周测卷(十二)机械能(三)-【鱼跃龙门卷】2026-2027学年高三物理一轮复习周测卷

2026一2027学年度高三一轮复习周测卷（十二） 物理·机械能（三） (考试时间40分钟，总分100分) 一、单项选择题：本题共5小题，每小题6分，共30分。每小题只有一个选项符合题目要求。带 题目为能力提升题，分值不计入总分。 1.一物体在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直线滑行直到停止。以α、Ek、x和t分 别表示物体运动的加速度大小、动能、位移的大小和运动的时间。则下列图像中，能正确反映 这一过程的是 ↑a/(m·s2) ↑a/(m·s-2) 个E/小 ↑E/小 x/m t/s x/m tis A 力 C D 2.如图所示，水平固定一光滑长杆，杆上P点正下方五处固定一光滑定滑轮，一质量为m的滑 块a套在细杆上，下端系一不可伸长的轻质细绳，细绳绕过定滑轮悬挂一质量为0.5m的小球 b,用水平外力F将滑块a缓慢拉至P点左侧的C点，此时绳与竖直方向夹角为0，滑块a从C 点由静止释放，已知重力加速度为g,下列说法正确的是 A.滑块a在C点静止时，水平外力F的大小为0.5gcos0 B.滑块a从C运动到P的过程中，小球b的机械能先增大后减小 C.滑块a从C运动到P的过程中，小球b一直处于失重状态 D.滑块a运动到P点时的速度大小为 3.生活中常常用到“轮轴”系统，该系统能绕共轴线旋转，如图甲所示。起重机滑轮运用了轮轴 和斜面的原理。某工地用起重机吊起质量m=100kg的重物，将起重机的模型简化，如图乙 所示，起重机底部安装了一个轮轴，其轴与轮的半径之比为1：2，若起重机将钢绳A以速度 v=5m/s匀速收回了20m,不计轮轴质量及一切阻力，滑轮大小可忽略，重力加速度g取 10m/s2。在此过程中，下列说法正确的是 甲 A.重物重力的功率为2500W B.重物上升的速度大小为10m/s C.钢绳B对重物做的功为20000J D.钢绳B的拉力大于重物的重力 物理·周测卷（十二）第1页（共4页） 12 广鱼款龙门卷 4.如图，一劲度系数为k的轻质弹簧，一端固定在墙上，另一端连接一置于水平地面上、质量为 的小物块。小物块与水平地面之间的动摩擦因数为4。小物块位于O点时，弹簧处于自然 状态。现用一外力将小物块向右移动至与O点距离为s的A点处，然后由静止释放，小物块 开始运动。已知弹簧的弹作势能E,k虹，x为弹簧的形变量，k为劲度系数，重力加速度 大小为g。则 A.小物块最终停止的位置在O点 B.小物块第一次向左运动至速度为零的点与A点关于O点对称 WWWWWWWWWWWW SEETPPPPPTSTEYYPEETEATESEYESIA C.小物块第一次向左运动回到O点的过程中，速度的大小一直增大 D.小物块每一次速度为零时，其与O点的距离比上一次速度为零时与 0点的距离小2mg 5.一质量可视为不变的汽车在平直公路上行驶，该车在一段行驶过程中速度的倒数二随加速度 α的变化图像如图所示，已知图线的斜率为k,纵截距为b。下列说法正确的是 A.汽车运动过程中发动机的输出功率不变 B.汽车在行驶过程中受到的阻力逐渐变大 C.汽车行驶的最大速度为 6 D。当汽车速度为最大速度的一半时，汽车的加速度为方 如图所示，甲、乙两倾斜传送带以相同的速率逆时针运动，两传送带粗糙程度不同，但长度、 倾角均相同。将一物体分别从两传送带顶端的A点无初速度释放，物体在甲传送带上B点和 乙传送带中部C点速度都恰好达到，乙传送带上的物体以速度？继续运动到乙传送带B点。 则在物体从A运动到B的过程中，下列说法正确的是 A A.