2025-2026学年高三上学期物理寒假作业：高考计算题专题练（一）

寒假作业：高考计算题专题 高中物理计算题（一）解析版 1．(14分)如图甲，质量m＝2 kg的物体置于倾角θ＝30°的足够长且固定的斜面上，t＝0时刻，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，t＝1 s时刻撤去力F，物体运动的部分v－t图像如图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求物体与斜面间的动摩擦因数和力F的大小； (2)求t＝6 s时物体的速度大小； (3)求物体返回出发点时的速度大小。 答案　(1)　48 N　(2)6 m/s　(3)4 m/s 解析　(1)设有恒力F作用时物体的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有 F－mgsin θ－μmgcos θ＝ma1(2分) 撤去力F后，设物体的加速度大小为a2，由牛顿第二定律有 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2(1分) 根据速度－时间图像的斜率绝对值表示加速度大小，则有 a1＝＝16 m/s2(1分) a2＝＝8 m/s2(1分) 代入解得F＝48 N(1分) μ＝(1分) (2)根据v－t图像可知，3 s末物体速度减为零，之后物体向下做匀加速直线运动，设3 s后物体的加速度为a3，根据牛顿第二定律有 mgsin 30°－μmgcos 30°＝ma3(2分) 解得a3＝2 m/s2(1分) t＝6 s时，v＝a3t＝6 m/s，故t＝6 s时物体的速度大小为6 m/s。(1分) (3)v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，故前3 s的位移为s＝×3×16 m＝24 m(1分) 返回过程根据位移速度关系公式有v′2＝2a3s(1分) 解得返回出发点时的速度大小v′＝4 m/s。(1分) 2．(12分)如图所示，将倾角为α的光滑斜面体固定在水平面上，在其左侧有一水平的桌面，桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离为s，现有一可视为质点的滑块由水平桌面上的A点以初速度v0＝6 m/s向右滑动，滑块由B点离开桌面的右边缘，经过一段时间，滑块无碰撞地由斜面体的顶端C点滑上斜面体．已知A、B两点之间的距离为s0＝4.0 m，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数为μ＝0.25，B、C两点的高度差为h＝0.45 m，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气的阻力． (1)滑块离开桌面边缘的速度为多大？ (2)桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离s为多大？ (3)如果C点距离水平面的高度为H＝4.8 m，则滑块从A运动到D的总时间为多少？ 答案　(1)4 m/s　(2)1.2 m　(3)2.1 s 解析　(1)设滑块在水平桌面上滑动时的加速度大小为a0，滑块到达B点时的速度大小为vB. 由牛顿第二定律可知μmg＝ma0(1分) 又由运动学公式可得v02－vB2＝2a0s0(1分) 由以上可得vB＝4 m/s(1分) (2)滑块离开桌面右边缘后，开始做平抛运动．由平抛运动规律可知，在竖直方向做自由落体运动，则有 h＝gt12(1分) 得t1＝＝0.3 s(1分) 在水平方向做匀速直线运动，则有s＝vBt1＝4×0.3 m＝1.2 m(1分) 即桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离s为1.2 m. (3)滑块在水平桌面上运动的时间为t0＝＝0.8 s(1分) 滑块到达C点时竖直方向的速度为vy＝gt1＝3 m/s(1分) 则滑块到达C点时的合速度大小为v＝＝m/s＝5 m/s.(1分) 且由滑块无碰撞地由斜面体的顶端C点滑上斜面体可得此时速度方向沿斜面向下，sin α＝0.6 滑块在斜面上运动时的加速度大小为 a2＝gsin α＝6 m/s2 斜面的长度为l＝＝ m＝8 m(1分) 根据l＝vt2＋a2t22，解得t2＝1 s(t2＝－ s舍去)(1分) 则滑块从A运动到D的总时间为t总＝t0＋t1＋t2＝0.8 s＋0.3 s＋1 s＝2.1 s(1分) 3．