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3N)

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6小题，每小题4分，共24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.(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 () 出水口 7777777777777777777 A.P8SI 2gh B.gS√2gh 27h 2nh I+h+ C.SI/2 gh 2 D.OgSI/2gh 2nh (H+2h 2gh 【最新5年高考真题分类优化卷·物理（六）6-1】3N 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 d 甲 放置的轻木板上，木板通过一根原 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：，弹性绳劲度系数为k,被拉伸时弹性势能E 号（红为绳的伸长量）。现用水平力下缓慢拉动乙所坐木板，直争 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 （ung) A. 2k umg (I-d) 3(μmg)2 B. 2k umg(l-d) 3(umg)2 C.2k +2umg (l-d) D. 2k +2mg(1-d) 5.(2024·全国)如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量 m 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点后由静止犭 释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能 wwww厂 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 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选 项中，有多项是符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3 分，有选错的得0分。 7.(2025·湖南)如图，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C是 可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。 滑轨安装在高度为h的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内， 两端用物块A和B封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的 能量完全转化为A和B的动能。极短时间内B嵌入C中形成组合体 D,D与滑轨间的动摩擦因数为μ。D在滑轨上运动S,距离后抛出，落 地点距抛出点水平距离为S,,根据S,可计算出弹药释放的能量。某 次测量中，A、B、C质量分别为3m、m、5m,S1=一，整个过程发生在 同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则 () B CID) 口圆简中网滑轨 【6-2】3N A.D的初动能与爆炸后瞬间A的动能相等 B.D的初动能与其落地时的动能相等 C.弹药释放防能量为36m8?1+氵剖】 D弹转释敏的能段为48mg:+) 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mo>mp,t =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 C.2T时刻物体P重力的功率为27 3E D.2T时刻物体P的速度大小2 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 、6 B点，AB段与水平面夹角为0，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 0 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 y/m 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4 两段直线，其方程分别为y=4t-26和y=一220E +140。无人机及其载物的总质量为2kg,取竖 直向上为正方向。则 () 020406080100is 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 三、非选择题：本大题共5题，共56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()所示，为 了提高自己的射击精度，小明同学想探究软弹枪内的弹簧在不同压缩量 【6-3】3N 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 o WWWWM 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三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,一2kx(k为劲度系数，x为弹簧 的形变量)，具体实验操作如下： u 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m。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△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h,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，h1十h,= 。（从m。、m、Lo、L1、b、△t中选 用合适的字母表示) 【6-4】3N 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=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 0.25,向下运动时动摩擦因数42=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tx之比。 (2)若h一1.6m,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 03 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，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3g,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α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】3N 4a/m·s23) Q 6 0↑、R P 8 F/N 图甲 图乙 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(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2gE。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。 2v 0 t1 图(a) 图b) 【6-6】3NR 根据几何关系，有r= sin 0 D 2 D sin0=tan0=元=2L 24πL3 所以p=GT2D 答案：(1)80.00.500/0.501/0.4990.69/0.67/ 24πL 0.68(2) GT'D 13.