卷6 机械能守恒定律-【三新金卷·先享题】2026年安徽省高考物理真题分类优化卷(分项3A)

最新5年高考真题分类优化卷·物理（六〉 卷6机械能守恒定律 姓名 班级 考号 得分 本卷共15小题，满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选 项中，第1~7题是只有一项是符合题目要求的。 1.(2025·北京卷)某小山坡的等高线如图，M表示山顶，A、B是同一等 高线上两点，MA、MB分别是沿左、右坡面的直滑道。山顶的小球沿滑 道从静止滑下，不考虑阻力，则 ( A小球沿MA运动的加速度比沿MB的大 B.小球分别运动到A、B点时速度大小不同 C.若把等高线看成某静电场的等势线，则A点电场强度比B点大 D.若把等高线看成某静电场的等势线，则右侧电势比左侧降落得快 2.(2024·北京)将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中， 若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是() A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 3.(2024·安徽)在某地区的干旱季节，人们常用水泵从深水井中抽水灌溉 农田，简化模型如图所示。水井中的水面距离水平地面的高度为H。 出水口距水平地面的高度为h,与落地点的水平距离约为(。假设抽水 过程中H保持不变，水泵输出能量的？倍转化为水被抽到出水口处增 加的机械能。已知水的密度为ρ，水管内径的横截面积为S,重力加速度 大小为g,不计空气阻力。则水泵的输出功率约为 () 出水口 H A.PgSIV2gh B.O8SI2gh 12 H+h+ 2nh H+h+2h 27h 4h C.ogSI gh H+2) D.OgSI2gh 2nh 27h + 4.(2024·山东)如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放 置的轻木板上，木板通过一根原长为（的轻质弹性绳连接，连接点等高 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（六）6一1】3A 且间距为d(d<)。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系 数为k,被拉伸时弹性势能E=2kx(x为绳的伸长量)。现用水平力F 缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人 与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 重力加速度大小为g,则F所做的功等于 () 垦 d F 甲 乙 a7nnqmmmaammmm7m A.(umg) 2k umg (l-d) 3(mg)2 B 2k umg(l-d) C.3(umg) 2k +2umg (I-d) D.umg) 2k +2umg (l-d) 5.(2024·全国)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环 套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底 部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力 大小 ( A.在Q点最大 B.在Q点最小 C.先减小后增大 D.先增大后减小 6.(2024·北京)如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨 道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释 放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说 法正确的是 () A A.物体在C点所受合力为零 B.物体在C点的速度为零 C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度 D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能 7.(2024·江苏)在水平面上有一个U形滑板A,A的上表面有一个静止 的物体B,左侧用轻弹簧连接在物体B的左侧，右侧用一根细绳连接在 物体B的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则 () WWB A.弹簧原长时B动量最大 B.压缩最短时A动能最大 C.系统动量变大 D.系统机械能变大 8.(2022·河北)如图，轻质定滑轮固定在天花板上，物体P和Q用不可伸 长的轻绳相连，悬挂在定滑轮上，质量m。>mp,t=0时刻将两物体由静 止释放，物体Q的加速度大小为，T时刻轻绳突然断开，物体P能够 达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度，取1=0时刻物体P 【6-2】3A 所在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加速度大小为 g,不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。