(10分)如图所示，匀强电场的电场线与AC平行，把带电荷量为10－8 C的负电荷从A点移到B点，静电力做功6×10－8 J，AB长6 cm，AB与AC成60°角．求： (1)匀强电场的场强方向； (2)设B处电势为1 V，则A处电势为多少？电子在A处的电势能为多少？ 答案　(1)由C指向A　(2)－5 V　5 eV 解析　(1)将负电荷从A点移至B点，静电力做正功，所以电荷所受静电力方向由A指向C.又因为是负电荷，场强方向与负电荷受力方向相反，所以场强方向由C指向A.(4分) (2)由WAB＝EpA－EpB＝q(φA－φB)得 φA＝＋φB＝ V＝－5 V(4分) 则电子在A点的电势能为 EpA＝qφA＝(－e)×(－5 V)＝5 eV.(2分) 4．(10分)如图所示，某透明柱状介质的横截面为直角三角形ABC，一光线PD从AC边上的D点射入介质，经AC折射后到达BC边的中点时恰好发生全反射，AC＝L，CD＝，介质对该光线的折射率n＝，光在真空中的传播速度为c。求： (1)该光线从AC边上的D点射入介质时与AC边的夹角θ的余弦值； (2)该光线从D点射入介质到第一次离开介质的时间t。 答案　(1)　(2) 解析　(1)光路如图所示，设光线到达BC边时发生全反射的临界角为α，有(2分) sin α＝＝(1分) α＝60°(1分) 由折射定律有n＝＝(1分) 解得cos θ＝(1分) (2)由几何关系可知，该光线在介质中传播的路程为s＝L(1分) 该光线在介质中的传播速度大小为 v＝(1分) 由t＝(1分) 解得t＝。(1分) 5 (14分)如图所示，在坐标系xOy的第一象限内，斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场．现有一质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后从y轴上D点(未画出)垂直y轴射出，已知OC与x轴的夹角为45°.求： (1)O、A间的距离； (2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小； (3)粒子从A点运动到D点的总时间． 答案　(1)　(2)B　(3) 解析　(1)根据题意分析可知OA等于粒子在第一象限磁场中运动轨迹的半径， 根据牛顿第二定律可得 Bqv0＝(2分) 解得OA＝r＝.(1分) (2)粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知，OP＝r(1分) 粒子在第四象限磁场中运动轨迹的半径R＝2r(2分) 根据牛顿第二定律可得 B′qv0＝(1分) 解得B′＝B(1分) (3)粒子在第一象限磁场中运动周期 T＝＝(1分) 在第一象限磁场中运动时间t1＝T＝(1分) 出磁场运动到P点时间t2＝＝(1分) 在第四象限磁场中运动时间t3＝T′＝(1分) 粒子从A点运动到D点的总时间 t＝t1＋t2＋t3＝ .(2分) 6．(14分)如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝0.5 m的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R＝1 Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l＝1 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg、内阻r＝1 Ω的导体棒ab以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，与导轨接触良好，导轨的电阻忽略不计，g取10 m/s2. (1)求0～1 s内流过导体棒ab的电流的大小及方向； (2)求导体棒ab进磁场瞬间的加速度大小； (3)导体棒ab最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热． 答案　(1)0.25 A　方向由a流向b　(2)1.25 m/s2 (3)0.175 J 解析　(1)0～1 s内磁场随时间均匀变化，由法拉第电磁感应定律有E1＝＝＝0.5 V．