的光滑圆弧轨道AC竖直固定在水平桌面上，C端装有一轻质定 滑轮，OC与OA的夹角为60°，轨道最低点A与桌面相切。一足够长的轻绳跨过定滑轮，两端各 系有一个小球m1和m2(均可视为质点)，将m1由C点静止释放后，m1沿圆弧下滑，不计一切摩 擦。下列说法正确的是 0。 60 A.在m1由C点下滑到A点的过程中，两球速度大小始终相等 B.在m1由C点下滑到A点的过程中，重力对m1做功的功率一直增大 C.若1恰好能沿圆弧轨道下滑到A点，则m1的质量是m2的2倍 D.在m1由C点下滑到A点的过程中，m1的机械能守恒 6.如图甲所示，工人正利用传送带运送货物。以恒定速率沿逆时针方向运行的传送带与水平面 的夹角0=37°，转轴间距L=3.5m。工人将货物（可视为质点）沿传送方向以速度)= 1.5m/s从传送带顶端推下，t=4.5s时货物运动到传送带底端，货物在传送带上运动的-t图 像如图乙所示。已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2,不计空气阻力，则下列 说法正确的是 o) v/(m's-) Vo 2.54.5/s 甲 A.t=2.5s时，货物所受摩擦力的方向改变 B.货物与传送带间的动摩擦因数为0.4 C.vo=0.5 m/s D.货物向下运动的过程中所具有的机械能先减小后不变 三一轮复习单元检测卷六 物理第2页（共8页) 回 7.一根质量为、长为L的均匀链条一半放在光滑的水平桌面上，另一半悬在桌边，桌面足够高，如 图a所示。若将一个质量为m的小球（可视为质点）分别拴在链条左端和右端，如图b、c所示，约 束链条的挡板光滑，三种情况均由静止释放，当整根链条刚离开桌面时，关于它们的速度关系，下 列说法正确的是 图a 图0 A.va=vs=Ve B.v<v<v C.V>Va>Vh D.va>v>Ve 二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题 目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 8.如图所示，一半径为R,内径可以忽略不计的管道竖直固定放置，外轨道光滑、内轨道粗糙。一个 质量为的小铁球（直径略小于管道内径）在管道内径中运动，重力加速度为g。下列说法正确 的是 外轨道 圆心等高线 ·内轨道 A.若小铁球在最低点获得的速度为√gR,则小铁球始终能做完整的圆周运动 B.若小铁球在最低点获得的速度为√2gR,则小铁球的机械能守恒 C.若小铁球在最高点的速度小于√gR,则小铁球在最高点对管道的作用力方向竖直向下 D.若小铁球在最高点由静止开始运动，则小铁球最终损失的机械能为mgR 9.一质量为的小球除重力外还受到一恒力F的作用，在竖直平面内由静止开始沿直线向下运动， 该直线与竖直方向成锐角。重力加速度为g,则下列说法正确的是 A.小球的机械能一定不守恒 B.若F=ngsin0,则小球的机械能守恒 C.若0<45°且F=ngtan0,则小球的机械能可能增加，也可能减少 D.若0>45°且F=mngtan0,则小球的机械能可能不变 10.一种机械传动装置可简化为如图所示的情景，两质量相同的小球α、b(均可视为质点)，分别套在 水平和竖直的光滑杆（两杆不接触，且两杆间的距离忽略不计）上，其间通过一轻质细杆相连（杆 可绕小球无摩擦地自由活动)，初始时两小球均静止，其中小球α与O点的距离x。=0.8m,小球 b与O点的距离yo=0.6m。现将两小球a、b同时由静止释放，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8， 重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是 物理第3页（共8页） 衡水金卷·先享题·高三 A.