物体在甲传送带上运动的时间比乙短 B.重力的平均功率相等 C.到达B点时，重力的瞬时功率不相等 .0 D.两传送带对物体做的功相等 甲 乙 二、多项选择题：本题共2小题，每小题10分，共20分。每小题有多个选项符合题目要求。全部 选对的得10分，选对但不全的得5分，有选错的得0分。带￥题目为能力提升题，分值不计入 总分。 6.第十五届中国航展首次展出了红一19地空导弹武器系统，主要用于对弹道导弹类目标实施区 域拦截。在某次演习中某型号导弹在竖直方向从静止开始沿直线加速4000时速度达到 1600/s,已知该导弹的质量是600kg,所受阻力大小随导弹速度的变化而变化，在这段加速 过程中导弹受到的平均阻力是3000N,重力加速度为10m/s2,忽略导弹质量的变化，关于这 段加速过程，下列说法正确的是 A.导弹的加速度恒为320m/s2 B.导弹发动机提供的平均反冲力大小是2.01×105N C.导弹增加的机械能是7.68×108J D.导弹发动机对导弹做的功是8.04×108J 物理·周测卷（十二）第2页（共4页） 班级 6 7. 如图所示，质量分布均匀的铁链，静止放在半径R=品m的光滑半球体上方。给铁链一个徽 小的扰动使之向右沿球面下滑，当铁链的端点B滑至C处时其速度大小为3√2/s。已知 姓名 ∠AOB=60°，以OC所在平面为参考平面，取g=10m/s2。则下列说法中正确的是 A.铁链下滑过程中任意一小段铁链的机械能均守恒 得分 B. 铁链在初始位置时其重心高度为3 C.铁链的端点A滑至C处时其重心下降2.8m D.铁链的端点A滑至C处时速度大小为2，I4m/s ￥如图所示的整个装置处于同一竖直平面内，O、B、C三点在同一水平线上，四分之一光滑圆弧轨道 AB半径为R=3m,圆心为O,质量为M=2kg的小圆环通过跨过光滑定滑轮C的细绳与质量 选择题 为m=1kg的物体P相连，物体P通过劲度系数k=5N/m的轻弹簧与质量也为m的物体Q相 答题栏 连，物体Q置于水平地面上，初始时细绳伸直且无张力，弹簧竖直。将小环由B点静止释放，小环 1 套在圆弧轨道上下滑，到达A点时，物体Q恰好对地面无压力，重力加速度g取10m/s2。小环 2 从B点到A点过程中，轻绳始终伸直，轻绳足够长，下列说法正确的是 3 A.小环与物体P组成的系统机械能守恒 B.存在小环速度与物体P速度大小相等的位置 C⊙】 5 C.B、C两点间的距离为1m P W 6 D.小环运动到A点时，速度大小为0,6西 33m/s LVAFCKKKKRRRK7RA77 4 7 三、非选择题：本题共3小题，共50分。 8.(10分)某同学利用图甲所示装置验证机械能守恒定律。细线一端系住直径为d的小球， 一端系在O点，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。安装好实验装置，测出小球的直径d,再测出O点与小球上端之间的距离L;将小球 拉离竖直位置，测量细线偏离竖直方向的夹角，由静止释放小球，小球摆至最低点时光电门 射出的光线恰好射向小球的球心，小球的遮光宽度可近似为，记下小球第一次经过光电门的 遮光时间t,试回答以下问题： ' 3 cm 光电门心 与计算机连接 10 20 甲 乙 丙 (1)为提高实验的精确度，小球应选用 (填正确答案标号) A.塑料球 B.泡沫球 C.钢球 D.木球 (2)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= mm。 (3)将小球拉离竖直位置，测量细线偏离竖直方向的夹角0,0 (填“可以”或“不可以”) 大于90°。