(2分) 所以流过ab的电流I1＝＝0.25 A(1分) 方向由a流向b；(1分) (2)依题意可知ab棒在第1 s末进入磁场(速度仍为v0)，此后磁感应强度保持不变， 则在ab棒进磁场瞬间E2＝Bdv0＝0.5 V(1分) I2＝＝0.25 A(1分) F＝BI2d(1分) 由牛顿第二定律，有F＝ma(1分) 所以a＝1.25 m/s2(1分) (3)0～1 s内，即进入磁场前，依据焦耳定律有 Q1＝I12(R＋r)t1＝0.125 J(2分) 进入磁场到停止运动，根据功能关系， 则有Q2＝mv02＝0.05 J(2分) 全过程回路中产生的焦耳热Q＝Q1＋Q2＝0.175 J．(1分) 7．(16分)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，置于其上的物块质量为m＝50 kg，物块与斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，另有一气缸也固定在水平地面上，用轻质光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞和物块之间用跨过光滑定滑轮的轻绳连接(连接物块的轻绳与斜面平行，连接活塞的轻绳竖直)，物块恰好不下滑．测得此时封闭气体温度为T1＝540 K，已知活塞的横截面积为S＝0.01 m2，气缸外大气压强为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) ，则： (1)若对封闭气体降温，物块始终保持静止不动，则封闭气体的最低温度为多少？ (2)若物块恰好不下滑，现从气缸中缓慢抽气，气体温度始终保持T1不变，要让物块仍能保持静止不动，抽出的气体与抽气前气体质量的比值最大为多少？ 答案　(1)300 K　(2) 解析　(1)物块恰好不沿斜面下滑，设绳上拉力为F1，由物块平衡可得 F1＋μmgcos θ＝mgsin θ(2分) F1＝100 N 设气体压强为p1，由活塞的平衡有 F1＋p1S＝p0S(2分) p1＝9×104 Pa 对气体降温时，气体压强变小，绳上拉力变大，会出现物块恰好不上滑的临界状态，设此时绳上拉力为F2，由物块的平衡得F2＝μmgcos θ＋mgsin θ(2分) F2＝500 N 设气体压强为p2，由活塞的平衡有 F2＋p2S＝p0S (2分) p2＝5×104 Pa 气体在降温过程中发生等容变化，有＝(2分) 得T2＝300 K．(1分) (2)抽气前气体压强为p1，抽气后物块恰好不上滑时气体压强为p2，设抽气前气体体积为V1，抽出部分气体的体积在压强为p2时体积为V2，气体发生等温变化，有p1V1＝p2(V1＋V2)(2分) 得＝(2分) 故可得抽出气体与抽气前气体质量的比值最大为.(1分) 8.如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB＝L，∠C＝90°，∠A＝60°，一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB＝，折射光线DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c。求： (1)玻璃砖的折射率； (2)该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间。 答案　(1)　(2) 解析　(1)作出光路图如图所示，过E点的法线是三角形的中位线，由几何关系可知△DEB为等腰三角形， DE＝DB＝，由几何知识可知光在AB边折射时折射角为r＝30°，所以玻璃砖的折射率为n＝＝ (2)设临界角为β，有sin β＝，解得β＝45°，由光路图及几何知识可判断，光在BC边上的入射角为60°，大于临界角，则光在BC边上发生全反射，光在AC边的入射角为30°，小于临界角，所以光从AC边第一次射出玻璃砖，根据几何知识可知EF＝，则光束从AB边射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需要的时间为t＝，而v＝，可解得t＝。 9.如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍，即k＝＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可以忽略，取重力加速度g＝10 m/s2。某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短。