小球a运动过程中处于O点右侧时，距离O点的最大距离为0.6m B.小球b运动过程中，某时刻其加速度可能等于零 C.小球a运动过程中的最大速度为2m/s D.小球b运动至距O点0.8m时，小球a的速度大小为1.6m/s 班级 姓名 分数 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、非选择题（本题共5小题，共57分。请按要求完成下列各题） 11.(7分)某实验小组用如图1所示的装置验证机械能守恒定律。 夹子 纸带 打点计 时器 0 灭子 口重物 he 图1 图2 v2m2-s2) 8.0 6.0 4.0 2.0 B C D E 666女过女656 -10.00 10.020.030.0 h/cm -2.05 图3 图4 (1)除带夹子的重物、纸带、铁架台（含夹子）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还 需要使用的一组器材是 (填正确答案标号)。 A.直流电源、天平（含砝码） B.直流电源、刻度尺 C.交流电源、天平（含砝码） D.交流电源、刻度尺 (2)实验中，先接通电源，再释放重物，得到如图2所示的一条纸带。在纸带上选取连续打出的5 一轮复习单元检测卷六 物理第4页（共8页） 回 个点A、B、C、D、E,测得C、D、E三个点到起始点O的距离分别为hc、hD、hE。已知当地重力加 速度为g,打点计时器打点的周期为T,重物的质量为，则从打下O点到打下D点的过程中，重 物重力势能的减少量为 ,动能的增加量为 。(用上述测量量和已知量的符号表示) (3)若操作过程无误，可发现重力势能的减少量总是 (填“大于”“小于”或“等于”)动能的 增加量，其原因可能是： (4)某同学进行数据处理时不慎将纸带前半部分损坏，找不到打出的起始点O了，如图3所示。 于是他利用剩余的纸带进行如下的测量：以A点为起点，测量各点到A点的距离h,计算出物体 下落到各点的速度v,并作出v2-h图像。图4中给出了α、b、c三条直线，他作出的图像应该是 直线 (填“a”“b”或“c”);由图像可得A点到起始点O的距离为 cm(结果保留三 位有效数字)。 12.(9分)某同学利用如图甲所示的装置验证机械能守恒定律，细线的一端系在O点，另一端系一小 球，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时间，实验过程 如下： ↑2/(×104s2) 白光电门 1 cos0 (1)安装好实验装置，测出小球的直径d及悬点O到球心的距离L, (填“有”或“没有”) 必要测量小球的质量。 (2)将小球拉离竖直位置，测量细线偏离竖直方向的夹角，0 (填“可以”或“不可以”)大 于90°。 (3)由静止释放小球，记下小球第一次经过光电门的遮光时间t。 (4)改变0角，重复步骤(2)(3)，已知重力加速度为g,则验证机械能守恒的表达式为 。(用题中相关物理量的字母表示) (5)该同学依据测量数据作出子 -cos0的关系图像如图乙实线所示，已知小球直径的测量值d =18.0mm,O点到球心的距离L=0.90m,当地的重力加速度g=9.8m/s2,若b= (结 果保留两位有效数字)，则可以验证机械能守恒定律。 (6)若另一位同学利用同一装置做该实验时得到子~c0s9的关系图像如图乙虚线所示，则原因 可能是 (填正确答案标号)。 A.小球直径d的测量值偏大 B.小球直径d的测量值偏小 C.悬点O到球心的距离L的测量值偏大 D.悬点O到球心的距离L的测量值偏小 物理第5页（共8页） 衡水金卷·先享题·高正 13.(11分)如图所示，一个侧壁光滑的质量为M的矩形装置放置在水平地面上，现有一个固定在矩 形装置上的滑轮和一个固定在竖直墙壁上的滑轮，滑轮质量均不计。