下列说法错误的是 ( Q■ P白 A.物体P和Q的质量之比为1：3 E B.2T时刻物体Q的机械能 3E C.2T时刻物体P重力的功率为2T D.2T时刻物体P的速度大小3 2gT 二、选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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。 9.(2023·湖南)如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC由直线段AB和 圆弧段BC组成，两段相切于B点，AB段与水平面夹角为O,BC段圆心 为O,最高点为C、A与C的高度差等于圆弧轨道的直径2R。小球从A 点以初速度。冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C点，下列说法正确的是 () C B 10 0 6 A A.小球从B到C的过程中，对轨道的压力逐渐增大 B.小球从A到C的过程中，重力的功率始终保持不变 C.小球的初速度v。-√2gR D.若小球初速度？。增大，小球有可能从B点脱离轨道 10.(2023·重庆)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随 时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可 视为两段直线，其方程分别为y=4t一26和y=一2t十140。无人机及 其载物的总质量为2kg,取竖直向上为正方向。则 () ↑ylm 80 60 FM 40 20E 020406080100/s A.EF段无人机的速度大小为4m/s B.FM段无人机的货物处于失重状态 C.FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg·m/s D.MN段无人机机械能守恒 【6-3】3A 三、非选择题：本题共5小题，共58分。 11.(12分)(2024·四川)儿童竞技软弹枪可以发射带吸盘的标枪弹，打中 标靶上不同位置可获得不同的分数，适合儿童娱乐竞技，如图(a)所示，为 了提高自己已的射击精度，小明同学想探究软弹枪内的弹簧在不同压缩量 时对应的弹性势能大小，进行如下实验步骤。（弹簧处于弹性限度内） 滑块 遮光片 光电门 2 w 气垫导轨 图(a) 图b) 图(c) (1)接通电源，调节气垫导轨，当滑块能在导轨任意位置保持静止，说明 气垫导轨已调至 (2)将滑块向左推，压缩弹簧至弹簧的压缩量为x,由静止释放滑块，记 下挡光片通过光电门的时间t; (3)改变滑块的释放位置，记录下多组数据并画出，：-x2图像，如图(c) 所示。根据图(c)得出弹簧在不同压缩量时对应的弹性势能的表达式 为E。= (用字母M、L、a、b、x表示)。如果实验时气垫导 轨未调至水平，而是左端高右端低，则小弹簧弹性势能的测量值比真实 值 (选填“偏大”或“偏小”)。 12.(10分)(2024·河北·二模)物理探究小组要验证一轻弹簧和物块组 成的系统机械能守恒。探究小组事先测出了当地的重力加速度为g, 1 查到了弹簧弹性势能的表达式为E。=2kx(k为劲度系数，x为弹簧 的形变量)，具体实验操作如下： dddusdsee 光电门 a.探究小组先测出弹簧的原长为L。; b.如图甲所示，弹簧竖直悬挂，下端悬挂质量为m。的钩码，稳定后测 出弹簧的长度为L1; c.取下弹簧，将弹簧的一端固定于地面，另一端系上细绳，细绳绕过光 滑的定滑轮，拴接带有遮光条的物块A,测得物块A和遮光条的总 质量为m,遮光条的宽度为b； d.在遮光条正下方安装可移动的光电门； e.调节物块A的位置，让细绳伸直且弹簧恰好处于原长状态，静止释 放物块A,记录遮光条通过光电门的时间△以及释放物块A时遮 光条到光电门的距离h。 (1)此弹簧的劲度系数为 。(用题中所给物理量的符号表示) (2)验证机械能守恒的表达式为 。(用题中所给物理量的符 号表示) (3)探究小组反复调节光电门的位置，发现释放物块A时，遮光条到光 电门的距离分别为h1和h2,遮光条通过光电门的时间相等，根据机械 能守恒定律可得，h,十h2= 。（从o、m、Lo、L1、b、△t中选 【6-4】3A 用合适的字母表示) 13.(10分)(2024·浙江)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角0=37° 的直轨道AB,半径R=1m的圆弧轨道BCD,长度L-1.25m、倾角 为O的直轨道DE,半径为R、圆心角为0的圆弧管道EF组成，轨道间 平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m=0.5kg 滑块b,其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m=0.5kg的 小物块a从轨道AB上高度为h静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道 DE,轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数1一 0.25,向下运动时动摩擦因数μ2-0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦 力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为1，小物块a动到 滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。