小球从释放位置运动至最低点时的速度为v= (用题中相关物理量的 字母表示)。若重力加速度为g,则验证机械能守恒定律的表达式为 (用题中相关物理量的字母表示)。多次改变0值，重复以上实验过程。 物理·周测卷（十二）第3页（共4页） 鱼跃龙门卷 (4)本实验也可以测量重力加速度的大小。利用实验测得的数据，作出的cos日的关系图像 如图丙所示，测得图像斜率的绝对值为，则重力加速度的表达式为g= (用k、L 和d表示)。 9.(20分)光滑管状轨道ABC由直轨道AB和圆弧形轨道BC组成，二者在B处相切并平滑连 接，O为圆心，O、A在同一条水平线上，OC竖直。一直径略小于圆管直径的质量为m的小 球，用细线穿过管道与质量为M的物块连接，将小球由A点静止释放，当小球运动到B处时 ,小球继续运动。已知弧形轨道的半径为R三m,所对应的圆心角为53 0.8,g=10m/s2。 (1)若M=5m,求小球在直轨道部分运动时的加速度大小； (2)若M=5m,求小球从C点抛出后下落高度h=专m时到C点的水 平距离； 、53 (3)M、m满足什么关系时，小球能够运动到C点？ A6------------ m M 10.(20分)某同学设计了如图1所示装置：一质量为0.5kg的水平长木板A置于水平桌面上， 一质量为1.0kg的滑块B(可视为质点)置于木板A上某位置，轻绳一端跨过定滑轮与滑块 B连接，另一端悬挂一重物，定滑轮和滑块B间的轻绳水平，重物落地后立即与轻绳脱离连 接。滑块B在虚线区域内（不含边界）会受到水平向右的恒力F(0<F<5N)作用，虚线区 域宽度为d=0.6m。t=0时刻，滑块B位于虚线区域右侧，所有物体均静止。该同学在某 次操作中，记录下滑块B和木板A运动的部分v-t图像如图2所示，t=1s时刻，滑块B刚 好进入虚线区域。整个运动过程中，滑块B始终不脱离木板A,木板A距定滑轮足够远，最 大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。 (1)求木板A与滑块B间、木板A与桌面间的动摩擦因数； (2)求本次操作中，所挂重物的质量； (3)讨论本次操作中，滑块B停止运动时到虚线区域右边界的距离s与恒力F大小之间的 关系。 ◆/(ms) 77777777777777 77777777 ■ 0.5 图1 图2 物理·周测卷（十二）第4页（共4页）·物理· 下落高度需用到刻度尺。 (2)方案2不可行，该装置中只是平衡了摩擦力，但是 系统仍要克服摩擦阻力做功，机械能不守恒，也就无 法验证系统的机械能守恒。 (3)遮光条越窄误差越小，故应选择遮光条α，它的宽 度为d=1.5mm+0.01mm×25.0=1.750mm。 ,+m,(品)月， 1 若机械能守恒成立，有m1gl= 整理有1=m十m2(d)2 2m1g \△t/g 9.(1)9mg (2)6R(3)4R 【信息获取与转化】 序号文本/图像信息 隐含信息 物理关系 小物块恰好能 类比杆模型的圆 1 v=0 运动到E点 周运动临界条件 仅由重力的分力 mgsin B- 2 与轨道脱离 提供向心力 m区 【解析】(1)小物块恰好能运动到E点，可知在E点 时的速度为零，则由C到E由机械能守恒定律有 1 m0忌=mg×4R,在C点时，根据牛顿第二定律，有 Fc-mg=mR,解得Fc=9mg, 由牛顿第三定律得，小物块在C点对轨道的压力大 小为9mg。 (2)从释放到运动到C点的过程由动能定理有mgh一 umg cos日sin日=2mo2， 解得小物块从倾斜轨道释放点到水平面的高度为 h=6R。 (3)设脱离轨道位置与C点连线与水平方向夹角为 B,根据牛顿第二定律，有mgsin B=m4R' 物理（十 1.C【解析】由于物体受恒力，根据牛顿第二定律，加速 度一直不变，选项A、B错误。由于Ek=Eo一F阻x, 可知动能与运动距离是一次函数；又有x=t一 2Qt,可知动能与时间是二次函数，故C正确， 1 D错误。 2.D【解析】根据受力平衡可得水平外力F的大小为 F=0.5 ng sin0,故A错误。滑块a从C向P运动 的过程中，b向下先加速后减速，a到P点时b的速 度减小到0，α的速度增加到最大，所以b的机械能 一直减小，b先处于失重状态后处于超重状态，故B、 C错误。滑块a从C运动到P点的过程中，b减少的 ·25 参考答案及解析 1 由机械能守恒有mgX4R(1一sinP)=2mo,解得 2 sin3' 则小物块下落的高度为h=4R(1一sinB),联立可得 h=4R 3 0.(1)3 2 (2)1.9s(3)46J 【解析】(1)由图乙知，货物沿传送带向上运动51= 0.8m后，与传送带保持相对静止，根据功能关系有 μng cos0·s1=△E1,可得货物与传送带间的动摩 擦因数为以一日。 (2)货物沿传送带向上运动s1=0.8m时，与传送带 保持相对静止，此时有E,=mg51sin0+?m心2 12J, 解得传送带速度为v=2m/s, 设货物加速过程所用时间为t1,根据运动学公式可 得51=2t1,解得t1=0.8s, 设A点到B点的距离为L,货物在B点时，有E2= 1 mgLsin0+2mo2=34J,解得L=3m, 则货物匀速阶段所用时间为t2= L-51=1.1s, 货物从下端A点运动到上端B点的时间为t=t1十 t2=1.9s。 (3)货物与传送带在共速前，发生的相对位移为△x= x传一S1=vt1一s1=0.8m,因摩擦产生的热量为 Q=mg cos0·△x=12J,根据能量守恒可知传送 带输送机因运送该货物而多消耗的电能为E。= 1 Q+mgL sin 0+2mv2-46 J. 二) 重力势能转化为a的动能，有Q.5mg(g一h）- 1 22,解得速度大小=S。一gh,故D正确。 A【解析】轮轴的轴与轮的半径之比为1：2，根据同 轴转动角速度相等，结合v=w,可知重物上升的速度 vB=2.5m/s,则重物重力的功率为PB=mgvB= 2500W,故A正确，B错误。A的速度与B的速度 之比为2：1，则当A收回20m时，B上升了h= 10m,钢绳B的拉力等于B的重力，则钢绳B对重 物做的功Wg=mgh=10000J,故C、D错误。 D【解析】当小物块速度为零时，其所受弹力满足 高三一轮复习周测卷 F=kz≤mg,弹簧的形变量满足x≤“，可知 小物块最终停止的位置不一定在O点，故A错误。 当kx。=mg,即伸长量为x。=m5时，合力为零， 速度达到最大值；可知小物块第一次向左运动回到O 点的过程中，速度先增大后减小，故C错误。当小物 块第一次到达O点左侧速度为零且压缩量为x2时， 设其刚释放时即在A点时的弹簧伸长量为x1,根据 能量守恒定律有}kx=kx十mg(x1十z:,解 得x2=工1一m8,同理，向右运动时，其初始压缩量 也比速度下一次为零时的伸长量大2g,故D正 确。因为，=x1-2,x=网，有x:十。 x1一x。,小物块第一次向左运动至速度为零的点与 A点关于x。点对称，故B错误。 5.A【解析】设汽车行驶时发动机的输出功率为P,阻 力为f,牵引力为F,有P=Fv,F-f=ma,整理可得 一分十片由愿图可知及- p,b=f ,解得P= I=6 m,可知汽车行驶过程中发动机的输出功率不 变，汽车在行驶过程中受到的阻力恒定不变，故A正 确，B错误。当汽车速度达到最大时，有P=fvm,即 g-名m0。,解得。