一木块通过轻质细线绕过 两个滑轮系在矩形装置上，细线有两部分处于水平状态、有一部分处于竖直状态，重力加速度为 g,假定装置不翻转。 (1)若地面光滑，木块的质量m=0.2M,用一向左的水平恒力F使系统静止，求水平恒力F的 大小； (2)若矩形装置与地面的动摩擦因数μ=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个系统始终处于 静止状态，求木块质量m的最大值； (3)若地面光滑，木块的质量m=M,整个系统从静止开始运动，当木块沿矩形装置侧壁下降高度 h时，求矩形装置的速度大小。 M m 77777777777777777 一轮复习单元检测卷六 物理第6页（共8页） 回 14.(14分)如图所示的装置中，光滑水平杆固定在竖直转轴上，小圆环A和轻弹簧套在杆上，弹簧两 端分别固定于竖直转轴和环A上，细线穿过小孔O,两端分别与环A和小球B相连，细线与水平 杆平行，环A的质量为m,小球B的质量为2。现使整个装置绕竖直轴以角速度w匀速转动， 细线与竖直方向的夹角为37°。缓慢加速后使整个装置以角速度2匀速转动，细线与竖直方向 的夹角为53°，此时弹簧弹力与角速度为w时的弹簧弹力大小相等，已知重力加速度为g,sin37 =0.6,c0s37°=0.8。 (1)当装置转动的角速度为ω时，求细线OB的长度； (2)当装置转动的角速度为2ω时，求弹簧的弹力大小； (3)装置转动的角速度由ω增至2ω的过程中，求细线对小球B做的功W。 37转轴 物理第7页（共8页） 衡水金卷·先享题·高 15.(16分)如图所示，一质量M=2kg、长L=2m的木板A静止在光滑水平面上，木板A左端有一 固定的弹性挡板，质量m=2kg的小滑块B(可视为质点)静置于木板A右端。现对木板A施加 一水平向右、大小为16N的恒定拉力F,直到挡板和小滑块B第一次弹性碰撞前瞬间撤去F,木 板A到达传送带前已经与小滑块B共速。木板A与传送带接触前瞬间立即被锁定，小滑块B 冲上足够长的水平传送带，传送带始终以=2/s的速率沿逆时针方向转动，小滑块B与木板 A及传送带间的动摩擦因数均为：=0.2，不计小滑块B经过传送带连接处的机械能损失。已知 重力加速度g=10m/s2。求： (1)刚开始运动时小滑块B的加速度大小a1和木板A的加速度大小a2; (2)小滑块B刚滑上传送带时的速度大小？； (3)整个过程中系统因摩擦产生的热量Q。 F 三一轮复习单元检测卷六 物理第8页（共8页） 回高三一轮复习Y ·物理· 高三一轮复习单元检测卷/物理（六） 命题要素一贤表 注： 1.能力要求： I.理解能力 Ⅱ，推理能力Ⅲ，分析综合能力Ⅳ.应用数学处理物理问题的能力V,实验能力 2.学科素养： ①物理观念 ②科学思维③科学探究( 科学态度与责任 分 知识点 能力要求 学科素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) I ⅢV ① ②③④ 档次 系数 1 单项选择题 4 机械能变化的判断 易 0.85 系统机械能守恒与转移、牛顿第 单项选择题 4 中 0.75 二定律 3 单项选择题 4 能量与位移变化的关系图像 中 0.75 机械能的计算、力做功、能量的 4 单项选择题 4 中 0.70 转化 5 单项选择题 4 轻绳连接的系统机械能 中 0.65 6 单项选择题 倾斜传送带模型、v-t图像 中 0.70 7 单项选择题 4 链条的机械能分析 中 0.65 8 多项选择题 竖直面内的圆周运动、临界问题 中 0.65 9 多项选择题 5 判断机械能是否守恒 中 0.65 10 多项选择题 5 轻杆连接的系统机械能 分 0.65 11 非选择题 7 验证机械能守恒定律 中 0.70 12 非选择题 9 验证机械能守恒定律 中 0.65 13 非选择题 11 连接体中的牛顿第二定律 易 