在此条件下，求： (1)赛车在CD轨道上运动的最短路程； (2)赛车电动机工作的时间。 [解析]　(1)要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短，则赛车经过圆轨道P点时速度最小，此时赛车对轨道的压力为零，重力提供向心力mg＝m 赛车在C点的速度为vC，由机械能守恒定律可得： mg·2R＋mv＝mv 由上述两式联立，代入数据可得 vC＝5 m/s 设赛车在CD轨道上运动的最短路程为x， 由动能定理可得－kmgx＝0－mv 代入数据可得x＝2.5 m。 (2)由于竖直圆轨道光滑，由机械能守恒定律可知： vB＝vC＝5 m/s，从A点到B点的运动过程中，由能量守恒定律可得 Pt＝kmgL＋mv 代入数据可得t＝4.5 s。 [答案]　(1)2.5 m　(2)4.5 s 10．(10分）两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x1＝－0.2 m和x2＝1.2 m处，图示为t＝0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x3＝0.2 m和x4＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动，此后两质点的位移y随时间t变化的关系式为y＝2sin(2πt＋π) cm，质点M的平衡位置位于x＝0.5 m处。求： (1)(6分)两列波相遇的时刻； (2)(4分)从t＝0时刻再经2 s后质点M运动的路程。 答案　(1)0.75 s　(2)20 cm 解析　(1)波长λ＝0.4 m，周期T＝＝1 s， 波速v＝＝0.4 m/s， 两列波相遇经过的时间为 t＝＝ s＝0.75 s， 即两波在t＝0.75 s时刻相遇； (2)经过0.75 s两列波在M点相遇，振动加强，则再经过1.25 s＝1T，质点M运动的路程s＝4×2A＋2A＝10A＝20 cm。 11．(10分)如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝mC＝2 kg。滑块B的左端连有水平轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，直至分开的过程中未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度。 (1)(2分)求弹簧被压缩到最短时，滑块B的速度大小； (2)(2分)求弹簧给滑块B的冲量大小； (3)(3分)求滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能； (4)(3分)若弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。 答案　(1)1 m/s　(2)4 N·s　(3)2.25 J (4)0.5 m/s　0.5 J 解析　(1)对A、B系统，A、B速度相同时，弹簧被压缩到最短， 根据动量守恒定律有mAv0＝(mA＋mB)v1 代入数据可得v1＝1 m/s (2)B一直加速，弹簧恢复原长时，B的速度最大， 根据动量守恒定律和能量守恒定律有 mAv0＝mAvA＋mBvB mAv02＝mAvA2＋mBvB2 代入数据可得vB＝2 m/s 则弹簧给滑块B的冲量大小 I＝Δp＝mBvB＝4 N·s (3)滑块A的动能最小时，即vA2＝0， 根据动量守恒定律有mAv0＝mAvA2＋mBvB2 代入数据可得vB2＝1.5 m/s 根据能量守恒定律有 Ep＝mAv02－mBvB22＝2.25 J (4)弹簧被压缩到最短时，B速度为v1＝1 m/s，此时B与C发生完全非弹性碰撞，对B、C组成的系统，由动量守恒定律得mBv1＝(mB＋mC)v2 代入数据可得v2＝0.5 m/s B与C发生完全非弹性碰撞，有机械能损失，损失的系统机械能为 ΔE＝mBv12－(mB＋mC)v22＝0.5 J。 12. 如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动，斜面固定在水平地面上。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示。