解析：(1)由万有引力定律和向心力公式有 G Mm GM 解得v=√r (2)在r≤R内部，星体质量 M 4 M。= 4 3r3、. 3xpa R 由万有引力定律和向心力公式有 GMo 2 -=m GM 解得v=r√R (3)对处于R球体边缘的恒星，由万有引力定律和 向心力公式有 GM R-MR 对处于r=nR处的恒星，由万有引力定律和向心力 公式有 G (M+M')m (nR) 一mR 解得M'=(n-1)M GM GM 答案：(1)u= (2)v=r (3)M'= (n-1)M 14.解析：(1)质量为m的货物绕O点做匀速圆周运 动，半径为2L,根据牛顿第二定律可知 F.=mw2·2L=2w2L (2)货物从静止开始以加速度Q做匀加速直线运 1 动，根据运动学公式可知L=2a 2L 解得a= 货物到达B点时的速度大小为 2L v=at= 货物在机械臂的作用下在水平方向上做匀加速直 线运动，机械臂对货物的作用力即为货物所受合力 ma,所以经过t时间，货物运动到B点时机械臂对 其做功的瞬时功率为 2L 2L 4mL? P=mau=m·子，7 (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 解得GM=w是r3 货物在机械臂的作用力F1和万有引力F,的作用 【11】 下做匀速圆周运动，则 F,-F=mo(r-d) 货物受到的万有引力 Mm F,=G- mor3 -d)=,-d) 解得机械臂对货物的作用力大小为 moor F1= 2r3-(r-d)3 (r-d)mwi(r-d)-moi (rd) F1r3-(r-d) F2 答案：1)2mw'L（2)4mL (3)-(rd 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 p·3πr8=p·3π(2r) 解得小星体P远离到2r。处时宇宙的密度 p=800 (2)①此球内的质量 4 M=Pn·3r8 P从r。处远离到2。处，由能量守恒定律得，动能 的变化量 2 -cNMm-（-GMm）=-3Gomr6 △Ek=-G 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。 2 答案：(1)p=8P。(2)0△E.=-3 Gp: 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 小于她出时的速度，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v。,取t时间内的 水为研究对象，该部分水的质量为m=UoSp 根据平拋运动规律v。t'=l -3N 1 h=2g1 解得，=l√2 根据功能关系得P)=2mu十mg(H+h) 联立解得水系的输出功率为 P-ORSI /2gh (H+k+ 27h 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 kx。=ung 解得弹性绳的伸长量 X。g E=& 则此时弹性绳的弹性势能为 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 rI=xo+l-d 则由功能关系可知该过程F所做的功 W=E。十mgx1= 3(mg)9 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 R 0 Q 设图中夹角为日，从大圆环顶端到P,点过程，根据机 械能守恒定律 1 mgR (1-cos 0)=2mv 在P点，根据牛顿第二定律 2 mgcos 0=m R 联立解得 2 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(00π)，根据机械能守恒定律 mgR(1-cos0）=2mu(0≤0≤元) 在该处根据牛顿第二定律 F+mgcos0=mR(0≤0≤π) 【12】 联立可得F=2mg-3mgc0s0 则大圆环对小环作用力的大小 F=2mg-3mg cos 0 银据教学知识可知F引的大小在c0s0=二时最小， 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 v mg=m 解得物体在C,点的速度v=v√g 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.BDA.爆炸后，AB组成的系统动量守恒，即3mu =mw2,B与C碰撞过程动量守恒mv2=6mw,联立 1 解得u=0.5u1。爆炸后醉间A的动能EM=2· 1 3m·u',D的初动能E如=2·6m·(0.5u), 两者不相等，故A错误；B.D水平滑动过程中摩擦 力做功为W:=一4·6mg·S1=一μ·6mg· =一6mg？,做平抛运动过程中重力做的功为W。 =6mg？,故D从开始运动到落地瞬间合外力做功 为0，根据动能定理可知D的初动能与其落地时的 动能相等，故B正确；CD.D物块平抛过程有？ 1 2gt2,S2= g 2,联立可得=S√29 ,D水平 1 滑动过程中根据动能定理有一6mg？=2·6m5- ·6m,化简得=+2g?弹药样效的 1 能量完全转化为A和B的动能，则爆炸过程的能量 1 1 为E=2·3mui+2·mi=24mv 2n(+2g?）=4n?(+)此c 误，D正确。 8,BCD开始释放时物体Q的加连度为号，则 mog-Fr=m0·3 FT-mpg=mp·3 2 解得Fr=3mog =1 mo 2 选项A错误； 在T时刻，两物体的速度，=T 3 号xgr=T P上升的距离h=交X3 6 -3N vi gT2 细线断后P能上升的高度1，=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 2mog2T2 的机械能为E=mogh= 9 从开始到绳子断裂，绳子的拉力对Q做负功，大小为 Wr=FTh= mogT? 9 则此时物体Q的机械能 mog2T? E E'=E-Wr=- 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： 28T 在2T时刻，重物P的速度v2=v1一gT= 3 方向向下；此时物体P重力的瞬时功率 P。=mpgw2=2 _mog 2gT mog'T 3E 3 32T 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v=0 则小球从C到B的过程中，有 1 mgR (1-cos a)2m .v9 F、=mg cos a一mR 联立有F、=3 ng cos a-2ng 则从C到B的过程中a由0增大到0，则cos&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ngusin0 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 1 -mg·2R=2m说-2m6 解得vo=√4gR C错误； 小球在B点恰好脱离轨道有mg cos0=m R 则vB=√gR cos0 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=Ag=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=一2t十140 【13】 可知MN段无人机的速度为=△ △t =-2m/s 则有△p=mw'-mx=2×(-2)kg·m/s-2 X4kg·m/s=-12kg·m/s 可知FN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。