-名，故C错误。当汽车速度为 。-号云时，车的率引为为F-日-，由 F-寸=a,可得此时光车的加速度为a=名，放D 错误。 D【解析】根据两个物体的总位移 相等，速度一时间图像的面积表示 位移，作出物体在甲、乙传送带上运 动的速度一时间的图像，如图所示， 可知甲运动的时间大于乙运动的时O 2年7 间，故A错误。由题意可知甲、乙传送带长度一样、倾 角一样，故高度差△h一样，根据重力做功W= mg△h,可知两种情况重力做功相同，由于时间不同， 根据平均功率公式P-”,结合A选项分析可知两种 情况运动时间不同，故重力的平均功率不相等，故B 错误。由题意知两种情况到达B点时速度相同，根据 瞬时功率公式P=Fvsin0=mgusin0,可知到达B点 时，重力的瞬时功率相等，故C错误。由题意可知两 种情况物体动能变化量相同，重力做功相同，根据动 ·26 能定理可知，两传送带对物体做的功相等，故D正确。 6.BD【解析】由于导弹所受阻力大小随导弹速度的 变化而变化，可知导弹的加速度不是恒定不变的，故 A错误。根据动能定理可得Fx一fx一mgx= 1 2m0-0,代入数据解得导弹发动机提供的平均反 冲力大小为F=2.01×105N,故B正确。导弹增加 的机城能为△E=号mw2+mgx=7.92X10J,故C 错误。导弹发动机对导弹做的功为W=Fx=8.04× 108J,故D正确。 7.CD【解析】铁链下滑过程中整体的42QoB E 机械能守恒，但任意一小段铁链运动 过程中机械能不守恒，故A错误。设 铁链在初始位置时其重心到O点的距离为h,如图中 的E点所示，铁链的端点B滑至C处过程中，链条 重心的位置到O点距离不变，在此过程中，根据机械 能守包定律可得mgA-mgsn30十之m心，其中。 3√2m/s,解得h=1.8m,故B错误。设链条长度为 L,根据几何关系可得L--看×m=2m,铁 链的端点A滑至C点时其重心下降的高度为H= 么+专-1.8m+号n=2.8m,故C正确，设铁链 2 的端点A滑至C处时速度大小为'，根据机械能守 恒定律可得mgH=2mo,解得=2V4m/s,故 D正确。 【归纳总结】 判断物体或系统的机械能是否守恒的方法 分析动能和势能之和是否变化，若不变，则机械 定义法 能守恒 若只有重力或系统内弹力做功，或有其他力做 做功法 功，但其他力做功的代数和为零，则机械能守恒 若只有动能和势能发生相互转化，而无机械能与 转化法 其他形式能的转化，则机械能守恒 ￥BCD 【信息获取与转化】 序号 文本/图像信息 隐含信息 光滑圆弧轨道AB…光 1 不考虑任何摩擦阻力 滑定滑轮 2 物体Q恰好对地面无压力 弹簧弹力等于Q的重力 P和圆环通过绳连接、圆 P和圆环沿绳方向的速 3 环在圆弧轨道AB上运动 度相等 圆环套在轨道上，细绳直 小环套在圆弧轨道上下滑 接从C到环，而不必跨 越顶点B ·物理· 【解析】小环下滑过程中，弹簧对物体P做功，故小环 与物体P组成的系统机械能不守恒，故A错误。当滑 轮右侧细绳与圆弧AB相切时，小环与物体P的速度 大小相等，故B正确。如图所示，当小环滑到A点时， 物体Q恰好对地面无压力，此时AC=BC+2,0C BC+R,(AC)2=(OC)2+(OA)2,可得BC=1m,故 C正确。小环到达A点时弹簧的伸长量与初始时弹簧 的压缩量相同，弹性势能变化量为0，设小环在A点的 速度大小为vA,此时P的速度大小为p,设∠CAO= 0,则VA sin0=vp,由机械能守恒定律得MgR .2=Mwi+” 10√/165 mg·k 2mu,解得vA= 33 m/s, 故D正确。 D 77777777777777777777777 8.