（其他轨道均光滑，小物块 视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8) (1)若h=0.8m,求小物块 ①第一次经过C点的向心加速度大小； ②在DE上经过的总路程； ③在DE上向上运动时间t上和向下运动时间t下之比。 (2)若h=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。 A父物块a 0 E F滑块b 00、R R 02 D 14.(12分)(2024·山东)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面 上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分 在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道 水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为4，最大静摩擦力等于滑动 摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R=0.4m,重力加速度大小g= 10m/s2。 (1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨 道的弹力大小等于3mg,求小物块在Q点的速度大小v; (2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F,小物块处在轨道水 平部分时，轨道加速度a与F对应关系如图乙所示。 (i)求和m; (ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推 力F=8N,当小物块到P点时撤去F,小物块从Q点离开轨道时相对 地的速度大小为7m/s。求轨道水平部分的长度L。 【6-5】3A 4a/(m·s23) 6 O、R P 8 F/N 图甲 图乙 15.(14分)(2023·福建)如图(a),一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为 m的小滑块A和B,其电荷量分别为q(q>0)和一q。A右端固定有轻 质光滑绝缘细杆和轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长状态。整个空间存在 水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦 力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t=0时，A以初速度v。向右运 动，B处于静止状态。在t1时刻，A到达位置S,速度为v1,此时弹簧 未与B相碰；在t2时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为 3gE;在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为2v1,此时t=t3.0~t3时间 内A的v-t图像如图(b)所示，v1为图线中速度的最小值，t1、12、t3均 为未知量。运动过程中，A、B处在同一直线上，A、B的电荷量始终保 持不变，它们之间的库仑力等效为真空中点电荷间的静电力，静电力常 量为k;B与弹簧接触瞬间没有机械能损失，弹簧始终在弹性限度内。 (1)求0~t1时间内，合外力对A所做的功； (2)求t1时刻A与B之间的距离； (3)求t1~t2时间内，匀强电场对A和B做的总功； (4)若增大A的初速度，使其到达位置S时的速度为21，求细杆与B 碰撞前瞬间A的速度。 9. B 图(a) 图凸) 【6-6】3A2L 2L 4mL' P=maw=m·子· (3)空间站和货物同轴转动，角速度ω。相同，对质 量为m。空间站，质量为M的地球提供向心力 Mmo=mowor G 2 解得GM=ur 货物在机械臂的作用力F,和万有引力F,的作用 下做匀速圆周运动，则 F2-F=mwo(r-d) 货物受到的万有引力 F,=G- Mm moor r-d)2(r-d) 解得机械臂对货物的作用力大小为 F=moir (r-d)-mwi(r-d)=mo ,r-(r-d) (r-d)2 F1r3-(r-d) r 答案：(1)2mw'L(2)mL (3)-4) 15.解析：(1)在宇宙中所有位置观测的结果都一样，则 小星体P运动前后距离O点半径为r。和2r。的球 内质量相同，即 4 4 p·3r8=p·3元(2r) 解得小星体P远离到2r。处时宇宙的密度 p=8P% (2)①此球内的质量 4 M=po·3πr8 P从r。处远离到2r。