0.85 14 非选择题 14 圆周运动、功能关系 W 中 0.70 15 非选择题 16 板块、传送带、功能关系 难 0.55 昏考答案及解析 一、单项选择题 1.A【解析】升降机向下运动，Q<g,男孩会受到向上 的支持力作用，支持力做负功，所以男孩的机械能会 减少，A项正确：对扶梯上的女孩受力分析，如图 所示： ·25· ·物理· 参考答案及解析 当支持力N与摩擦力f的合力F与运动方向垂直 摩擦力微的功W,=∫·sm0=子mg,所以物体的 时，除重力外，其他力对女孩做功的代数和为0，所以 1 这种情况下女孩的机械能守恒，B项错误；三者组成 机械能损失了之mgh,D项错误。 的系统水平方向动量守恒，a和b整体水平向右的速 5.C【解析】在m1由C点下滑到A点的过程中，两球 度变大，所以a、b之间一定有作用力，C项错误；三者 沿绳方向的速度大小是相等的，m1下滑一段时间后 组成的系统机械能守恒，a和b的部分机械能转移到 其速度有垂直于绳方向的分量，所以此时两个小球的 斜面体，a、b的机械能都会减少，D项错误。 速度大小必然不相等，A项错误；重力的功率P= 2.D【解析】当kx=mg时，小球的速度最大，所以 gu,,其中u,为1速度的竖直分量，开始时1静 P、P:在同一高度，A项正确，不符合题意；当小球的 止，)，为0，当m1运动到A点时，其速度方向是水平 速度为0时，弹簧的形变量最大，小球的机械能转化 的，所以也为0，因此先变大后变小，所以重力 为弹簧的弹性势能，图甲有子k=ng,即k红 的功率也先增大后减小，B项错误；若1恰好能沿圆 2mg,所以P为OQ的中点，小球在Q点的加速度 弧下滑到A点，此时两球的速度均为O,对两球组成 的系统从C点运动到A点的过程，由几何关系可知 a1-ms=g:图乙有k=mg(x+h,即k 2上升的高度为R。根据系统机械能守恒得 =2mg(x十h2,k>2mg,所以P,在0Q中点的上 1gR(1一cos0)=2gR,解得m1=22,C项正确； 由C项分析可知，两球组成的系统机械能守恒，对 方，小球在Q点的加速度a,=二ms>g,B项正 m 由C点下滑到A点的过程中，除重力以外轻绳的拉 确，不符合题意，D项错误，符合题意；小球和弹簧组 力也做了功，其机械能不守恒，D项错误。 成的系统机械能守恒，向下运动过程中小球的重力势 6.C【解析】由图乙可知，在0~2.5s内，货物的速度 能一直减少，所以小球的动能和弹簧的弹性势能之和 大于传送带的速度，则货物受到沿斜面向上的滑动摩 一直增加，C项正确，不符合题意。 擦力。在2.5~4.5s时间内，货物匀速下滑，根据平 3.A【解析】小物块下滑过程中，在接触弹簧后，弹簧 衡条件可知，货物受到沿斜面向上的静摩擦力，可知t 弹力做负功，小物块的机械能减小，B、D项错误：假设 =2.5s时，货物所受摩擦力的方向不变，A项错误； 斜面倾角为0，重力势能的表达式E。=gxsin0,即 根据v-t图线与时间轴围成的面积表示位移的大 重力势能与x成正比。因滑块在接触弹簧之前Ek= 小，可得L=四十1十6，其中有=2.5s,=2s, 2 ngxsin0,可知接触弹簧之前Ek-x图像为直线，机 解得=0.5m/s,C项正确；由图乙可知，在0~ 械能不变，C项错误，A项正确。 2.5s时间内，对货物，由牛顿第二定律有gcos0 4.B【解析】物体在斜面上上升的最大高度为h,克服 mgsin0=ma,由v-t图像可知货物的加速度大小a 重力做功为mgh,则重力势能增加了mgh,A项错误， 3 =心，解得=0.8，B项错误；由于货物向下运动 B项正确：合外力对物体做的功W合=一m·子g· t 的过程中所受摩擦力一直沿斜面向上，摩擦力一直做 h 3 sin 303- 一之gh,根据动能定理得知，物体动能损 负功，根据功能关系可知，货物的机械能一直减小，D 项错误。 