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3C)

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 本卷满分100分，考试时间75分钟 一、选择题：本题共10小题，每小题4分，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，每小题全部选对的得6分，选对但不全的得 3分，有选错的得0分。 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1。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 () 一出水口 A.O8SI /2gh 2gh (H+h+2h B.egSI 2gh 2nh ++ 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（六）6-1】3C C.s() D.OgSI2gh 27h 2nh 4.(2024·山东)如图所示，质量均为 暴 m的甲、乙两同学，分别坐在水平 d F 甲 放置的轻木板上，木板通过一根原mmnmmmammmi 长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d(d<l)。两木板与地 面间动摩擦因数均为以，弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E 一2kx(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 () A.(umg) 2k umg (l-d) B.3(umg)2 十mg(l一d) 2k C. 3(umg) D.(umg) 2k +2μmg(l-d) 2k +2umg(1-d) 5.(2024·全国)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量 为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w☐ A 够到达最高点C。下列说法正确的是() 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 B 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 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一0时刻将两物体由静止释放，物体Q的加速度大小 为号。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t=0时刻物体P所 在水平面为零势能面，此时物体Q的机械能为E。重力加P□ 【6-2】3C 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 正确的是 () A.物体P和Q的质量之比为1：3 B,2T时刻物体Q的机械能为2 C.2T时刻物体P重力的功率为2 D.2T时刻物体P的速度大小2gT 3 9.(2023·湖南)如图，固定在竖直面内的光滑轨道 B ABC由直线段AB和圆弧段BC组成，两段相切于 、0 B点，AB段与水平面夹角为0，BC段圆心为O,最 0 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v。冲上轨道，能沿轨道运 A 动恰好到达C点，下列说法正确的是 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ym 的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所 80 60 FM 示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为 40 两段直线，其方程分别为y=4t一26和y=一2t20 E +140。无人机及其载物的总质量为2kg,取竖 020406080100/s 直向上为正方向。则 () 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 题号 1 2 3 6 7 8 9 10 答案 二、非选择题：本题共5小题，共54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 wW 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 【6-3】3C 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（©） 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, 查到了弹簧弹性势能的表达式为E。=kx2(k为劲度系数，x为弹簧 的形变量)，具体实验操作如下： 中光电门 mo 甲 乙 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。的钩码，稳定后测 出弹簧的长度为L1; ℃.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△t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h,= 。(从m。、m、L。、L1、b、△t中选 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0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 【6-4】3C 力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为41，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tx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物块a 0 F滑块b 0 0、R 0, 14.(10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)求以和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。 4a/(m·s2) 6 555977077777777777277777077777777777777 4 8 F/N 图甲 图乙 【6-5】3C 15.(12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(g>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2gE。t=0时，A以初速度v。向右运 动，B处于静止状态。