处，由能量守恒定律得，动能 的变化量 Mm-（_GMm）= 2 △Ek=-G ro 2r 3Gxpomri ②由①知星体的速度随r。增大而减小，星体到观 测点距离越大，运动时间t越长，由v=Hr知，H 减小，故H随t增大而减小。 答案：1p=8P。(2)①△E,=- Gπpomr; 3 ②H随t增大而减小 卷6机械能守恒定律 1.DA.等高线越密集，坡面越陡，根据牛顿第二定律 可得a=gsin0(0为坡面与水平面夹角)，MB对应 的等高线更密集，坡面更陡，小球沿着MB运动时加 速度比沿着MA运动时加速度大，A错误；B.A、B 在同一等高线，小球下落高度相同，根据机械能守 恒，运动到A、B点时速度大小相同，B错误；C.等势 线越密集，电场强度越大，B处等势线更密集，A点 电场强度比B,点小，C错误：D.等势线越密集，电势 降落越快，右侧等势线更密集，右侧电势比左侧降落 得快，D正确。 2.C小球上升过程中受到向下的空气阻力，下落过程 中受到向上的空气阻力，由牛顿第二定律可知上升 过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力 (加速度)，D错误；小球运动的整个过程中，空气阻 力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度 小于尬出时的速度，所以上升过程中小球动量变化 的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定 【12】 理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的 冲量，C正确；上升与下落经过同一位置时的速度，上 升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程 中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过 程所用时间，A错误；B.经同一位置，上升过程中所 受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可 知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失， B错误。故选C。 3.B设水从出水口射出的初速度为o,取t时间内的 水为研究对象，该部分水的质量为m=vtSp 根据平抛运动规律v。t'=l 1 h=2819 解得，=l√ 根据功能关系得P17=2mu+mg(H十h) 联立解得水系的输出功率为 p=gsl√2gh 2gh (H+h+) 4h 故选B。 4.B当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐 木板整体有 k.x。=umg 解得弹性绳的伸长量 o =umg k 则此时弹性绳的弹性势能为 Eo-2kzi-mig 2k 从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位 置的过程，乙所坐木板的位移为 x1=x。+l-d 则由功能关系可知该过程F所做的功 W=E。十umgx1 _3(umg)2 2k +umg(l-d) 故选B。 5.C方法一（分析法）：设大圆环半径为R,小环在大 圆环上某处(P,点)与圆环的作用力恰好为零，如图 所示 设图中夹角为0，从大圆环顶端到P点过程，根据机 械能守恒定律 mgR(1-cos 0) 在P点，根据牛顿第二定律 mg cos 0=m R 联立解得 2 cos0=3 从大圆环顶端到P点过程，小环速度较小，小环重力 沿着大圆环圆心方向的分力大于小环所需的向心 力，所以大圆环对小环的弹力背离圆心，不断减小， -3A 从P点到最低点过程，小环速度变大，小环重力和大 圆环对小环的弹力合力提供向心力，所以大圆环对 小环的弹力逐渐变大，根据牛顿第三定律可知小环 下滑过程中对大圆环的作用力大小先减小后增大。 方法二（数学法）：设大圆环半径为R,小环在大圆环 上某处时，设该处与圆心的连线与竖直向上的夹角 为0(0π)，根据机械能守恒定律 mgR(1-cos0)=2mu2(0≤0≤π) 在该处根据牛顿第二定律 F+mgeos0=mR(0≤0≤π) 联立可得F=2mg-3mgc0s0 则大圆环对小环作用力的大小 IF=12mg-3mg cos 0 2 根据数学知识可知|F的大小在c0s0=3时最小， 结合牛顿第三定律可知小环下滑过程中对大圆环的 作用力大小先减小后增大。 故选C。 6.C物体恰好能到达最高点C,则物体在最高点只受 重力，且重力全部用来提供向心力，设半圆轨道的半 径为r,由牛顿第二定律得 mg=m r 解得物体在C点的速度v=√gT A、B错误； 由牛顿第二定律得mg=ma 解得物体在C点的向心加速度a=g C正确； 由能量守恒定律知，物体在A点时弹簧的弹性势能 等于物体在C,点时的动能和重力势能之和，D错误。 故选C。 7.A对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的 系统动量守恒，得 mAUA-mBUB 设弹簧的初始弹性势能为E。,整个系统只有弹簧弹 力做功，机械能守恒，当弹簧原长时得 E,=2mA0i+之ma8 联立得 名侣+际小 故可知弹簧原长时物体速度最大，此时动量最大，动 能最大。