已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)A与斜面间的动摩擦因数； (2)A沿斜面向上滑动的最大位移的大小； (3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。 解析　(1)在0～0.5 s内，根据图乙知，A的加速度大小a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，此时间段B的加速度大小与A的加速度大小相等 分析可知有mBg－mAgsin θ－μmAgcos θ＝(mA＋mB)a1 解得μ＝0.25。 (2)B落地后，A继续减速上升，对A受力分析，由牛顿第二定律得mAgsin θ＋μmAgcos θ＝mAa2， 代入数据可得a2＝8 m/s2 故A减速向上滑动的位移x2＝＝0.25 m 在0～0.5 s内，A加速向上滑动的位移x1＝＝0.5 m 所以A沿斜面向上滑动的最大位移的大小 x＝x1＋x2＝0.75 m。 (3)A沿斜面向上滑动的过程中，只有A加速上滑过程细线对A的拉力做功，由动能定理知 W－(mAgsin θ＋μmAgcos θ)x1＝mAv－0 解得细线对A的拉力所做的功W＝12 J。 答案　(1)0.25　(2)0.75 m　(3)12 J 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 寒假作业：高考计算题专题 高中物理计算题（一） 1．(14分)如图甲，质量m＝2 kg的物体置于倾角θ＝30°的足够长且固定的斜面上，t＝0时刻，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，t＝1 s时刻撤去力F，物体运动的部分v－t图像如图乙所示。重力加速度g＝10 m/s2。 (1)求物体与斜面间的动摩擦因数和力F的大小； (2)求t＝6 s时物体的速度大小； (3)求物体返回出发点时的速度大小。 2．(12分)如图所示，将倾角为α的光滑斜面体固定在水平面上，在其左侧有一水平的桌面，桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离为s，现有一可视为质点的滑块由水平桌面上的A点以初速度v0＝6 m/s向右滑动，滑块由B点离开桌面的右边缘，经过一段时间，滑块无碰撞地由斜面体的顶端C点滑上斜面体．已知A、B两点之间的距离为s0＝4.0 m，滑块与水平桌面之间的动摩擦因数为μ＝0.25，B、C两点的高度差为h＝0.45 m，重力加速度g取10 m/s2，忽略空气的阻力． (1)滑块离开桌面边缘的速度为多大？ (2)桌面的右边缘到斜面体左侧的水平距离s为多大？ (3)如果C点距离水平面的高度为H＝4.8 m，则滑块从A运动到D的总时间为多少？ 3．(10分)如图所示，匀强电场的电场线与AC平行，把带电荷量为10－8 C的负电荷从A点移到B点，静电力做功6×10－8 J，AB长6 cm，AB与AC成60°角．求： (1)匀强电场的场强方向； (2)设B处电势为1 V，则A处电势为多少？电子在A处的电势能为多少？ 4．(10分)如图所示，某透明柱状介质的横截面为直角三角形ABC，一光线PD从AC边上的D点射入介质，经AC折射后到达BC边的中点时恰好发生全反射，AC＝L，CD＝，介质对该光线的折射率n＝，光在真空中的传播速度为c。求： (1)该光线从AC边上的D点射入介质时与AC边的夹角θ的余弦值； (2)该光线从D点射入介质到第一次离开介质的时间t。 5 (14分)如图所示，在坐标系xOy的第一象限内，斜线OC的上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限内存在磁感应强度大小未知、方向垂直纸面向里的匀强磁场．现有一质量为m、带电荷量为－q的粒子(不计重力)从y轴上的A点，以初速度v0水平向右垂直射入匀强磁场，恰好垂直OC射出，并从x轴上的P点(未画出)进入第四象限内的匀强磁场，粒子经磁场偏转后从y轴上D点(未画出)垂直y轴射出，已知OC与x轴的夹角为45°.求： (1)O、A间的距离； (2)第四象限内匀强磁场的磁感应强度B′的大小； (3)粒子从A点运动到D点的总时间． 6．(14分)如图甲所示，在水平面上固定有长为L＝2 m、宽为d＝0.5 m的光滑金属“U”形导轨，导轨右端接有R＝1 Ω的电阻，在“U”形导轨右侧l＝1 m范围内存在垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间变化规律如图乙所示．