(1)C(2)12.20(3)不可以 d t 1g)1-osy-尸0a 【解析】(1)为提高实验的精确度，减小空气阻力的 影响，小球应选用钢球。 (2)如图乙所示，用游标卡尺测得小球的直径d= 12mm+4×0.05mm=12.20mm。 (3)若0大于90°，由静止释放小球后，小球将做一段 自由落体运动，细线绷紧后做圆周运动，而在细线绷 紧的过程中，小球的机械能将损失一部分，因此日不 可以大于90°。小球运动至最低点时的速度为？= 只，验证机械能守恒定律的表达式为加g(亿+号)1 c0s0)=2mw,联立解得g(亿+号)1-cos0)= 1 g). (4)由上一回表达式整理可得、 2a+ -cos 0+ x+ 2s(L+) 一，结合图像可知= ,解得 d2 d2 kd2 g=2L十d 9.(1)7m/s2(2) 3m(3)M≥20， m 【解析】(1)设细线中张力为F,对小球有F一ngsin53°= ma,对物块有Mg一F=Ma,联立解得a=7m/s2。 R (2)AB-tan 533 ·27 参考答案及解析 由o2=2axAB,代人数据解得v-2W7m/s, 从B到C,根据机械能守恒定律，有2m- 2mu2+ mgR(1-cos 53), 小球离开C后做平抛运动，有x=uct,h=28t, 联立并代入数据解得x=3m。 4 (3)从A到B过程小球和物块组成的系统机械能守 恒，有2(M+m)oi=MgAn-mg a in53, 细线断裂后，小球从B到C,有07=gR。 (1-c0s53), 7m,故M≥20 2 联立解得M= m时小球能运动到 C点。 0.(1)0.40.2(2)6kg(3)见解析 【解析】(1)由v-t图像可知，t=0.5s到t=1s时 间段内，B的加速度大小aB=4m/s2,A的加速度 大小aA=2m/s2,设A与B间的动摩擦因数为μ1， A与桌面间的动摩擦因数为2，由牛顿第二定律， 对B有u1mBg=mBaB, 对A有μ1mBg一μ2(mB十mA)g=mAaA, 联立解得μ1=0.4,42=0.2。 (2)由v-t图像可知，t=0到t=0.5s时间段内，B 的加速度大小aB=8m/s2,设重物质量为m,对B 和重物组成的系统，由牛顿第二定律有mg u1mBg=(m十mB)aB,解得m=6kg。 (3)t=1s时刻，A、B共速，B刚好进入虚线区域， 且B受到水平向右的恒力F作用，若A、B进入虚 线区域后会发生相对滑动，由分析知 F十42(mA十ma)g≥1mag+u,mA+B)g,得 mA十mB mA F≥18N>5N,因此，进人虚线区域后，A、B会保 持相对静止一起水平向左做匀减速直线运动，加速 度大小a共= 「TCmA十mB)8=2F十6，接下来， mA十mB 分析三种情况： ①若A、B恰好能一起滑出左边界，则2ad=v2,其 中a=a共，解得F=2N。 ②若A、B滑不出左边界，停下后A、B均能在虚线 区域内静止，则F≤42(mA十mB)g=3N。 ③若A、B滑不出左边界，停下后A、B不能在虚线 区域内静止，则将反向水平向右加速，若A、B向右 加速过程中会发生相对滑动，由分析知 F-μ2(mA十mg)g1mBg一2(mA十mg)g. mA十mB mA 解得F≥6N>5N,因此，当3N<F<5N时，A、B 高三一轮复习周测卷 会保持相对静止一起向右加速。 综上可知： ①当0<F≤2N时，A、B将一起滑出左边界，又由 42g<41g知，A、B之后将一起匀减速到零，由动能 定理，有Fd十2(mA十mB)gs1=2(mA十mB)v, 解得s,=5-F (m)。 ②当2N<F≤3N时，A、B将一起停在虚线区域中， 由动能定理，有：十：m:十m:8:=名，十 物理( 1.D【解析】网球对球拍的冲量与球拍对网球的冲量 大小相等，方向相反，故A错误。以末速度方向为正 方向，网球动量的变化量为△p=mv一mv。=0.06× 60kg·m/s-(-0.06×40)kg·m/s=6kg·m/s, 故B错误。根据动量定理可得网球受到的冲量大小为 I=F△t=△p=6.0N·s,则球拍对网球的平均作用 力大小F=兰-。8N=00N,故C错误， D正确。 2.D【模型建构】 选取对象斜面体静止在光滑水平面上，滑块从斜面上滑下 建构模型 人船模型 水平方向动量守恒0=mB一MA 确定物理 两者位移之和等于斜面体底边长xA十xB=L 原理 两者位移大小之比等于质量的反比工4=” ZB M 【解析】滑块B在下滑过程中对斜面体A有斜向左 下方的压力，斜面体A向左移动，滑块B的位移与 其受到的支持力F、不是垂直关系，它们的夹角为钝 角，即支持力FN对滑块B做负功，故A错误。滑块 B在下滑过程中，有斜向右下方的加速度，此加速度 有竖直向下的分加速度，所以系统在竖直方向合力 向下，受力不平衡，合外力不为零，所以系统动量不 守恒。滑块B下滑过程中，A、B组成的系统水平方 向不受力，所以系统水平方向动量守恒，取水平向右 为正方向，滑块B下滑过程中，设任意时刻B的水平 速度大小为？B,A的水平速度大小为vA,对系统在 水平方向，由动量守恒定律有0=mv一MvA,解得 、-,设B到达斜面底端时，A、B水平位移大小分 别为xA、xB,在水平方向有xA十xB=L,且mxB= MxA,联立解得滑块B滑到斜面底端时斜面体向左 滑动的距离为x=M什m,故B.C错误。对整体 分析可知，竖直方向存在向下的加速度，所以地面对 ·28 3 ma)v,解得s2=F十3（m)。 ③当3N<F<5N时，A、B将先一起向左匀减速运 动距离L,由动能定理，有FL十μ2(mA十mB)gL= 2(m十ma)0,然后一起向右先匀加速运动再匀 减速运动，由动能定理，有FL一42（mA十mB)g· F-3 (L十s)=0,联立解得53=F+3(m）。 三) 整体的支持力小于整体的重力，则地面对A的支持 力的冲量大小小于(M十m)gt,故D正确。 B【信息获取与转化】 序号 文本/图像信息 隐含信息 物理关系 礼花弹在最高点炸 “爆炸”模型：满 mava 1 开成a、b两部分 足动量守恒定律 m6V6=0 轨迹图如图所示 …忽略空气阻力 平抛运动模型 的作用 等于重力与竖直 3 重力功率 方向速度之积 P=mgU竖 【解析】平抛运动在水平方向为匀速直线运动，有x= 1 1 u.,3x=,,竖直方向上有h=2g后，h=2gt6, 可得v。:v6=1：3,根据动量守恒定律有m。v。一 m606=0,解得m。:m6=3:1,故C错误。a、b两部 分的初动能E。m正，E。一号mi,解得E。· 1 Ew=1:3,故B正确。a、b两部分落地时的速度大 小v1=√0后十gt,v2=√后十gt话，可知，a、b两部 分落地时的速度大小之比不等于1：3，故A错误。 a、b两部分落地时的重力功率P。=MagUya= mag2ta,P6=m6g℃b=mbg2tb,解得P。:Pb=3:1, 故D错误。 A【解析】以帆船为参考系，对△t内的一段风，设 其质量为△m,由动量定理有F△t=△m△v=pS(v一 vo)△t(v一vo),帆船匀速前行，由平衡条件得F=f, 解得v= 十⑦0，A正确，B错误。由以上结论，整 理得u=一pS ，若风与帆作用的有效面积变为原 来的2倍，风速和阻力大小不变，则船的航行速度不 可知，若风 是原来的2倍，C错误。由=w一√S