对于系统来说动量一直为零，系统机械能 不变。 故选A。 8.A开始释放时物体Q的加速度为气，则 mQg-Fr=mo· 3 FT-mpg=mp·3 2 解得F,=3mo8 mp 1 mo =2 选项A错误； 在T时刻，两物体的速度，-买 3 【13】 P上升的距房%=×号T-8 3 6 vi gT 细线断后P能上升的高度：=2g=18 可知开始时PQ距离为h=h1十h2= 2gT 9 若设开始时P所处的位置为零势能面，则开始时Q 2mogT2 的机械能为E=mogh= 从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为 Wr=FTh=- ogT 9 则此时物体Q的机械能 E'-E-Wr-Mog'T:E 9 2 此后物块Q的机械能守恒，则在2T时刻物块Q的机 E 械能仍为乞，选项B正确： 在2T时刻，重物P的速度=1一gT=-2gT 3 方向向下；此时物体P重力的瞬时功率 Pc=mpgv2= mog 2gT mog'T 3E 2 3 3 2T 选项C、D正确。 9.AD由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C点，则小 球在C点的速度为c=0 则小球从C到B的过程中，有 1 mgR(1-cosa）=2m v F、=mg cos a一mR 联立有F、=3mgc0sa一2mg 则从C到B的过程中a由0增大到0，则cosa逐渐 减小，故F、逐渐减小，而小球从B到C的过程中， 对轨道的压力逐渐增大，A正确； 由于A到B的过程中小球的速度逐渐减小，则A到 B的过程中重力的功率为P=一mgusin0 则A到B的过程中小球重力的功率始终减小，则B 错误： 从A到C的过程中有 -mg·2R= m呢-之mo 解得vo=√4gR C错误； 小球在B点恰好脱离轨道有mgcos0=mR 则vB=√gRcos0 则若小球初速度。增大，小球在B点的速度有可能 为√gR cos日，故小球有可能从B点脱离轨道，D 正确。 故选AD。 10.AB根据EF段方程y=4t-26 可知EF段无人机的速度大小为U= △y =4m/s △t 故A正确： 根据y1图像的切线斜率表示无人机的速度，可知 FM段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运 动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失 -3A 重状态，故B正确： 根据MN段方程y=-2t+140 可知MN段无人机的速度为=△ ,=-2m/s 则有△p=mw’-mv=2×(-2)kg·m/s-2 ×4kg·m/s=-12kg·m/s 可知FV段无人机和装载物总动量变化量大小为 12kg·m/s,故C错误； MV段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重 力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。 故选AB。 11.解析：(1)接通电源，调节气垫导轨，当滑块能在导 轨任意位置保持静止，说明气垫导轨已经调至水平 位置。 (3)根据能量守恒定律有 E,=r=w=n(） 整理可得京=Mdt 结合图像的斜率可知？ k b Md? 解得k=aM 则弹簧的弹性势能的表达式为 E。- Mad'r? 26 实验时气垫导轨未调至水平，而是左端高右端低， 则小车速度变大，遮光时间变小，导致图像斜率变 大，小弹簧弹性势能的测量值比真实值偏大。 答案：(1)水平位置 Mad'x 26 (2)偏大 12.解析：(1)根据受力平衡可得 k(L-Lo)=mog 解得此弹簧的劲度系数 (2)遮光条通过光电门的时间△，则 6 △t 物块A增加的动能为 1 △E.=7m0=2C mb 下降距离为h,则 1 mogh E。=2h=21-L。 由于物块A减少的重力势能等于物块A增加的动 能和弹簧增加的弹性势能之和，可得 mogh mb2 mgh=2(L1-L)2(△t)月 (3)遮光条到光电门的距离分别为h1和h2,遮光条 通过光电门的时间相等，则说明物块和遮光条在这 两个位置的速度大小相等，则 mg1一2L=mgh:2L1-L。 moghi mogh号 化简可得 2m(L-Lo) h+h,= mog 答案：(1)1-L。 【14】 (2)mgh= mogh2 、nb2 2(L1-Lo)2(△)月 LI-Lo (3)2m 1726 13.解析：(1)①对小物块a从A到第一次经过C的过 程，根据机械能守恒定律有 mgh=2mw品 第一次经过C点的向心加速度大小为 vc 2gh 4-R-R =16m/s ②小物块a在DE上时，因为 u,mgcos 0<mg sin 0 所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下 滑，之后经过若干次在DE上的滑动使机械能损 失，最终小物块a将在B、D间往复运动，且易知小 物块每次在DE上向上运动和向下运动的距离相 等，设其在DE上经过的总路程为5，根据功能关 系有 mgh-R(10s 解得s=2m ③根据牛顿第二定律可知小物块a在DE上向上运 动和向下运动的加速度大小分别为 a=gsin 0+uig cos 0=8 m/s2 a=gsin 0-u2g cos 0=2 m/s2 将小物块a在DE上的若干次运动等效看作是一次 完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有 1 1 a上=2art4 解得←、1 (2)对小物块从A到F的过程，根据动能定理有 2 mv=mg [h-Lsin 0-2R (1-cos 0)] uimgLcos 0 解得vs=2m/s 设滑块长度为！