在t＝0时刻，质量为m＝0.1 kg、内阻r＝1 Ω的导体棒ab以v0＝1 m/s的初速度从导轨的左端开始向右运动，与导轨接触良好，导轨的电阻忽略不计，g取10 m/s2. (1)求0～1 s内流过导体棒ab的电流的大小及方向； (2)求导体棒ab进磁场瞬间的加速度大小； (3)导体棒ab最终停止在导轨上，求全过程回路中产生的焦耳热． 7．(16分)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面固定在水平地面上，置于其上的物块质量为m＝50 kg，物块与斜面间动摩擦因数为μ＝0.5，另有一气缸也固定在水平地面上，用轻质光滑活塞封闭了一定质量的理想气体，活塞和物块之间用跨过光滑定滑轮的轻绳连接(连接物块的轻绳与斜面平行，连接活塞的轻绳竖直)，物块恰好不下滑．测得此时封闭气体温度为T1＝540 K，已知活塞的横截面积为S＝0.01 m2，气缸外大气压强为p0＝1.0×105 Pa，重力加速度为g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2) ，则： (1)若对封闭气体降温，物块始终保持静止不动，则封闭气体的最低温度为多少？ (2)若物块恰好不下滑，现从气缸中缓慢抽气，气体温度始终保持T1不变，要让物块仍能保持静止不动，抽出的气体与抽气前气体质量的比值最大为多少？ 8.如图所示，直角三角形ABC是一玻璃砖的横截面，AB＝L，∠C＝90°，∠A＝60°，一束单色光PD从AB边上的D点射入玻璃砖，入射角为45°，DB＝，折射光线DE恰好射到玻璃砖BC边的中点E，已知光在真空中的传播速度为c。求： (1)玻璃砖的折射率； (2)该光束从AB边上的D点射入玻璃砖到第一次射出玻璃砖所需的时间。 9.如图所示，遥控电动赛车(可视为质点)从A点由静止出发，经过时间t后关闭电动机，赛车继续前进至B点后进入固定在竖直平面内的圆形光滑轨道，通过轨道最高点P后又进入水平轨道CD上。已知赛车在水平轨道AB部分和CD部分运动时受到的阻力恒为车重的0.5倍，即k＝＝0.5，赛车的质量m＝0.4 kg，通电后赛车的电动机以额定功率P＝2 W工作，轨道AB的长度L＝2 m，圆形轨道的半径R＝0.5 m，空气阻力可以忽略，取重力加速度g＝10 m/s2。某次比赛，要求赛车在运动过程中既不能脱离轨道，又要在CD轨道上运动的路程最短。在此条件下，求： (1)赛车在CD轨道上运动的最短路程； (2)赛车电动机工作的时间。 10．两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x1＝－0.2 m和x2＝1.2 m处，图示为t＝0时刻两列波的图像，此刻平衡位置在x3＝0.2 m和x4＝0.8 m的P、Q两质点刚开始振动，此后两质点的位移y随时间t变化的关系式为y＝2sin(2πt＋π) cm，质点M的平衡位置位于x＝0.5 m处。求： (1)(6分)两列波相遇的时刻； (2)(4分)从t＝0时刻再经2 s后质点M运动的路程。 11．(10分)如图所示，滑块A、B、C位于光滑水平面上，已知A的质量mA＝1 kg，B的质量mB＝mC＝2 kg。滑块B的左端连有水平轻质弹簧，弹簧开始处于自由伸长状态。现使滑块A以v0＝3 m/s速度水平向右运动，通过弹簧与静止的滑块B相互作用，直至分开的过程中未与C相撞。整个过程弹簧没有超过弹性限度。 (1)(2分)求弹簧被压缩到最短时，滑块B的速度大小； (2)(2分)求弹簧给滑块B的冲量大小； (3)(3分)求滑块A的动能最小时，弹簧的弹性势能； (4)(3分)若弹簧被压缩到最短时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求B、C粘在一起瞬间的速度大小及整个系统损失的机械能。 12. 如图甲所示，两滑块A、B用细线跨过定滑轮相连，B距地面一定高度，A可在细线牵引下沿足够长的粗糙斜面向上滑动，斜面固定在水平地面上。已知mA＝2 kg，mB＝4 kg，斜面倾角θ＝37°。某时刻由静止释放A，测得A沿斜面向上运动的v－t图象如图乙所示。已知g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)A与斜面间的动摩擦因数； (2)A沿斜面向上滑动的最大位移的大小； (3)滑动过程中细线对A的拉力所做的功。 第 1 页 共 2 页 学科网（北京）股份有限公司 $