在11时刻，A到达位置S,速度为1，此时弹簧 未与B相碰；在12时刻，A的速度达到最大，此时弹簧的弹力大小为 3qE;在细杆与B碰前的瞬间，A的速度为2w1,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、t2、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2v1,求细杆与B 碰撞前瞬间A的速度。 2p1 AD B mhanaiauaaii 0 t2t3 i 图(a 图b) 【6-6】3CF2=G Mm mw号r3 (r-d)2(r-d) 解得机械臂对货物的作用力大小为 F=-d) -moi (r-d)=mg 2r3-(r-d) (r-d)2 、4mL 答案：(1)2mw2L(2) ri-(r-d) (3) 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 o·音=0·专2r,y 4 解得小星体P远离到2r。处时宇宙的密度 1 p=8P% (2)①此球内的质量 4 M=p0·3πr8 P从r。处远离到2r。处，由能量守恒定律得，动能 的变化量 2 AEk=-G Mm_/GMm 。（-2r。 =-3GπDo mro ②由①知星体的速度随”。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。 1 2 答案：(1)p=gp(2)0△E=一3Gpmr6: 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 小于抛出时的速度，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 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。，取t时间内的 水为研究对象，该部分水的质量为m=。tSp 根据平拋运动规律vot=l 【12】 1 h=2g9 解将，√易 1 根据功能关系得P)=2mu5十mg(H+h) 联立解得水系的输出功率为 p=gSlV√2gh 2nh (H+h+) 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 kx=umg 解得弹性绳的伸长量 -limg 则此时弹性绳的弹性势能为 E,=2ri-心mg 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 xI=xo+l-d 则由功能关系可知该过程F所做的功 W=E。十μmgx1= 3(mg)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 m R 0 Q 设图中夹角为目，从大圆环顶端到P点过程，根据机 械能守恒定律 mgR(1-cos 0)=2mv 在P点，根据牛顿第二定律 mgcos 0=mR 联立解得 c0s0=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， 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(0≤0≤π)，根据机械能守恒定律 mgR(1-cos0)=2mv(0≤0≤π) 在该处根据牛顿第二定律 3C F+mgcos0=m尺(0<0≤)π 联立可得F=2mmg-3 ng cos0 则大圆环对小环作用力的大小 IF=12mg-3mg cos 01 2 根据数学知识可知|F的大小在cos0=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，由牛顿第二定律得 mg=m r 解得物体在C点的速度v=√gr 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 mAun=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,=之mA听+之ma呢 联立得 -号(+mn)品 E=2mA 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.BCD开始释放时物体Q的加速度为号，则 mog-Fr=mQ·3 FT-mpg=mp·3 2 解得Fr=3mQ8 选项A错误； 在T时刻，两物体的速度=T 3 1 P上升的距离h=2X r=T 3 6 vi gT2 细线断后P能上升的高度h,一2g=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 的机械能为E=mQgh= 2mogT2 9 【13】 从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为 W:=Frh=2 ogT2 9 则此时物体Q的机械能 E'-E-Wr- ogT2 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 械能仍为之，选项B正确： 在2T时刻，重物P的速度，=，一gT=-2gT 3 方向向下；此时物体P重力的瞬时功率 mog 2gT mog'T 3E Po=mpgv:=2 3 3 2T 选项C、D正确。 故选BCD。 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=O 则小球从C到B的过程中，有 mgR(1-cosa）=2m v F=mgcos am R 联立有Fy=3 ng cos a-2mg 则从C到B的过程中α由0增大到O,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=2mu2-2m6 解得vo=4gR C错误； 小球在B点拾好脱离轨道有mg©os0=mR 则vB=VgRcos0 则若小球初速度。增大，小球在B点的速度有可能 为√gR cos0,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=Ay=4m/s △t 故A正确； 根据yt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 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= △t =-2m/s 则有△p=mw'-mu=2×（-2)kg·m/s-2 ×4kg·m/s=-12kg·m/s 可知FV段无人机和装戟物总动量变化量大小为 12kg·m/s,故C错误； MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重 3C 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=子M() 2 整理可得，Md 结合图像的斜率可知)一Md a k 解得k=aM b 则弹簧的弹性势能的表达式为 E。=ad'x 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。 