失了mgh,C项错误：根据牛顿第二定律得 7.C【解析】设桌面为势能零点，图a中根据机械能守 mgsin30°+f=m·3 1 g,解得∫=4g,则物体克服 恒定体有一立mg×子=合md-mgX告，解得 ·26· 高三一轮复习Y ·物理· 虹；图b中根据机械能守恒定律有一 L 一值，小球的机械能增加，D项错误。 2 4 10.BD【解析】小球a和b组成的系统机械能守恒，小 =之×2m话-mg×之，解得w=工：图c中根 球a处于O点右侧最远时，小球b必处于出发位置， 即小球a与O点右侧的最远距离应为0.8m,A项 1 据机械能守恒定律有一 L < mgX车-mg· 错误；初始时小球b的速度为零，当小球a运动到O 一mgL,解得=4工，则有> 点时，小球b的速度也为零，表明小球b从开始到运 2mv-mgX 2 动到最低点的过程中，某时刻速度有最大值，该时刻 >%,C项正确。 时其加速度为零，B项正确：杆长L=√十= 二、多项选择题 1m,对a、b组成的系统从开始运动到小球a第一次 8.AD【解析】若小铁球在最低点获得的速度w 经过0点，有mg(L一%)=号m,解得 V,从最低点到最高点有一mg·2R=之m听 2√瓦m/s,C项错误；小球b运动至距O点0.8m时 之m6,解得=√gR,则小铁球始终与内轨道无挤 的情况如图所示： 压，即小铁球始终没受到摩擦力的作用，机械能守恒， 小铁球始终能做完整的圆周运动，A项正确；若。 √2gR,小铁球在圆心等高处以上会受到摩擦力的作 用，机械能会损失，B项错误；若小铁球在最高点的速 度小于√g下，则mg>F向，小铁球会挤压内轨道，同 时水平方向还会受到摩擦力的作用，所以小铁球在最 根据几何关系可得0=37°，a=53°，则有u.cosa 高点对管道的作用力不会在竖直方向上，C项错误； c0s0,且有mg(0.8一y%)= 2m+ 1 2m,联立 若小铁球在最高点由静止开始运动，小铁球在圆心等 解得a=1.6m/s,D项正确。 高处以上必然会受到摩擦力的作用，机械能会损失， 三、非选择题 最终会在圆心等高处以下来回摆动，则小铁球最终损 11.(1)D(1分) 失的机械能为mgR,D项正确。 (2)mghn(1分) m(he=he）上（a分) 9.BC【解析】如图所示： 8T2 (3)大于(1分)物体克服阻力做功，有一部分机械 能转化为内能(1分) (4)a(1分)10.0(1分) 【解析】(1)由于电磁打点计时器需要连接交流电 源；计算机械能守恒时，重物的质量等式两边均有， 虚线为小球的运动方向，重力与恒力F的合力要沿 可以约掉，不必测出：要用刻度尺测量点与点之间的 虚线向下，小球才能由静止开始沿直线向下运动，当 距离，从而算出打某个点时的速度及下降的高度，D 恒力F取F,方向时有Fg=mngsin0,恒力不做功，机 项正确。 械能守恒，A项错误，B项正确：若0<45°且F= (2)下降的高度为hD,重物重力势能的减少量△E。 ngtan0,恒力F取F2方向时，做正功，机械能增加， =mghp,打D点的速度等于CE段的平均速度vp= 恒力F取F,方向时，做负功，机械能减少，C项正确； hE-hc 若>45°且F=ngtan0,恒力F只能取F2方向，唯 2T 动能的增加量△E=乞m6 ·27· ·物理· 参考答案及解析 =m(he-hc)? 又F=2T (2分) 8T2 所以F=0.4Mg (1分) (3)若操作过程无误，可发现重力势能的减少量总是 (2)根据平衡条件可知矩形装置应满足(Mg十mg) 大于动能的增加量，其原因可能是物体克服阻力做 -2mg (2分) 功，有一部分机械能转化为内能。 