时，小物块恰好不脱离滑块，且此时 二者达到共同速度v,根据动量守恒定律和能量守 恒定律有 mvg =2mu 1 1 mu=之·2mw+2μ1mgl 解得l=0.2m 答案：(1)①16m/s②2m③1：2(2)0.2m 14,解析：(1)根据题意可知小物块在Q点由合力提供 向心力有 mg十3mg=mR 代入数据解得v=4m/s (2)(ⅰ)根据题意可知当F4N时，小物块与轨道 是一起向左加速，根据牛顿第二定律可知 F=(M+m)a 根据图乙有 k二M+m =0.5kg1 当外力F>4N时，轨道与小物块有相对滑动，则对 轨道有 F-umg =Ma 结合题图乙有 -3A 1 可知k= M=1kg- 截距b=一mg M =-2m/s2 联立以上各式可得 M=1kg,m=1kg,=0.2 (ⅱ)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6 m/s,小物块的加速度为 a2=g=2m/s2 当小物块运动到P点时，经过。时间，则轨道有 v=alto 小物块有v2=a2to 在这个过程中系统机械能守恒有 号Ma+号md=子Mu+号mo+2mgR 水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有 Mu+mv2 =Mu:+mv 联立解得 to=1.5 s 根据运动学公式有 L=7a,店-3aud 代入数据解得 L=4.5m 答案：(1)x=4m/s (2)(i)m=1kg,=0.2(i)L=4.5m 15,解析：(1)0~t1时间内根据动能定理可知合外力做 的功为 Wmom 1 (2)由图(b)可知(1时刻A的加速度为0，此时滑块 A所受合外力为0，设此时A与B之间的距离为 r。,根据平衡条件有 tqE= 其中f=2gE kg 联立可得r,=NE (3)在t2时刻，A的速度达到最大，此时A所受合 力为0，设此时A和B的距离为r1,则有 日#+∫=gE+k 且有F=3qE,f=2qE 联立解得1=2√E t1~t2时间内，匀强电场对A和B做的总功 Wa-gE(r-r )=gvkgE 2 (4)过S后，A、B的加速度相同，则A、B速度的变 化相同。设弹簧的初始长度为1。；A在S位置时， 此时刻A、B的距离为”。，A速度最大时，AB距离 为r1,细杆与B碰撞时，A、B距离为r2。 A以U1过S时，到B与杆碰撞时，A增加的速度为 1,则B同样增加速度为V1,设B与杆相碰时，B向 左运动x。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向 左运动x'。对A根据动能定理有 q（9Br2-9B）+（gE-2qE)(r。-x-r2) 【15】 26(1。-r)(1。-2-x') 1 1 -2m(2v)-2mv 对B有 alpi-va)+gE-2gE)() m(2v1-v1)2 当A以2u1过S时，设B与杆碰撞时，A速度为 v',则B速度为(v'一21)，设B与杆相碰时，B向左 运动x1。设B与弹簧相碰到B与杆相碰时，B向左 运动x,。 对A根据动能定理有 9(92一Po）+（qE-2qE)(r。-x1-r2) -2k(,-2)(L。-r2-x1') 1 2m(21)2 对B gg-9)+gE-2gE)E1号(，-z 1 =2m(m'-21)2 联立解得 v'=(1+√5)w 答案：(1)2mui m②n√图 (3)9kqE 2 (4)(1+3) 卷7动量守恒定律 1.DPN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mpvp +mxUN =mp Up +mN U 即 mp(Up一Up)=mv(UN一vN),根据图像可知 (p-p)>(-vN),故mp<mN;同理， QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ十m =mQ UQ 十mNUN, mQ(vQ一vQ)=mv(vy一v),根据图像可知 (vQ-vQ)<(vN-N),故mQ>mN;故mQ >mN>mp,故选D。 2.B设拉力为F,作用时间为t1,撤去外力后AB运 动的时间为t2,AB运动过程的最大速度为Vm,则 由动量定理，有(F一umg)t1=mvm,得i= F-umg ,撤销拉力后，有以mgt2=mUm,得t2= ,对于全过程，有F1=mgt,得F=m, 以g 对于全过程有乞=2，故AB运动的总时间 mum Vm mUm =t十i2=F-umgg umgt 以g -以mg t t Umt 1 L ,可知当t2越 μgt-tigt-t1gt2 大时，t越小，当t2=t时，t取最小值。则tmm2= L L ,则tnn=g」 g 3.D铝框进入和离开磁场过程，磁通量变化，都会产 生感应电流，受向左安培力而减速，完全在磁场中运 -3A