Mad'r 答案：1)水平位置26 (2)偏大 12.解析：(1)根据受力平衡可得 k(L1一L6）=mog 解得此弹簧的劲度系数 品 (2)遮光条通过光电门的时间△1，则 6 △t 物块A增加的动能为 1 △E.=2mu= mb 2(△t)7 下降距离为h,则 B. mogh2 2(L1-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 mogh2 mb2 mgh=2(L1-Lo)十2（△） (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 moghi moghi mgh1-2(L1-L。=mgh:-20L1-L。 化简可得 2m(L1-L。) h+h,= 答案：(1)-L mog mogh m6? (2)mgh=2L1-L0)2(△) 十 LI-Lo (3)2m mo 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 = 【14】 第一次经过C点的向心加速度大小为 ve 2gh 4-R-R =16m/s2 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s,根据功能关 系有 mg[h-R(1-cos )](u mgcos 0+u:mgcos 0) 解得s=2m ③根据牛顿第二定律可知小物块在DE上向上运 动和向下运动的加速度大小分别为 a:=gsin 0+ug cos 0=8 m/s2 ar=gsin 0-u2gcos 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 解得 上1 一2 (2)对小物块a从A到F的过程，根据动能定理有 1 2mv=mg [h-Lsin 0-2R (1-cos 0)] uimgLcos 0 解得Us=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，根据动量守恒定律和能量守 恒定律有 mvr =2mu 1 1 2mw2=2·2mv+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十m)a 根据图乙有 1 k一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 a-7F- M 可知k=M=1kg 藏距b=-3=-2m/s M 联立以上各式可得 M=1kg,m=1kg,以=0.2 3C (ⅱ)由图乙可知，当F=8N时，轨道的加速度为6 m/s2,小物块的加速度为 a:=ug=2 m/s 当小物块运动到P点时，经过。时间，则轨道有 v=ato 小物块有v,=a。t。 在这个过程中系统机械能守恒有 Mmi+子mai=专M+子mi+2maR 1 1 水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有 Mv+mv,=Mv+mv 联立解得 to=1.5 s 根据运动学公式有 L-3a18-3ad 1 代入数据解得 L=4.5m 答案：(1)v=4m/s (2)(1)m=1kg,μ=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 .1 W=>mvi-mvi (2)由图(b)可知t1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 其中f=2gE 联立可得r。=√E (3)在t,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 F4十f=gE十k行 且有F=3qE,f=2gE 联立解得r=2√E t1~t2时间内，匀强电场对A和B做的总功 Ws=9E(,-)=9V阿E (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10：A在S位置时， 此时刻A、B的距离为r。,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U,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1，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（9B2一9B0）+（gE-2gE)(r。-x-r2) 2k,-r2)(l。-r2-x') 1 -2m(2v)m 对B有 qpA29)+(gE—2gE).x2b(1。-r2).x'= 2 m(2w1-v1) 【15】 当A以2w1过S时，设B与杆碰撞时，A速度为 U',则B速度为(u’一2U1),设B与杆相碰时，B向左 运动工1。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(9m2一PB-）+(qE-2qE)(r。-x1-r2) 2b(4。-r2)(L。-r,-x1') =2m- 1 2m(21) 对B 1 g(ge-9)+(gE-2gE)x1-2k(L,-r)x1' 1 =2m(w'-2u) 联立解得 v'=(1+√5)1 1 g 答案：(1)2mwi zm(2)√ (3)9gE 2 (4)(1+√3)1 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 +mNUN =mp Up +mN UN mp(p一vp)=my(vN一N),根据图像可知 (vp一p)>(Uy一vy),故mp<mN;同理， QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQvQ十mN UN ma va 十mNUN: 即 mQ（Q一vQ)=mv(vN一y),根据图像可知 （a-vQ)<(vN-vN),故ma>mN;故ma >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i1= F一μmg ,撤销拉力后，有μmgt2=mvm,得t2= Um ug ,对于全过程，有F1=umgt,得F=m 对于全过程有？ 2,故AB运动的总时间1 mm十m= =t+2=F-umg ug umgt ug -umg t t Umt 1 L ,可知当t2越 ugt-t1μgt-t1μgt2 大时，t越小，当2=t时，t取最小值。则tmn2= L L ,则tmn=√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 动时磁通量不变做匀速运动；可知离开磁场过程的 平均速度小于进入磁场过程的平均速度，所以离开 磁场过程的时间大于进入磁场过程的时间，A错误； 由楞次定律可知，铝框进入磁场过程磁通量增加，感 应电流为逆时针方向；离开磁场过程磁通量减小，感 应电流为顺时针方向，C错误；铝框进入和离开磁场 过程安培力对铝框的冲量为I*=一Bia△f,又q=7 晨器-曾-g将1-D E 3C