解得m=0.25M (1分) (4)若是从A点开始计时的，则mgh= (3)木块竖直向下的速度是矩形装置的二倍，水平方 1 向与矩形装置相同，根据系统机械能守恒定律可得 m听，故t=2gh+听，即当h=0时，心大于0，故 mgh= 合m[(2o)'+]+2Md (2分) 图像应该是直线a,由图像可知，当v=0时，h -10cm,故说明A点到起始点O的距离 解得=√3 (2分) 为10.0cm。 12.(1)没有(1分) 14.(1)58 4w (2)28 (3)199mg 3a 144w (2)不可以(2分) 【解析】(1)当装置转动的角速度为w时，设细线OB 0号=-xL1-6s2分) 的长度为s,对小球B分析得 T1cos37°=2ng (1分) (5)5.4(2分) Tsin37°=2mw2s·sin37° (1分) (6)AD(2分) 【解析】(1)该实验的原理为mgL(1-cos0)= 解得=器 (1分) 之mv,m可约掉，没有必要测量小球的质量。 (2)当装置转动的角速度为2w时，设细线OB的长 (2)若>90°，静止释放小球后，小球将做一段自由 度为s’,则对小球B得 落体运动，细线绷紧后再做圆周运动，而细线绷紧的 T2cos53°=2ng (1分) 过程，小球的机械能会损失一部分，所以不可以大 T2sin53°=2m(2u)2s'·sin53 (1分) 于90°。 解得一器 (1分) (4)小球到达最低点时的速度v= ￠，结合实验原理 设细线长度为L,则装置转动的角速度为ω时，对圆 有号=gL1-cas. 环A有T1-F=mw2(L-s) (1分) 装置转动的角速度为2w时，对圆环A有F+T2= (5由实验原理可得}-头一兴。6，由图乙可 m(2w)2(L-s') (1分) 解得F=mg (1分) 知，图线纵轴截距6-，代入数据解得~5.4。 (3)装置转动的角速度由ω增至2w的过程中，小球 (6)图乙中的虚线在纵轴上的截距减小了，据b= B的重力势能的变化量 兴可知，可能是L的测量值偏小，或者是小球直径 △E,=2mg(scos37°-scos53) (2分) 1 d的测量值偏大，A、D项正确，B、C项错误。 动能变化量△E=7×2m[(2as·sin53)2 13.10.4Mg(2)0.25M3V (aws·sin37)] (2分) 解得细线对小球B做的功W=△Ek十△E,= 【解析】(1)对木块受力分析，根据平衡条件可知细 199g2 线的拉力大小T=mg (1分) (1分) 144w ·28· 高三一轮复习Y ·物理· 15.(1)2m/s2,6m/s2(2)4m/s(3)56J 碰撞后至共速过程中1一at=v1十at2=v共 【解析】(1)刚开始运动时，木板A和小滑块B会发 (1分) 生相对滑动，对小滑块B分析，由牛顿第二定律有 则正相=明十迭·与一十选·行 (1分) 2 2 umg=ma (1分) 解得t2=1s,v共=4m/s (1分) 解得刚开始运动时小滑块B的加速度大小a1= (1分) 2m/s2 x相特=2m=L (1分) 即小滑块B和木板A达到共速瞬间运动至木板A 对木板A分析，由牛顿第二定律有F-mg=Ma2 的最右端，最终滑上传送带的速度大小=共= (1分) 4 m/s (1分) 解得木板A的加速度大小a2=6m/s (1分) (3)由逆向水平传送带特征知，小滑块B滑上传送 (2)木板A、,小滑块B发生碰撞前，由运动学公式可 1 1 得xn=之a,行，xB=2a (1分) 后会以。返回，因为返回后以a减速，有2 1 m<L (1分) 由几何关系xA一xB=L (1分) 所以小滑块B第一次返回后就静止在木板A上，不 联立可得t=1s 会发生第二次碰撞，由能量守恒定律有Q=g· vA=a2h=6 m/s;UB=ait=2 m/s (1分) 1 木板A、小滑块B发生碰撞后，碰撞瞬间交换速度， 2L+分m(+)2+7m或=56J (1分) 有UAi=2m/s,UB1=61m/s (1分) 碰撞后受力分析得a=aB=a=g=2m/s2(1分) ·29·