= x=3M2=M() 整理可得行Md 站合国障的解章可知分 k 解得k=aMd b 则弹簧的弹性势能的表达式为 Mad'x E= 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 mog k=LLo (2)遮光条通过光电门的时间△1，则 b 物块A增加的动能为 △E=2mv2 mb2 2(△t)2 下降距离为h,则 1 mogh E,=2h=2L1-Lo) 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 mgh=2L,-Lo)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 mghgh:) moghi mogh号 化简可得 2m(L-L) h1+h2= 答案：1)11-L mog mogh (2)mgh=2(L,-L。)+2(△) -3N L1一L8 (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=2 mvc 第一次经过C,点的向心加速度大小为 v元2gh a-RR =16m/s2 ②小物块a在DE上时，因为 uamgcos mgsin 0 所以小物块a每次在DE上升至最高点后一定会下 滑，之后经过若千次在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 )(ui mg cos+g:mgcos 0) 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+uigcos 0=8 m/s a=g sin 0-u2g cos 0-2 m/s 将小物块a在DE上的若千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 2a上1i=2amt年 解= (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)] u1 ngLcos日 解得vE=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 mvg=2mv 1 1 mv年=2·2mw2+241mgl 解得l=0.2m 答案：(1)①16m/s2②2m③1：2(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 v mg+3mg=m R 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一M+m =0.5kg 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-M M 可知6=方=1kg 【14】 截距b=一 umng=-2 m/s M 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=ug=2 m/s 当小物块运动到P,点时，经过1。时间，则轨道有 v=alto 小物块有v2=a2t。 在这个过程中系统机械能守恒有 号M+2a暖=宁Mi+号mi+2mgR 水平方向动量守恒，以水平向左的正方向，则有 Mv+mv2=Mv:+mv 联立解得 to=1.5 s 根据运动学公式有 1 L=2a6-2a,8 代入数据解得 L=4.5m 答案：(1)=4m/s (2)(i)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=2mui-2m (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 k+qE-f 其中f=2gE 联立可得r=VE (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 F#十f=gE+kg 且有F=3gE,f=2gE 1/kg 联立解得r1=2NE t1t2时间内，匀强电场对A和B做的总功 Ws=gE(r。-r1)= qVkgE 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（9Br2一PBw）+(qE-2qE)(r。-x-r2) 2(,-r2)(L。-r2-x) 1 =2m(201)2-7mw 对B有 -3N q(Ar-9xo)+(qE-2qE)x-2k(lo-r:)x2 m(2v1-U1)2 当A以2u1过S时，设B与杆碰撞时，A速度为 u',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x1。 对A根据动能定理有 9(9B2一9B6)+（gE-2gE)(r。-x1-r2) 2k1。-r)(l。-r,-x1 1 2m(21) 对B 1 g(9Ae-9)+(gE-2gE)x1-2b(L。-r:)x1 -m(/-2u) 联立解得 =(1+√5)v1 1 kq 答案：(1)zmu-2m6(2)√E (3)E 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 +mxUN -mp UP +mN UN 即 mp(up一p)=m(vN-vv),根据图像可知 （p一vp)>(vN-y),故mp<mN;同理， QN碰撞时，根据碰撞前后动量守恒有mQ'Q十my UN =ma VQ 十mNUw 即 mQ(vQ一vQ)=mN(y'-vy),根据图像可知 （va-Q)<（vy-),故mQ>mN;故mQ >my>mp,故选D。 2.B设拉力为F,作用时间为1，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一以mg)t1=mvm,得t1= m,撒销拉力后，有以mge=mm,得一 F一μmg ,对于全过程，有F1=mg1,得F=m型 g t 对于全过程有 L=,故AB运动的总时间1 2 2 mUm =t1十te=F-umg mUm ug umgt 一umg t1 t 1 L 一。一 pg t-t ug t-t ugtz ,可知当t2越 大时，1越小，当t2=1时，t取最小值。则tmm2= L L ，则tma=√以g ug 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安=一BIa△t,又q=I 【15】 公州 R=R,得1= — B'a 正确；铝框进入和离开磁场过程，铝框均做减速运 动，可知铝框进入磁场过程的速度一直大于铝框离 开磁场过程的速度，根据F幸=BIa=BBa”。 Ra- B2a'v ，可知铝框进入磁场过程受到的安培力一直 大于铝框离开磁场过程受到的安培力，故铝框进入 磁场过程克服安培力做的功大于铝框离开磁场过程 克服安培力做的功，即铝框进入磁场过程产生的热 量大于铝框离开磁场过程产生的热量，B错误。故 选D。 4.C根据牛顿第二定律有F十f=ma 可得减速运动加速度大小a=F十f m 故A错误； 根据运动学公式有[=” 。=F+7 Fmv 故力F的冲量为I=F=F+了 方向与运动方向相反；故B错误； 根据运动学公式v=2ax mv 可得x=2a2(F+f) 故C正确： 匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为P= 故D错误。 故选C。 5.B根据反冲现象的原理可知，火箭向后喷射燃气的 同时，燃气会给火箭施加反作用力，即推力，故A 错误； 根据万有引力定律可知卫星的向心加速度大小为 F GM a=m=R+h)尸 ≈8.4m/s2 故B正确； 卫星运行的周期为 /(R+h) T=2πNGM ≈1.6h 故C错误； 发射升空初始阶段，火箭加速度方向向上，装在火箭 上部的卫星处于超重状态，故D错误。 故选B。 6.D该过程中系统动能和电势能相互转化，能量守 恒，对整个系统分析可知系统受到的合外力为0，故 动量守恒：当三个小球运动到同一条直线上时，根据 对称性可知细线中的拉力相等，此时球3受到1和2 的电场力大小相等，方向相反，故可知此时球3受到 的合力为0，球3从静止状态开始运动，瞬间受到的 合力不为0，故该过程中小球3受到的合力在玫变， 故A、B错误； 对系统根据动量守恒mu1十mv,=mw 根据球1和2运动的对称性可知V1=2, 解得v3=2v1 1 kg 根据能量守恒2mui+2mvi+2mui=2d 2kg2 解得vg=N3md 故C错误，D正确 故选D。 -3N